高考数学2024全国1卷答案.pdf

第 1页，共 17页绝密绝密启用前启用前【网络回忆版】【网络回忆版】2024 年全国普通高校招生全国统一考试数学试卷（新年全国普通高校招生全国统一考试数学试卷（新高考高考卷）卷）注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合3|55Axx，3,1,0,2,3B ，则.AB()A.1,0B.2,3C.3,1,0D.1,0,2【答案】A【解析】【分析】本题考查交集运算，属于基础题.化简 A，由交集运算即可求解.【解答】解：333|55|55Axxxx，所以 1,0AB，故选 A2.若11ziz，则.z()A.1i B.1i C.1 iD.1i【答案】C【解析】【分析】本题考查复数的运算，属于基础题.利用复数的运算法则即可求解.【解答】解：由11ziz，得(1)(1)zi zi，第 2页，共 17页1izi，111.iiiziii i 3.已知向量(0,1)a，(2,)bx，若(4)bba，则.x()A.2B.1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】本题考查向量线性运算的坐标表示和向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，属于基础题.利用平面向量的坐标运算及向量垂直的坐标表示即可求解.【解答】解：由题意，得4(2,4)bax，因为(4)bba，则(4)440bbax x，解得2.x 4.已知cos()m，tantan2，则cos().()A.3mB.3mC.3mD.3m【答案】A【解析】【分析】本题考查了利用同角三角函数基本关系化简和两角和与差的余弦公式，属于基础题.利用同角三角函数基本关系与两角差的余弦公式得coscossinsin2mm ，再两角和的余弦公式计算得结论.【解答】解：因为cos()m，tantan2，所以coscossinsinsinsin2coscosm，解得coscossinsin2mm ，因此coscoscossinsin3.m 第 3页，共 17页5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为.()A.2 3B.3 3C.6 3D.9 3【答案】B【解析】【分析】本题考查几何体的侧面积及圆锥的体积计算，属于基础题.设它们的底面半径均为 r，圆锥的母线长为 l，则23rrl，得2 3l，再求出半径 r，即可求解.【解答】解：如图所示：设它们的底面半径均为 r，圆锥的母线长为 l，则23rrl，解得2 3l，在圆锥中，22232 333rl，则圆锥的体积为21333 3.36.已知函数22,0()ln(1),0 xxaxa xf xexx在 R 上单调递增，则 a 的取值范围是.()A.(,0B.1,0C.1,1D.0,)【答案】B【解析】【分析】本题考查了指数函数的单调性，对数函数的单调性，一元二次函数的图象与性质和分段函数的单调性，属于基础题.第 4页，共 17页利用指数函数、对数函数的单调性和一元二次函数的图象与性质，结合分段函数的单调性得00ln11aa e，最后计算得结论.【解答】解：因为函数ln(1)0 xyexx是增函数，所以要函数 fx在 R 上单调递增，则00ln11aa e，解得10a ，因此 a 的取值范围是 1,0.7.当0,2 x时，曲线sinyx与2sin(3)6yx的交点个数为.()A.3B.4C.6D.8【答案】C【解析】【分析】本题考查三角函数图象、性质的应用，属于基础题.利用五点法作出函数图象，观察图象即可求解.【解答】解：利用五点法作出sinyx与2sin(3)6yx在0,2 的图像由图可知，曲线sinyx与2sin(3)6yx的交点个数为 6，C 正确.第 5页，共 17页8.已知函数 fx的定义域为 R，()(1)(2)f xf xf x，且当3x 时，()f xx，则下列结论中一定正确的是.()A.(10)100fB.(20)1000fC.(10)1000fD.(20)10000f【答案】B【解析】【分析】本题考查抽象函数，属于一般题.利用已知条件，结合排除法即可求解.【解答】解：由题意知3x 时 fx可以趋近于正无穷，所以排除 CD 两项；由当3x 时，()f xx，得(1)1f，(2)2f，又()(1)(2)f xf xf x所以(3)3f，(4)5f，(5)8f，(6)13f，(7)21f，(8)34f，(9)55f，(10)89f，所以不一定满足(10)100f，再类推，(11)144f，(12)233f，(13)377f，(14)610f，(15)987f，(16)1597f，故(20)1000.f所以选 B二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值2.1X，样本方差20.01S，已知该种植区以往的亩收入 X 服从正态分布2(1.8,0.1)N，假设推动出口后的亩收入 Y 服从正态分布2(,)N X S，则.()(若随机变量 Z 服从正态分布2(,)N，则()0.8413)P ZA.(2)0.2P X B.(2)0.5P X C.(2)0.5P Y D.(2)0.8P Y【答案】BC【解析】【分析】本题考查正态分布的概率，属于基础题.根据正态分布的性质即可求解.【解答】解：由题意得2(1.8,0.1)XN，2(2.1,0.1YN)，第 6页，共 17页故(2)()1()10.84130.15870.2P XP XP X ，故 B 正确，A 错误；而(2)()()0.84130.8.P YP YP Y故 C 正确，D 错误；故选.BC10.设函数2()(1)(4)f xxx，则.()A.3x 是 fx的极小值点B.当01x时，2()()f xf xC.当12x时，4(21)0fx D.当10 x 时，(2)()fxf x【答案】ACD【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值点，并根据单调性比较大小，属于中档题.首先利用导数研究函数的单调性，然后可逐一判断即可.【解答】解：因为 22141313fxxxxxx，当1x 或3x 时，0fx，当13x时，0fx，所以 f x在,1和3,内递增，在1,3内递减.对于 A，3x 是 fx的极小值点，A 正确；对于 B，当01x时，21xx，所以 2f xf x，B 错误；对于 C，当12x时，1213x，所以 3211ffxf，又 10f，34f，所以4210fx，C 正确；对于 D，当10 x 时，2232(1)(2)(1)(4)2(1)0fxf xxxxxx ，所以(2)()fxf x，D正确.故选.ACD11.造型可以看作图中的曲线 C 的一部分，已知 C 过坐标原点 O，且 C 上的点满足横坐标大于2，到点(2,0)F的第 7页，共 17页距离与到定直线(0)xa a的距离之积为 4，则()A.2a B.点(22,0)在 C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为 1D.当点00(,)xy在 C 上时，0042yx【答案】ABD【解析】【分析】本题考查了曲线与方程，利用导数判断或证明已知函数的单调性和利用函数的单调性比较大小，属于较难题.设点(,)P x y为曲线 C 上任意一点，利用曲线与方程得曲线 C 的方程，再利用曲线 C 的方程对 A、B 和 C 进行判断，令 22162(2)f xxx，利用导数判断已知函数的单调性得曲线 f x在点2,1左侧附近单调递减，再利用函数的单调性比较大小对 C 进行判断，从而得结论.【解答】解：对于.A设点(,)P x y为曲线 C 上任意一点，则由题意知：22|(2)40 xaxya，因此由曲线 C 过坐标原点 O 得：|20aa，因此2a ，故 A 正确；对于.B由选项 A 知：曲线 C 的方程为22|2|(2)4xxy，因此将(22,0)代入曲线 C的方程得：2 222 224，所以点(22,0)在曲线 C 上，故 B 正确；对于.C因为2x ，所以由22|2|(2)4xxy得：222162(2)yxx，第 8页，共 17页因此令 22162(2)f xxx，则 33222.(2)fxxx 因为 1202f ，21f，所以曲线 f x在点2,1左侧附近单调递减，因此必存在一个很小的正数，当2,2x时，21f xf，即必存在一个很小的正数，当2,2x时，21y，故 C错误；对于.D因为当点00(,)xy在C上时，2200220016162(2)(2)yxxx，而曲线C上的点满足横坐标大于2，所以2200220016162(2)(2)yxxx得：0042yx，故 D 正确.三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。12.设双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左右焦点分别为1F，2F，过2F作平行于 y 轴的直线交 C 于 A，B 两点，若1|13F A，|10AB，则 C 的离心率为_.【答案】32【解析】【分析】本题考查双曲线的离心率，属于基础题.利用条件求出 a，c，即可求离心率.【解答】解：由题，得121|2842ABAFAFF Aaa，同时222|52024ABbbba，则22236cab，即6c 所以双曲线离心率为3.2cea13.若曲线xyex在点(0,1)处的切线也是曲线ln(1)yxa的切线，则a _.【答案】ln2【解析】【分析】本题考查了导数的几何意义，属于中档题.先利用导数求出xyex在点(0,1)处的切线方程为21yx，设ln(1)yxa的切点为(,)m n，由11yx，得121m，即可得出 m、n，从而得出 a 的值.第 9页，共 17页【解答】解：由xyex得1xye，则曲线xyex在0 x 处的切线斜率2k，则曲线xyex在0 x 处的切线方程为12yx，即21.yx设ln(1)yxa的切点为(,).m n由11yx，得121m，解得1.2m 所以12102n ，所以10ln12a，解得ln2.a 14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有数字 1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字 2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两个各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片的数字的大小，数字大的人得 1 分，数字小的人得 0 分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛比赛后，甲的总得分小于 2 的概率为_.【答案】12【解析】【分析】本题考查了古典概型及其计算，是中档题；不妨设甲的顺序是 1，3，5，7，考虑甲得分为 0，1 的情况讨论可求得答案.【解答】解：不妨设甲的顺序是 1，3，5，7，考虑甲得分为 0，1 的情况(1)0分情况：只有 1 种，1 3 5 72 4 6 8(2)1分情况：甲出 3 的时候得分，此时只有 1 种1 3 5 74 2 6 8甲出 5 的时候得分，此时乙对应有两种情况：乙出 4 的时候有 1 种情况，乙出 2 的时候有 2 种情况，所以共 3 种;甲出 7 的时候得分，此时乙对应有 3 种情况：乙出 6 的时候有 1 种情况，乙出 4 的时候有 2 种情况，乙出 2 的时候有 4 种情况.从而共 7 种情况.所以甲的总得分小于 2 的概率为441 137121242A 第 10页，共 17页四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题 13 分)记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知sin2cosCB，2222.abcab(1)求;B(2)若ABC的面积为33，求.c【答案】解：(1)因为2222abcab，所以由余弦定理得22222cos222abcabCabab，而(0,)C，因此.4C又因为sin2cosCB，所以sin2cos4B，即22cos2B，解得1cos2B，而(0,)B，因此.3B(2)由(1)知：3B，4C，因此5.3412ABC因为ABC的面积为33，所以1sin332abC，即123322ab，解得2 2(33).ab 又因为由正弦定理得sinsincAaC，sinsincBbC，所以22sinsinsincABabC，即2225sinsin1232 2(33)3sin64sin4cc，即2622 2(33)34c，解得2 2(2 2cc 舍去).【解析】本题考查了利用余弦定理解三角形，利用正弦定理解三角形，三角形面积公式与两角和与差的正弦公式，属于中档题.(1)利用余弦定理解三角形得4C，再利用题目条件，计算得结论；(2)利用三角形面积公式得2 2(33)ab，再利用正弦定理解三角形，结合(1)的结论得22 2(33)3sin64c，再利用两角和的正弦公式，计算得结论.16.(本小题 15 分)已知点(0,3)A和点3(3,)2P为椭圆2222:1(0)xyCabab上两点.(1)求椭圆 C 的率心率;第 11页，共 17页(2)若过点 P的直线 l 交椭圆 C 于另一点 B，且ABP的面积为 9，求直线 l 的方程.【答案】解：(1)由点(0,3)A，3(3,)2P在椭圆：22221(0)xyabab上，得222222313321bab，解得212a，29b，则2221293cab，故椭圆 C 的离心率为3122 3cea；(2)由题得2233 5|30322PA，设三角形 ABP 底边 PA 上的高为 h，由1|92ABPSPA h，解得125h，又可求得直线 PA 的方程：260 xy，设过点 B 与直线 PA 平行的直线1:20lxyC，由12|6|55Ch，解得6C 或18C ，当18C 时，经检验此时1:2180lxy与椭圆相离，故舍去；当6C 时，直线1:260lxy与直线:260PA xy关于原点对称，可得1l与椭圆的交点即为点(0,3)A，3(3,)2P关于原点的对称点，记作1(0,3)B、23(3,)2B，分别与3(3,)2P可求得直线 l 方程为12yx或33.2yx，因此，直线(l即直线)PB的方程为20 xy或3260.xy【解析】本题考查了求椭圆的离心率和椭圆中的面积问题，属于较难题.(1)将点坐标代入椭圆方程，求出2a和2c，即可求离心率;(2)求出三角形 ABP 底边 PA 上的高 h，设过点 B 与直线 PA 平行的直线1l的方程：20 xyC，利用平行线间的距离公式求出 C，分情况讨论即可求出直线 l的方程.第 12页，共 17页17.(本小题 15 分)如图，四棱锥PABCD中，PA 底面 ABCD，2PAAC，1BC，3.AB(1)若ADPB，证明：/AD平面;PBC(2)若ADDC，且二面角ACPD的正弦值为427，求.AD【答案】(1)证明：因为PA 平面 ABCD，AD 平面 ABCD，所以PAAD，又因为ADPB，PAPBP，,PA PB 平面 PAB，所以AD 平面 PAB，又AB 平面 PAB，所以ADAB，因为3AB，1BC，2AC，222ABBCAC，所以BCAB，于是/ADBC，又AD 平面 PBC，BC 平面.PBC所以/AD平面.PBC(2)因为ADDC，以 D 为原点，分别以 DA，DC，为 x，y 轴，过点 D作 PA 的平行线为 z 轴，建立空间直角坐标系，第 13页，共 17页设0ADa，则24DCa，(0,0,0)D，(,0,0)A a，2(0,4,0)Ca，(,0,2)P a，设平面 DCP 的一个法向量1111(,)nx y z，因为20,4,0DCa，,0,2DPa，所以由1100DC nDP n ，即21114020ayaxz，可取1(2,0,)na；又(0,0,2)AP ，2(,4,0)ACaa，设平面 ACP 的一个法向量2222(,)nxyz，所以2200AP nAC n 由22222040zaxa y，取22(4,0)naa，因为二面角ACPD的正弦值为427，所以余弦值的绝对值为1.7所以由2121221212 4cos,7|2 4nnan nnna ，得23a，3a，因此，3.AD【解析】本题考查线面垂直的判定与性质，线面平行的判定以及二面角，属于中档题.(1)首先证明AD 平面 PAB，可得ADAB，进而证明/ADBC，再根据线面平行的判定定理即可完成证明;第 14页，共 17页(2)在已知条件下，可以 D 为原点，分别以 DA，DC，为 x，y 轴，过点 D 作 PA 的平行线为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题.18.(本小题 17 分)已知函数3()ln(1).2xf xaxb xx(1)若0b，且()0fx，求 a 的最小值;(2)证明：曲线()yf x是中心对称图形;(3)若()2f x ，当且仅当12x，求 b 的取值范围.【答案】(1)当0b 时，()ln2xf xaxx，(0,2)x，由题意知(0,2)x，2()0(2)fxaxx恒成立，所以min2(2)axx，因为(0,2)x，所以0,20,xx所以2222(2)22xxxx，当且仅当1x 时，取等号.所以2a，则min2.a(2)证明：因为32(2)ln(2)(1)xfxaxbxx3ln(1)2()22xaxb xaf xax ，所以曲线()yf x关于点(1,)a成中心对称图形.(3)因为(1)2fa，否则解集中含有1:x 又由(1)知2a，否则(1)0f，从而2a ，由题意知(1,2)x，()f x 3ln2(1)2.2xxb xx 2222()23(1)(1)3(2)(2)fxb xxbxxxx，设2()3(2)g xbxx，则(1)32.gb当23b时，()0fx，()(1)2f xf，当23b 时，在12x内存在()0fx，此时()2f x ，所以2.3b故2,).3b 第 15页，共 17页【解析】本题考查了函数的对称性，利用导数研究函数的单调性与不等式等，属于难题.(1)由min22()0(2)(2)fxaaxxxx 可求得答案；(2)由(2)()2fxf xa，可得证；(3)由题意可得(1,2)x，3ln2(1)22xxb xx，求导后对 b 进行分类讨论可得答案.19.(本小题 17 分)设 m 为正整数，数列1a，2a，42ma是公差不为 0 的等差数列，若从中删去两项ia和j()a ij后剩余的4m项可被平均分为 m 组，且每织的 4 个数都能构成等差数列，则称数列1a，2a，42ma是(,)i j可分数列.(1)写出所有的(,)i j，16ij，使数列1a，2a，6a是(,)i j可分数列;(2)当3m时，证明：数列1a，2a，42ma是(2,13)可分数列;(3)从 1，2，42m 中一次任取两个数 i 和()j ij，记数列1a，2a，42ma是(,)i j可分数列的概率为mP，证明：1.8mP【答案】解：(1)记原等差数列1a，2a，6a的公差为 d，由于该数列仅有六项，若删去两项，余下四项中总存在相邻的两项公差为 d，又余下的四项构成等差数列，因此余下的四项必然是原数列中连续的四项，故删去的两项只能有三种情况，即(,)(1,6)i j，(1,2)，(5,6).(2)当3m 时，1a，3a，4a，5a，6a，7a，8a，9a，10a，11a，12a，14a可分成三组：1a，4a，7a，10a；3a，6a，9a，12a以及5a，8a，11a，14a，每组均为公差为 3d 的等差数列，所以3m 时符合；当3m 时，数列1a，2a，42ma去掉2a，13a以后，分成 m 组：只需让前面的 3 组还按3m 时的分法，即1a，4a，7a，10a；3a，6a，9a，12a；5a，8a，11a，14a；后面的每 4 个相邻的项一组即可，即15a，16a，17a，18a；41ma，4ma，41ma，42.ma每一组都能构成等差数列第 16页，共 17页因此，数列1a，2a，42ma是(2,13)可分数列.(3)结合(1)(2)考虑分别证明以下两个引理.引理一数列 1，2，42m 是(41,42)kr可分的(0).k r m 删去41k，42r 后，可分组如下(1,2,3,4)，(43,42,41,4)kkkk，(42,43,44,45)kkkk，(42,41,4,41)rrrr，(43,44,45,46)rrrr，(41,4,41,42).mmmm因此引理一得证.且该种情形下共有211mCm，即1(1)(2)2mm种可分数列.引理二数列 1，2，42m 是(42,441)kkt可分的.其中0 kkt m，2t，.tN删去42k，441.kt可分组如下(1,2,3,4)，(43,42,41,4)kkkk，t共计组(41,41,412,413)(43,43,432,433)(44,44,442,443),(4,42,43,44)(42,422,432,442)kktktktkktktktkktktktktktktktktktktkt (443,444,445,446)ktktktkt，(41,4,41,42)mmmm，且该种情形下共有1121(1)2mm m 种可分数列.第 17页，共 17页综上有2224211(1)(2)(1)1122.8618mmmmm mmmPCmm证毕.【解析】本题考查数列的新定义问题，属于难题.(1)直接根据新定义即可写出；(2)根据当3m 时和当3m 时，分类讨论即可完成证明；(3)结合(1)(2)结论，分别证明引理一、二，即可得证.