2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题含解析.docx
《2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题含解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题含解析.docx(26页珍藏版)》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、2024年新课标全国卷数学真题学校:_姓名:_班级:_考号:_一、单选题1已知集合,则()ABCD2若,则()ABCD3已知向量,若,则()ABC1D24已知,则()ABCD5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,则圆锥的体积为()ABCD6已知函数为,在R上单调递增,则a取值的范围是()ABCD7当时,曲线与的交点个数为()A3B4C6D88已知函数为的定义域为R,且当时,则下列结论中一定正确的是()ABCD二、多选题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,样本方差,已知该种植区以往的亩收入服从正态分布,假设推动出
2、口后的亩收入服从正态分布,则()(若随机变量Z服从正态分布,)ABCD10设函数,则()A是的极小值点B当时,C当时,D当时,11造型可以做成美丽的丝带,将其看作图中曲线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,到点的距离与到定直线的距离之积为4,则()AB点在C上CC在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D当点在C上时,三、填空题12设双曲线的左右焦点分别为,过作平行于轴的直线交C于A,B两点,若,则C的离心率为 13若曲线在点处的切线也是曲线的切线,则 .14甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,
3、8,两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,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).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为 .四、解答题15记内角A、B、C的对边分别为a,b,c,已知,(1)求B;(2)若的面积为,求c16已知和为椭圆上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线交C于另一点B,且的面积为9,求的方程17如图,四棱锥中,底面ABCD,(1)若,证明:平面;(2)若,且二面角的正弦值为,求18已知函数(1)若,且,求的最小值;(2)证明:曲线是中心对称图形;(
4、3)若当且仅当,求的取值范围19设m为正整数,数列是公差不为0的等差数列,若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列是可分数列(1)写出所有的,使数列是可分数列;(2)当时,证明:数列是可分数列;(3)从中一次任取两个数和,记数列是可分数列的概率为,证明:参考答案:1A【分析】化简集合,由交集的概念即可得解.【详解】因为,且注意到,从而.故选:A.2C【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为,所以.故选:C.3D【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.【详解】因为,所以,所以即,故,故选:D.4A【分析】根据两角和的余弦可求的关系,结合的
5、值可求前者,故可求的值.【详解】因为,所以,而,所以,故即,从而,故,故选:A.5B【分析】设圆柱的底面半径为,根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程,求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为,则圆锥的母线长为,而它们的侧面积相等,所以即,故,故圆锥的体积为.故选:B.6B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组,解出即可.【详解】因为在上单调递增,且时,单调递增,则需满足,解得,即a的范围是.故选:B.7C【分析】画出两函数在上的图象,根据图象即可求解【详解】因为函数的的最小正周期为,函数的最小正周期为,所以在上函数有三个周期的图象, 在坐标系中结合五点法画出
6、两函数图象,如图所示:由图可知,两函数图象有6个交点.故选:C8B【分析】代入得到,再利用函数性质和不等式的性质,逐渐递推即可判断.【详解】因为当时,所以,又因为,则,则依次下去可知,则B正确;且无证据表明ACD一定正确.故选:B.【点睛】关键点点睛:本题的关键是利用,再利用题目所给的函数性质,代入函数值再结合不等式同向可加性,不断递推即可.9BC【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知,所以,故,C正确,D错误;因为,所以,因为,所以,而,B正确,A错误,故选:BC10ACD【分析】求出函数的导数,得到极值点,即可判断A;利用函数的单调性可判断B;根据函数在上
7、的值域即可判断C;直接作差可判断D.【详解】对A,因为函数的定义域为R,而,易知当时,当或时,函数在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,故是函数的极小值点,正确;对B,当时,所以,而由上可知,函数在上单调递增,所以,错误;对C,当时,而由上可知,函数在上单调递减,所以,即,正确;对D,当时,所以,正确;故选:ACD.11ABD【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求,故可判断A的正误,结合曲线方程可判断B的正误,利用特例法可判断C的正误,将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.【详解】对于A:设曲线上的动点,则且,因为曲线过坐标原点,故,解得,故A正确.对于B:又曲线方程为,而,故
8、.当时,故在曲线上,故B正确.对于C:由曲线的方程可得,取,则,而,故此时,故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1,故C错误.对于D:当点在曲线上时,由C的分析可得,故,故D正确.故选:ABD.【点睛】思路点睛:根据曲线方程讨论曲线的性质,一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.12【分析】由题意画出双曲线大致图象,求出,结合双曲线第一定义求出,即可得到的值,从而求出离心率.【详解】由题可知三点横坐标相等,设在第一象限,将代入得,即,故,又,得,解得,代入得,故,即,所以.故答案为:13【分析】先求出曲线在的切线方程,再设曲线的切点为,求出,利用公切线斜率相等求出,表示出切线方程
9、,结合两切线方程相同即可求解.【详解】由得,故曲线在处的切线方程为;由得,设切线与曲线相切的切点为,由两曲线有公切线得,解得,则切点为,切线方程为,根据两切线重合,所以,解得.故答案为:14/0.5【分析】将每局的得分分别作为随机变量,然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为,四轮的总得分为.对于任意一轮,甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等,其中使得甲获胜的出牌组合有六种,从而甲在该轮获胜的概率,所以.从而.记.如果甲得0分,则组合方式是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应乙出2,4,6,8,所以;如果甲得3分,则组合方式也是唯一的:必定是甲出1,3,5,7分别对应
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2024 新课 全国 数学 真题含 解析
限制150内