2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题（附答案）.docx

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1、绝密 启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）数学本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的

2、四个选项中，只有一个选项是正确的请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 若，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ）A. B. C. 1D. 24. 已知，则（ ）A. B. C. D. 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，则圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 6. 已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）A. B. C. D. 7. 当时，曲线与交点个数为（ ）A. 3B. 4C. 6D. 88. 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（ ）A. B. C.

3、 D. 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9. 为了解推动出口后亩收入（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，）A. B. C. D. 10. 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

4、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（ ）A. B. 点在C上C. C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：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.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2，4，6，8，两人进行四轮比赛，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

5、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：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. 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；（3）若当且仅当，求的取值范围19. 设

6、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，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：绝密 启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）数学本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡

7、上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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.2. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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

8、.故选：C.3. 已知向量，若，则（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【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.4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.【详解】因为，所以，而，所以，故即，从而，故，故选：A.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，则圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【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，

9、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.6. 已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【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.7. 当时，曲线与的交点个数为（ ）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【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两函数图象，如图所示：由图可知

10、，两函数图象有6个交点.故选：C8. 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（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【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.二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0

11、分.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，）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【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：BC10. 设函数，则（ ）A. 是的极小值点B. 当时，C. 当时，D. 当时，【答案】ACD【解析】【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；

12、根据函数在上的值域即可判断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.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（ ）A. B. 点在C上C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D. 当点在C上时，【答案】ABD【解析】【分析】根据

13、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.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.三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共

14、15 分.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_【答案】【解析】【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. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_.【答案】【解析】【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，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

15、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. 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2，4，6，8，两人进行四轮比赛，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_.【答案】#0.5【解析】【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

16、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分别对应乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，两式相减即得，故.所以甲总得分不小于2的概率为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.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.

17、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c【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得值即可；（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问1详解】由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以.小问2详解】由（1）可得，从而，而，由正弦定理有，从而，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知面积为，可得，所以.16. 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【答案】（1） （2）直

18、线的方程为或.【解析】【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积

19、即可.【小问1详解】由题意得，解得，所以.【小问2详解】法一：，则直线的方程为，即，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，符合题意，此时，直线的方

20、程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，消可得，且，即，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，其中，且，则，则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.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【答案

21、】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出【小问1详解】（1）因为平面，而平面，所以，又，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以， 根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面【小问2详解】如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即因为，设，则，由等面积法可得，又，而为等腰直角三角形，

22、所以，故，解得，即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；（3）若当且仅当，求的取值范围【答案】（1） （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）求出后根据可求的最小值；（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.【小问1详解】时，其中，则，因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.，【小问2详解】的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.【小问3详解】因为当且仅当，

23、故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则，当，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时.而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，.【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19. 设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从

24、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：【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；（2）根据可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.【小问1详解】首先，我们设数列的公差为，则.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形，得到新数列，然后对进行

25、相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.【小问2详解】由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组；，共组.（如果，则忽略）故数列是可分数列.【小问3详解】定义集合，.下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是可分数列：命题1：或；命题2：.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果，且.此时设，.则由可知，即，故.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成

26、等差数列：，共组；，共组；，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）故此时数列是可分数列.第二种情况：如果，且.此时设，.则由可知，即，故.由于，故，从而，这就意味着.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组；，共组；全体，其中，共组；，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）这里对和进行一下解释：将中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：， 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是中出现的

27、八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；而如果，假设，则可设，代入得.但这导致，矛盾，所以.设，则，即.所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.第27页/共27页学科网（北京）股份有限公司