2024年高考数学试卷（北京）（解析卷）

1/20 绝密★本科目考试启用前 2024 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数学 本试卷共12 页，150 分.考试时长120 分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共40 分） 一、选择题共10 小题，每小题4 分，共40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要 求的一项． 1. 已知集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【 分析】直接根据并集含义即可得到答案. 【详解】由题意得 ， 故选：A. 2. 已知 ，则 （ ）． A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 1/20 【分析】直接根据复数乘法即可得到答案. 【详解】由题意得 ， 故选：C. 3. 求圆 的圆心到 的距离（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可. 2/20 【详解】由题意得 ，即 ， 则其圆心坐标为 ，则圆心到直线 的距离为 ， 故选：C. 4. 的二项展开式中 的系数为（ ） A. 15 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出二项展开式，令 ，解出然后回代入二项展开式系数即可得解. 【详解】 的二项展开式为 ， 令 ，解得 ， 故所求即为 . 故选：B. 5. 已知向量 ， ，则“ ”是“ 或 ”的（ ）条件． A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件 C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积分析可知 等价于 ，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为 ，可得 ，即 ， 可知 等价于 ， 2/20 若 或 ，可得 ，即 ，可知必要性成立； 若 ，即 ，无法得出 或 ， 例如 ，满足 ，但 且 ，可知充分性不成立； 综上所述，“ ”是“ 且 ”的必要不充分条件.故选：A. 6. 已知 ， ， ， ，则 （ ） 3/20 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解. 【详解】由题意可知： 为 的最小值点， 为 的最大值点， 则 ，即 ， 且 ，所以 . 故选：B. 7. 记水的质量为 ，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且 ， ，则 与 的关 系为（ ） A. B. C. 若 ，则 ；若 ，则 ； D. 若 ，则 ；若 ，则 ； 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可得 ，讨论 与1 的大小关系，结合指数函数单调性分析判断. 【详解】由题意可得 ，解得 ， 3/20 若 ，则 ，可得 ，即 ； 若 ，则 ，可得 ；若 ，则 ，可得 ，即 ； 结合选项可知C 正确，ABD 错误； 故选：C. 4/20 8. 已知以边长为4 的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4， ， ，则该四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 平面 ，可知 平面 ，利用等体 积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面 为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设 ， 分别取 的中点 ，连接 ， 则 ，且 ， 平面 ， 可知 平面 ，且 平面 ， 所以平面 平面 ， 过 作 的垂线，垂足为 ，即 ， 由平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 由题意可得： ，则 ，即 ， 则 ，可得 ， 4/20 所以四棱锥的高为 . 当相对的棱长相等时，不妨设 ， ，因为 ，此时不能 形成三角形 ，与题意不符，这样情况不存在. 故选：D. 9. 已知 ， 是函数 图象上不同的两点，则下列正确的是（ ） A. B. 5/20 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD 即可. 【详解】由题意不妨设 ，因为函数 是增函数，所以 ，即 ， 对于选项AB：可得 ，即 ， 根据函数 是增函数，所以 ，故A 正确，B 错误； 对于选项C：例如 ，则 ， 可得 ，即 ，故C 错误； 对于选项D：例如 ，则 ， 可得 ，即 ，故D 错误， 故选：A. 10. 若集合 表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S， 则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 5/20 【分析】先以t 为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域 ，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定 ，则 ，且 ， 可知 ，即 ， 再结合x 的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域 ， 6/20 如图阴影部分所示，其中 ， 可知任意两点间距离最大值 ； 阴影部分面积 . 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图， 见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确 把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 第二部分（非选择题 共110 分） 二、填空题共5 小题，每小题5 分，共25 分. 11. 已知抛物线 ，则焦点坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】形如 的抛物线的焦点坐标为 ，由此即可得解. 【详解】由题意抛物线的标准方程为 ，所以其焦点坐标为 . 故答案为： .12. 已知 ，且α 与β 的终边关于原点对称，则 的最大值为________． 【答案】 ## 6/20 【解析】 【分析】首先得出 ，结合三角函数单调性即可求解最值. 【详解】由题意 ，从而 ， 因为 ，所以 的取值范围是 ， 的取值范围是 ， 7/20 当且仅当 ，即 时， 取得最大值，且最大值为 . 故答案为： . 13. 已知双曲线 ，则过 且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即 可求解. 【详解】联立 与 ，解得 ，这表明满足题意的直线斜率一定存在， 设所求直线斜率为 ，则过点 且斜率为 的直线方程为 ， 联立 ，化简并整理得： ， 由题意得 或 ， 解得 或无解，即 ，经检验，符合题意. 故答案为： . 14. 已知三个圆柱的体积为公比为10 的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为 325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为________．【答案】 【解析】 【分析】根据体积为公比为10 的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 7/20 【详解】设第一个圆柱的高为 ，第二个圆柱的高为 ，则 ， 故 ， ， 故答案为： . 15. 已知 ， ， 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是______. 8/20 ① ， 均为等差数列，则M 中最多一个元素； ② ， 均为等比数列，则M 中最多三个元素； ③ 为等差数列， 为等比数列，则M 中最多三个元素； ④ 单调递增， 单调递减，则M 中最多一个元素. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特 征及反证法可判断③的正误. 【详解】对于①，因为 均为等差数列，故它们的 散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故 中至多一个元素，故①正确. 对于②，取 则 均为等比数列， 但当 为偶数时，有 ，此时 中有无穷多个元素， 故②错误. 对于③，设 ， ， 若 中至少四个元素，则关于 的方程 至少有4 个不同的正数解， 若 ，则由 和 的散点图可得关于 的方程 至多有两个不同的解， 矛盾；若 ，考虑关于的 方程 奇数解的个数和偶数解的个数， 当 有偶数解，此方程即为 ， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时 ， 否则 ，因 单调性相反， 方程 至多一个偶数解， 8/20 当 有奇数解，此方程即为 ， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时 即 否则 ，因 单调性相反， 9/20 方程 至多一个奇数解， 因为 ， 不可能同时成立， 故 不可能有4 个不同的正数解，故③正确. 对于④，因为 为单调递增， 为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨 论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 三、解答题共6 小题，共85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在△ABC 中， ，A 为钝角， ． （1）求 ； （2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC 的面积． ① ；② ；③ ． 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） ； （2）选择①无解；选择②和③△ABC 面积均为 .【解析】 【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案； （2）选择①，利用正弦定理得 ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出 ，再 代入式子得 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首 9/20 先得到 ，再利用正弦定理得到 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三 角形面积公式即可； 【小问1 详解】 由题意得 ，因为 为钝角， 10/20 则 ，则 ，则 ，解得 ， 因为 为钝角，则 . 【小问2 详解】 选择① ，则 ，因为 ，则 为锐角，则 ， 此时 ，不合题意，舍弃； 选择② ，因为 为三角形内角，则 ， 则代入 得 ，解得 ， , 则 . 选择③ ，则有 ，解得 ，则由正弦定理得 ，即 ， 解得 ， 因为 为三角形内角，则 ， 则 10/20 ， 则 17. 已知四棱锥P-ABCD ， ， ， ， ，E 是 上一点， ． 11/20 （1）若F 是PE 中点，证明： 平面 ． （2）若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理 可得 平面 . （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1 详解】 取 的中点为 ，接 ，则 ， 而 ，故 ，故四边形 为平行四边形， 故 ，而 平面 ， 平面 ， 所以 平面 .【小问2 详解】 因为 ，故 ，故 ， 11/20 故四边形 为平行四边形，故 ，所以 平面 ， 而 平面 ，故 ，而 ， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， 则 设平面 的法向量为 ， 12/20 则由 可得 ，取 ， 设平面 的法向量为 ， 则由 可得 ，取 ， 故 ， 故平面 与平面 夹角的余弦值为 18. 已知某险种的保费为 万元，前3 次出险每次赔付 万元，第4 次赔付 万元 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 在总体中抽样100 单，以频率估计概率： （1）求随机抽取一单，赔偿不少于2 次的概率； （2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为 ，估计 的数学期望；（ⅱ）若未赔偿过的保 单下一保险期的保费下降 ，已赔偿过的增加 ．估计保单下一保险期毛利润的数学期望． 【答案】（1） （2）(i)0.122 万元 (ii) 万元 【解析】 【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2 的概率; （2）（ⅰ）设 为赔付金额，则 可取 ，用频率估计概率后可求 的分布列及数学期望 从而可求 . 12/20 （ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求 . 【小问1 详解】 设 为“随机抽取一单，赔偿不少于2 次”， 由题设中的统计数据可得 . 【小问2 详解】 （ⅰ）设 为赔付金额，则 可取 ， 13/20 由题设中的统计数据可得 ， ， ， ， 故 故 （万元）. （ⅱ）由题设保费的变化为 ， 故 （万元） 19. 已知椭圆方程C： ，焦点和短轴端点构成边长为2 的正方形，过 的直线l 与椭圆交于A，B， ，连接AC 交椭圆于D． （1）求椭圆方程和离心率； （2）若直线BD 的斜率为0，求t．【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得 ，进一步得 ，由此即可得解； （2）说明直线 斜率存在，设 ， ，联立椭圆方程，由韦 13/20 达定理有 ，而 ，令 ，即可得解. 【小问1 详解】 由题意 ，从而 ， 所以椭圆方程为 ，离心率为 ； 【小问2 详解】 显然直线 斜率存在，否则 重合，直线 斜率不存在与题意不符， 同样直线 斜率不为0，否则直线 与椭圆无交点，矛盾， 14/20 从而设 ， ， 联立 ，化简并整理得 ， 由题意 ，即 应满足 ， 所以 ， 若直线 斜率为0，由椭圆的对称性可设 ，所以 ，在直线 方程中令 ， 得 ， 所以 ， 此时 应满足 ，即 应满足 或 ， 综上所述， 满足题意，此时 或 . 20. 已知 在 处切线为l． （1）若切线l 的斜率 ，求 单调区间； （2）证明：切线l 不经过 ； 14/20 （3）已知 ， ， ， ，其中 ，切线l 与y 轴交于点B 时．当 ，符合条件的A 的个数为？ （参考数据： ， ， ） 【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为 . （2）证明见解析 （3）2 15/20 【解析】 【分析】（1）直接代入 ，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程 ，将 代入再设新函数 ， 利用导数研究其零点即可； （3 ）分别写出面积表达式，代入 得到 ，再设新函数 研究其零点即可. 【小问1 详解】 ， 当 时， ；当 ， ； 在 上单调递减，在 上单 调递增. 则 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 . 【小问2 详解】 ，切线的斜率为 ， 则切线方程为 ， 将 代入则 ， 即 ，则 ， ， 15/20 令 ， 假设过 ，则 在 存在零点. ， 在 上单调递增， ， 在 无零点， 与假设矛盾，故直线不过 . 【小问3 详解】 时， . 16/20 ，设与 轴交点 为 ， 时，若 ，则此时与 必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知 .所以 ， 则切线的方程为 ， 令 ，则 . ，则 ， ，记 ， 满 足 条 件 的 有 几 个 即 有 几 个 零 点 . ， 当 时， ，此时 单调递减； 当 时， ，此时 单调递增； 当 时， ，此时 单调递减； 因为 ， ， 16/20 所以由零点存在性定理及 的单调性， 在 上必有一个零点，在 上必有一个零点， 综上所述， 有两个零点，即满足 的 有两个. 17/20 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函 数零点问题. 21. 设集合 ．对于给定有穷数列 ，及序列 ， ，定义变换 ：将数列 的第 项加1，得到数列 ；将数列 的第 列加，得到数列 …；重复上述 操作，得到数列 ，记为 ． （1）给定数列 和序列 ，写出 ； （2）是否存在序列 ，使得 为 ，若存在， 写出一个符合条件的 ；若不存在，请说明理由； （3）若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，证明：“存在序列 ，使得 为常数 列”的充要条件为“ ”． 【答案】（1） （2）不存在符合条件的 ，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可； 17/20 （2）利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可； （3）分充分性和必要性两方面论证. 【小问1 详解】 由题意得 ； 【小问2 详解】 假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 项之和为 ， 18/20 则 ，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的 ； 【小问3 详解】 我们设序列 为 ，特别规定 . 必要性： 若存在序列 ，使得 为常数列. 则 ，所以 . 根据 的定义，显然有 ，这里 ， . 所以不断使用该式就得到， ，必要性得证. 充分性： 若 . 由已知， 为偶数，而 ，所以 也是偶数.我们设 是通过合法的序列 的变 换能得到的所有可能的数列 中，使得 最小的一个. 上面已经证明 ，这里 ， . 从而由 可得 . 同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不 变，从而 和 都是偶数. 下面证明不存在 使得 . 18/20 假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 . 情况1：若 ，则由 和 都 是偶数，知 . 对该数列连续作四次变换 后，新的 19/20 相比原来的 减少 ，这与 的最小性矛盾； 情况2：若 ，不妨设 . 情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的 相比原来的 至少减少 ，这与 的最小性矛盾； 情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的 相比原来的 至少减少 ，这与 的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任 意的 都有 . 假设存在 使得 ，则 是奇数，所以 都是奇数，设为 . 则此时对任意 ，由 可知必有 . 19/20 而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和 为偶数，对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的 等于零，比原来的 更小，这与 的最小性矛盾. 综上，只可能 ，而 ，故 是常数列，充分性得证. 20/20 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.