（网络 收集版）2024年新课标全国Ⅰ卷数学高考真题文档版（含答案）

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. 1 D. 2 4. 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. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 8. 已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.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. 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 设计一条美丽的丝带,其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，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1 D. 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_________. 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. 记的内角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． 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． 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题答案】 【答案】A 【2题答案】 【答案】C 【3题答案】 【答案】D 【4题答案】 【答案】A 【5题答案】 【答案】B 【6题答案】 【答案】B 【7题答案】 【答案】C 【8题答案】 【答案】B 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题答案】 【答案】BC 【10题答案】 【答案】ACD 【11题答案】 【答案】ABD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 【12题答案】 【答案】 【13题答案】 【答案】 【14题答案】 【答案】##0.5 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题答案】 【答案】（1） （2） 【16题答案】 【答案】（1） （2）直线的方程为或. 【17题答案】 【答案】（1）证明：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． （2） 【18题答案】 【答案】（1） （2） 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. （3） 【19题答案】 【答案】（1） （2） 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： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. （3） 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，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，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： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③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②中出现的八个数. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 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.A 2.C 3.D 4.A 5.B 6.B 7.C 8.B 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.BC 10.ACD 11.ABD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 13. 14.##0.5 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.（1） （2） 16.（1） （2）直线 的方程为 或 . 17.（1）证明：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 ． （2） 18.（1） （2） 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. （3） 19.（1） （2） 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： ①，共 组； ②，共 组. （如果 ，则忽略②） 故数列 是 可分数列. （3） 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，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，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： ①，共组； ②，，共 组； ③全体，其中，共 组； ④，共组. （如果某一部分的组数为 ，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③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②中出现的八个数. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $