（网络 收集版）2024年新高考北京数学高考真题文档版（含答案）

参考答案 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.C 2.C 3.D 4.A 5.B 6.B 7.D 8.D 9.B 10.C 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. 12.## 13.（或，答案不唯一） 14. ①. 23 ②. 57.5## 15.①③④ 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.（1）； （2）选择①无解；选择②和③△ABC面积均为. 17.（1） 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 . （2） 18.（1） （2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值 19.（1） （2） 20.（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为 . （2） ，切线 的斜率为， 则切线方程为 ， 将 代入则， 即，则， ， 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 . （3）2 21.（1） （2）不存在符合条件的 ， 解法一：假设存在符合条件的 ，可知的第 项之和为 ，第 项之和为 ， 则，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的 ； 解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的 ，且， 因为 ，即序列 共有8项， 由题意可知： ， 检验可知：当 时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的 . （3）解法一：我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得的各项都相等.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.上面已经说明 ，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 .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.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.解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响的结果，且相对于序列也是无序的，（ⅰ）若，不妨设，则，①当，则，分别执行个序列、个序列，可得，为常数列，符合题意；②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，即，分别执行个序列、个序列可得，即，因为为偶数，即为偶数，可知的奇偶性相同，则，分别执行个序列，，，，可得，为常数列，符合题意；③若，则，即，分别执行个、个，可得，因为，可得，即转为①，可知符合题意；④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，因为为偶数，可知的奇偶性相同，则为偶数，且，即转为②，可知符合题意；⑤若，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，因为为偶数，则为偶数，且，即转为④，可知符合题意；综上所述：若，则存在序列 ，使得为常数列；（ⅱ）若存在序列 ，使得为常数列，因为对任意，均有 成立，若为常数列，则，所以；综上所述：“存在序列 ，使得为常数列”的充要条件为“”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $2024年北京卷数学 试卷解析正在制作中 请您耐心等待！ 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. 2. 已知，则（ ）． A. B. C. D. 3. 圆的圆心到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 设 ，是向量，则“”是“或”的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 设函数.已知，，且的最小值为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）. A. 1 B. 2 C. D. 9. 已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 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. 抛物线的焦点坐标为________． 12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为________． 13. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 14. 汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 15. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是______. 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. 在中，内角的对边分别为，为钝角，，． （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. （1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率； （2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）若直线BD的斜率为0，求t的值． 20. 设函数，直线是曲线在点处的切线． （1）当时，求的单调区间. （2）求证：不经过点. （3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 21. 已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． （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，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 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题答案】 【答案】C 【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】D 【8题答案】 【答案】D 【9题答案】 【答案】B 【10题答案】 【答案】C 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题答案】 【答案】 【12题答案】 【答案】## 【13题答案】 【答案】（或，答案不唯一） 【14题答案】 【答案】 ①. 23 ②. 57.5## 【15题答案】 【答案】①③④ 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题答案】 【答案】（1）； （2）选择①无解；选择②和③△ABC面积均为. 【17题答案】 【答案】（1） 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. （2） 【18题答案】 【答案】（1） （2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值 【19题答案】 【答案】（1） （2） 【20题答案】 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为. （2） ，切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 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. （3）2 【21题答案】 【答案】（1） （2）不存在符合条件的， 解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为， 则，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的； 解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的，且， 因为，即序列共有8项， 由题意可知：， 检验可知：当时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的. （3）解法一：我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得的各项都相等.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.上面已经说明，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.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.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.解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，且相对于序列也是无序的，（ⅰ）若，不妨设，则，①当，则，分别执行个序列、个序列，可得，为常数列，符合题意；②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，即，分别执行个序列、个序列可得，即，因为为偶数，即为偶数，可知的奇偶性相同，则，分别执行个序列，，，，可得，为常数列，符合题意；③若，则，即，分别执行个、个，可得，因为，可得，即转为①，可知符合题意；④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，因为为偶数，可知的奇偶性相同，则为偶数，且，即转为②，可知符合题意；⑤若，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，因为为偶数，则为偶数，且，即转为④，可知符合题意；综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，因为对任意，均有成立，若为常数列，则，所以；综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $