数学·2024年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)（含答题卡）

绝密★启用前 2024年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数 学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 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 好 1.已知集合M={x-3<x<1},N={x|-1≤x<4},则MUN= A.{x|-1≤x<1} B.{xx>-3 C.{x-3<x<4} D.{xlx<4》 2.若复数之满足=一1-i,则x A.-1-i B.-1+i C.1-i D.1+i 3.圆x2+y2-2.x+6y=0的圆心到直线x-y十2=0的距离为 册 A.2 B.2 C.3 D.32 4.在(x一√)的展开式中，x的系数为 A.6 B.-6 C.12 D.-12 5.设a,b是向量，则“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”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 教 6.设函数f(x)=sinx(w>0).已知f(x)=-1,fx)=1,且工，-的最小值为，则w= A.1 B.2 C.3 D.4 7.生物丰富度指数4=入是河流水质的一个评价指标，其中S,N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S 留 没有变化，生物个体总数由N,变为V2,生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则 () A.3N2=2N B.2V2=3N C.N2=N D.N=N 8.如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4,PC=PD= 2√2，该棱锥的高为 A.1 B.2 C.2 D.3 2024·北京卷第1页（共4页） 9.已知(x1,y),(x2,y2)是函数y=2的图象上两个不同的点，则 A.l0g,当十业<西十 2 2 B.1og当十业>西 2 2 C.log,4业<，十x 2 Dlog:当”>+ 10.已知M=(x,y)ly=x十t(x2-x),1≤x≤2,0≤t≤1}是平面直角坐标系中的点集.设d是 M中两点间的距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则 () A.d=3,S<1 B.d=3,S>1 C.d=/10,S<1 D.d=/10,S>1 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y=16x的焦点坐标为 12.在平面直角坐标系xOy中，角a与角3均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称.若a∈ [吾，5]，则cosB的最大值为 13.若直线y=(x一3)与双曲线一y=1只有一个公共点，则k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 65mm,325mm,325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为 mm,升量器的 高为 mm.(不计量器的厚度) 15.设{an}与{b.)是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M={ka=b,k∈N},给出 下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素： ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{b}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.(本小题13分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠A为钝角，a=7,sin2B= icos B. (1)求∠A: (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求 △ABC的面积. 2024·北京卷第2页（共4页） 条件①：b=7: 条件②：cosB= 14: 条件③：csin A=53 2 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.(本小题14分)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上， 且PE⊥AD,PE=DE=2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD: (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 18.(本小题13分)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的 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： 索赔次数 0 1 2 3 4 保单份数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元：前三次索赔时，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. (1)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX; (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下 一份保单毛利润的数学期望估计值与（「）中EX估计值的大小.（结论不要求证明） 2024·北京卷第3页（共4页） 19.(本小题15分)已知椭圆E:是+× 一1(a>b>0),以椭圆E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(0，)(t>√2)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A, B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D. (1)求椭圆E的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值. 20.(本小题15分)设函数f(x)=x十ln(1十x)(k≠0)，直线1是曲线y=f(x)在点(t,f(t)(t> 0)处的切线。 (1)当k=一1时，求f(x)的单调区间. (2)求证：l不经过点(0,0) (3)当k=1时，设点A(t,f(t)(t>0),C(0,f(t)),O(0,0),B为l与y轴交点，S△o与S△AB0 分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△40=15Sao成立？若存在，这样 的点A有几个？ (参考数据：1.09<1n3<1.10,1.60<1n5<1.61,1.94<1n7<1.95) 21.(本小题15分)已知集合M={(i,j,k,)i∈{1,2}，j∈{3,4}，k∈{5,6}，e∈{7,8}，且i+j 十k十为偶数}.给定数列A:a1,a2,…,ag和序列2：T1,T2,…,T,其中T,=(i,,j,k,,心，) ∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换：将A的第i1,j1,k1,项均加1，其余项不变，得 到的数列记作T(A):将T1(A)的第i2,j2,k2,2项均加1，其余项不变，得到的数列记作 T2T（A);…:以此类推，得到数列T,…T2T(A),简记为2(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列2：(1,3,5,7)，(2,4,6,8)，(1,3,5,7)，写出(A): (2)是否存在序列，使得2(A)为a1十2，a2十6，ag十4，a,十2，a5十8，a6十2，a2十4，a。十4？若 存在，写出一个2，若不存在，说明理由： (3)若数列A的各项均为正整数，且a1十a十a5十a,为偶数，求证：“存在序列2，使得n(A) 的各项都相等”的充要条件为“a1十a2=a十a,=a十a6=a,十a:” 2024·北京卷第4页（共4页）2024年普通高等学校招生全国统一考试 第2步：根据图形进行计算及估算 (北京卷) 连接AC,由图易知，d=|AC1=V(2-1)2+(4-1)2= 1.C由集合的并运算，得MUN={x-3<x<4. V0.S<SAc=×(4-2)×2-1)=1,故选C 2.C由题意得，=i(-1一i)=1-i. 11.(4,0) 3D化圆的方程为标准方程，得(x一1)2+(y+3)2=10,所 由题意，知p=8,则号=4，所以抛物线y2=16x 以该圆的圆心(1，一3)到直线x一y十2=0的距离为 的焦点坐标为(4,0). 1-(-3)+2=6=32. √个2+(-1)2√2 12-号 因为a与B的终边关于原点对称，所以B=2kπ十π 十a(k∈Z),所以cos3=c0s(2kr十x十a)=-c0sa.因为a 4.A解法一（公式法）(x一√F)的展开式的通项T,+1= C5xr(-r=(-1)rCx4+(r=0,1,2,3,4.由4 ∈[吾音]，所以mae[宁]，降以mB 豆=3，得r=2.所以(x-的展开式中r的系数为 [-受宁】，所以@月的最大位为号 (-1)2C￥=6. 解法二（组合数法）(x一√)'的展开式中含x3的项是 13.2(答案不唯一）由题意，知该双询线的渐近线方程为y 由(x一√x)(x一√x)(x一x)(x一√x)中任意取2个括号 =士号，直线y=(x一3)过定点(3,0.周为点(3,0)在 内的x与剩余的2个括号内的（一√x)相乘得到的，所以(x 双曲线内，所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公 一√正)的展开式中含x3的项为Cx2·C号（一√E)2= 6x3,所以(x-√)的展开式中x3的系效为6. 共点，则孩直线与双曲线的渐近线平行，所以=士 5.B由(a十b)·(a-b)=0,得a2-b2=0,即|a2-b12= 14.2357.5设升、斗量器的高分别为h1mm,h2mm,升、 0,所以a=b,当a=(1,1),b=(一1,1)时，a=b, 斗、斜量器的容积分别为V1mm,V2mm°，Vgmm,因为 但a≠b且a≠一b,故充分性不成立：当a=一b或a=b 升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3 时，(a十b)·(a一b)=0,故必要性成立.所以“(a十b)·(a 一b)=0”是“a=一b或a=b”的必要不充分条件. 10,x×(受）×230=10×x×(要） Xh2,解得 6.B因为f(r)=sinx∈[一1,1，且f(x1)=一1，f(x2) =1,一lm=受，所以)的最小正周期T=2X受 h:=28.又V=10v1,即元×（要） ×23=10×π× =,所以w系=2 (空）×1，所以1=51.5，所以升，年量器的高分别为 57.5mm,23mm. 1D由题意，将言-21，言-315若S不变期2115.⊙0时于由题知8么是关于的-次式，对这 nV1=3.15lnN2,即2lnN1=3lnN2,所以N=N. 的函数为一次函数，即点(n,am),(n,bm)分别在两条斜率 8.D由题意知△PAB为正三角 均不为0的直线上·而这两条直线最多有1个交，点，所以 形，因为PC2+PD=CD2,所以 M中最多有1个元素，所以①正确：对于②：不妨取am PC⊥PD. 2”,bn=(-2)”,则有a24=22=4,b2h=(-2)2=4(k∈ 如图，分别取AB,CD的中点E, N·),所以a2=b2k(k∈N·),此时M中有无数个元素， F,连接PE,EF,PF,则PE=2B 所以②不正确；对于③：由①知，点(n,am)在一条斜率不为 3,PF=2,EF=4,于是PE2+ 0的直线lo上.设bn=b1g"1(g≠1)，当公比q>0时，直 PF2=EF,所以PE⊥PF,过点P作PG⊥EF,垂足为G. 线lo与数列{bm}对应的函数的图象至多有2个公共点， 易知CD⊥PF,CD⊥EF,EF,PFC平面PEF,且EF∩PF M中最多有2个元素：当g<一1时，点(，bn)在如图所示 =F,所以CD⊥平面PEF.又PGC平面PEF,所以CDI 的曲线C1,C2上，由图易知直线与曲线C1,C2至多有 PG.又PG⊥EF,CD,EFC平面ABCD,CD∩EF=F,所 3个公共点，如当aam=3n-4,bu=一1×(-2)”-1时，a1= 以PG⊥平面ABCD,所以PG为四棱维P-ABCD的高.由 b1=一1，a2=b2=2,a1=b1=8,两个数列有3项相同，所 PE,PF=号EF·PG得PG=PEPF-2X2 以M中最多有3个元素： EF 4 V3.故选D. 9.B因为(x1y1),(x,y2)为函数y=2的图象上两个不 同的点，所以y1=21,y2=2,且x1≠x2,则2≠2，所 以y1十2=2+2>2√2·2=2√2，所以 4业>V2+>0,所以1og34业>1og2V2+石 2 2 x1十x2,故选B. 10.C第1步：画出集合M表示 的区战 当q=一1时，易知M中最多有2个元素：当一1<q<0 设f(t)=x十(.x2-x)1,当x= = A(2.1V= 时，易知M中最多有3个元素.综上可知，当{an}为等差 1时，f(1)=1:当1<x≤2时， 数列，{b}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以③ x2-x>0,所以f()单调递增， 22) 正确：对于①：若数列{am》为递增数列，数列{bn}为递减数 所以当0≤≤1时，f(0)≤f(1) (1.1) 列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减 ≤f(1).即x≤f(t)≤x2,则集 函数，两个函数图象的公共点最多有1个，所以M中最多 合M表示的区城如图中阴影 有1个元素，所以①正确.综上可知，正确结论的序号为 部分所示. ①③④. 数学答案一8 16.解：(1)第1步：利用二倍角的正弦公式化简 别为x轴，y轴、：轴建立 如图所示的空间直角坐 由题知，2sinB·cosB= 7 标系， 又A为钝角，所以B为锐角， 则P(0,0,2).C(1,0,0), D(0,2,0).A(0,-1.0).B 故osB≠0，所以2snB=d (1.-1,0),则AB=(1,0, 第2步：利用正弦定理建立a,b,A,B的关系，从而计算出 0),AP=(0,1.2),PC A的正弦值 D 又46 (1,0,-2),PD=(0,2, 3 sin B sin A-sin A,所以sinA=5 7 2). 2 第3步：分别求平而PAB 第3步：由角的范围及正弦值求出角A 和平而PCD的法向量 又A为纯角，所以A=红 设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1),测 31 n1·AB=x1=0 (2)若选①，结合)得2sinB=号×7，所以sinB= 2 2 n1·AP=1+21=0 可取1=(0，-2,1). B=号A+B= 设平面PCD的法向量为n2=(.x2,y2,2),测 则△ABC不存在，所以条件①不符合要求，故不逃择条 (n2·PC=x2-2z2=0 件①. n2·PD=2y2-2e2=0 若选②，第】步：由同角三角函数的基本关系及正弦定理 可取n2=(2,1,1). 求出b 第4步：利用向量的夹角公式，即可得出平面PAB与平 由题知sinB-√个-cosB=33 面PCD夹角的余孩值 14 设平面PAB与平而PCD的夹角为日， 又4=mB中.23万所以6=3.」 则cos0=c0s(n1,n2)= 1·n2=30 ,2x33 n1·n230 sin 3 14 第2步：利用诱导公式及两角和的正弦公式求sinC 所以平面PAB与平面PCD夹角的余孩值为知 30 又C=π一(A十B),所以sinC=sin(A十B)=sin Acos B18.解：(1)解法一（正面计算）记“随机抽取一份保单，索赔 +cos Asin B= 次数不少于2”为事件A, ×是×-0 由索赔次数不少于2，知索赔次数为2,3,4， 所以P(A)=60+30+10=1001 1000 第3步：利用三角形而积公式得结果 =100010 解法二（反面计算）记“随机抽取一份保单，索赔次数不 所以Sac=专inC=号×7X3x5语_155 少于2”为事件A, 14 41 由索赔次数不少于2，知可利用间接法计算， 若选③，第1步：由已知求出c 由题知c·_5g5,所以c=5. 则PA=1-80900-0 22 (2)(1)由题知X的所有可能取值为0.4，一0.4，一1.2， 第2步：由余弦定理建立方程求出b -2.0,-2.6, 由a2=+c2-2 bccos A得，49=b2+25+5b,即(b+8) 则P(X=0.4)=000 800 =0.8 (b-3)=0. 解得b=3(负值舍去). 第3步：利用三角形面积公式得结果 P(X=-0.4)=1000 100 =0.1, 60 所以SAc=csnA=7×3X5x9-15 P(X=-1.2)=1000 0.06. 30 17.解：(1)第1步：作捕助线，通过证平行四边形来证BF P(X=-2.0)=1000 =0.03. ∥CG 10 取PD的中点G,连接FG,CG, P(X=-2.6)=1000=0.01, 国为F为PE的中点，所以FG-2DE=1,FG∥DE, 故EX=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03 -2.6×0.01=0.122. 又BC=1,AD∥BC,所以FG=BC,FG∥BC, (i)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的 所以四边形FGCB为平行四边形， 保费增加20%，这种情况下一份保单毛利润的数学期望 所以BF∥CG, 估计值比(1)中EX估计值大。 第2步：利用线面平行的判定定理得证 证明如下： 又BF丈平面PCD,CGC平面PCD,所以BF∥平 设调整保费后一份保单的毛利润（单位：万元）为Y,则 面PCD. 对于索赔次数为0的保单，Y=0.4×(1一4%)=0.384， (2)第1步：证明PE⊥平面ABCD 对于索赔次数为1的保单，Y=0.4×(1+20%)一0.8 因为AB⊥平面PAD,PE二平面PAD,所以AB⊥PE, -0.32, 又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, 对于索赔次数为2的保单，Y=-0.32-0.8=一1.12， 所以PE⊥平面ABCD. 对于索黯次数为3的保单，Y=-1.12-0.8=一1.92， 第2步：建立空间直角坐标系，写出相关点和向量的坐标 对于索赔次数为4的保单，Y=-1.92-0.6=一2.52， 连接EC,易知四边形ABCE为矩形，故直线EC,ED,EP 故EY=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92× 两两垂直，故以E为坐标原点，EC,ED,EP所在直线分 0.03-2.52×0.01=0.1252. 所以EX<EY 数学答案一9 19.解：(1)第1步：结合题意得到b,( (3)第1步：求导，得f(x)的单调性 由题意可知b=√2，c=√2， 当k=1时，f(x)=x+ln(1+x),则f(0)=0,f(x)=1+ 第2步：由椭圈的基本量间的关系求a 所以a=√+e7=2, 1+>0, 第3步：写出椭圆E的方程、离心率 故f(x)在（一1，十∞）上单调递增. 第2步：求出（的方程，得到点B的纵坐标 发精园E的方程为号+号-1，高心率。一一要 a 2 所以1的方程为y-[+ln1+0门=(1+)x-, (2)第1步：设出点A,B的坐标及直线AB的方程 设A(x,y),B(c2,y2),直线AB的方程为y=kx十t(k 令x=0,得yB=ln1+)-中 ≠0). 第3步：根据2S△0=15S△A0得到关于1的等式 第2步：联立方程，利用根与系数的关系得x1十x2 与x1x2 易知ACLBC,则由2S△o=15S△AMo,得2×2OC× 联立得+2=.得1+2)r2+4十22一4=0. 1AC=15X号OBIXIACI, y=kx+t 得2OC=15|OB1,得2[1+ln(1+t)]=15ln(1+t) 所以△=(4k1)2-4(1+2k2)(212-4)>0,即4k2-2+2 >0, 0>0. 4kt x1+x2= 即24-13a1+0+-=0>0n. 由根与系数的关系得 1+2k 212-4 ①. 第4步：构造新函数，求零点个数 x1x2= 1+2k2 第3步：由共线关系列等式 令g)=2x-13a1+0+ 由椭圆的对称性可得D(一x2,y2), 13 因为A,C,D三点共线，所以kC=kD 圆)2a5=20 (1十x)2 所以当一1，即十1-(1十)=0 所以gx)在(0，）4，十∞上单润道增，在（合4）上 一x2 第4步：代入直线方程消元 单调递诚。 由y1=kx1十1，y2=kxg十t,得x1(k.x2+1)+x2(kx1+t) 因为g0)=0,(2）>0,g(40=20-13h5<20-13× -(x1十x2)=0, 整理得2k.x1x2+(1-1)(x1十x2)=0②， 1.6=-0.8<0,0(8)= 警-28h3>-26×1.10.7 3 第5步：将①代入②求得t >0. 所以·是+-·十提-0 -4k1 所以(x)在(0，十∞)上有2个不同的零点。 第5步：得结论 解得1=2. 故存在，点A使得2S△M0=15S△0成立，且点A的个数 20.解：(1)第1步：求导 为2. 当k=-1时，f(.x)=x-ln(1十x)(x>-1), 21.解：(1)2(A):3,4,4,5,8,4,3,10. 1 则f()=1-1+x中x (2)不存在.理由如下： 若存在n,则af,a2与a3,a4增加值之和应该相等，注意 第2步：求f(x)的单调区间 到a1,a2一共增加了8，而a3a4一共增加了6，从而不存 令f(x)>0,得x>0,令f(x)<0,得-1<x<0, 在符合题意的. 所以f(x)的单调递增区间为(0，十∞)，单调递减区间为 (3)第1步：证明必要性 (-1.0). 因为存在序列2，使得a1=a2=…=a8,所以a1十a2=a3 (2)第1步：求出1的方程 十d4=a5十a6=a7十a8. f)=1+车)=1+： 又每次进行变换时，a1十a2,a3十a1,a5十a6,a7十ag均增 加1， 故1的方程为y-f)=(1+在)x-0. 故经过n(n∈N)次变换后，a1十a2十n=a3十a4十n=as 第2步：提出假设，得到关于1的等式 十a6+n=a7十a8+n,可得a1+a2=a3十a1=as十a6=a7 十ag恒成立， 级设1经过点(0.0，则-f)=-(1+车》 第2步：证明充分性 即-1-kln(1+0=-1厂1千7 tk 如果a1十a2=a3十a4=a十a6=ay十a8, 且还有a1-ag=a3-a4=a5-a6=a7一a8=0, 则有a1=a2=a3=a4=a5=a6=a7=a8,即n(A)为常 又≠0，所以ln1+)=千>0). 数列， 第3步：推出矛盾，得结论 由于每次变换后均有a1十a2=d3十a4一as十a6一a7十a8, 令F)=ln1+)-+>0. 故我们只需证明可在某一步变换后有a1一a2一ag一a4一 a5-a6=a7-a8=0. 则F')=1+0>0. 设(S1,S2,S,S4)=(a1-a2,a3-a4a5-a6a7-a8), 从而(S,S2,S3,S4)在每次变换后相当于在偶数个位置 所以F(t)在(0，十o∞)上单调递增， 上加1，其余减1， 所以F>0,即1a1+)>千7>0，与n1+0= 由41十a2=a3十a4=a5十a6=a7十a8,可得初始情况下 S1,S2,S3,S4同时为奇数或同时为偶数. 中>0)矛盾， 不妨设为偶，则a1十ag十as+a7为偶，所以S1十Sg十S 十S!为4的倍数，且在变换后仍同时为奇数或同时为偶 所以假设不成立，即不经过点(0,0). 数，且和为4的倍数。 数学答案-10 经过若千次变换后，不妨设maxS,达到最小值，且取5.B由函数y=4.2单调递增可知，0<a<1<b,又c= maxS的S:最少， logL20.2<0,故b>a>c,选B. 不妨设成S1且S1>0 6.C对于A,B.若m∥a,n∥a.则m与n可能平行、相交或 当S:≥2时， 异面，故A,B错误：对于C,D,若m∥a,n⊥a,则m⊥n,且 ①假设还有|S2>2. 川与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误， 若S2≥2， 2 则(S1,S2,S3,S1)→(S1-1,S2-1.S3-1.S1-1)→ 尼.A由x)的最小正周期为元，可得x=,所以w=3】 (S1-2.S2-2,Sa,S4). 若S2≤一2， 所以)=sin(2r+)=-n2x,当re[一意看]时， 则(S1,S2,S3,S1)→ (S1-1,S2+1,S3-1,S4+1)→(S1-2,S2+2.Sa,S4), 2[-吾，吾]n2e[],所以xm (*) 总可使S1,S2同时减小，与假设矛盾 t选A ②假设S2,3,1S<1, 8.C由题意可知，∠F1PF2=90°，又直线PF2的斜率为2， 若S2,S3,S1中有小于零的，设为S2,同（￥）即可， 若S,S3,S4均大于等于零，所有位置同时减2， 可得an∠PFzF三PE,=2,根据双曲线定义PF1 与假设矛盾。 1PF2l=2a,得1PF1|=4a,|PF2|=2a,S△PFF,= 当S1≤1时，S要么为0，要么为士1， 由于S1十S2十S3十S:是4的倍数，只可能为以下几种及 2PFPF=号×4aX2a=2,又Sar,5=8,所以 其轮换， a”=2.所以|FF212=PF1|2+|PF212=(4a)2+(2a)2 a.(0,0,0,0), =20a2=40.又1F1F212=4c2,所以c2=10.又a2+b2=c2. b.(1.1,-1,-1)→(0,0,0,0)， c.(1,1,1,1)-(0,0,0.0), 所以=8，所以双曲钱的方程为号-。=1，故选C d.(-1,-1,-1,-1)→(0,0,0,0)， 9.C割补法.因为AD,BE,CF两两平行，且两两之间距离 故均与假设矛盾，即maxS最小时为0， 为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一 即总能使得(S1,S2,S3,S4)-(0,0,0,0),即3n,使得Ω 个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为 (A)为常数列. 1的直三棱柱的体积，四棱维的高为气，底面是上底为1、 2024年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷 1.B因为A=〈1,2,3,4}，B=(2,3,4,5},所以A∩B={2 下底为2高为1的梯形，故该五面体的体积V=号×1X 3,4},故选B. 2.C由函数y=x3单调递增可知，若a3=3,则a=b:由函 ×1+号××号-选C 数y=3单调递增可知，若34=3，则4=b.故“a3=3”是 10.7-√5(5+i0(5-2i)=(W5)2-2√5i+i-2i=7 “3“=3”的充要条件，故选C. 5i. 3.A选项A中的散点有明显的从左下角到右上角沿直线 11.20 分布的趋势，且散点集中在一条直线的附近，故选项A中 *=c()( =C%·36-2张·x6t-18令 的线性相关系敏最大，故选A. 6k一18=0，则k=3,所以常数项为T4=C房·3°·x 4.B通解：对于A,f(-x)=-（-)2=e- =20. (-x)2+1x2+1 12. 由题意知圆(.x一1)2十y2=25的圈心坐标为(1,0)， f(x),故f(x)不是偶函数：对于B,f(一x)= os(-)+(-x)2-osr+父=f(x),故f(x)是偶画 则F(1,0),故号=1，p=2,由抛物线的定义得AF=xA (-x)2十1 x2+1 数：对于C,f(x)的定义域为{x|r≠一1}，不关于原点对 +1=5,得xA-4,由对称性不妨设A(4,4),则直线AF 称，故f(x)不是偶函数：对于D,f(一x)= 的方程为y= 3(x-1),即4x一3y一4=0，所以原点到直 sin(-r）+4(-2=二sint-4r=- sinr十4x el-r e 线AF的距离是4 4 一f(.x),故f(x)是奇函数.故选B. √42+32 5· 优解-特殊值法)对于A,)=品号，(-D 由题意知甲选到A的概率P-子，记乙遍 =e1-1-e1-1 1+1 2,f1)≠f-1),故f(x)不是偶函数： 择A活动为事件M,乙选了A活动再选择B活动为事件 对于B,f(-x)=os(-r)+(-x)2=cosx+x2 N,则P(M)= (-x)2+1 x2+1 =f(x), 3 故f(x)是偶函数：对于C,f(x)的定义城为{xx≠一1}， P(MN)_10-1 不关于原点对称，故f(x)不是偶函数；对于D,f(π) P(M) 32 inπ十·「)=e4r-。,(r≠ e一 14.- 5 f(一π)，故f(x)不是偶函数.故选B. 坐标法以点A为坐标原点建立如图所示的 优解二（性质法）易知y=x2十1与y=e均为偶函数， 平面直角坐标系， 且恒为正. 对于A.由于y=e一x2是非奇非偶函数，所以f(x)也是 非奇非偶函数：对于B,y=cosx十x2是偶函数，所以f(x) 是偶函数：对于C,易知f(x)的定义城不关于原点对称，所 以f(x)是非奇非偶函数：对于D,y=sinx十4x是奇函数， 所以f(x)是奇函数，故选B. 数学答案一112024 年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷) 数学答题卡 姓 名: 准考证号: 贴条形码区 考生 缺考考生由监考员贴条形码,并用2B铅笔填涂下面的缺考标 (正面朝上,请勿贴出虚线方框 禁填 记。口 _2甚 1.答题前,考生将自已的姓名、准考证号填写清楚,并认真核实对监考员所粘贴的条形码上的准考证号、姓名、考场 和座位号是否准确无误。 出r 2.选择题必须使用2B铅笔将对应题目的答案标号涂黑,修改时用橡皮擦干净,再选择其它答案涂黑。非选择题必 须使用0.5毫米黑色签字笔填写,字体工整,笔迹清楚。 3.请按题号顺序在各题的答题区域内答题,超出答题区域的答案无效,在草稿纸、试题纸上书写的答案无效。 4.保持卡面清洁、完整、严禁折叠,严禁使用涂改液、胶带纸和修正带。 5.正确填涂 吾右 、选择题:共10小题,每小题4分,共40分. 1.[A][B][C][D] 4.[A][B][C][D] 7.[A][B][C][D] 10.[A][B][C][D] 2.[A][B][C][D] 5.[A][B][C][D] 8.[A][B][C][D] 3. [A[B[C][D] 6.[A[B[C][D] 9. [A[B][CD 斑 二、填空题:共5小题,每小题5分,共25分. 11. 12. 13. 14. _ 三、解答题:共6小题,共85分. 班 16.(13分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 数学答题卡第1页(共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 17.(14分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 数学答题卡 第2页(共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 18.(13分) 19.(15分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 数学答题卡 第3页(共4页) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 20.(15分) 21.(15分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 数学答题卡 第4页(共4页)