3.数学·2024年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考数学真题汇编

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 尔 一项 1.已知集合M={x-3<x<1},V={x一1≤x<4},则MUN= 郑 A.{x-1≤x<1} B.{xx>-3} C.{x-3<x<4} D.{xx<4} 2.若复数之满足三=一1-i,则之 A.-1-i B.-1+i 非 C.1-i D.1+i 3.圆x2+y-2.x+6y=0的圆心到直线x-y十2=0的距离为 A.2 B.2 C.3 D.3√2 4.在(x-√) 的展开式中，x的系数为 A.6 B.-6 0 C.12 D.-12 5.设a,b是向量，则“(a十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 6.设函数f(x)=sinx(w>0).已知f(x)=-1,f(x)=1,且|x,一x的最小值为牙，则w= 蜜 A.1 B.2 C.3 D.4 7,生物丰富度指数4一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 没有变化，生物个体总数由N1变为N,生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则 () A.3N2=2N B.2N2=3N C.N:=N D.N:=N 2024·北京卷第1页（共8页） 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 9.已知(x1,y),(x2,y2)是函数y=2的图象上两个不同的点，则 A.log, 2 B.log,当十业>西十z 2 2 C.low D.low, 10.已知M={(x,y)y=x十t(x2一x),1≤x≤2,0≤1≤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y2=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∈ [答，]，则cosB的最大值为 13.若直线y=(x一3)与双曲线-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{bn}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{a.}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{b}均为等比数列，则M中最多有2个元素： ③若{a.}为等差数列，{b.}为等比数列，则M中最多有3个元素： ④若{a.}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 2024·北京卷第2页（共8页） 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= cos 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. 条件①：b=7: 条件@：0sB= 14: 条件③：csin A=5, 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. 2024·北京卷第3页（共8页） 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: P (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 2024·北京卷第4页（共8页） 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。 (ⅰ)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5页（共8页） 9(本小题15分)已知椭圆E:。,十。=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点 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O,求t的值. 2024·北京卷第6页（共8页） 20.(本小题15分)设函数f(x)=x+n(1十x)(k≠0)，直线l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：1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△ 分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△0=15S△Ao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) 2024·北京卷第7页（共8页） 21.(本小题15分)已知集合M={(i,j,k,)川i∈{1,2}，j∈{3,4}，k∈{5,6}，e∈{7,8}，且i+j 十k十心为偶数}.给定数列A:41,u2,…,ag和序列：T1,T2,…,T,其中T,=(i,j,k,,,) ∈M(t=1,2,…,s),对数列A进行如下变换：将A的第i1,j,k1,项均加1，其余项不变，得 到的数列记作T1(A):将T(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,…T,T,(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2(A): (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1十2，a2+6,a3十4，a十2，a5十8，as+2,a,+4,ag+4?若 存在，写出一个Ω，若不存在，说明理由： (3)若数列A的各项均为正整数，且a,十ag十as十a,为偶数，求证：“存在序列2，使得2(A) 的各项都相等”的充要条件为“a1十a2=a3十a4=as十as=a,十ag”, 2024·北京卷第8页（共8页）_-9$ 又点P,Q。都在C上,所以 $#--9,所以x+y-99 1-+1-9”$ -) ), (x-y)(x+y)-9 可得。9+2-? 9-~2 即 21· #P.()(). (1-y+1)(r+1+y+1)=9' 2-. 易知。-y。-0. 1+ $-3+1 x.十x+1_ $1-$y+1 rn十x+1 9+ 2+9+2-} 2--1 .++1+y-y+1 所以n+3--2^? 9-2-1 xn++1-y+y+1 2 2 -+1-3+1+9 ,,畔 9+ 2+29+2” 1(21-y1)(r-y)+$] r+1-3+1 2 2 即,所以PP+/PPa+2. (r一y)(r+1-y+)十9 y+-yn+1 y+3-y x1一y+1 _- 所以点P和点P 到直线P P的距离相等 因此/P.P P和/P P ?P的面积相等,即 rn一y 即数列(xa一y)是公比为的等比数列。 S.-S1. 2024年普通高等学校招生全国统一考试 (3)解法一由(2)知,数列{x。一y是首项为x一3-5 (北京卷) -4-1,公比为的等比数列。 1.C 由集合的并运算,得MUN-(xl-3<x<4). 2.C 由题意得,:-i(-1-i)-1-i. 3.D 化圆的方程为标准方程,得(x-1){②}十(y十3){}-10,所 -y- 1-(-3)+21--3v. 以该圆的圆心(1,-3)到直线x一y十2一0的距离为 可得文。9十(2-? 2__9-。 2~ 1+(-1){2 2_,{2 4.A 解法一(公式法)(x一)*的展开式的通项T_1= (9++?9-2“?) C4(-)'-(-1)C-(r-0,1,2.3,4).由4- P( 2*1, 2(1 所以直线P。P的方程为x--_(yy。){ y1一y: (-1)C一6. 即(9+2n-1)x-(9-2*-1)y-9”-1(1+t)-0. 解法二(组合数法)(x一)的展开式中含x^{}的项是 易知点P2到直线PP:的距离 由(x-g)(x-vr)(x-G)(x-)中任意取2个括号 (+~).2 内的工与剩余的2个括号内的(一工)相乘得到的,所以(x V(9+-1):+(9-1)1 一)的展开式中含x的项为Cr^{}·C(一V) 1n*---1):+1)1 6^*③},所以(x一)的展开式中r}的系数为6. (9)(9-) 又|PP1|一 5.B 由(a十b)·(a-b)-0,得a②}-b{②}-0,即lal②-|b- 0.所以al=b,当a=(1,1),b-(-1,1)时,lal=|bl, 2{ 但ab且a子一b,故充分性不成立;当a一-b或a-b /(-1)2[(9-2a-1)2+(9+2x-1)2] 时,(a十b)·(a一b)一0,故必要性成立.所以“(a十b)·(a 一b)一0”是“a-一b或a一b”的必要不充分条件。 2tf 6.B 因为f(x)-sinar[-1,1],且f(x )=-1,f(x) 则$.-· P.P·-9(1-1)(t+1)36^ (1一)2” 4?2 =1,{x-x2ln,所以f(c)的最小正周期T-2×。 即S.为定值,所以S.一S1: -x,所以-2-n2. 解法二 由(2)知,数列x一y.)是首项为x一y-5-4 -1,公比为的等比数列.# ln N.-3.15lnN.即2lnN.-3lnN,所以N-N 数学答案一8 8.D 由题意知△PAB为正三角形,因为PC^{②}+PD{②}一CD^{}, 14.23 57.5设升,斗量器的高分别为h1mm,h2mm,升。 所以PCPD. 斗、斜量器的容积分别为V1mm,V2mm③,V。mm,因为 升、斗、解量器的容积成公比为10的等比数列,所以V。一 (32)=20-10×(32){2,解得 10V,即:x( h-23.又V-10V.即nx( 如图,分别取AB,CD的中点E,F,连接PE,EF,PF,则 PE-23,PF-2,EF-4,于是 PE+PF*}-EF^{②,所以 PE PF.过点P作PG EF,垂足为G. 易知CD 1PF, 57.5mm,23 mm. CD EF,EF,PFC乎面PEF,具 EFOPF=F,所以CD 15.①③④ 对于①:由题知a,b.是关于n的一次式,对应 1平面PEF,又PGC平面PEF,所以CD]PG.又PG 的函数为一次函数,即点(n,a。),(n,b。)分别在两条斜率 EF.CD,EFC平面ABCD.CDOEF-F,所以PG |平面 均不为0的直线上,而这两条直线最多有1个交点,所以 ABCD,所以PG为四校锥P-ABCD的高.由-PE·PF M中最多有1个元素,所以①正确;对于②:不妨取a。一 -EFr·PG,得PG-PEPF2{2-3.故选D. $$”,b-(-2)”,则有a2-22-4*,b-(-2)2*-4(k EF N'),所以a2一b(N'),此时M中有无数个元素 9.B 因为(x,y),(x2,y)为函数y-2的图象上两个不 所以②不正确;对于③:由①知点(n,a。)在一条斜率不为 同的点,所以-2,y-2,且x1-x,则22:,所 0的直线lo上.设b-b”(q1),当公比q0时,直 以y+y-2+2>2V2·2-2V2+,所以 线l。与数列()对应的函数的图象至多有2个公共点, _y+y2log2- y+y22:>0,所以log M中最多有2个元素;当q一1时,点(n,b。)在如图所示 2 2 的曲线C,C。上,由图易知直线l。与曲线C,C:至多有 2故选B. 3个公共点,如当a.-3n-4,b.--1x(-2)"-I时,a ^2 b--1,a-b-2,a-b-8,两个数列有3项相同,所 10.C 第1步:画出集合M表示的区域 以M中最多有3个元素: /A2 )(22) /.) 设f(t)-x十(r2-x)t,当x-1时,f(t)-1:当1<x2 时,x?一x0,所以f(t)单调递增,所以当0 t<1时,/ (0)<f(t)</(1),即x<f(t)<r2,则集合M表示的区 域如图中阴影部分所示: 当q--1时,易知M中最多有2个元素;当一1~~0 第2步,根据图形进行计算及估算 时,易知M中最多有3个元素,综上可知,当a为等差 连接AC,由图易知,d-|AC|-(2-1)+(4-1) 数列,(b.)为等比数列时,M中最多有3个元素,所以③ 0.s<SAnc-x(4-2)(2-1)-1,故选C. 正确;对于④:若数列a。)为递增数列,数列(6。为递减数 列,则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减 11.(4,0)由题意,知)-8,则-4,所以抛物线y2-16x 函数,两个函数图象的公共点最多有1个,所以M中最多 有1个元素,所以④正确,综上可知,正确结论的序号为 的焦点坐标为(4,0). ①③④. 2.- 因为a与③的终边关于原点对称,所以B一2ka十x 16.解:(1)第1步:利用二倍角的正弦公式化简 由题知,2sinB cosB-cos B. 十a(k乙),所以cos}-cos(2kx十x十a)--cosa.因为a ##,,以0# ,所以cos 又A为钝角,所以B为锐角, [#,#对以0的为一# 第2步:利用正弦定理建立a,b,A,B的关系,从而计算出 13.(答案不唯一)由题意,知该双曲线的渐近线方程为y A的正弦值 __ 双曲线内,所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公 第3步:由角的范围及正弦值求出角A 共点,则该直线与双曲线的渐近线平行,所以一士 数学答案一9 第2步:建立空间直角坐标系,写出相关点和向量的坐标 连接EC,易知四边形ABCE为矩形,故直线EC,ED.EP BB-吾,A+B-π, 两两垂直,故以E为坐标原点,EC,ED,EP所在直线分 别为工轴、y轴、:轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则△ABC不存在,所以条件①不符合要求,故不选择条 则P(0.0,2),C(1,0,0).D(0.2.0),A(0.-1.0),B(1 件①. -1.0),则AB-(1.0.0),AP-(0.1,2),PC-(1.0.- 若选②,第1步:由同角三角函数的基本关系及正弦定理 2).PD-(0.2.-2). 求出) 第3步:分别求平面PAB和平面PCD的法向量 由题知sin B-V1-cos{B-33 设平面PAB的法向量为n-(x1,y,2ì),则 1 [n·AB-x:-0 n·AP-y+2c-。' 可取n-(0.-2,1). 第2步:利用诱导公式及两角和的正弦公式求sinC 设平面PCD的法向量为n-(x2,y2,z2),则 又C=π-(A+B),所以sinC-sin(A+B)=sinAcosB [n·PC-xo-222-0 十cosAsinB- ##1## n·PD-2y2-22-0' 1 可取n-(2.1.1). 第3步:利用三角形面积公式得结果 第4步:利用向量的夹角公式,即可得出平面PAB与平 所以$△A-absin C-x7353153 面PCD夹角的余弦值 14 设平面PAB与平面PCD的夫角为0, 若选③,第1步:由已知求出c ##,以一 n·n30· 由题知c. 30 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 第2步:由余弦定理建立方程求出/ 30: 由②}-b}+c2-2bccosA得,49-b+25+5b,即(b+8) 18.解:(1)解法一(正面计算)记“随机抽取一份保单,索赔 (6-3)-0. 次数不少于2”为事件A. 解得6一3(负值舍去). 由索赔次数不少于2,知索赔次数为2,3,4, 第3步:利用三角形面积公式得结果 1000 100010 所以$△Aunc-besinA-y3x5x3153 解法二(反面计算) 记“随机抽取一份保单,索赔次数不 少于2”为事件A, 17.解:(1)第1步:作辅助线,通过证平行四边形来证BF 由索赔次数不少于2,知可利用间接法计算 /CG 则P(A)-1-800+1001 取PD的中点G,连接FG.CG. 1000-10 因为F为PE的中点,所以FG--DE-1,FG/DE, (2)(1)由题知X的所有可能取值为0.4,-0.4,-1.2; -2.0,-2.6, 又 BC=1,AD/BC,所以FG=BC,FG/BC. 则P(X-0.4)- 1000_0.8. 800 所以四边形FGCB为平行四边形, 所以BF//CG. 100 P(X--0.4)- 1000=0.1. 第2步:利用线面平行的判定定理得证 又 BF平面PCD,CGC平面PCD,所以 BF/平 60 P(X--1.2)- 1000 -0.06. 面PCD. 30 P(X--2.0)= (2)第1步:证明PE 乎面ABCD 1000 =0.03. 因为AB 平面PAD.PEC平面PAD,所以AB PE, P(X--2.6)-1000-0.01. 10 又PE AD.ABOAD=A,AB,ADC乎面ABCD 所以PEI平面ABCD. 故 E$-0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×006-2.0×0.03 -2.6×0.01-0.122. (lI)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%,这种情况下一份保单毛利润的数学期望 估计值比(1)中EX估计值大. 证明如下: 设调整保费后一份保单的毛利润(单位:万元)为Y,则 D 对于索赔次数为0的保单,Y-0.4×(1-4%)-0.384; 对于索赔次数为1的保单,Y-0.4×(1十20%)一0.8= -0.32, 数学答案-10 对于索赔次数为2的保单,Y--0.32-0.8--1.12. 又k0,所以ln(1+)- 对于索赔次数为3的保单,Y--1.12-0.8--1.92. 对于索赔次数为4的保单,Y--1.92-0.6--2.52. 第3步:推出矛盾,得结论 故EY-0.384×0.8-0.32×0.1-1.12$0.06-1.92t (→0) 令F(t)-ln(1十t)- 0.03-2.52×0.01-0.1252. 所以EXEY. 19.解:(1)第1步:结合题意得到, 由题意可知b-v②.c-v②. 所以F(1)在(0,十co)上单调递增, 第2步:由概圆的基本量间的关系求a 所以a-V6+2-2. (#二0)矛后 第3步:写出圆E的方程、离心率 所以假设不成立,即/不经过点(0,0). (3)第1步:求导,得f(x)的单调性 (2)第1步;设出点A,B的坐标及直线AB的方程 当=1时,f(x)=x+ln(1+x),则f(0)-0,f(x)-1+ 设A(xi,y),B(x,y2).直线AB的方程为y-kx+1(k 10. -0). 1十r 第2步:联立方程,利用根与系数的关系得X1十x2 故f(x)在(一1,十oo)上单调递增. 与x1x2 第2步:求出/的方程,得到点B的纵坐标 所以/的方程为y-[+ln(1+)]-(1+)(x-), 1,得(1+2k2)x2+4ktx+22-4-0. y=十t 所以△-(4t)^{}-4(1+2^{})(2^$-4)0,即4^}-^+$ >0. 第3步:根据2SAc0-15SABo得到关于1的等式 4bt r十r-一 易知ACIBC,则由2SA0=15S△A0,得2×lOC|× 1+2^{} 由根与系数的关系得 ①. 22-4 1AC)=15×10B[X1AC, 112= 12{} 第3步:由共线关系列等式 得2 0C =15|OB|,得2(+ln(1+]=15ln(1+ 由园的对称性可得D(一x2,y2), 1(_0.# 因为A.C.D三点共线,所以kc-kc ]1 -T2 第4步:代入直线方程消元 第4步:构造新函数,求零点个数 由y=kxì+t,y2=kx+t.得x(kx+t)+x(kxì+) -(x十x。)-0. ②. (2x-1)(x-4) 整理得2kx1x+(t-1)(x1+x)-0 则 (x)-2-1315 1++(1+){} 第5步:将①代入②求得1 (1十x)2 -4ht-0. 所以(x)在(o,).(4,+oo)上单调递增,在(,4)上 所以2. 1+22 单调递减. 解得:-2. 20.解:(1)第1步:求导 因为(0)=0,()>0.(4)=20-13ln5<20-13x 当=-1时,f(x)=x-ln(1+x)(x-1). 1.6--0.8<0.(8)-88-261n 388 -26×1.1~0.7 3 3 第2步:求/(r)的单调区间 0. 令广’(x))0,得x>0,念/(x)<0,得-1< 0. 所以c(x)在(0,十)上有2个不同的零点. 所以f(x)的单调递增区间为(0,十o),单调递减区间为 第5步:得结论 (-1,0). 故存在点A使得2S-15SAo成立,且点A的个数 (2)第1步:求出/的方程 为2. 21.解:(1)0(A):3,4,4,5,8,4,3,10. (2)不存在,理由如下: 故1的方程为y-f(1)-(1+)(x-t). 若存在O,则aì,a:与a3,at增加值之和应该相等,注意 到a,a一共增加了8,而a,a一共增加了6,从而不存 第2步:提出假设,得到关于1的等式 在符合题意的2. 假设(经过点(0,0),则一/(1)--(1+). (3)第1步:证明必要性 即一t--ln(1+t)--1-1. 因为存在序列2,使得a:-a2-...-as,所以aì+a②-a +a:-as+a=a-+ag. 数学答案-11 又每次进行变换时,aì+a2,a3十at.a5十a,a十as均增 3.A 选项A中的散点有明显的从左下角到右上角沿直线 加1, 分布的趋势,且散点集中在一条直线的附近,故选项A中 故经过n(nN*)次变换后,aì+a2+n-a3+a:+n-a5 的线性相关系数最大,故选A. 十a+n-ar+a+n,可得a:十a2-a+a-a+a-a 十恒成立. (一:)十1 第2步:证明充分性 f(x),故f(x)不是偶函数;对于B,f(一x)= 如果at+a2-aa+a-as+as-a7+ag. 且还有a-a2-a-a-a-a-a7-as-0. (一)1 2十1 则有at-a2-a3-a-a-a=a=as,即Q(A)为常 数;对于C,f(x)的定义域为xx去一1),不关于原点对 数列, 称,故/(x)不是偶函数;对于D,f(一x)一 由于每次变换后均有aì十a:-aa+a:-as十as-a7十as, sin(-x)十4(一r) -sin7-4x _ sinr十4 故我们只需证明可在某一步变换后有a-a2一a3-a:一 _ __ 。 /7 a-a-a7-a8-0. 设(S.S,S.S)-(a-a2,a3-a4,as-a.a-as). 一f(x),故/(x)是奇函数,故选B. 从而(S,S。,S。,S)在每次变换后相当于在偶数个位翼 1计1r 上加1,其余减1. -1-1。-1-1 由a十a-a3十a:-as十as-a7十as,可得初始情况下 11 2,/(1)≠f(-1),故f(x)不是偶函数; S..S,S.S.同时为奇数或同时为偶数. 不妨设为偶,则a1十a十a;十a:为偶,所以S+S十S (一:)2十1 21 十S. 为4的倍数,且在变换后仍同时为奇数或同时为偶 故f(x)是偶函数;对于C,f(x)的定义域为(x|x去一1), 数,且和为4的倍数 不关于原点对称,故f(x)不是偶函数:对于D,/(n)一 经过若干次变换后,不妨设maxS|达到最小值,且取 maxlS|的S最少, 不妨设成S|且S0 。- 当S一2时: /(一x),故/(x)不是偶函数.故选B. ①假设还有S二2. 优解二(性质法)易知y一r十1与y一e均为偶函数, 若S二2. 且恒为正. 则(S.S,S.S)→(S-1.S-1.S-1,S-1)→ 对于A,由于一e一x2是非奇非偶函数,所以f(x)也是 (S-2.S-2,S.S). 非奇非偶函数;对于B,y一cosx十r^*是偶函数,所以/(x) 若S二-2. 是偶函数;对于C,易知/(x)的定义域不关于原点对称,所 则(S.S,S,S)→ 以f(x)是非奇非偶函数;对于D,y一sinx+4x是奇函数, (S-1.S+1.S-1.S+1)→(S-2.S+2.S.S). 所以f(x)是奇函数,故选B. () 5.B 由函数y=4.2*单调递增可知,0<a~1<b,又c= 总可使S,S|同时减小,与假设矛盾。 log.0.2<0,故/ac,选B. ②假设S,Sl,S|<1. 6.C对于A,B,若m/a,n/a.则m与n可能平行、相交或 若S。,S。,S中有小于零的,设为S,同(*)即可, 若S,S,S:均大于等于零,所有位置同时减2, 异面,故A,B错误;对于C,D,若m/a,n a,则nn,且 与假设矛盾: n与n可能相交,也可能异面,故C正确,D错误. 当S<1时,S要么为0,要么为士1: 过7.A 由/(c)的最小正周期为n,可得x一 由于S十S十S十S.是4的倍数,只可能为以下几种及 其轮换, 所以/(c)-sin(2x十n)--sin2x. 当ve[-1,吾]时, a.(0,0.0.0). xe[-],sin2xe[-#,以(cx)n一 b.(1.1.-1.-1)→(0.0,0.0) c.(1.1,1.1)→(0.0.0.0). d.(-1,-1,-1,-1)→(0.0,0,0). 故均与假设矛盾,即maxlS|最小时为0. 即总能使得(S,S,S,S)→(0.0.0,0),即习O,使得8.C 由题意可知,F:PF。-90{,又直线PF。的斜率为2. (A)为常数列. 可得an PF。F一P PPl 一2,根据双曲线定义|PF:|一 2024年普通高等学校招生全国统一考试 PF|-2a,得|PF |-4a,|PF|-2a,S△Prr.= (天津卷) #1PF:l|PFe-x4ax2a-4a2,又S△Pf-8,所以 1.B 因为A-{1,2,3,4),B-(2,3,4,5),所以AOB-{2, 3.4,故选B. a-2,所以|FF。12-PF+|PF-(4a)?十(2a)? 2.C 由函数y一r单调递增可知,若a一b,则a一b;由函 -20a②-40.又F.F-4c^,所以c?-10,又a{+b2-c? 数y-3单调递增可知,若3“-3,则a-b.故“a3-b”是 “3一3”的充要条件,故选C. 数学答案一12