3.2024年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)（含答题卡）-【高考密码】2022-2024三年高考数学真题汇编试卷

2024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。回 $ 1,答题前，考生将自己的姓名、准考证号填写请楚，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。 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 注意事项 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 补 选择题：共10小题，每小题4分，共40分 1.[A]CB]CCTCD] 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][C][D] 毁 二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分. 11. 12. 13. 14. 15. 三、解答题：共6小题，共85分. 蜜 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) …-2刀 请在各题目的答题区域内作答，短出边框的答案无效 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，短出边框的答案无效 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，短出边框的答案无效 数学答题卡第4页（共4页）又点P,Q,都在C上，所以21-2+1=9 x-y后=9 又层-听=9，所以十一 9 .9 即 (xn-yn)(xn+y)=9 可得n=9+2-2 (x1-ya+1)x+1+yn+1)=9' 21y,=912-2 24"1 易知x用一yn≠0， 所以B(,9 )(） 1+n-n+ 告 xB十xnt1 P+2 9十2+29-2+2 9+2m+49-2m-4 1-m-+1 20+1, 2P+(2 2+2 xw十IN十I 9十12m+49+2a-2 工n十xm+1十ym一y+1 所以乙n+3xn」 21+2 21”1_9-42-1 xm十xw+1一yn十ym+1 yn+3一yw 9-12m+49-12m29+12w币' 210+2 9 214 Z+1一yw+1+ x#一yn= 9+12m+29+r2别 9 xm+2一x+1= 21+1 21”9-2+1 Tn一ym十 Iw+1一ym+1 ym+2一yw+1 9-2w+g9-tm 9+12w+T· 1 211 2" (Ix+1-y+1)(Zn-ya)+9 TuynL 1 即2二出-+二，所以PP+3∥P+1P+2 (4-ym)(xw+1一ym+1)+9 ym+g一ym+1ym+3一yn xm+1一ym+I 所以点P,和，点P+3到直线P+1P+2的距离相等， =Xw+1一ym+1 因此△PPm+1Pm+2和△Pm+1P+2Pn+3的面积相等，即 In-yn S=S+1 即纸到。一是公比为岂兰的等比数列。 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{xn一yn}是首项为白一y1=5 (北京卷) 一4=1，公比为吉岂的等比数到。 1.C由集合的并运算，得MUV={x一3x<4}, 令1套由01可知>1，期，-，-， 2.C由题意得，=i(-1-i)=1-i. 9 3.D化圆的方程为标准方程，得(x一1)2+(y十3)2=10，所 9 又后-8=9，所以m+t-y 以该图的圆心(1，一3)到直线x一y+2=0的距离为 可得，9+12-？ 2w-1·ym 9-12m-2 1-(-3)+21=6=32. √12+(-1)√2 an(,9)(茶) 4.A解法一（公式法）(x一√)的展开式的道项T+1= ( Cx-r(-√)r=(-1)rCix-(r=0,1.2,3,4).由4 Px+2 乞-3，得=2，所以（红一回的展开式中r的系数为 所以直线P,P1的方程为一=y, (-1)2C￥=6. 即(9十t2w-1).x-(9-12m-1)y-9t-1(1十t)=0. 解法二（组合数法）(，x一√)的展开式中含x3的项是 易知点P+2到直线PPm+1的距离 由(x一√)(x-√F)(x一E)(x-V)中任意取2个括号 (+产）-0产- 内的x与剩余的2个括号内的（一√工）相乘得到的，所以(x d √(9+1T)+(9-20-)7 一F)的展开式中含x3的项为Cx2·C号（一）2= 19r-2(t-1)2(t+1) 6x3,所以(x一V)4的展开式中x3的系数为6. 9+)2+(9-7 又|PPw+1= 5.B由(a+b)·(a-b)=0,得a2-b2=0,即a2-|b2= 0,所以a=b1,当a=(1,1),b=(-1,1)时，|a|=|b1, (9+12”9十120-218 但a≠b且a≠一b,故充分性不成立：当a=一b或a=b 21 时，(a十b)·(a-b)=0,故必要性成立，所以“(a十b)·(a 1-1)(9-t2)2+(9+120)T 一b)=0”是“a=一b或a=b”的必要不充分条件. 21 剥S.=2·P.P+1·d=91-)+D-36 6.B因为f(x)=sinr∈[-1,1]，且f(x1)=-1,f(x2) 412 (1-k2)2’ =1,z1一xymn=受，所以f(x)的最小正周期T=2×交 即Sm为定值，所以Snm=S+1. 解法二由(2)知，数列(xW一y}是首项为x1一y1=5-4 =所以一要-2 -1,公北为甘的等比：列 7D由题高：得言-21言-815若5不变，别21 令1告会由01可知>1，别。-= lnN1=3.15lnN2,即2lnN1=3lnV2,所以N7=V3. 数学答案一8 8.D由题意知△PAB为正三角形，因为PC2+PD2=CD,14,2357.5设升，年量器的高分别为h1mm,h2mm,升、 所以PC⊥PD. 年、斜量器的容积分别为V1mm3,V2mm3,V3mm3,因为 升、斗，斛量器的容积成公比为10的等比效列，所以V3= 10v即×()‘×230=10Xx×(2 ）×h2,解得 ha=28.又V4=10v1,即元×(2）'×23=10×元× 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PE2+PF2=EF2,所以 ()×1,所以=57.5，所以升，年量器的高分别为 PELPF.过点P作PG⊥EF,垂足为G.易知CD⊥PF, 57.5mm,23mm. CD⊥EF,EF,PFC平面PEF,且EF∩PF=F,所以CD 15.①③①对于①：由题知am,bm是关于n的一次式，对应 ⊥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,am),(n,bn)分别在两条斜率 EF,CD,EFC平面ABCD,CD∩EF=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2PE·PF M中最多有1个元素，所以①正确：对于②：不妨取《m =EF,PG,得PG=PEPF_2X2-,故造D 2",bn=(-2)”,则有a24=22=4,b24=(-2)2张=4(k∈ EF 4 N),所以a2=b2(k∈N),此时M中有无数个元素， 9.B因为(x1,y1),(x2,y2)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,m)在一条斜率不为 同的点，所以y1=2,y2=2±，且x1≠x2,则2≠2，所 0的直线l上.设bm=b1g"1(9≠1)，当公比q>0时，直 以y1+y2=2+2>2√2·2=2√2+互，所以 线0与数列{b}对应的函数的图象至多有2个公共点， ”2>而>0，所以16e”士”>1g:V石- M中最多有2个元素：当q<-1时，点(u,bm)在如图所示 2 的曲线C,C2上，由图易知直线l0与曲线C1,C2至多有 十2，故选B. 3个公共，点，如当4m=3n-4,bn=-1×(-2)”1时，a1= 2 b1=一1，a2=b2=2,a4=b4=8,两个数列有3项相同，所 10.C第1步：画出集合M表示的区战 以M中最多有3个元素： 1- 之) C1.1) 设f(t)-x十(x2-x)1,当x=1时，f(t)=1:当1<x≤2 时，x2一x>0,所以f(t)单调递增，所以当0≤1≤1时，f (0)≤f(t)≤f(1),即x≤f(t)≤x2,则集合M表示的区 城如图中阴影部分所示， 当q=一1时，易知M中最多有2个元素：当一1<q<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{am}为等差 连接AC,由图易知，d=1AC1=V(2-1)2+(4-1)7- 数列，{b}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以③ 正确：对于④：若数列{a,}为递增数列，效列{b}为递减数 而，S<56-号×(4-2)×(2-1D=1,故选C 列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递诚 11.(4,0) 由题意，知力=8，则号=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. 12.-号 因为a与3的终边关于原点对称，所以B=2kπ十π 16.解：(1)第1步：利用二倍角的正弦公式化简 +a(k∈Z),所以cosB=cos(2kx十x十a)=一cosa.因为a 由题知，2sinB·cosB=号beos B. ∈[后音]所以msae[是]所以osBe 又A为纯角，所以B为锐角， [一受、一]，所以0sB的展大位为-受 故cosB≠0，所以2sinB=号6. 第2步：利用正弦定理建立a,b,A,B的关系，从而计算出 1成（答案不唯一）由题意，知该双由线的渐近线方程为y A的正弦值 1 7 =土21，直线y=k(x一3)过定点(3,0).图为点(3,0)在 又14.6 又后sinsinsin所以sinA- 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：由角的范围及正孩值求出角A 共点，则诚直线与双面线的渐近线平行，所以=士 又A为纯角，所以A== 3 数学答案一9 (2)若选①，站合1)得2si血B=号×7，所以sinB 第2步：建立空间直角坐标系，写出相关，点和向量的坐标 2 连接EC,易知四边形ABCE为矩形，故直线EC,ED,EP B=5,A+B=元 两两垂直，故以E为坐标原点，EC.ED,EP所在直线分 别为x轴、y轴、心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：由阿角三角函数的基本关系及正弦定理 求出b 2),PD=(0,2,-2). 第3步：分别求平面PAB和平面PCD的法向量 由题知sinB-V个-cosB-33 141 设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,1),则 sin A sin B中7 =b,所以6=3 m1·AB=x1=0 n1·AP=y1+2≈1=0 14 可取1=(0，一2,1). 第？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n2=(x2,y2,2).则 又C=r-(A+B),所以sinC=sin(A+B)=sin Acos B +cos Asin B= n2·PC-x2-2e2=0 ×程-×-5 n2·PD=2y2-22=0 可取n2=(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5ac=名asin C-2×7X3x5语-15 面PCD夹角的余孩值 14 4 设平面PAB与平面PCD的夹角为0， 若选③，第1步：由已知求出 则cos0=cosm,n:=nml·m n1·t2 =30 30 由题知·5，所以(=6 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦植为0 第2步：由余弦定理建立方程求出b 由a2=62+e2-2 bccos A得，49=b2+25+5b,即(b十8) 18.解：(1)解法一（正面计算）记“随机抽取一份保单，索船 (b-3)=0, 次数不少于2”为事件A, 解得b=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 所以P(A)=60+30+10=1001 1000 100010 所以5a=besinA=号×8X5x9-15 解法二（反面计算）记“随机抽取一份保单，索赔次数不 2 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 取PD的中点G,连接FG,CG, 则PA-1-90- 图为F为PE的中点，所以FG=DE=1,FPG/DE, (2)(1)由题知X的所有可能取值为0.4，一0.4，一1.2， -2.0.-2.6, 文BC=1,AD∥BC,所以FG=BC,FG∥BC, 所以四边形FGCB为平行四边形， 800=0.8, 则P(X=0.4)=1000 所以BF∥CG, 100 第2步：利用线面平行的判定定理得证 P(X=-0.4)=1000-0.1 文BF吐平面PCD,CGC平面PCD,所以BF∥平 P(X=-1.2)=1000 60 0.06, 面PCD. (2)第1步：证明PE⊥平面ABCD P(X=-2.0)=1000 30 0.03. 因为AB⊥平面PAD.PEC平面PAD,所以AB⊥PE, 10 又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, P(X=-2.6)=1000=0.01, 所以PE⊥平面ABCD. 故EX=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03 4 -2.6×0.01=0.122. (川)如果无索赔的保单的保货减少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 对于索赔次数为0的保单，Y=0.4×(1一4%)=0.384， 对于索赔次数为1的保单，Y=0.4×(1十20%)一0.8 -0.32, 数学答案一10 对于索略次数为2的保单，Y=一0.32一0.8=一1.12， 对于索赔次数为3的保单，Y=一1.12一0.8=一1.92， 又≠0，所以n1+0=古>0) 对于索賠次数为4的保单，Y=-1.92-0.6=一2.52， 第3步：推出矛盾，得结论 故EY-=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92× 0.03-2.52×0.01=0.1252. 令F)=ln1+)-+>0 所以EX<EY 则F(t)= 19.解：(1)第1步：结合题意得到b,c 1+02>0, 由题意可知b=√2，e=√2， 所以F(1)在(0，十o)上单调递增， 第2步：由椭圈的基本量间的关系求@ 所以F()>0,即1n1+)>1+,t>0),与1n1+)= 所以a=√0+c2=2, 第3步：写出椭圆E的方程、离心率 台>0)矛盾， 我机国E的方复为号+号-1，高心牵：-兰-受 所以假设不成立，即【不经过，点(0,0) a 2 (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k=1时，f(x)=x+ln(1十x),则f(0)=0,f(x)=1+ 设A(x,y1）,B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx十1(k ≠0)， ≥0 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o)上单调递增. 与x1r2 第2步：求出（的方程，得到点B的纵坐标 1x2 联立得 ,得(1+2k2)x2+4k1x+22-4=0. 所以1的方程为y-+ln1+D]=(1+)x-, y=kx十1 所以△=(4k)2-4(1十2k2)(212-4)>0,即4k2-2+2 令r=0,得yB=ln(1+0-1中 >0, 第3步：根据2S△M0=15S△A0得到关于1的等式 4k1 x1十x= 1+2k2 易知AC⊥BC,剩由2S△M0m=15S△M0,得2×21OC× 由根与系数的关系得 212-4 ①. 1+2k 1AC=15X21OB1×A, 第3步：由共线关系列等式 得21OC1=15|OB1,得2[t+1n(1+t)]=151n(1+t) 由椭圆的对称性可得D(一x2,y2), 因为A,C,D三点共线，所以kc=kD, 0>0 所以当二1=，脚1十1-(1+)=0. 一2 中2-13a(1+0+=0>0, 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=k.x1十t,y2=kxg+t,得x1(kx2十t)+x2(kx1十t) -(x1十x2)=0, 令g)=2-13a1+0+ 整理得2k.x1x2+(1-1)(x1十x2)=0②， 则g'(x)=2 13 15=(2x-1)(x-4) 第5步：将①代入②求得1 1+x(1+x)2 (1十x)2 所以以群法+一·费=0 一4kt 所以p()在(0，），4，+o)上单调道增，在（分，4）上 解得1=2. 单调递减。 20.解：(1)第1步：求导 周为p(0)=0,(2)>0,9g(4)=20-13n5<20-13× 当k=-1时，f(x)=x-ln(1十x)(x>-1), 1 则f(x)=1-1+x1+x 1.6=-08<0p(8)=s-26n8>5-26×1.10.7 第2步：求f(x)的单调区问 >0, 令(x)>0,得x>0,令f(x)<0,得-1<x<0, 所以9(x)在(0，十o)上有2个不同的零，点. 所以f(x)的单调递增区间为(0，十∞)，单调递减区间为 第5步：得结论 (-1.0) 故存在点A使得2S△M)=15S△B0成立，且点A的个数 (2)第1步：求出1的方程 为2. 21.解：(1)2(A):3,4,4.5,8,4,3,10 fx)=1++xf0=1++t (2)不存在.理由如下： 故1的方程为y-)=(1+年)x一， 若存在Q,则a1,a2与a3,a4增加值之和应该相等，注意 到a1,a2一共增加了8，而a3,a4一共增加了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Q. 假设1经过点(00)，则-f)=-(1+车： (3)第1步：证明必要性 即-t-kn(1+)=-t厂1年 因为存在序列2，使得a1=a2=…=a8,所以a1十a2=a3 十at=a5十a6=a7十a8: 数学答案一11 又每次进行变换时，a1十a2,a3十a,a5十a6,a7十a8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(n∈N")次变换后，a1十a2十n=a3十a4十n=a5 的线性相关系数最大，故选A, 十a6十n=a7十d8十i,可得d1十a2=a3十a4=d5十a6=a7 十a8恒成立. 4.B通解：对于Af-)=二（二)-e二≠ (-x)2+1x2+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a1十a2=a3十a4=a5十a6=a7十a8, 且还有a1一a2=a3一d4=a一am=a7一a8=0, cos(-x)+(-x)2_osx十r=f(),故了(x)是偶画 (-x)2+1 x2+1 则有a1=a2=a3=a4=ai=a6=a=a8,即n(A)为常 数：对于C,f(x)的定义战为{xx≠一1}，不关于原点对 数列， 称，故∫(x)不是偶函数；对于D,f(一x)= 由于每次变换后均有a1十a2=aa十a1=a5十a6=a7十a8: 故我们只需证明可在某一步变换后有a1一a2=a3一a4 sin(x)+4()-sin r-4x sin x+4x= e-r a3-a6=a7-a8=0. 设(S1,S2,S3,S4)=(a1-a2,a3-a4,as-a6,a1-a8), 一f(x),故f(x)是奇函数.故选B. 从而(S1,S2,S3,S4)在每次变换后相当于在偶数个位置 优解-（特殊值法）对于A=号-号，(-1D 上加1，其余减1， 由a1十a2=a3十a4=a5十a=a7十a8,可得初始情况下 ==≠-1，故)不是锅面数： 1+1 S1,S2,S,S4同时为奇数或同时为偶数 不妨设为偶，则a1十ag十a5十a?为偶，所以S1十S2+S 对于B,f-)=o(-)2=os士2=fx. （-x)2+1 x2+1 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)的定义城为{xx≠一1}， 数，且和为4的倍数. 不关于原点对称，故∫(x)不是偶函数：对于D,(π)= 经过若千次变换后，不坊设maxS:达到最小值，且取 maxS,的S:最少， 如-梧-)=血。=x≠ e 不妨设成|S1且S:>0. e厂 当S1≥2时， f(一x),故f(x)不是偶函数.故选B. ①假设还有Sg≥2. 优解二（性质法）易知y=x2十1与y=e均为偶函数， 若S2≥2， 且恒为正 则(S1,S2,S3,S)→(S1-1.S2-1.S3-1,S:-1)→ 对于A,由于y=e一x2是非奇非偶西数，所以f(x)也是 (S1-2,S2-2,S3,S4), 非奇非偶函数：对于B,y=cosx十x2是偶函效，所以f(x) 若S2≤一2， 是偶函数：对于C,易知f(x)的定义域不关于原点对称，所 则(S1,S2,S3,S1)→ 以f(x)是非奇非偶函数：对于D,y=sinx十4x是奇函数， (S1-1,S2+1,S3-1,S4+1)→(S1-2,S2十2，S3,S4), 所以f(x)是奇函数，故选B. (类) 5.B由函数y=4,2r单调递增可知，0<a<1<b,又c 总可使|S1|,S2|同时减小，与假设矛盾 log.z0.2<0,故>a>c,选B. ②假设|S2|,S3,lS4<1, 若S2,S3,S中有小于零的，设为S2,同(*)即可， 6.C对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可能平行、相交或 若S2,S3,S:均大于等于家，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m⊥n,且 与假设矛盾。 与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误， 当S1≤1时，S要么为0，要么为士1， 元A由)的最小正调期为，可得x一怎所以。一号 2 由于S1十S2十S3十S,是4的倍数，只可能为以下几种及 其轮换， 所以)=sin(2x+)=-in2红.当r[-，看]时， a.(0,0,0,0), b.(1,1,-1,-1)→(0,0,0,0)， c.(1,1,1,1)→(0,0,0.0)， 2e[-吾]m2xe[-],所以fxm= d.(-1,-1,-1,-1)→(0,0,0,0)， 故均与假设矛盾，即maxS,最小时为0， ,故选A 2 即总能使得(S1,52,S,S4)~(0,0,0,0),即3n,使得n8.C由题意可知，∠F1PF2=90°，又直线PF2的斜率为2， (A)为常数列. 2024年普通高等学校招生全国统一考试 可得an∠PFE-PE2,根据双曲线定义PP (天津卷)》 1PF2=2a.得|PF11=4a,|PF2|=2a,S△wE= 1,B因为A={1,2,3,4},B=(2,3,4,5},所以A∩B=2, 2 PFlIPF:l=号×4aX2a=4a3,又5am,5=8,所以 3,4},故选B. a2=2,所以|F,F212=|PF1|2+PF212=(4a)2+(2a)3 2.C由函致y=x3单调递增可知，若a3=b3,则a=b:由画 =20a2=40.又1F1Fz|2=4c2,所以c2=10.又a2+b2=c2, 数y=3单调递增可知，若34=30，则a=h.故“a3=b3”是 “3“=3”的充要条件，故选C 所以=8，所以双曲线的方程为号-苦=1，故选C 数学答案一12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 1.已知集合M={x-3<x<1},N={x|-1≤x<4},则MUN= ( 蜗 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十6y=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 教 6.设函数f(x)=sinx(w>0).已知f(x)=-1,fx)=1,且工，-西的最小值为，则w= A.1 B.2 C.3 D.4 7.生物丰富度指数d-是河流水质的一个评价指标，其中5，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.2N2=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,y1),(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 2 B.1og当十业西十西 2 2 C.log,4业<，十x 2 D.log2当>5+x 2 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=V10,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∈ [,5],则cosB的最大值为 13.若直线y=(x一3)与双曲线号-y2=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{a,}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,,∠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=13 4: 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 o 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） 9.(本小题15分)已知椭圆E:号十名 =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(0,1)(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△A0 分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△0=15S6Ao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,) ∈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n,使得2(A)为a1+2,a2十6，a十4，a,十2，a,十8,46+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as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=aa十a,=a十a6=a,十ag”。 2024·北京卷第4页（共4页）