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2024年普通高等学校招生全国统一考试 新课标Ⅰ卷
数学试卷
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.-2 B.-1 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.
9.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X服从正态分布，假设失去出口后的亩收入Y服从正态分布，则( ).（若随机变量Z服从正态分布，则）
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.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-2，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，
12.设双曲线（，）的左右焦点分別为，，过作平行于y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，两个各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片的数字的大小，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）.则四轮比赛比赛后，甲的总得分小于2的概率为_________.
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的率心率；
（2）若过P的直线l交C于另一点B，且的面积为9，求l的方程.
17.如图，四棱锥中，底面，，，.
（1）若，证明：平面PBC；
（2）若，且二面角的正弦值为，求AD.
18.已知函数.
（1）若，且，求a的最小值；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）若，当且仅当，求b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4m项可被平均分为m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，，…，足——可分数列；
（3）从1，2，…，中一次任取两个数i和，记数列，，…，足——可分数列的概率为，证明：.
参考答案
1.A
解析：，选A.
2.C
解析：
3.D
解析：，，，，，选D.
4.A
解析：，，，选A.
5.B
解析：设它们底面半径为r，圆锥母线l，，，，，选B.
6.B
解析：在R上↗，，，选B.
7.C
解析：6个交点，选C.
8.B
解析：，，，，，，，，，，，，，，，，，选B.
9.BC
解析：，，，，A错.
，B对.
，，C对.
，D错，所以选BC.
10.ACD
解析：A对，因为；
B错，因为当时且，所以；
C对，因为，，，时，，，D对.
11.ABD
解析：A对，因为O在曲线上，所以O到的距离为，而，
所以有，那么曲线的方程为.
B对，因为代入知满足方程；
C错，因为，求导得，那么有，，于是在的左侧必存在一小区间上满足，因此最大值一定大于1；
D对，因为.
12.
解析：由知，即，而，所以，即，代回去解得，所以.
13.
解析：
14.
解析：甲出1一定输，所以最多3分，要得3分，就只有一种组合、、、.
得2分有三类，分别列举如下：
（1）出3和出5的赢，其余输：，，，
（2）出3和出7的赢，其余输：，，，；，，，，，，，
（3）出5和出7的赢，其余输：，，，；，，，；，，，；，，，；，，，；，，，；，，，
共12种组合满足要求，而所有组合为24，所以甲得分不小于2的概率为
15.（1）
（2）
解析：（1）已知，根据余弦定理，
可得：.
因为，所以.
又因为，即，，解得.
因为，所以.
（2）由（1）知，，则.
已知的面积为，且，
则，即，.
又由正弦定理，可得.
则，，同理.
所以
解得.
16.（1）
（2）见解析
解析：（1）将、代入椭圆，则
，.
（2）①当L的斜率不存在时，，，，A到PB距离，
此时不满足条件.
②当L的斜率存在时，设，令、，
，消y可得
，.
17.（1）证明见解析
（2）
解析：（1）面，平面，
又，，平面PAB
面，平面，
中，，
，B，C，D四点共面，
又平面，平面PBC
平面PBC.
（2）以DA，DC为x，y轴过D作与平面ABCD垂直的线为z轴建立如图所示空间直角坐标系
令，则，，，，
设平面ACP的法向量
不妨设，则，，
设平面CPD的法向量为
不妨设，则，，
二面角的正弦值，则余弦值为
，.
18.（1）-2
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）时，，对恒成立
而，
当且仅当时取“=”，
故只需，即a的最小值为-2.
（2）方法一：，
关于中心对称.
方法二：将向左平移一个单位关于中心对称平移回去关于中心对称.
（3）当且仅当，
对恒成立
令，必有（必要性）
当时，对，
对恒成立，符合条件，
综上：.
19.（1），，
（2）证明见解析
（3）证明见解析
解析：（1）以下满足：，，
（2）易知：，，，等差等差
故只需证明：1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，14可分
分组为，，即可
其余，，按连续4个为一组即可
（3）由第（2）问易发现：，，…，是可分的是可分的.
易知：1，2，…，是可分的
因为可分为，…，与
，…，
此时共种
再证：1，2，…，是可分的
易知与是可分的
只需考虑，，，…，，，
记，只需证：1，3，5，…，，，可分
去掉2与
观察：时，1，3，4，6无法做到；
时，1，3，4，5，6，7，8，10，可以做到；
时，1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，14
时，1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，18
，，，满足
故，可划分为：
，，，
，…，，，共p组
事实上，就是，，且把2换成
此时，均可行，共组
，，…，不可行
综上，可行的与至少组
故，得证！

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