北京市高考文科数学真题及答案

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北京高考文科数学试题含答案(Word版)

普通高等学校招生全国统一考试北京卷文科数学本试卷共6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8小题，每小题5分，共40分。

在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的一项。

1.若集合{}0,1,2,4A =，{}1,2,3B =，则AB =（）A.{}0,1,2,3,4B.{}0,4C.{}1,2D.{}3 2.下列函数中，定义域是R 且为增函数的是（）A.xy e -= B.y x = C.ln y x = D.y x = 3.已知向量()2,4a =，()1,1b =-，则2a b -=（）A.()5,7B.()5,9C.()3,7D.()3,9 4.执行如图所示的程序框图，输出的S 值为（）A.1 D.15输出5.设a 、b 是实数，则“a b >”是“22a b >”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不必要条件C.充分必要条件D.既不充分不必要条件6.已知函数()26log f x x x=-，在下列区间中，包含()f x 零点的区间是（） A.()0,1 B.()1,2 C.()2,4 D.()4,+∞7.已知圆()()22:341C x y -+-=和两点(),0A m -，()(),00B m m >，若圆C 上存在点P ，使得90APB ∠=，则m 的最大值为（）A.7B.6C.5D.48.加工爆米花时，爆开且不糊的粒数的百分比称为“可食用率”.咋特定条件下，可食用率p 与加工时间t （单位：分钟）学科网满足的函数关系2p at bt c =++（a 、b 、c 是常数），下图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为（）A.3.50分钟B.3.75分钟C.4.00分钟D.4.25分钟第2部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

2024年北京卷数学高考试卷(原卷+答案)

1. 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第一部分（选择题共403．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦数2024年普通高等学校招生全国统一考试（北京绝密★启用前卷）学注意事项：干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效。

.分）一项．已知集合 M x x =−<<{|31}，N x x =−≤<{|14}，则M N ⋃=（）A. x x −≤<11}{ B. {x x >−3}C. x x −<<|34}{D.x x <4}2. {已知zi=−−1i ，则z =（）．A.−−1i B.−+1i C. −1i D. 3. +1i 圆x y x y +−+=26022的圆心到直线x y −+=20的距离为（）A.B. 2C. 3D.4.在x4x 3(的展开式中，的系数为（）A.6 B.−6 C. 12 D. 5. 设−12a ，b 是向量，则“(a b a b +−=)·)0”是(“a b =−或a b =6. B. 必要不充分条件D. A. 充分不必要条件C. ”的（）．充要条件既不充分也不必要条件设函数ωω(()f x 1=−f x x =>sin 0).已知1()，f x 2)=1(，且x x −12的最小值为2π，则D. C. B. ω=（）234A. 17. 生物丰富度指数ln d =NS −1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N 1变为N 2，生物丰富度指数由 2.1提高到 3.15，则（）A. 32=N N 21 B. 23=N N 21C.N N =2123D.N N =218. 32如图，在四棱锥−P ABCD 中，底面是边长为4ABCD 的正方形，PA PB ==4，PC PD ==，该棱锥的高为（ B. A. ）.12C.D.9. 已知),(x y 11，),(x y 22是函数y =2x 的图象上两个不同的点，则（）A. < ++y y x x 22log 21212B. > ++y y x x 22log 21212C. +2log 212y y 12<+x x D. +2log 21210. y y 12>+x x 已知==+−≤≤≤≤2)(){(,|,12,01M x y y x t xx x t }是平面直角坐标系中的点集.设d 是M 中两点间距离的最大值， S 是 M 表示的图形的面积，则（）A. S <d =3，1 B. S >d =3，1C.d =S <1D.d =，11. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分第二部分（非选择题共110S >1分）.抛物线y x 12. 的焦点坐标为________2=16．在平面直角坐标系xOy 中，角α与角为始边，它们终边关于原点对称.β均以Ox 若⎣⎦α⎡⎤∈63,π13. 的最大值为________cos ，则π⎢⎥β．若直线(y k x =−3)与双曲线4y 2−=1x 2只有一个公共点，则k 的一个取值为230mm ，则斗量器的高为65mm,325mm,325mm 状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为1014. 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、斛量器的形的等比数列，底面直径依次为，且斛量器的高为______mm ，升量器的高为________的．15. mm 设}{a n 与}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.{b n 记集合k k M k a b k ==∈|,N *结论：①}，给出下列4{个若}{a n 与}{b n 均②等差数列，则M 中最多有1个元素；若} {a n 与}③均为等比数列，则M 中最多有2{b n 个元素；若} {a n 为等差数列，}④为等比数列，则M 中最多有3{b n 个元素；若}{a n 为递增数列，}16. 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为递减数列，则M 中最多有1个元素{b n ..在ABC 中，内角A B C ,,的对边分别为a b c ,,，∠A 为钝角，a =7， =7sin 2cos B B （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∠A ；ABC 存在，求ABC 条件①的面积．：；条件②b =7：14cos B =；条件③13：=c A sin 17. 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．如图，在四棱锥−P ABCD 中，BC AD //，AB BC ==1，AD =3,点E 在AD 上，且（1）PE DE ==2⊥PE AD ，．若PE F 为线段中点，求证：PCD BF //平面．为（2）若PAB PAD AB ⊥平面，求平面与平面18. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录PCD 夹角的余弦值．并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：（i 假设：一份保单保费为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.）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望（ⅱE X )(；）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的数学期望估计值与（i 20%，试比较这种情况下一份保单毛利润）中19. E X )(估计值的大小．（结论不要求证明）已知椭圆E ：a b22(x y 22a b 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+=>>10)，以椭圆.过点t t >0,)((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（1）D ．求椭圆（2）若直线BD 的斜率为0，求t E 的方程及离心率；的值．的20. 设函数)f x x k x k =++≠ln 10)((()，直线l 是曲线 =y f x )(在点,（1）(t f (t ))(t >0)处的切线．当 k =−1时，求(（2）f x )的单调区间.求证：l 不经过点k =(0,0).1时，设点A t f t t >,0)(())(，(0,C f t ))(，O (0,0)，B 为l 与y 轴的交点，SACO 与SABO分别△（3）当表示ACO 与ABO 的面积．是否存在点 A 使得△△215S S ACO ABO =成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据：<<1.09ln31.10，<<1.60ln51.61，21. <<1.94ln71.95）已知集合=∈∈∈∈+++{}{}{}{}){(,,,1,2,3,4,5,6,7,8,且:,,,M i j k w i j k w i j k w 为偶数}．给定数列128A a a a ，和序列T T T s Ω:,,12,,,1,2,,，其中T i j k w M t s )=∈=t t t t t ()(，对数列A 进行如下变换：将A 的第i j k w ,,,1111项均加1，其余项不变，得到的数列记作T 1T (A )；将1(A )的第i j k w ,,,2222项均加1，其余项不变，得到数列记作21(T T A )；……；以此类推，得到(21T T T A )s，简记为（1）Ω(A )．给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7)()(（2）Ω(A )(，写出)；是否存在序列Ω，使得Ω(A )为a a a a a a a a 2,6,4,2,8,2,4,412345678++++++++，若存在，写出一个符合条件（3）Ω；若不存在，请说明理由；若数列A 的各项均为正整数，且+++a a a a 1357为偶数，求证：“存在序列Ω，使得等”的充要条件为Ω(A )的各项都相“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．的1. 答案解析已知集合 M x x =−<<{|31}，N x x =−≤<{|14}，则M N ⋃=（）A. {x x −≤<11}B. {x x >−3}C. −<<{x x |34}D.【答案】C 【详解】{x x <4}由题意得−<<N 2. 故选：M ⋃={x x |34}.C.已知zi=−−1i ，则z =（）．A.−−1i B.−+1i C.−1i D. 【答案】C 【详解】+1i 由题意得i 1i 3. 故选：z =−−=−(1i ).C.圆 22x y x y +−+=260的圆心到直线x y −+=20的距离为（）A.B. 2C. 3D.x y x y +−+=【答案】D 【详解】由题意得26022，即x y −++=131022))((，则其圆心坐标为−(1,3)，则圆心到直线x y −+=20=故选：D.4. 在x 4x (的展开式中，3的系数为（）A.6B.−6 C. 12 D. 【答案】−12A【详解】x 4(的二项展开式为==−=r rr rrr +T xxr r C C 1,0,1,2,3,414424−4−(())(，令−= r243，解得r =2，故所求即为22)5. 设故选：C 16(−=4.A.a ，b 是向量，则“(a b a b +−=)·)0”是“(a b =−或a b =”的（）．B. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件【详解】A. 充分不必要条件C. 充要条件【答案】B 因为a b a b a b 22)()0+⋅−=−=(，可得a b 22=，即a b =，可知a b a b +⋅−=)()0(等价于a b =若，a b =或a b =−，可得a b =，即a b a b +⋅−=)()0 (，可知必要性成立；若a b a b +⋅−=)()0(，即a b =，无法得出a b =或a b =−，例如()(a b ==1,0,0,1)，满足a b =，但a b ≠且a b ≠− 综上所述，，可知充分性不成立；“a b a b +⋅−=)()0”是(“a b ≠且a b ≠−故选：B.6. ”的必要不充分条件.设函数ωω(()f x f x x =>sin 0).已知1)=−1(，f x 2)=1(，且x x −12的最小值为2π，则D. C. B. ω=（）234x A. 1【答案】B 【详解】由题意可知：1为f x )(的最小值点，x 2为f x )(的最大值点，则T 22πminx x 12−==，即T =π，且ω>0，所以T故选：B.7. ω==22π.生物丰富度指数ln d =NS −1是河流水质的一个评价指标，其中总数.生物丰富度指数d S N ,分别表示河流中的生物种类数与生物个体越大，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N 1变为 N 2，生物丰富度指数由 2.1提高到3.15，则（）A. 32=N N 21 B. 23=N N 21C. N N =2123D. N N =21【详解】【答案】32D 由题意得N N S S ln ln ==2.1, 3.15−−1112，则=122.1ln 3.15ln N N ，即122ln 3ln =N N ，所以N N =218. 故选：32.D 如图，在四棱锥P ABCD −中，底面ABCD 是边长为4的正方形，4PA PB ==，，该PC PD ==.棱锥的高为（ B. A. ）.12C.D.【答案】D 【详解】如图，底面ABCD 为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA PB AB PC PD =====4,，分别取AB CD ,的中点E F ,，连接,,PE PF EF ，则⊥⊥PE AB EF AB ,，且 PE EF E ⋂=，,PE EF ⊂平面PEF ，可知AB ⊥平面 PEF ，且AB ⊂平面ABCD ，所以平面PEF ⊥平面ABCD ，过P 作 EF 的垂线，垂足为O ，即PO EF ⊥，由平面PEF平面ABCD EF =，PO ⊂平面PEF ，所以PO ⊥平面ABCD ，由题意可得： 2,4PE PF EF PE PF EF ===，则+=222，即PE PF ⊥，则⋅=⋅22PE PF PO EF 11，可得 ⋅EFPO ==PE PF ，当相对的棱长相等时，不妨设PA PC ==4，PB PD ==因为==+BD PB PD ，此时不能形成三角形PBD 9. 故选：，与题意不符，这样情况不存在.D.已知,)(x y 11，,y =2x )(x y 22是函数的图象上两个不同的点，则（）A. <++y y x x 22log 21212B. >++y y x x 22log 21212C. +2log 212y y 12<+x x D. +2log 212y y 12>+xxx x 12【答案】B 【详解】由题意不妨设<，因为函数022y =2x是增函数，所以<<x x 12，即对于选项AB 0<<y y 12，：可得++2>=222x x 212x x 12，即++2 2y y 12>>20x x 12，根据函数y x =log 2是增函数，所以>=+++y y x x 22log log 22221212对于选项D ，故B 正确，A x x 12错误；：例如x x ==0,112，则y y 12==1,2，可得+22322y y 12=∈(log log 0,1)，即 +2对于选项C log 1212，故D y y 12<=+x x 错误；：例如x x =−=−1,212，则y y ==24,1112，可得+282223==−∈−−y y 12(log log log 332,1)，即 +2故选：B.10. log 3212，故C y y 12>−=+x x 错误，已知==+−≤≤≤≤2)(){(,|,12,01M x y y x t xx x t }是平面直角坐标系中的点集.设d 是 M 中两点间距离的最大值，S 是 M 表示的图形的面积，则（）A. d =3， S <1 B. d =3，S >1C. d =S <1D.d =，x ∈[1,2【答案】C 【详解】S >1对任意给定]，则xx x x −=−≥102)(，且t ∈[0,1]，可知x x t x x x x x x ≤+−≤+−=222)(，即⎩再结合x x y x 2≤≤，的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域≤≤⎪≥≤x ⎪⎨y x 12⎧y x 2，如图阴影部分所示，其中()()(A B C 1,1,2,2,2,4)，可知任意两点间距离最大值d AC ==；阴影部分面积△ABC 2y x 的焦点坐标为________2=故选：C.11. S S <=⨯⨯=1211.抛物线16．【答案】【详解】(4,0)由题意抛物线的标准方程为y x2=16，所以其焦点坐标为(4,0).故答案为：12. (4,0).在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以为始边，它们的终边关于原点对称.Ox 若⎣⎦⎢⎥α⎡⎤∈63,πcos β的最大值为________π，则．【答案】 −21##【详解】−0.5由题意βα=++∈,Z ππ2k k ，从而=++=−cos cos cos βαα(π2k π)，因为⎣⎦⎢⎥α⎡⎤∈63,ππ，所以cos α的取值范围是⎣⎦⎢⎡22,1，cos β的取值范围是⎣⎦−− ⎡⎤22⎢⎥1，当且仅当α=3π，即3π2k k β=+∈,Z 4π时，cos β取得最大值，且最大值为 −21.故答案为： −213. 1.若直线(y k x =−3)与双曲线 4y −=12x 2只有一个公共点，则k 的一个取值为________．【答案】21（或 −2【详解】1，答案不唯一）联立⎩⎨⎪4y −=12⎪y k x =−3⎧x 2)(，化简并整理得：−+−−=k x k x k2222)(14243640，由题意得140k −=2或2222)kk k )(()Δ=++−=(244364140，解得k =±21或无解，即 k =±2，经检验，符合题意1.故答案为：21（或−2230mm ，则斗量器的高为65mm,325mm,325mm 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，答案不唯一）1.的等比数列，底面直径依次为，且斛量器的高为______mm ，升量器的高为________②. ①. ．mm 【答案】2357.5##2【详解】115设升量器的高为h 2h 1，斗量器的高为（单位都是mm ），则⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫h h ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪22ππ⎝⎭⎝⎭==1022⨯230 ⎪ ⎪ππ12 6532522h 232532522，故h 2=23mm ， 2mm h 1115=.故答案为： 223mm,mm 15. 115.设}{a n 与}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.{b n 记集合k k M k a b k ==∈|,N *①}，给出下列4{个结论：若}{a n 与②}均为等差数列，则M 中最多有1{b n 个元素；若} {a n 与}③均为等比数列，则M 中最多有2{b n 个元素；若}{a n 等差数列，}④为等比数列，则M 中最多有3{b n 个元素；若}{a n 为递增数列，} 其中正确结论的序号是______.【答案】①③④【详解】对于①为递减数列，则M 中最多有1个元素{b n .，因为n n },{{a b }均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故对于②中至多一个元素，故①正确M .，取n n n −1n −1a b ==−−2,2,()则a b n n ,{}{}均为等比数列，但当n n n 为偶数时，有22n −1对于③M 中有无穷多个元素，故②错误n −1a b ===−−)(，此时.，设n n(b AqAq q =≠≠±0,1)，n (a kn b k =+≠0)，若M 中至少四个元素，则关于n 的方程Aq kn b 至少有4n=+个不同的正数解，若q q >≠0,1，则由y Aq n=和y kn b =+的散点图可得关于Aq kn b nn 的方程=+至多有两个不同的解，矛盾；若q q <≠±0,1，考虑关于n 的方程Aq kn b n=+奇数解的个数和偶数解的个数，当Aq kn b n=+有偶数解，此方程即为 A q kn b n=+，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Ak q ln 0>，为否则Ak q <ln 0，因 ==+y A q y kn b n,单调性相反，方程A q kn b n=+至多一个偶数解，当Aq kn b n=+有奇数解，此方程即为−=+A q kn b n，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时Ak q −>ln 0即 Ak q <ln 0否则Ak q ln 0>，因 =−=+y A q y kn b n,单调性相反，方程A q kn b n=+至多一个奇数解，因为Ak q >ln 0，Ak q <ln 0不可能同时成立，故对于④Aq kn b 不可能有4个不同的整数解，即M 中最多有3个元素，故③正确n =+.，因为}{a n 为递增数列，}16. 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：{b n 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，①③④.在ABC 中，内角A B C ,,的对边分别为a b c ,,，∠A 为钝角，a =7，=7（1）sin 2cos B B ．求（2）从条件①、条件②、条件③∠A ；这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC 存在，求ABC 条件①的面积．：；条件②b =7：14cos B =；条件③13：=c A sin 【答案】（1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．） A =3（2）选择①无解；选择②和③△ABC 2π；面积均为 4【解析】【小问1.详解】由题意得 =B B b B 72sin cos cos ，因为A 为钝角，则cos 0B ≠，则=2sin B，则===BA A b a sin sin sin 7，解得 2sin A =，因为A 为钝角，则A =3选择【小问22π.详解】①b =7，则B sin 7===A =32π，则B 为锐角，则B π=3，此时选择A B +=π，不合题意，舍弃；②14cos B =13，因为B为三角形内角，则14B sin ==，则代入=72sin B得b 1472⨯=，解得b =3， ⎪=+=+=+333⎛⎫C A B B B B ⎝⎭sin sin sin sin cos cos sin 2π2π2π)(⎝⎭ ⎪ =+−⨯=⎛⎫21421414131,则ABCSab C ==⨯⨯⨯=22144sin 73选择11.③=c A sinc ⨯=2c =5，则由正弦定理得=sin sin a c A C=sin C 5，解得 14sin C =，因为C为三角形内角，则C 14cos ==11，则 ⎪=+=+=+333⎛⎫B AC C C C ⎝⎭sin sin sin sin cos cos sin 2π 2π2π)(⎝⎭ ⎪ =+−⨯=⎛⎫21421414111，则 △S ac B ==⨯⨯⨯=ABC 22144sin 7517. 11如图，在四棱锥−P ABCD 中，//BC AD ，AB BC ==1，E AD =3,点在AD 上，且PE DE ==2PE AD ⊥，．（1）若F 为线段PE 中点，求证：（2）PCD BF //平面．若AB ⊥平面 PAD ，求平面PAB 与平面（2【答案】（1）PCD 夹角的余弦值．证明见解析）30【解析】【小问1详解】取PD 的中点为S ，接,SF SC ，则 ==2SF ED SF ED //,11，而 =ED BC ED BC //,2，故=//,SF BC SF BC ，故四边形SFBC 为平行四边形，故BF SC //，而BF ⊄平面 PCD ，SC ⊂平面PCD ，所以BF //平面【小问2PCD .详解】因为ED =2，故AE =1，故//,=AE BC AE BC ，故四边形 AECB 为平行四边形，故//CE AB ，所以CE ⊥平面PAD ，而PE ED ⊂,平面PAD ，故⊥⊥,PE ED CE PE CE ED ，而⊥，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A B C D P () )()−−)((则PA PB PC PD (0,1,0,1,1,0,1,0,0,0,2,0,0,0,2)，()()()(0,1,2,1,1,2,1,0,2,0,2,2,=−−=−−=−=− )设平面PAB 的法向量为(,,m x y z=)，则由m PA ⋅=0m PB ⋅=0⎩⎪⎨⎪⎧可得⎩⎨x y z −−=y z 20⎧−−=20，取m =−(0,2,1)，设平面PCD 的法向量为n a b c =(,,)，则由n PC ⋅=0n PD ⋅=0⎩⎪⎨⎪⎩b c ⎧可得−=⎨220⎧a b −=20，取n =(2,1,1)，1故cos ,m n −==−⨯ 530，故平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为3018. 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：（i 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.）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望（ⅱE X )(；）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的数学期望估计值与（i 20%，试比较这种情况下一份保单毛利润）中【答案】（1E X )(估计值的大小．（结论不要求证明））10（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 1）中【解析】【小问1E X )(估计值详解】设A 为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得++++ ++80010060301010（ⅰ【小问2P A )6030101==(.详解】）设0,0.8,1.6,2.4,3ξξ为赔付金额，则可取，由题设中的统计数据可得10005100010P P ξξ0,0.880041001) ()(======，ξ100050P ( 1.6)===603， ξ1000100P ( 2.4)===303，ξ1000100P (3)===101，故 51050100100E (ξ)=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=4133100.8 1.6 2.430.278故（ⅱ（万元）E X )=−=0.40.2780.122(.）由题设保费的变化为 ⨯⨯+⨯⨯=550.496%0.4 1.20.4032 41，故E Y =+−=0.1220.40320.40.1252()（万元），从而()<(19. E X E Y ).已知椭圆E ：a b a b+=>>1022E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形)x y 22(，以椭圆.过点t t >0,)((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（1）D ．求椭圆【答案】（1（2）若直线BD 的斜率为0，求t E 的方程及离心率；的值．）+==4221,e （2x y 22）【解析】【小问1t =2详解】由题意b c ===，从而 a ==2，所以椭圆方程为42+=1x y 22，离心率为e =2【小问2；详解】直线AB AB 斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设AB y kx t k t =+≠>:,0,(，,,,1122)((A x y B x y )，联立⎩=+⎪⎪y kx t ⎨42+=1⎧x y 22，化简并整理得+++−=k x ktx t 222)(124240，由题意k t k t k t1682128420Δ=−+−=+−>222222)()()(，即k t ,应满足420kt 22+−>，所以++−−k k x x x x +==1221, 424221212kt t 2，若直线斜率为0BD ，由椭圆的对称性可设 D x y 22)(−,，所以+x x −AD y x x y 12:=−+11y y 12)(，在直线AD 方程中令x =0，得+x x x x x x kt ty t +++−x y x y 42121212122112211212k t 2−(x kx t x kx t kx x t x x )42)()2()C ====+==1(+++++，所以t =2，此时k 应满足⎩⎨k ≠k t k +−=−>0⎧42420222，即k应满足k <−2或k >2，综上所述，t =2满足题意，此时k <2或 k >220. .设函数f x x k x k =++≠ln 10)(()()，直线l 是曲线 =y f x )(在点, （1）(t f (t ))(t >0)处的切线．当k =−1时，求（2）的单调区间f x )(.求证：l 不经过点k =1(0,0).时，设点A t f t t ,0)(())(>，C f t 0,O (0,0)(())，，B 为l 与Sy 轴的交点，ACO 与SABO分别△（3）当表示ACO 与ABO 的面积．是否存在点 A 使得△△215S S ACO ABO =成立？若存在，这样的点A 有几个？（参考数据： 1.09ln31.10<<，1.60ln51.61<<，【答案】（1）1.94ln71.95<<）单调递减区间为−(1,0)，单调递增区间为（3）+∞(0,).2（2）证明见解析【解析】【小问1详解】=−+=−=>− 'f x x x f x x 11++xx x()ln(1),()1(1)1，当('x ∈−1,0)时，(f x )<0；当(0,x ∈+∞)，fx∴f x ()；在(1,0)−上单调递减，在(0,)上单调递增+∞.则f x ()的单调递减区间为(1,0)−，单调递增区间为(0,)+∞.【小问2详解】'1+k x f x ()1=+，切线l 的斜率为 1+k t1+，则切线方程为⎝⎭⎪ −=+−>1+⎛⎫k t y f t x t t ()1()(0)，将(0,0)代入则⎝⎭⎝⎭−=−+=+ f t t f t t ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪11k k t t ()1,()1++，即t k t t t+++=+t k 1ln(1)，则t 1+t t ln(1)+=， +−=t 1+tt ln(1)0，令F t t =+−1+tt()ln(1)，假设l 过(0,0)，则F t ()在存在零点t ∈+∞(0,).'=−=>t t t 1(1)(1)+++11+−t t t 22∴F t ()F t ()0，在(0,)+∞上单调递增，∴F t F t F ()(0)0>=，()在+∞(0,)无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过k =【小问3(0,0).详解】1时，' 11++x +x x()ln(1),()10f x x x f x =++=+=>12.Stf t ACO=2()1，设l 与y 轴交点B 为qt >(0,)，0时，若q <0，则此时l 与由（2必有交点，与切线定义矛盾f x ().）知.q ≠0所以q >0，则切线l 的方程为⎝ 1+t y t t ⎛⎫−−+=+⎭1(x t )ln 1) ⎪1−(，令x =0，则 ===+−t +t 1215SS y q y t ln(1).ACOABO =，则⎣⎦tf t t t ⎡⎤⎢⎥t +t 12()15ln(1)=+−，t t 1+t t13ln(1)2150∴+−−=，记1+=+−−>h t t t t t ∴()13ln(1)2(0)15t，满足条件的A 有几个即h t ()有几个零点.'++++++−++−t t t t t t t t t 1(1)(1)(1)(1)h t ()2=−−===1315294(21)(4)13132211522222+−−+−2t t t )(，当⎝⎭⎪t ⎛⎫∈20,1时， '(h t )<0，此时(h t )单调递减；当⎝⎭⎪t ⎛⎫∈2,4 1时，'h t )>0(，此时h t )(单调递增；当(4, 't ∈+∞)时，(h t )<0，此时(h t )单调递减；因为⎝⎭⎪ ⎛⎫2(0)0,0,(4)13ln 52013 1.6200.80h h h ==−⨯−=>1， =−−=−−<⨯−−=−<⨯2555h (24)13ln 254826ln 54826 1.614820.54015247272，所以由零点存在性定理及h t ()的单调性，h t ()在⎝⎭⎪⎛⎫2 ,41上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，h t ()有两个零点，即满足215S S =ACO ABO 的21. 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题A 有两个.【点睛】.已知集合=∈∈∈∈+++{}{}{}{}){(,,,1,2,3,4,5,6,7,8,且:,,,M i j k w i j k w i j k w 为偶数}．给定数列128A a a a ，和序列T T T s Ω:,,12,,,1,2,,，其中T i j k w M t s )=∈=t t t t t ()(，对数列A 进行如下变换：将A 的第i j k w ,,,1111项均加1，其余项不变，得到的数列记作T 1(A )；将T 1(A )的第i j k w ,,,2222项均加1，其余项不变，得到数列记作21((21T T A )；……；以此类推，得到T T T A )s，简记为（1）Ω(A )．给定数列A :1,3,2,4,6,3,1,9和序列)()((（2）Ω(A Ω:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7)，写出)；是否存在序列Ω，使得Ω(A )为a a a a a a a a 2,6,4,2,8,2,4,412345678++++++++，若存在，写出一个符合条件的（3）Ω；若不存在，请说明理由；若数列A 的各项均为正整数，且+++1357a a a a 为偶数，求证：“存在序列Ω，使得等”的充要条件为Ω(A )的各项都相“ +=+=+=+12345678【答案】（1a a a a a a a a ”．）（2）Ω(A ):3,4,4,5,8,4,3,10不存在符合条件的（3）证明见解析【解析】【小问1Ω，理由见解析详解】因为数列A :1,3,2,4,6,3,1,9，由序列 T 1(1,3,5,7)可得1T A ):2,3,3,4,7,3,2,9(；由序列T 2 (2,4,6,8)可得21(T T A ):2,4,3,5,7,4,2,10；由序列 T 3(1,3,5,7)可得321T T T A ):3,4,4,5,8,4,3,10(；所以【小问2详解】Ω(A ):3,4,4,5,8,4,3,10.解法一：假设存在符合条件的Ω，可知Ω(A )的第1,2项之和为a a s 12++，第3,4项之和为a a s 34++，则⎩+++=++⎪+++=++3434)42⎪1212)(⎨(a a a a s)26)(⎧(a a a a s，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4Ω；，假设存在符合条件的Ω，且 ⋅⋅⋅):,,,128Ω(A b b b ，因为+++++++4共有8=826428244，即序列Ω项，由题意可知：−−n n n n b b a a n 8,1,2,3,4212212+−+== ) )((，检验可知：当n =2,3时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的s ...【小问3详解】Ω.解法一：我们设序列21(T T T A )为s n ,}(≤≤0,{a n 18)，特别规定nn (T T T 必要性：aa n =≤≤18).若存在序列sΩ:,,12，使得Ω(A )的各项都相等.则=======s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8 a a a a a a a a ，所以+=+=+=+s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8a a a a a a a a .根据s ...21( T T T A )的定义，显然有−−−−s j s j s j s j ,21,21,211,2j =a a a a +=++1，这里1,2,3,4，s =1,2,....所以不断使用该式就得到+=+=+=+=+−s s 12345678,1,2a a a a a a a a a a s ，必要性得证.充分性：若+=+=+=+12345678a a a a a a a a .由已知，+++1357a a a a 为偶数，而+=+=+=+12345678a a a a a a a a ，所以+++=+−+++2468121357)(4(a a a a a a a a a a )也是偶数.我们设s ...21T T T A )(是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω(A )中，使得−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8最小的一个.上面已经说明−−−−s j s j s j s j a a a a +=++1,21,21,211,2，这里j =1,2,3,4，s =1,2,....从而由+=+=+=+12345678 a a a a a a a a 可得+=+=+=+=++s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,812a a a a a a a a a a s .同时，由于+++i j k w t t t t 总是偶数，所以+++t t t t ,1,3,5,7a a a a 和+++t t t t ,2,4,6,8a a a a 的奇偶性保持不变，从而+++s s s sa a a a ,1,3,5,7和+++a a a a s s s s ,2,4,6,8都是偶数.下面证明不存在j =1,2,3,4使得−a a s j s j −≥2,21,2.假设存在，根据对称性，不妨设j =1，−a a s j s j −≥2,21,2，即s s 情况1a a ,1,2−≥2.：若s s s s s s ,3,4,5,6,7,8a a a a a a −+−+−=0，则由+++s s s s a a a a ,1,3,5,7和+++a a a a s s s s ,2,4,6,8都是偶数，知s s a a ,1,2−≥4.对该数列连续作四次变换)()()((2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7)后，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 4,14,24,34,44,54,64,74,8相比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8减少4，这与情况2−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8的最小性矛盾；：若s s s s s s ,3,4,5,6,7,8a a a a a a −+−+−>0，不妨设s s 情况2-1a a ,3,4−>0：如果s s a a ,3,4−≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7,2,4,6,8)()(后，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 2,12,22,32,42,52,62,72,8相比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8至少减少2，这与−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8情况2-2的最小性矛盾；：如果s s a a ,4,3−≥1，则对该数列连续作两次变换)((2,3,5,8,2,3,6,7)后，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 2,12,22,32,42,52,62,72,8相比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8至少减少2，这与−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8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j =1,2,3,4都有−,21,2a a s j s j −≤1.假设存在j =1,2,3,4使得−,21,2.a a s j s j −=1，则−+,21,2a a s j s j 是奇数，所以+=+=+=+s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8N a a a a a a a a 都是奇数，设为+21.则此时对任意j =1,2,3,4，由−a a s j s j −≤1,21,2可知必有−s j s j{}=+,21,2{a a N N ,,1}.而+++s s s s a a a a ,1,3,5,7和+++a a a a s s s s ,2,4,6,8都是偶数，故集合s m =,{m a N }中的四个元素i j k w ,,,之和为偶数，对该数列进行一次变换,,,(i j k w )，则该数列成为常数列，新的−+−+−+−++++++++a a a a a a a a s s s s s s s s 1,11,21,31,41,51,61,71,8等于零，比原来的−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8更小，这与−+−+−+−a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8最小性矛盾.的综上，只可能−s j s j ,21,2(a a j −==01,2,3,4)，而+=+=+=+a a a a a a a a s s s s s s s s ,1,2,3,4,5,6,7,8，故s n ,}=Ω(是常数列，充分性得证{a A ).解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响Ω(A )的结果，且,,,,,,,12345678)()()(（ⅰ(a a a a a a a a )相对于序列也是无序的，）若+=+=+=+12345678a a a a a a a a ，不妨设≤≤≤a a a a 1357，则≥≥≥a a a a 2468①，当===a a a a 1357，则===8642a a a a ，分别执行a 1个序列(2,4,6,8)、a 2个序列(1,3,5,7)，可得++++++++,,,,,,,1212121212121212②a a a a a a a a a a a a a a a a ，为常数列，符合题意；当a a a a ,,,1357中有且仅有三个数相等，不妨设==a a a 135，则==246a a a ，即,,,,,,,12121278a a a a a a a a ，分别执行a 2个序列a (1,3,5,7)、7个序列(2,4,6,8)可得++++++++,,,,,,,1227122712272778a a a a a a a a a a a a a a a a ，即++++++++,,,,,,,1227122712272712a a a a a a a a a a a a a a a a ，因为+++1357a a a a 为偶数，即3a a 17+为偶数，可知,a a 17的奇偶性相同，则−2aa71∈N *，分别执行−a a 271个序列(1,4,5,8)(2,3,5,8)(1,3,6,8)(1,3,5,7)，，，，可得+−+−+−+−+−+−+−+−a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 22222222,,,,,,,③，323232323232323272172172172172172172172为常数列，符合题意；若=<=1357a a a a ，则=>=2468a a a a ，即,,,,,,,12125656a a a a a a a a ，分别执行a 5个(1,3,6,8)、a 1个(2,4,5,7)，可得++++++++a a a a a a a a a a a a a a a a ,,,,,,,1512151215561556，因为+=+a a a a 1256，可得++++++++a a a a a a a a a a a a a a a a ,,,,,,,1512151215121512④即转为①，，可知符合题意；当a a a a ,,,1357中有且仅有两个数相等，不妨设a a =13，则a a =24，即,,,,,,,12125678a a a a a a a a ，分别执行a 1个(2,4,5,7)、a 5个(1,3,6,8)，可得++++++++,,,,,,,1512151215561758a a a a a a a a a a a a a a a a ，且+=+a a a a 1256，可得++++++++,,,,,,,1512151215121758a a a a a a a a a a a a a a a a ，因为+++=++21357157a a a a a a a 为偶数，可知,a a 57的奇偶性相同，则+++++++=++15151517157)43)()()((a a a a a a a a a a a 为偶数，且+=+=+<+15151517⑤a a a a a a a a ，即转②，可知符合题意；若<<<1357a a a a ，则>>>a a a a 2468，即,,,,,,,12345678a a a a a a a a ，分别执行a 1个(2,3,5,8)、a 3个(1,4,6,7)，可得++++++++,,,,,,,1312133415363718a a a a a a a a a a a a a a a a ，且+=+1234a a a a ，可得++++++++,,,,,,,1312131215363718a a a a a a a a a a a a a a a a ，因为+++1357a a a a 为偶数，则+++++++=+++++13131537131357)()2()()()((a a a a a a a a a a a a a a )为偶数，且+=+<+<+13131537a a a a a a a a ，即转为④，可知符合题意；综上所述：若+=+=+=+12345678Ωa a a a a a a a ，则存在序列，使得（ⅱΩ(A )为常数列；）若存在序列Ω，使得Ω(A )为常数列，为因为对任意⋅⋅⋅):,,,128Ω(A b b b ，均有+−+=+−+12123434)()()((b b a a b b a a )56567878)=+−+=+−+)( )()((b b a a b b a a 成立，若Ω(A )为常数列，则+=+=+=+b b b b b b b b 12345678，所以+=+=+=+12345678综上所述：“a a a a a a a a ；存在序列Ω，使得Ω(A )为常数列”的充要条件为“+=+=+=+a a a a a a a a 12345678”.。

2024年北京市高考数学试卷

2024年北京市高考数学试卷A．{x|-1≤x＜1}B．{x|x＞-3}C．{x|-3＜x＜4}D．{x|x＜4}A．-1-iB．-1+iC．1-iD．1+iA．B．2C．3D．3（2024•北京）已知集合M={x|-3＜x＜1}，N={x|-1≤x＜4}，则M∪N=（）答案：C解析：结合并集的定义，即可求解．解答：解：集合M={x|-3＜x＜1}，N={x|-1≤x＜4}，则M∪N={x|-3＜x＜4}．故选：C．（2024•北京）若复数z满足=-1-i ，则z=（）z i答案：C解析：结合复数的四则运算，即可求解．解答：解：=-1-i，则z=i（-1-i）=1-i.故选：C．z i（2024•北京）圆x 2+y 2-2x+6y=0的圆心到x-y+2=0的距离为（）√2√2答案：D解析：求解圆的圆心坐标，利用点到直线的距离公式求解即可．解答：解：圆x 2+y 2-2x+6y=0的圆心（1，-3），圆x 2+y 2．故选：D．√2A．6B．-6C．12D．-12A．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（2024•北京）在的展开式中，x 3的系数为（）（x -）√x 4答案：A解析：利用二项式定理，求解即可．解答：解：的通项公式为：（-1）r •，4-r +=3，可得r=2，二项展开式中x 3的系数：•（-1）2=6．故选：A．（x -）√x4C 4r •x 4-r x r2r 2C 42（2024•北京）设a ，b 是向量，则“（a +b ）•（a -b ）=0”是“a =-b 或a =b ”的（）→→→→→→→→→→答案：B解析：根据已知条件，依次判断充分性，必要性的判断，即可求解．解答：解：（a +b ）•（a -b ）=0，则-=0，即|a |=|b |，|a |=|b |不能推出a =b 或a =-b ，充分性不成立，a =b 或a =-b 能推出|a |=|b |，必要性成立，故“（a +b ）•（a -b ）=0”是“a =b 或a =-b ”的必要不充分条件．故选：B．→→→→a →2b →2→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→（2024•北京）设函数f（x）=sinωx（ω＞0）．已知f（x 1）=-1，f（x 2）=1，且|x 1-x 2|的最小值为，则ω=（）π2A．1B．2C．3D．4A．3N 2=2N 1B．2N 2=3N 1C．=D．=答案：B解析：由已知结合正弦函数的性质即可直接求解．解答：解：因为f（x）=sinωx,则f（x 1）=-1为函数的最小值，f（x 2）=1为函数的最大值，又|-==，所以T=π，ω=2．故选：B．x 1x 2|minπ2T 2（2024•北京）生物丰富度指数d =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N 1变为N 2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（）S -1lnNN 22N 13N 23N 12答案：D解析：根据已知条件可得=2.1，=3.15，化简即可求解．S -1lnN 1S -1lnN 2解答：解：根据个体总数由N 1变为N 2可列式，=2.1，=3.15，所以2.1lnN 1=3.15lnN 2，约分可得2lnN 1=3lnN 2，故=，所以=．故选：D．S -1lnN 1S -1lnN 2lnN 12lnN 23N 12N 23（2024•北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=2，该棱锥的高为（）√2A．1B．2C．D．A．lo ＜C．lo ＜+D．lo ＞+√2√3答案：D解析：根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PG⊥平面ABCD，再结合等体积法，即可求解．解答：解：由题意知△PAB为正三角形，因为PC 2+PD 2=CD 2，所以PC⊥PD，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE=2，PF=2，EF=4，则PE 2+PF 2=EF 2，所以PE⊥PF，过点P作PG⊥EF，垂足为G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF ⊂平面PEF，且EF∩PF=F，所以CD⊥平面PEF．又PG ⊂平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF ⊂平面ABCD，CD∩EF=F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高，因为PE •PF =EF •PC ，所以PG ===．故选：D．√31212PE •PF EF 2×2√34√3（2024•北京）已知（x 1，y 1），（x 2，y 2）是函数y=2x 的图象上两个不同的点，则（）g 2+y 1y 22+x 1x 22g 2+y 1y 22x 1x 2g 2+y 1y 22x 1x 2答案：BA．d=3，S＜1B．d=3，S＞1C．d =，S ＜1D．d =，S ＞1解析：根据已知条件，结合基本不等式的公式，以及对数的运算性质，即可求解．解答：解：（x 1，y 1），（x 2，y 2）是y=2x 上的点，则=，=，+≥2=2，当且仅当x 1=x 2时，等号成立，故＞，两边同时取对数可得，lo ＞．故选：B．y 12x1y 22x22x12x2√•2x 12x 2√2+x 1x 2+y 1y 222+x 1x22g 2+y 1y 22+x 1x 22（2024•北京）已知M={（x,y）|y=x+t（x 2-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（）√10√10答案：C解析：根据已知条件，作出图象，结合图象即可得出答案．解答：解：集合{y|y=x+t（x 2-x），0≤t≤1，1≤x≤2}表示的图形如下图阴影部分所示，由图象可知，d =|AB |==，S ＜=×（4-2）×（2-1）=1．故选：C．√（2-1+（4-1）2）2√10S △ABC 12（2024•北京）抛物线y 2=16x的焦点坐标为（4，0）．答案：见试题解答内容解析：根据抛物线的标准方程计算可得．解答：解：抛物线y2=16x的焦点坐标是（4，0）．故答案为：（4，0）．（2024•北京）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称．若α∈[，]，则cosβ的最大值为．π6π3答案：见试题解答内容解析：先求出β的范围，再结合余弦函数的单调性，即可求解．解答：解：α与β的终边关于原点对称可得，α+π+2kπ=β，k∈Z，cosβ=cos（α+π+2kπ）=-cosα，α∈[，]，cosα∈[，]，，-]，故当α=，β=2kπ+，k∈Z时，cosβ的最大值为-．故答案为：-．π6π312√32212π34π31212（2024•北京）若直线y=k（x-3）与双曲线-=1只有一个公共点，则k的一个取值为x24y2答案：见试题解答内容解析：根据已知条件，设出直线方程，再与双曲线方程联立，再分类讨论，并结合判别式，即可求解．解答：解：联立，化简可得（1-4k2）x2+24k2x-36k2-4=0，因为直线y=k（x-3）与双曲线-=1只有一个公共点，故1-4k2=0，或Δ=（24k2）2+4（1-4k2）（36k2+4）=0，解得k=±或k无解，{-=1y=k（x-3）x24y2x24y212当k=±时，符合题意．故答案为：（或-）．121212（2024•北京）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,325 mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为 23mm,升量器的高为 57.5mm.（不计量器的厚度）答案：见试题解答内容解析：根据题意求出斛量器的体积和斗量器、升量器的体积，再求对应圆柱的高．解答：解：斛量器的体积为V 3=π••230，则斗量器的体积为V 2=V 3=π••23，所以斗量器的高为23mm；设升量器的高为h,由升量器的体积为V 1=V 2=π••2.3=π••h,解得h=57.5，所以升量器的高为57.5mm；所以升量器、斗量器的高度分别57.5mm,23mm.故答案为：23，57.5．（）32522110（）32522110（）32522（）6522（2024•北京）设{a n }与{b n }是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M={k|a k =b k ，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{a n }与{b n }均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{a n }与{b n }均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{a n }为递增数列，{b n }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 ①③④．答案：见试题解答内容解析：根据散点图的特征可判断①④的正误，举出反例可判断②的正误，由通项公式的特征以及反证法，即可判断③的正误．解答：解：对于①，{a n }，{b n }均为等差数列，M={k|a k =b k }，{a n }，{b n }不为常数列且各项均不相同，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，所以M中至多一个元素，故①正确；对于②，令=，=-（-2，满足{a n }，{b n }均为等比数列，但当n为偶数时，===-（-2，此时M中有无穷多个元素，故②错误；对于③，设=A （Aq ≠0，q ≠±1），a n =kn+b（k≠0），若M中至少四个元素，则关于n的方程Aq n =kn+b至少有4个不同的正数解，若q＜0，q≠±1，考虑关于n的方程Aq n =kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，当Aq n =kn+b有偶数解，此方程即为A|q|n =kn+b,方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln|q|＞0，否则Akln|q|＜0，因为y=A|q|n ，y=kn+b单调性相反，方程A|q|n =kn+b至多一个偶数解，当Aq n =kn+b有奇数解，此方程即为-A|q|n =kn+b,方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-Akln|q|＞0，即Akln|q|＜0，否则Akln|q|＞0，因为y=-A|q|n ，y=kn+b单调性相反，方程A|q|n =kn+b至多一个奇数解，因为Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同时成立，若q＞0，q≠1，则由y=Aq n 和y=kn+b的散点图可得关于n的方程Aq n =kn+b至多有两个不同的解，矛盾；故Aq n =kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确．对于④，因为{a n }为单调递增，{b n }为递减数列，M={k|a k =b k }，{a n }，{b n }不为常数列且各项均不相同，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确．故答案为：①③④．a n 2n -1b n ）n -1a n 2n -1b n ）n -1b n q n （2024•北京）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c,∠A为钝角，a=7，sin 2B．（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②：cosB=；条件③：csinA=．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．7131452√3答案：（1）；（2）条件①不符合要求；选②，；选③，．2π315√3415√34解析：（1）由已知等式结合二倍角公式和正弦定理求得sinA，即可得到A；（2）分析选条件①不符合要求；选条件②，由已知结合正弦定理求得b,由sinC=sin（A+B）可求得sinC，再由三角形面积公式求解即可；选条件③，由（1）及已知可求得c,结合余弦定理求得b,再由三角形面积公式求解即可；．解答：解：（1）因为sin 2B=2sinBcosB，因为A为钝角，所以B为锐角，cosB≠0，在△ABC中，由正弦定理得=，因为A为钝角，所以A=．（2）若选条件①，因为b=7，a=7，所以B=A=，与A+B+C=π矛盾，此时△ABC不存在，故条件①不符合要求，不选①；若选条件②，因为cosB=，所以sinB==在△ABC中，由正弦定理得=，所以b=•sinB=×+（-）×所以△ABC的面积为S=absinC=×7×3×若选条件③，由（1）知A=，因为csinA=，所以c=5，由余弦定理得a 2=b 2+c 2-2bccosA，714a sinAb sinB22π32π31314√1-B cos 214a b a sinA7sin 2π3141312141412121442π352√3即72=b 2+52-2b×5×cos ，解得b=3，所以△ABC的面积为S=bcsinA=×3×5×sin =．2π312122π315√34（2024•北京）如图，在四棱锥P-ABCD，BC∥AD，AB=BC=1，AD=3，点E在AD上，且PE⊥AD，DE=PE=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．答案：见试题解答内容解析：（1）设M为PD的中点，连接FM，CM，证明四边形BCMF为平行四边形，即可得BF∥CM，由线面平行的判定定理即可证明；（2）易得CE⊥平面PAD，以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．解答：（1）证明：如图，设M为PD的中点，连接FM，CM，因为F是PE中点，所以FM∥ED，且FM=ED，因为AD∥BC，AB=BC=1，AD=3，DE=PE=2，所以四边形ABCE为平行四边形，BC∥ED，且BC=ED，所以FM∥BC，且FM=BC，即四边形BCMF为平行四边形，所以BF∥CM，因为BF ⊄平面PCD，CM ⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD．（2）解：因为AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD，EP，ED，EC相互垂直，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，1212则P（0，0，2），A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，2，0），所以AB =（1，0，0），AP =（0，1，2），PC =（1，0，-2），CD =（-1，2，0），设平面PAB的一个法向量为m =（x 1，y 1，z 1），则，取z 1=-1，则m =（0，2，-1），设平面PCD的一个法向量为n =（x 2，y 2，z 2），则，取z 2=1，则n =（2，1，1），设平面PAB与平面PCD夹角为θ，则cosθ===→→→→→⎧⎨⎩m •AB ==0m •AP =+2=0→→x 1→→y 1z1→→⎧⎨⎩n •PC =-2=0n •CD =-+2=0→→x 2z 2→→x 2y 2→m •n →→|m |•|n |→→2-1×√5√630（2024•北京）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1234保单份数800100603010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（i）中EX估计值的大小，（结论不要求证明）答案：见试题解答内容解析：（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率；（2）（i）设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，用频率估计概率后可求得分布列及数学期望，从而可求E（X）；（ii）先算出下一期保费的变化情况，结合（i）的结果可求E（Y）．解答：解：（1）设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得P （A ）==；（2）（i）设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，由题可得P （ξ=0）==，P （ξ=0.8）==，P （ξ=1.6）==，P （ξ=2.4）==，P （ξ=3）==，所以E （ξ）=0×+0.8×+1.6×+2.4×+3×=0.278，因为毛利润是保费与赔偿金额之差，故E（X）=0.4-0.278=0.122（万元）；（ii）由（i）知未赔偿的概率为P （ξ=0）==，至少赔偿一次的概率为1-=，故保费的变化为0.4××（1-4%）+0.4××（1+20%）=0.4032，设Y为保单下一保险期的毛利润，故E（Y）=0.122+0.4032-0.4=0.1252（万元）．所以E（X）＜E（Y）．60+30+10800+100+60+30+10110800100045100100011060100035030100031001010001100451103503100110080010004545154515（2024•北京）已知椭圆方程E：+=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）（t＞）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．x 2a 2y 2b 2√2答案：见试题解答内容解析：（1）根据已知条件，结合勾股定理，求出b,c,再结合椭圆的性质，即可求解；（2）先设出直线AB的方程，并与椭圆的方程联立，再结合韦达定理，以及判别式，即可求解．解答：解：（1）椭圆方程C：+=1（a ＞b ＞0），焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，则b =c，故a 2=b 2+c 2=2，解得a =；a ==2，所以椭圆方程为+=1，离心率为e（2）显然直线AB斜率存在，否则B，D重合，直线BD斜率不存在与题意矛盾，同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，设AB：y=kx+t,（t ＞），A（x 1，y 1），B（x 2，y 2），联立，化简并整理得（1+2k 2）x 2+4ktx+2t 2-4=0，由题意可知，Δ=16k 2t 2-8（2k 2+1）（t 2-2）=8（4k 2+2-t 2）＞0，即k,t应满足4k 2+2-t 2＞0，由韦达定理可知，+=，=，若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D（-x 2，y 2），故AD ：y =（x -）+，令x=0，则====+t ==1，解得t=2，此时k满足，解得k＞或k＜-，综上所述，t=2满足题意，此时k的取值范围为{k|k ＜kx 2a 2y 2b 2√2√2√+b 2c 2x 24y 222√2{y =kx +t +=1x 24y 22x 1x 2-4kt 1+2k 2x 1x 22-4t 22+1k 2-y 1y 2+x 1x 2x 1y 1y C+x 1y 2x 2y 1+x 1x 2（k +t ）+（k +t ）x 1x 2x 2x 1+x 1x 22k +t （+）x 1x 2x 1x 2+x 1x 24k （-2）t 2-4kt2t {k ≠04+2-=4-2＞0k 2t 2k 2√22√2222（2024•北京）设函数f（x）=x+kln（1+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=-1，求f（x）单调区间；（2）证明：l不经过（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轴的交点，S △ACO 与S △ABO 分别表示△ACO和△ABO的面积．是否存在点A使得2S △ACO =15S △ABO 成立？若存在，这样的点A有几个？（参考数据：1.09＜ln3＜1.10，1.60＜ln5＜1.61，1.94＜ln7＜1.95）答案：见试题解答内容解析：（1）直接代入k=-1，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程y -f （t ）=（1+）（x -t ）（t ＞0），将（0，0）代入再设新函数F （t ）=ln （1+t ）-，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入2S △ACO =15S △ABO 得到13ln （1+t ）-2t -15=0，再设新函数h （t ）=13ln （1+t ）-2t -（t ＞0）研究其零点即可．k 1+tt 1+tt 1+t15t 1+t 解答：解：（1）f（x）=x-ln（1+x），f ′（x ）=1-=（x ＞-1），当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，f（x）在（-1，0）上单调递减，当x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f（x）的单调递减区间为（-1，0），单调递增区间为（0，+∞）．（2）f ′（x ）=1+，l的斜率为1+，故切线方程为y -f （t ）=（1+）（x -t ）（t ＞0），代入（0，0），-f （t ）=-t （1+），f （t ）=t （1+），t +kln （1+t ）=t +t ，则ln （1+t ）=，ln （1+t ）-=0，令F （t ）=ln （1+t ）-，若l过（0，0），则F（t）在t∈（0，+∞）存在零点．F ′（t ）=-=＞0，故F（t）在（0，+∞）上单调递增，F（t）＞F（0）=0，不满足假设，故l不过（0，0）．（3）k=1，f（x）=x+ln（1+x），f ′（x ）=1+=＞0，=tf （t ），设l与y轴交点B为（0，q），t＞0时，若q＜0，则此时l与f（x）必有交点，与切线定义矛盾．由（2）知q≠0，∴q＞0，则切线l的方程为y -t -ln （t +1）=（1+）（x -t ），令x=0，则y =q =ln （1+t ）-，11+x x 1+xk 1+x k 1+tk 1+tk 1+t k 1+tk 1+t t 1+t t 1+tt 1+t11+t 1+t -t （1+t ）2t （1+t ）211+xx +21+x S △ACO 1211+tt t +1A．{x|-1≤x＜1}B．{x|x＞-3}C．{x|-3＜x＜4}D．{x|x＜4}A．-1-iB．-1+iC．1-iD．1+i∵2S △ACO =15S △ABO ，则2tf （t ）=15t [ln （1+t ）-]，∴13ln （1+t ）-2t -15×=0，记h （t ）=13ln （1+t ）-2t -（t ＞0），∴满足条件的A有几个即h（t）有几个零点． h′（t）=-2-===，t ∈（0，）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；t ∈（，4）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；t∈（4，+∞）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；∵h（0）=0，h（）＜0，h（4）=13ln5-20＞13×1.6-20=0.8＞0，h （24）=13ln 25-48-=26ln 5-48-＜26×1.61-48-=-20.54＜0，∴由零点存在性定理及h（t）的单调性，h（t）在（，4）上必有一个零点，在（4，24）上必有一个零点．综上所述，h（t）有两个零点，即满足2S ACO =15S ABO 的A有两个．t t +1t 1+t15t 1+t 131+t 15（t +1）213t +13-2（+2t +1）-15t 2（t +1）2-2+9t -4t 2（t +1）2（-2t +1）（t -4）（t +1）212121215×242572572512（2024•北京）已知集合M={x|-3＜x＜1}，N={x|-1≤x＜4}，则M∪N=（）答案：C解析：结合并集的定义，即可求解．解答：解：集合M={x|-3＜x＜1}，N={x|-1≤x＜4}，则M∪N={x|-3＜x＜4}．故选：C．（2024•北京）若复数z满足=-1-i ，则z=（）z i答案：CA．B．2C．3D．3A．6B．-6C．12D．-12A．充分不必要条件B．必要不充分条件解析：结合复数的四则运算，即可求解．解答：解：=-1-i ，则z=i（-1-i）=1-i.故选：C．zi（2024•北京）圆x 2+y 2-2x+6y=0的圆心到x-y+2=0的距离为（）√2√2答案：D解析：求解圆的圆心坐标，利用点到直线的距离公式求解即可．解答：解：圆x 2+y 2-2x+6y=0的圆心（1，-3），圆x 2+y 2．故选：D．√2（2024•北京）在的展开式中，x 3的系数为（）（x -）√x 4答案：A解析：利用二项式定理，求解即可．解答：解：的通项公式为：（-1）r •，4-r +=3，可得r=2，二项展开式中x 3的系数：•（-1）2=6．故选：A．（x -）√x4C 4r •x 4-r x r2r 2C 42（2024•北京）设a ，b 是向量，则“（a +b ）•（a -b ）=0”是“a =-b 或a =b ”的（）→→→→→→→→→→C．充要条件D．既不充分也不必要条件A．1B．2C．3D．4A．3N 2=2N 1B．2N 2=3N 1C．=D．=答案：B解析：根据已知条件，依次判断充分性，必要性的判断，即可求解．解答：解：（a +b ）•（a -b ）=0，则-=0，即|a |=|b |，|a |=|b |不能推出a =b 或a =-b ，充分性不成立，a =b 或a =-b 能推出|a |=|b |，必要性成立，故“（a +b ）•（a -b ）=0”是“a =b 或a =-b ”的必要不充分条件．故选：B．→→→→a →2b →2→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→（2024•北京）设函数f（x）=sinωx（ω＞0）．已知f（x 1）=-1，f（x 2）=1，且|x 1-x 2|的最小值为，则ω=（）π2答案：B解析：由已知结合正弦函数的性质即可直接求解．解答：解：因为f（x）=sinωx,则f（x 1）=-1为函数的最小值，f（x 2）=1为函数的最大值，又|-==，所以T=π，ω=2．故选：B．x 1x 2|minπ2T 2（2024•北京）生物丰富度指数d =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N 1变为N 2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（）S -1lnNN 22N 13N 23N 12A．1B．2C．D．答案：D解析：根据已知条件可得=2.1，=3.15，化简即可求解．S -1lnN 1S -1lnN 2解答：解：根据个体总数由N 1变为N 2可列式，=2.1，=3.15，所以2.1lnN 1=3.15lnN 2，约分可得2lnN 1=3lnN 2，故=，所以=．故选：D．S -1lnN 1S -1lnN 2lnN 12lnN 23N 12N 23（2024•北京）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=2，该棱锥的高为（）√2√2√3答案：D解析：根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PG⊥平面ABCD，再结合等体积法，即可求解．解答：解：由题意知△PAB为正三角形，因为PC 2+PD 2=CD 2，所以PC⊥PD，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE=2，PF=2，EF=4，则PE 2+PF 2=EF 2，所以PE⊥PF，√3A．lo ＜C．lo ＜+D．lo ＞+A．d=3，S＜1B．d=3，S＞1C．d =，S ＜1D．d =，S ＞1过点P作PG⊥EF，垂足为G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF ⊂平面PEF，且EF∩PF=F，所以CD⊥平面PEF．又PG ⊂平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF ⊂平面ABCD，CD∩EF=F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高，因为PE •PF =EF •PC ，所以PG ==．故选：D．1212PE •PF EF 4√3（2024•北京）已知（x 1，y 1），（x 2，y 2）是函数y=2x 的图象上两个不同的点，则（）g 2+y 1y 22+x 1x 22g 2+y 1y 22x 1x 2g 2+y 1y 22x 1x 2答案：B解析：根据已知条件，结合基本不等式的公式，以及对数的运算性质，即可求解．解答：解：（x 1，y 1），（x 2，y 2）是y=2x 上的点，则=，=，+≥2=2，当且仅当x 1=x 2时，等号成立，故＞，两边同时取对数可得，lo ＞．故选：B．y 12x1y 22x22x12x2√•2x12x2√2+x 1x2+y 1y 222+x 1x22g 2+y 1y 22+x 1x 22（2024•北京）已知M={（x,y）|y=x+t（x 2-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（）√10√10答案：C解析：根据已知条件，作出图象，结合图象即可得出答案．解答：解：集合{y|y=x+t（x 2-x），0≤t≤1，1≤x≤2}表示的图形如下图阴影部分所示，由图象可知，d =|AB |==，S ＜=×（4-2）×（2-1）=1．故选：C．√（2-1+（4-1）2）2√10S△ABC 12（2024•北京）抛物线y 2=16x的焦点坐标为（4，0）．答案：见试题解答内容解析：根据抛物线的标准方程计算可得．解答：解：抛物线y 2=16x的焦点坐标是（4，0）．故答案为：（4，0）．（2024•北京）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称．若α∈[，]，则cosβ的最大值为．π6π3答案：见试题解答内容解析：先求出β的范围，再结合余弦函数的单调性，即可求解．解答：解：α与β的终边关于原点对称可得，α+π+2kπ=β，k∈Z，cosβ=cos（α+π+2kπ）=-cosα，α∈[，]，cosα∈[，，-]，π6π3122212故当α=，β=2k π+，k∈Z时，cosβ的最大值为-．故答案为：-．π34π31212（2024•北京）若直线y=k（x-3）与双曲线-=1只有一个公共点，则k的一个取值为x 24y 2答案：见试题解答内容解析：根据已知条件，设出直线方程，再与双曲线方程联立，再分类讨论，并结合判别式，即可求解．解答：解：联立，化简可得（1-4k 2）x 2+24k 2x-36k 2-4=0，因为直线y=k（x-3）与双曲线-=1只有一个公共点，故1-4k 2=0，或Δ=（24k 2）2+4（1-4k 2）（36k 2+4）=0，解得k=±或k无解，当k=±时，符合题意．故答案为：（或-）．{-=1y =k （x -3）x 24y 2x 24y 212121212（2024•北京）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,325 mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为 23mm,升量器的高为 57.5mm.（不计量器的厚度）答案：见试题解答内容解析：根据题意求出斛量器的体积和斗量器、升量器的体积，再求对应圆柱的高．解答：解：斛量器的体积为V 3=π••230，则斗量器的体积为V 2=V 3=π••23，所以斗量器的高为23mm；设升量器的高为h,由升量器的体积为V 1=V 2=π••2.3=π••h,（）32522110（）32522110（）32522（）6522解得h=57.5，所以升量器的高为57.5mm；所以升量器、斗量器的高度分别57.5mm,23mm.故答案为：23，57.5．（2024•北京）设{a n }与{b n }是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M={k|a k =b k ，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{a n }与{b n }均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{a n }与{b n }均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{a n }为递增数列，{b n }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 ①③④．答案：见试题解答内容解析：根据散点图的特征可判断①④的正误，举出反例可判断②的正误，由通项公式的特征以及反证法，即可判断③的正误．解答：解：对于①，{a n }，{b n }均为等差数列，M={k|a k =b k }，{a n }，{b n }不为常数列且各项均不相同，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，所以M中至多一个元素，故①正确；对于②，令=，=-（-2，满足{a n }，{b n }均为等比数列，但当n为偶数时，===-（-2，此时M中有无穷多个元素，故②错误；对于③，设=A （Aq ≠0，q ≠±1），a n =kn+b（k≠0），若M中至少四个元素，则关于n的方程Aq n =kn+b至少有4个不同的正数解，若q＜0，q≠±1，考虑关于n的方程Aq n =kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，当Aq n =kn+b有偶数解，此方程即为A|q|n =kn+b,方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln|q|＞0，否则Akln|q|＜0，因为y=A|q|n ，y=kn+b单调性相反，方程A|q|n =kn+b至多一个偶数解，当Aq n =kn+b有奇数解，此方程即为-A|q|n =kn+b,方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-Akln|q|＞0，即Akln|q|＜0，否则Akln|q|＞0，因为y=-A|q|n ，y=kn+b单调性相反，方程A|q|n =kn+b至多一个奇数解，因为Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同时成立，若q＞0，q≠1，则由y=Aq n 和y=kn+b的散点图可得关于n的方程Aq n =kn+b至多有两个不同的解，矛盾；故Aq n =kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确．对于④，因为{a n }为单调递增，{b n }为递减数列，M={k|a k =b k }，{a n }，{b n }不为常数列且各项均不相同，a n 2n -1b n ）n -1a n 2n -1b n ）n -1b n q n前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确．故答案为：①③④．（2024•北京）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c,∠A为钝角，a=7，sin 2B =bcosB ．（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②：cosB=；条件③：csinA=．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．√37131452√3答案：（1）；（2）条件①不符合要求；选②，；选③，．2π315√3415√34解析：（1）由已知等式结合二倍角公式和正弦定理求得sinA，即可得到A；（2）分析选条件①不符合要求；选条件②，由已知结合正弦定理求得b,由sinC=sin（A+B）可求得sinC，再由三角形面积公式求解即可；选条件③，由（1）及已知可求得c,结合余弦定理求得b,再由三角形面积公式求解即可；．解答：解：（1）因为sin 2B=2sinBcosB，因为A为钝角，所以B为锐角，cosB≠0，在△ABC中，由正弦定理得=，因为A为钝角，所以A=．（2）若选条件①，因为b=7，a=7，所以B=A=，与A+B+C=π矛盾，714a sinAb sinB22π32π3此时△ABC不存在，故条件①不符合要求，不选①；若选条件②，因为cosB=，所以sinB==在△ABC中，由正弦定理得=，所以b=•sinB=×+（-）×所以△ABC的面积为S=absinC=×7×3×若选条件③，由（1）知A=，因为csinA=，所以c=5，由余弦定理得a 2=b 2+c 2-2bccosA，即72=b 2+52-2b×5×cos ，解得b=3，所以△ABC的面积为S=bcsinA=×3×5×sin =．1314√1-B cos 214a b a sinA7sin 2π3141312141412121442π352√32π312122π315√34（2024•北京）如图，在四棱锥P-ABCD，BC∥AD，AB=BC=1，AD=3，点E在AD上，且PE⊥AD，DE=PE=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．答案：见试题解答内容解析：（1）设M为PD的中点，连接FM，CM，证明四边形BCMF为平行四边形，即可得BF∥CM，由线面平行的判定定理即可证明；（2）易得CE⊥平面PAD，以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．解答：（1）证明：如图，设M为PD的中点，连接FM，CM，因为F是PE中点，所以FM∥ED，且FM=ED，因为AD∥BC，AB=BC=1，AD=3，DE=PE=2，所以四边形ABCE为平行四边形，BC∥ED，且BC=ED，所以FM∥BC，且FM=BC，即四边形BCMF为平行四边形，1212所以BF∥CM，因为BF ⊄平面PCD，CM ⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD．（2）解：因为AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD，EP，ED，EC相互垂直，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，2），A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，2，0），所以AB =（1，0，0），AP =（0，1，2），PC =（1，0，-2），CD =（-1，2，0），设平面PAB的一个法向量为m =（x 1，y 1，z 1），则，取z 1=-1，则m =（0，2，-1），设平面PCD的一个法向量为n =（x 2，y 2，z 2），则，取z 2=1，则n =（2，1，1），设平面PAB与平面PCD夹角为θ，则cosθ===→→→→→⎧⎨⎩m •AB ==0m •AP =+2=0→→x 1→→y 1z1→→⎧⎨⎩n •PC =-2=0n •CD =-+2=0→→x 2z 2→→x 2y 2→m •n →→|m |•|n |→→2-1×√5√630（2024•北京）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1234保单份数800100603010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（i）中EX估计值的大小，（结论不要求证明）答案：见试题解答内容解析：（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率；（2）（i）设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，用频率估计概率后可求得分布列及数学期望，从而可求E（X）；（ii）先算出下一期保费的变化情况，结合（i）的结果可求E（Y）．解答：解：（1）设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得P （A ）==；（2）（i）设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，由题可得P （ξ=0）==，P （ξ=0.8）==，P （ξ=1.6）==，P （ξ=2.4）==，P （ξ=3）==，所以E （ξ）=0×+0.8×+1.6×+2.4×+3×=0.278，因为毛利润是保费与赔偿金额之差，故E（X）=0.4-0.278=0.122（万元）；（ii）由（i）知未赔偿的概率为P （ξ=0）==，至少赔偿一次的概率为1-=，故保费的变化为0.4××（1-4%）+0.4××（1+20%）=0.4032，设Y为保单下一保险期的毛利润，故E（Y）=0.122+0.4032-0.4=0.1252（万元）．所以E（X）＜E（Y）．60+30+10800+100+60+30+10110800100045100100011060100035030100031001010001100451103503100110080010004545154515（2024•北京）已知椭圆方程E：+=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）（t＞）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．x 2a 2y 2b 2√2答案：见试题解答内容解析：（1）根据已知条件，结合勾股定理，求出b,c,再结合椭圆的性质，即可求解；（2）先设出直线AB的方程，并与椭圆的方程联立，再结合韦达定理，以及判别式，即可求解．解答：解：（1）椭圆方程C：+=1（a ＞b ＞0），焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，则b =c，故a 2=b 2+c 2=2，解得a =；a ==2，所以椭圆方程为+=1，离心率为e（2）显然直线AB斜率存在，否则B，D重合，直线BD斜率不存在与题意矛盾，同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，设AB：y=kx+t,（t ＞），A（x 1，y 1），B（x 2，y 2），联立，化简并整理得（1+2k 2）x 2+4ktx+2t 2-4=0，由题意可知，Δ=16k 2t 2-8（2k 2+1）（t 2-2）=8（4k 2+2-t 2）＞0，即k,t应满足4k 2+2-t 2＞0，由韦达定理可知，+=，=，若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D（-x 2，y 2），故AD ：y =（x -）+，令x=0，则====+t ==1，解得t=2，此时k满足综上所述，t=2满足题意，此时k的取值范围为{k|k ＜-或k ＞}．x 2a 2y 2b 2√2√2√+b 2c 2x 24y 222√2{y =kx +t+=1x 24y 22x 1x 2-4kt 1+2k 2x 1x 22-4t 22+1k 2-y 1y 2+x 1x 2x 1y 1y C+x 1y 2x 2y 1+x 1x 2（k +t ）+（k +t ）x 1x 2x 2x 1+x 1x 22k +t （+）x 1x 2x 1x 2+x 1x 24k （-2）t 2-4kt2t {k ≠04+2-=4-2＞0k 2t 2k 222√22√22（2024•北京）设函数f（x）=x+kln（1+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=-1，求f（x）单调区间；（2）证明：l不经过（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轴的交点，S △ACO 与S △ABO 分别表示△ACO和△ABO的面积．是否存在点A使得2S △ACO =15S △ABO 成立？若存在，这样的点A有几个？（参考数据：1.09＜ln3＜1.10，1.60＜ln5＜1.61，1.94＜ln7＜1.95）答案：见试题解答内容解析：（1）直接代入k=-1，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程y -f （t ）=（1+）（x -t ）（t ＞0），将（0，0）代入再设新函数F （t ）=ln （1+t ）-，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入2S △ACO =15S △ABO 得到13ln （1+t ）-2t -15=0，再设新函数h （t ）=13ln （1+t ）-2t -（t ＞0）研究其零点即可．k 1+tt 1+tt 1+t15t 1+t 解答：解：（1）f（x）=x-ln（1+x），f ′（x ）=1-=（x ＞-1），当x∈（-1，0）时，f′（x）＜0，f（x）在（-1，0）上单调递减，当x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f（x）的单调递减区间为（-1，0），单调递增区间为（0，+∞）．（2）f ′（x ）=1+，l的斜率为1+，故切线方程为y -f （t ）=（1+）（x -t ）（t ＞0），代入（0，0），-f （t ）=-t （1+），f （t ）=t （1+），t +kln （1+t ）=t +t ，则ln （1+t ）=，ln （1+t ）-=0，令F （t ）=ln （1+t ）-，若l过（0，0），则F（t）在t∈（0，+∞）存在零点．F ′（t ）=-=＞0，故F（t）在（0，+∞）上单调递增，F（t）＞F（0）=0，不满足假设，故l不过（0，0）．（3）k=1，f（x）=x+ln（1+x），f ′（x ）=1+=＞0，11+x x 1+xk 1+x k 1+tk 1+tk 1+t k 1+tk 1+t t 1+t t 1+tt 1+t11+t 1+t -t （1+t ）2t （1+t ）211+xx +21+x=tf （t ），设l与y轴交点B为（0，q），t＞0时，若q＜0，则此时l与f（x）必有交点，与切线定义矛盾．由（2）知q≠0，∴q＞0，则切线l的方程为y -t -ln （t +1）=（1+）（x -t ），令x=0，则y =q =ln （1+t ）-，∵2S △ACO =15S △ABO ，则2tf （t ）=15t [ln （1+t ）-]，∴13ln （1+t ）-2t -15×=0，记h （t ）=13ln （1+t ）-2t -（t ＞0），∴满足条件的A有几个即h（t）有几个零点． h′（t）=-2-===，t ∈（0，）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；t ∈（，4）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；t∈（4，+∞）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；∵h（0）=0，h（）＜0，h（4）=13ln5-20＞13×1.6-20=0.8＞0，h （24）=13ln 25-48-=26ln 5-48-＜26×1.61-48-=-20.54＜0，∴由零点存在性定理及h（t）的单调性，h（t）在（，4）上必有一个零点，在（4，24）上必有一个零点．综上所述，h（t）有两个零点，即满足2S ACO =15S ABO 的A有两个．S △ACO 1211+tt t +1t t +1t 1+t15t 1+t131+t 15（t +1）213t +13-2（+2t +1）-15t 2（t +1）2-2+9t -4t 2（t +1）2（-2t +1）（t -4）（t +1）212121215×242572572512（2024•北京）已知集合M={（i,j,k,w）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}．给定数列A：a 1，a 2，…，a 8和序列Ω：T 1，T 2，…，T s ，其中T t =（i t ，j t ，k t ，w t ）∈M（t=1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i 1，j 1，k 1，w 1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T 1（A）；将T 1（A）的第i 2，j 2，k 2，w 2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T 2T 1（A）；……；以此类推，得到数列T s ⋯T 2T 1（A），简记为Ω（A）．（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a 1+2，a 2+6，a 3+4，a 4+2，a 5+8，a 6+2，a 7+4，a 8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，请说明理由；。

高考北京文科数学带答案

绝密★启封并使用完毕前2018年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学（文）本试卷共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8小题，每小题5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A={(x||x|<2)},B={−2,0,1,2},则A B=I（A）{0,1} （B）{−1,0,1}（C）{−2,0,1,2}（D）{−1,0,1,2}（2）在复平面内，复数11i-的共轭复数对应的点位于（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（A）12（B）56（C）76（D）712（4）设a,b,c,d是非零实数，则“ad=bc”是“a,b,c,d成等比数列”的（A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件（5）“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率f ，则第八个单音频率为（A ）32f （B ）322f （C ）1252f（D ）1272f（6）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）4（7）在平面坐标系中，»»»¼,,,AB CDEF GH 是圆221x y +=上的四段弧（如图），点P 在其中一段上，角α以O x 为始边，OP 为终边，若tan cos sin ααα<<，则P 所在的圆弧是（A ）»AB（B ）»CD（C ）»EF（D ）¼GH（8）设集合{(,)|1,4,2},A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤则（A ）对任意实数a ，(2,1)A ∈ （B ）对任意实数a ，（2,1）A ∉ （C ）当且仅当a <0时,（2,1）A ∉ （D ）当且仅当32a ≤时,（2,1）A ∉ 第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

北京文数高考试题(含答案)

绝密★启封并使用完毕前2018年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）（北京卷）本试卷共5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8小题，每小题5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A={(x||x|<2)},B={−2,0,1,2},则A B=（A）{0,1} （B）{−1,0,1}（C）{−2,0,1,2}（D）{−1,0,1,2}（2）在复平面内，复数11i-的共轭复数对应的点位于（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（A）12（B）56（C ）76（D ）712（4）设a,b,c,d 是非零实数，则“ad=bc ”是“a,b,c,d 成等比数列”的（A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件（5）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为学科#网（A ）32f （B ）322f （C ）1252f（D ）1272f（6）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（A ）1 （B ）2 （C ）3（D ）4（7）在平面直角坐标系中，,,,AB CD EF GH 是圆221x y +=上的四段弧（如图），点P 在其中一段上，角α以O x 为始边，OP 为终边，若tan cos sin ααα<<，则P 所在的圆弧是（A ）AB（B ）CD（C ）EF（D ）GH（8）设集合{(,)|1,4,2},A x y x y ax y x ay =-≥+>-≤则（A ）对任意实数a ，(2,1)A ∈（B ）对任意实数a ，（2,1）A ∉ （C ）当且仅当a <0时,（2,1）A ∉（D ）当且仅当32a ≤时,（2,1）A ∉ 第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

北京市高考数学文科试卷及答案解析

C.8
B .4
D. 16
C.

6
B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件
5.如图. ∠ACB=90º，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.则（）
A. CE·CB=AD·DB
C. ADAAB CD2
B. CE·CB=AD·AB
D. CEAEB CD2
6.从0，2中选一个数字.从1.3.5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为(
15．（本小题共13分）已知函数 f (x) (sin x cos x) sin 2x 。（1）求f（x）的定义域及最小正周期； sin x
（2）求f（x）的单调递增区间。
16. （本小题共14分）
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上
的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使 A1C⊥CD,如图2.
x 3cos

y

3
sin
a1

1 2
(
，
为参数)的交点个数为
S2
12.在直角坐标系xOy中，直线 l 过抛物线 y2 4x 的焦点F，且与该抛物线相交于A、B两点，其中点A在x轴上方，若直线 l 的倾斜角为60º.则 AOAF 的面积为
13.己知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点.则 DEACB 的值为
4
D.
4
开始 k=0,S=1
k=k+1
S=S· 2k
是 k<3
否输出 S
结束（第 4 题图）
)
二.填空题共6小题。每小题5分。共30分.

2024年高考数学真题试卷(北京卷)

2024年高考数学真题试卷(北京卷)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％=一3VXV1},N=h)TWx<4},则A/UV=()A.(X|-1<X<1}B.(X|X>-3|c.(x|-3<x<4) D.(x|x<4)2.已知#=一1一1,贝也=().A.—1—iB.—l+iC.1—iD.1+i3.圆x2+W-2x+6y=0的圆心到直线x-y+2=0的距离为()M B.2c-3d.3也4.在(x-Jr)的展开式中，7的系数为()A.6B.-6c.12d.-125.设K,片是向量，则“(d+E),(d—5)=O”是节=-片或)=乒的()・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/(x)=sinwx(o>0),已知，(天)=一1,，(巧)=I,且"一巧1的最小值为号,则刃=()A.1B.2C.3D.4S—17.生物丰富度指数"—尽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N］变为生物丰富度指数由21提高到则()a.3M=2\】b.2M=3Mc.n H d・N?=n：8.如图，在四棱锥P-4RCD中，底面ARCD是边长为4的正方形，，/=『/?=4,PC=PD=2jl,该棱锥的高为（）.9.已知（心儿），（与为）是函数V-2*的图象上两个不同的点，则（）A.log=r<"V Blog^L〉七y^y y4-vC・log^V2V Xi+巧D・logfV2>Xl+与10.已知A/={(x>y)|y=x+r(x2-x),l<x<Z0<r<1}是平面直角坐标系中的点集.设d是S中两点间距离的最大值，S是S表示的图形的面积，贝U()A.〃=3,S V1b.d=3,S>1c d=J\0,s<1 D."=/^,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。

2024年北京高考数学真题卷(含答案)

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. 已知集合{|41}M x x =-<≤，{|13}N x x =-<<，则M N ⋃=（） A. {}43x x -<< B. {}11x x -<≤ C. {}0,1,2 D. {}14x x -<<2. 已知i 1iz =-，则z =（）． A. 1i -B. i -C. 1i --D. 1 3. 求圆22260x y x y +-+=的圆心到20x y -+=的距离（）A.B. 2C.D.4. (4x 的二项展开式中3x 的系数为（） A. 15 B. 6 C. 4- D. 13- 5. 已知向量a r ，b r ，则“()()·0a b a b +-=r r r r ”是“a b =r r 或a b =-r r ”的（）条件． A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件C. 充分且必要条件D. 既不充分也不必要条件6 已知()()sin 0f x x ωω=>，()11f x =-，()21f x =，12min π||2x x -=，则ω=（） A. 1B. 2C. 3D. 4 7. 记水质量为1ln S d n-=，并且d 越大，水质量越好．若S 不变，且1 2.1d =，2 2.2d =，则1n 与2n 的关系为（）A. 12n n < .的B. 12n n >C. 若1S <，则12n n <；若1S >，则12n n >；D. 若1S <，则12n n >；若1S >，则12n n <；8. 已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（）A.B.C.D. 9. 已知()11,x y ，()22,x y 是函数2x y =图象上不同的两点，则下列正确的是（） A. 12122log 22y y x x ++> B. 12122log 22y y x x ++< C. 12212log 2y y x x +>+ D. 12212log 2y y x x +<+ 10. 若集合(){}2,|(),01,12x y y x t x x t x =+-≤≤≤≤表示的图形中，两点间最大距离为d 、面积为S ，则（）A. 3d =，1S <B. 3d =，1S >C. d =，1S <D. d =，1S >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. 已知抛物线216y x =，则焦点坐标为________．12. 已知ππ,63α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，且α与β的终边关于原点对称，则cos β的最大值为________． 13. 已知双曲线2214x y -=，则过()3,0且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为________． 14. 已知三个圆柱体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm ，第二、三个圆柱的直径为325mm ，第三个圆柱的高为230mm ，求前两个圆柱的高度分别为________．15. 已知{}|k k M k a b ==，n a ，n b 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是______.①n a ，n b 均为等差数列，则M 中最多一个元素；②n a ，n b 均为等比数列，则M 中最多三个元素；③n a 为等差数列，n b 为等比数列，则M 中最多三个元素；的④n a 单调递增，n b 单调递减，则M 中最多一个元素三、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△ABC 中，7a =，A为钝角，sin 2cos B B =．（1）求A ∠；（2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC 的面积．①7b =；②13cos 14B =；③sin c A = 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．17. 已知四棱锥P -ABCD ，//AD BC ，1AB BC ==，3AD =，2DE PE ==，E 是AD 上一点，PE AD ⊥．（1）若F PE 中点，证明：//BF 平面PCD ．（2）若AB ⊥平面PED ，求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值．18. 已知某险种的保费为0.4万元，前3次出险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6万元赔偿次数0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10在总体中抽样100单，以频率估计概率：（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；（2）（i ）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为X ，估计X 的数学期望；（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%，已赔偿过的增加20%．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．19. 已知椭圆方程C：()222210x y a b a b +=>>，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过()0,t (t >的直线l 与椭圆交于A ，B ，()0,1C ，连接AC 交椭圆于D ．（1）求椭圆方程和离心率；（2）若直线BD 的斜率为0，求t ．.是20. 已知()()ln 1f x x k x =++在()()(),0t f t t >处切线为l ．（1）若切线l 的斜率1k =-，求()f x 单调区间；（2）证明：切线l 不经过()0,0；（3）已知1k =，()(),A t f t ，()()0,C f t ，()0,0O ，其中0t >，切线l 与y 轴交于点B 时．当215ACO ABO S S =△△，符合条件的A 的个数为？（参考数据：1.09ln31.10<<，1.60ln51.61<<，1.94ln71.95<<）21. 设集合(){}{}{}{}{},,,|1,2,3,4,5,6,7,8M i j s t i j s t =∈∈∈∈．对于给定有穷数列A 和序列Ω：1ω，2ω，···，s ω，(),,,k k k k k i j s t M ω=∈，定义变换T ：将数列A 的第1i ，1j ，1s ，1t 列加1，得到数列()1T A ；将数列()1T A 的第2i ，2j ，2s ，2t 列加1，得到数列()21T T A …；重复上述操作，得到数列21s T T T L ，记为Ω（A ）．若1359a a a a +++为偶数，证明：“Ω（A ）为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．参考答案一、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.A2.C3.C4.B5.A6.B7.C8.D9.A 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.()4,0 12.12-##0.5- 13.12±14.115mm,23mm 215.①③④三、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）2π3A =；（2）选择①无解；选择②和③△ABC.17.（1）证明见解析（218.（1）110（2）(i)0.122万元 (ii)0.1252万元19.（1）221,42x y e +== （2）2t =20.（1）单调递减区间为(1,0)-，单调递增区间为(0,)+∞.（2）证明见解析（3）221.略绝密★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】A【2题答案】【答案】C【3题答案】【答案】C【4题答案】【答案】B【5题答案】【答案】A【6题答案】【答案】B【7题答案】【答案】C【8题答案】【答案】D【9题答案】【答案】A【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】()4,0【12题答案】【答案】12-##0.5- 【13题答案】【答案】12±【14题答案】【答案】115mm,23mm 2【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）2π3A =；（2）选择①无解；选择②和③△ABC . 【17题答案】【答案】（1）证明见解析（2【18题答案】【答案】（1）110（2）(i)0.122万元(ii)0.1252万元【19题答案】【答案】（1）221,42x y e +== （2）2t =【20题答案】【答案】（1）单调递减区间为(1,0)-，单调递增区间为(0,)+∞.（2）证明见解析（3）2 【21题答案】【答案】略。

年高考真题试卷(北京卷)数学(文科)参考答案

年普通高等学校招生全国统一考试数学（文史类）（北京卷）参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．Ｃ 2．Ｂ 3．Ｂ 4．Ｄ5．Ａ6．Ｃ 7．Ｄ 8．Ｃ二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 9．3 10．211n -11．3-12．10213．72514．1 1三、解答题（本大题共6小题，共80分） 15．（共12分）解：（I ）由301x x -<+，得{}13P x x =-<<．（II ）{}{}1102Q x x x x =-=≤≤≤．由0a >，得{}1P x x a =-<<，又Q P ⊆，所以2a >，即a 的取值范围是(2)+∞，． 16．（共13分）解：（I ）12a =，22a c =+，323a c =+，因为1a ，2a ，3a 成等比数列，所以2(2)2(23)c c +=+，解得0c =或2c =．当0c =时，123a a a ==，不符合题意舍去，故2c =．（II ）当2n ≥时，由于21a a c -=， 322a a c -=，1(1)n n a a n c --=-，所以1(1)[12(1)]2n n n a a n c c --=+++-=．又12a =，2c =，故22(1)2(23)n a n n n n n =+-=-+=，，．当1n =时，上式也成立，所以22(12)n a n n n =-+=，，． 17．（共14分）解法一：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥， BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O =，CO ∴⊥平面AOB ，又CO ⊂平面COD ．∴平面COD ⊥平面AOB ．（II ）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DE AO ∥， CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．在Rt COE △中，2CO BO ==，112OE BO ==，225CE CO OE ∴+=又132DE AO == ∴在Rt CDE △中，515tan 33CE CDE DE ===． ∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为15arctan3．解法二：（I ）同解法一．（II ）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O ，，，(0023)A ，，，(200)C ，，，(013)D ，，，(003)OA ∴=，，，(213)CD =-，，，cos OA CD OA CD OA CD∴<>=，6642322==． OC ADBEOADyz∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为6arccos4． 18．（共13分）解：（I ）这6位乘客在互不相同的车站下车的概率为610661512.15121010A P ==0≥．（II ）这6位乘客中恰有3人在终点站下车的概率为33666914580.014581010C P ⨯===． 19．（共14分）解：（I ）因为AB 边所在直线的方程为360x y --=，且AD 与AB 垂直，所以直线AD 的斜率为3-．又因为点(11)T -，在直线AD 上，所以AD 边所在直线的方程为13(1)y x -=-+．320x y ++=．（II ）由36032=0x y x y --=⎧⎨++⎩，解得点A 的坐标为(02)-，，因为矩形ABCD 两条对角线的交点为(20)M ，．所以M 为矩形ABCD 外接圆的圆心．又22(20)(02)22AM =-++=从而矩形ABCD 外接圆的方程为22(2)8x y -+=．（III ）因为动圆P 过点N ，所以PN 是该圆的半径，又因为动圆P 与圆M 外切，所以22PM PN =+ 即22PM PN -=故点P 的轨迹是以M N ，为焦点，实轴长为22 因为实半轴长2a =2c =．所以虚半轴长222b c a =-从而动圆P 的圆心的轨迹方程为221(2)22x y x -=-≤． 20．（本小题共14分）解：（I ）由方程22y kx y x =⎧⎨=+⎩，消y 得220x kx -+=． ················ ① 依题意，该方程有两个正实根，故212800k x x k ⎧∆=->⎨+=>⎩，，解得22k > （II ）由()2f x x '=，求得切线1l 的方程为1112()y x x x y =-+，由2112y x =+，并令0y =，得1112x t x =- 1x ，2x 是方程①的两实根，且12x x <，故212828k k x k k -==+-22k > 1x 是关于k 的减函数，所以1x 的取值范围是(02)，．t 是关于1x 的增函数，定义域为(02)，，所以值域为()-∞，0，（III ）当12x x <时，由（II ）可知1112x OM t x ==-+．类似可得2212x ON x =-．1212122x x x x OM ON x x ++-=-+．由①可知122x x =．从而0OM ON -=．当21x x <时，有相同的结果0OM ON -=．所以OM ON =．。

2024年北京高考数学真题(详解版)

2024年北京⾼考数学真题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________⼀、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【详解】由题意得，故选：A.2．已知，则（）．A．B．C．D．1【答案】C【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.【详解】由题意得，故选：C.3．求圆的圆⼼到的距离（）A．B．2C．D．【答案】C【分析】求出圆⼼坐标，再利⽤点到直线距离公式即可.【详解】由题意得，即，则其圆⼼坐标为，则圆⼼到直线的距离为，故选：C.4．的⼆项展开式中的系数为（）A．15B．6C．D．【答案】B【分析】写出⼆项展开式，令，解出然后回代⼊⼆项展开式系数即可得解.【详解】的⼆项展开式为，令，解得，故所求即为.故选：B.5．已知向量，，则“”是“或”的（）条件．A．必要⽽不充分条件B．充分⽽不必要条件C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为，可得，即，可知等价于，若或，可得，即，可知必要性成⽴；若，即，⽆法得出或，例如，满⾜，但且，可知充分性不成⽴；综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.故选：A.6．已知，，，，则（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】根据三⻆函数最值分析周期性，结合三⻆函数最⼩正周期公式运算求解.【详解】由题意可知：为的最⼩值点，为的最⼤值点，则，即，且，所以.故选：B.7．记⽔的质量为，并且d越⼤，⽔质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（）A．B．C．若，则；若，则；D．若，则；若，则；【答案】C【分析】根据题意分析可得，讨论与1的⼤⼩关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得，解得，若，则，可得，即；若，则，可得；若，则，可得，即；结合选项可知C正确，ABD错误；故选：C.8．已知以边⻓为4的正⽅形为底⾯的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的⾼为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平⾯平⾯，可知平⾯，利⽤等体积法求点到⾯的距离.【详解】如图，底⾯为正⽅形，当相邻的棱⻓相等时，不妨设，分别取的中点，连接，则，且，平⾯，可知平⾯，且平⾯，所以平⾯平⾯，过作的垂线，垂⾜为，即，由平⾯平⾯，平⾯，所以平⾯，由题意可得：，则，即，则，可得，所以四棱锥的⾼为.当相对的棱⻓相等时，不妨设，，因为，此时不能形成三⻆形，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.9．已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，对于选项AB：可得，即，根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误；对于选项C：例如，则，可得，即，故C错误；对于选项D：例如，则，可得，即，故D错误，故选：A.10．若集合表示的图形中，两点间最⼤距离为d、⾯积为S，则（）A．，B．，C．，D．，【答案】C【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平⾯区域，结合图形分析求解即可.【详解】对任意给定，则，且，可知，即，再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平⾯区域，如图阴影部分所示，其中，可知任意两点间距离最⼤值；阴影部分⾯积.故选：C.【点睛】⽅法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到⼼中有图，⻅数想图，以开拓⾃⼰的思维．使⽤数形结合法的前提是题⽬中的条件有明确的⼏何意义，解题时要准确把握条件、结论与⼏何图形的对应关系，准确利⽤⼏何图形中的相关结论求解．⼆、填空题11．已知抛物线，则焦点坐标为．【答案】【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.【详解】由题意抛物线的标准⽅程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.12．已知，且α与β的终边关于原点对称，则的最⼤值为．【答案】/【分析】⾸先得出，结合三⻆函数单调性即可求解最值.【详解】由题意，从⽽，因为，所以的取值范围是，的取值范围是，当且仅当，即时，取得最⼤值，且最⼤值为.故答案为：.13．已知双曲线，则过且和双曲线只有⼀个交点的直线的斜率为．【答案】【分析】⾸先说明直线斜率存在，然后设出⽅程，联⽴双曲线⽅程，根据交点个数与⽅程根的情况列式即可求解.【详解】联⽴与，解得，这表明满⾜题意的直线斜率⼀定存在，设所求直线斜率为，则过点且斜率为的直线⽅程为，联⽴，化简并整理得：，由题意得或，解得或⽆解，即，经检验，符合题意.故答案为：.14．已知三个圆柱的体积为公⽐为10的等⽐数列．第⼀个圆柱的直径为65mm，第⼆、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的⾼为230mm，求前两个圆柱的⾼度分别为．【答案】【分析】根据体积为公⽐为10的等⽐数列可得关于⾼度的⽅程组，求出其解后可得前两个圆柱的⾼度.【详解】设第⼀个圆柱的⾼为，第⼆个圆柱的⾼为，则，故，，故答案为：.15．已知，，不为常数列且各项均不相同，下列正确的是.①，均为等差数列，则M中最多⼀个元素；②，均为等⽐数列，则M中最多三个元素；③为等差数列，为等⽐数列，则M中最多三个元素；④单调递增，单调递减，则M中最多⼀个元素.【答案】①③④【分析】利⽤两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利⽤反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，⽽两条直线⾄多有⼀个公共点，故中⾄多⼀个元素，故①正确.对于②，取则均为等⽐数列，但当为偶数时，有，此时中有⽆穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中⾄少四个元素，则关于的⽅程⾄少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的⽅程⾄多有两个不同的解，⽭盾；若，考虑关于的⽅程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此⽅程即为，⽅程⾄多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，⽅程⾄多⼀个偶数解，当有奇数解，此⽅程即为，⽅程⾄多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，⽅程⾄多⼀个奇数解，因为，不可能同时成⽴，故不可能有4个不同的正数解，故③正确.对于④，因为为单调递增，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者⾄多⼀个交点，故④正确.故答案为：①③④【点睛】思路点睛：对于等差数列和等⽐数列的性质的讨论，可以利⽤两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等⽐数列的公⽐可能为负，此时要注意合理转化.三、解答题16．在△ABC中，，A为钝⻆，．(1)求；(2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择⼀个作为已知，求△ABC的⾯积．①；②；③．注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第⼀个解答计分．【答案】(1)；(2)选择①⽆解；选择②和③△ABC⾯积均为.【分析】（1）利⽤正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利⽤正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，⾸先求出，再代⼊式⼦得，再利⽤两⻆和的正弦公式即可求出，最后利⽤三⻆形⾯积公式即可；选择③，⾸先得到，再利⽤正弦定理得到，再利⽤两⻆和的正弦公式即可求出，最后利⽤三⻆形⾯积公式即可；【详解】（1）由题意得，因为为钝⻆，则，则，则，解得，因为为钝⻆，则.（2）选择①，则，因为，则为锐⻆，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三⻆形内⻆，则，则代⼊得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三⻆形内⻆，则，则，则17．已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上⼀点，．(1)若F是PE中点，证明：平⾯．(2)若平⾯，求平⾯与平⾯夹⻆的余弦值．【答案】(1)证明⻅解析(2)【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平⾏四边形，由线⾯平⾏的判定定理可得平⾯.（2）建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，求出平⾯和平⾯的法向量后可求夹⻆的余弦值.【详解】（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）因为，故，故，故四边形为平⾏四边形，故，所以平⾯，⽽平⾯，故，⽽，故建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，则，则设平⾯的法向量为，则由可得，取，设平⾯的法向量为，则由可得，取，故，故平⾯与平⾯夹⻆的余弦值为18．已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元赔偿次数01234单数在总体中抽样100单，以频率估计概率：(1)求随机抽取⼀单，赔偿不少于2次的概率；(2)（i）⽑利润是保费与赔偿⾦额之差．设⽑利润为，估计的数学期望；（ⅱ）若未赔偿过的保单下⼀保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下⼀保险期⽑利润的数学期望．【答案】(1)(2)(i)0.122万元(ii)万元【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设为赔付⾦额，则可取，⽤频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从⽽可求.（ⅱ）先算出下⼀期保费的变化情况，结合（1）的结果可求.【详解】（1）设为“随机抽取⼀单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得.（2）（ⅰ）设为赔付⾦额，则可取，由题设中的统计数据可得，，，，故故（万元）.（ⅱ）由题设保费的变化为，故（万元）19．已知椭圆⽅程C：，焦点和短轴端点构成边⻓为2的正⽅形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．(1)求椭圆⽅程和离⼼率；(2)若直线BD的斜率为0，求t．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意得，进⼀步得，由此即可得解；（2）说明直线斜率存在，设，，联⽴椭圆⽅程，由⻙达定理有，⽽，令，即可得解.【详解】（1）由题意，从⽽，所以椭圆⽅程为，离⼼率为；（2）显然直线斜率存在，否则重合，直线斜率不存在与题意不符，同样直线斜率不为0，否则直线与椭圆⽆交点，⽭盾，从⽽设，，联⽴，化简并整理得，由题意，即应满⾜，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线⽅程中令，得，所以，此时应满⾜，即应满⾜或，综上所述，满⾜题意，此时或.20．已知在处切线为l．(1)若切线l的斜率，求单调区间；(2)证明：切线l不经过；(3)已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？（参考数据：，，）【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明⻅解析(3)2【分析】（1）直接代⼊，再利⽤导数研究其单调性即可；（2）写出切线⽅程，将代⼊再设新函数，利⽤导数研究其零点即可；（3）分别写出⾯积表达式，代⼊得到，再设新函数研究其零点即可.【详解】（1），当时，；当，；在上单调递减，在上单调递增.则的单调递减区间为，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）时，.，设与轴交点为，时，若，则此时与必有交点，与切线定义⽭盾.由（2）知.所以，则切线的⽅程为，令，则.，则，，记，满⾜条件的有⼏个即有⼏个零点.，当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；因为，，所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有⼀个零点，在上必有⼀个零点，综上所述，有两个零点，即满⾜的有两个.【点睛】关键点点睛：本题第⼆问的关键是采⽤的是反证法，转化为研究函数零点问题. 21．设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．若为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．【答案】证明⻅解析【分析】分充分性和必要性两⽅⾯论证.【详解】我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得为常数列.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.上⾯已经证明，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.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.。

完整word版北京高考数学文科试题及答案

绝密★启封并使用完毕前2021年普通高等学校招生全国统一考试数学〔文〕〔北京卷〕本试卷共5页，150分。

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第一局部〔选择题共40分〕一、选择题：共8个小题，每题5分，共40分。

在每题的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

〔1〕假设集合A x 5 x 2,B x 3 x 3,那么A B 〔〕(A) x 3 x 2 (B) x 5 x 2 (C) x 3 x 3 (D) x 5 x 3〔2〕圆心为〔1，1〕且过原点的圆的方程是〔〕A〕x1（C〕x1222y12 y11〔B〕x11222y12 y12〔D〕x12〔3〕以下函数中为偶函数的是〔〕〔A〕y x2sinx〔B〕y x2cosx〔C〕y lnx〔D〕y2x〔4〕某校老年、中年和青年教师的人数见下表，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有320人，那么该样本的老年人数为〔〕A〕90〔B〕100〔C〕180〔D〕300类别人数老年教师900中年教师1800青年教师1600合计4300〔5〕执行如下图的程序框图，输出的k值为〔〕A〕3〔B〕4(C)5(D)6〔6〕设a,b是非零向量，“ab ab〞是“a//b〞的〔〕（〔A〕充分而不必要条件〔B〕必要而不充分条件C〕充分必要条件D〕既不充分也不必要条件〔7〕某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥最长棱的棱长为〔〕(A)1〔B〕错误！未找到引用源。

〔B〕错误！未找到引用源。

(D)2〔8〕某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况。

在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为〔〕加油时间加油量〔升〕加油时的累计里程〔千米〕2021年5月1日12350002021年5月15日4835600注：“累计里程〞指汽车从出厂开始累计行驶的路程〔A〕6升〔B〕8升〔C〕10升〔D〕12升第二局部〔非选择题共110分〕二、填空题〔共6小题，每题5分，共30分〕〔9〕复数i1i的实部为．1〔10〕23,32,log25三个数中最大数的是．〔11〕在ABC中，a3,b6,A2,那么B．3〔12〕2,0是双曲线x2y21b0的一个焦点，那么bb2．〔13〕如图，ABC及其内部的点组成的集合记为D Px,y为D中任意一点，那么z2x3y的最大值，为．14〕高三年级267位学生参加期末考试，某班37位学生的语文成绩，数学成绩与总成绩在全年级中的排名情况如以下图所示，甲、乙、丙为该班三位学生。

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2012年普通高等学校招生全国统一考试
数学（文）（北京卷）
本试卷共5页，150分。

考试时长120分钟。

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第一部分（选择题共40分）
一、选择题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1、已知集合A={x ∈R|3x+2＞0} B={x ∈R|（x+1）(x-3)＞0} 则A ∩B=
A （-∞，-1）
B （-1，-23）
C （-23
,3）D (3,+∞) 2 在复平面内，复数103i i +对应的点的坐标为 A (1 ,3) B (3,1) C(-1,3) D (3 ,-1)
（3）设不等式组
，表示平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是
（A ）4π （B ）22π- （C ）6
π （D ）44π- （4）执行如图所示的程序框图，输出S 值为
（A ）2
（B ）4
（C ）8
（D ）16
(5)函数f（x）＝
x
1
2
1
x
2
⎛⎫
- ⎪
⎝⎭
的零点个数为
（A）0 （B）1（C）2 （D）3
（6）已知为等比数列，下面结论种正确的是
（A）a1+a3≥2a2（B）（C）若a1=a3，则a1=a2（D）若a3＞a1，则a4＞a2
（7）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是
（A）28+5B）30+5C）56+5D）60+5
（8）某棵果树前n年的总产量S n与n之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为
（A）5（B）7（C）9（D）11
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

（9）直线y=x被圆x2+（y-2）2=4截得弦长为__________。

（10）已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和，若a1= ，S2=a3，则a2=____________，S n=_________________。

（11）在△ABC中，若a=3，b=，，则的大小为_________。

（12）已知函数f（x）=lgx，若f（ab）=1，则f（a2）+f（b2）=_____________。

（13）已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则的值为_________。

∀∉，f（x）＜0或g（x）＜0，则m的取(14)已知f（x）=m（x-2m）（x＋m＋3），g（x）=2N-2。

若x R
值范围是_________。

三、解答题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

（15）（本小题共13分）
已知函数。

（1）求f（x）的定义域及最小正周期；
（2）求f（x）的单调递减区间。

（16）（本小题共14分）
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE 沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2。

（1）求证：DE∥平面A1CB；
（2）求证：A1F⊥BE；
（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由。

17（本小题共13分）
近年来，某市为了促进生活垃圾的风分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收和其他垃圾三类，并分别设置了相应分垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）：
（Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率；
（Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误额概率；
（Ⅲ）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a,b,c其中a＞0，a+b+c=600.当数据a,b,c的方差s2最大时，写出a,b,c的值（结论不要求证明），并求此时s2的值。

（注：其中x为数据x1,x2…，x n的平均数）
（18）（本小题共13分）
已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.
（I）若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线，求,a,b的值；
（II）当a=3,b=-9时，若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围。

19(本小题共14分)
已知椭圆C：
2
2
x
a
+
2
2
y
b
=1（a＞b＞0）的一个顶点为A （2,0），离心率为
2
2
，直线y=k(x-1)与椭圆C交
与不同的两点M,N
（Ⅰ）求椭圆C的方程
（Ⅱ）当△AMN的面积为10
3
时，求k的值
(20)（本小题共13分）
设A是如下形式的2行3列的数表，
a b c
d E f
满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[-1,1],且a+b+c+d+e+f=0.
记r i（A）为A的第i行各数之和（i=1,2），C j（A）为第j列各数之和（j=1，2，3）；记k（A）为|r1(A)|, |r2(A)|, |c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值。

（I）对如下数表A，求k（A）的值
（II）设数表A形如
其中-1≤d≤0.求k（A）的最大值；
（Ⅲ）对所有满足性质P的2行3列的数表A ，求k(A)的最大值。