2024年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)数 学一、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,则( )A.B.C.D.2.已知则( ).A.B.C.D.l3.求圆的圆心到的距离( )A.B.2C.3D.4.的二项展开式中的系数为( )A.15B.6C.-4D.-135.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6.已知则( )A.1B.2C.3D.47.记水的质量为,并且越大,水质量越好.若不变,且,则与的关系为( )A.B.C.若,则若,则D若,则;若,则;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,则该四棱锥的高为( )A.B.C.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.10.若集合表示的图形中,两点间最大距离为,面积为,则( )A.,B.,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.已知抛物线,则焦点坐标为_.12.已知,且与的终边关于原点对称,则的最大值为_.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_.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_.15.已知,不为常数列且各项均不相同,下列正确的是_.均为等差数列,则中最多一个元素；均为等比数列,则中最多三个元素；为等差数列,为等比数列,则中最多三个元素.单调递增,单调递减,则中最多一个元素三、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.在中为钝角.(1)求;(2)从条件,条件和条件中选择一个作为已知,求的面积.,;.注：如果选择条件,条件和条件分别解答,按第一个解答计分.17.已知四棱锥,$是上一点.(1)若是中点,证明：平面.(2)若平面,求平面与平面夹角的余弦值.18.已知某险种的保费为0.4万元,前3次出险每次赔付0.8万元,第4次赔付0.6万元赔偿次数01234单数800100603010在总体中抽样100单,以频率估计概率：(1)求随机抽取一单,赔偿不少于2次的概率.(2)(i)毛利润是保费与赔偿金额之差.设毛利润为,估计的数学期望.()若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%,已赔偿过的增加20%.估计保单下一保险期毛利润的数学期望.19.已知椭圆方程,焦点和短轴端点构成边长为2的正方形,过的直线与椭圆交于,连接交椭圆于.(1)求椭圆的离心率和方程.(2)若直线的斜率为0,求.20.已知在处切线为.(1)若的斜率,求单调区间.(2)证明：切线不经过.(3)已知,其中,切线与轴交于点时.当,符合条件的的个数为？(参考数据：1.09ln31.10,1.60ln51.61,1.94ln71.95)21.设集合对于给定有穷数列,及序列,定义变换将数列的第项加1,得到数列;将数列的第列加1,得到数列;重复上述操作,得到数列,记为,若为偶数,证明：“存在序列,使得为常数列”的充要条件为“”.2024年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)数学答案解析第一部分(选择题共40分)一、选择题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.1.【答案】A【解析】由题意得故选：A.2.【答案】C【解析】由题意得故选：C.3.【答案】C【解析】由题意得,即则其圆心坐标为,则圆心到直线的距离为故选：C.4.【答案】B【解析】的二项展开式为令,解得,故所求即为故选：B.5.【答案】A【解析】因为,可得,即可知等价于若或,可得,即,可知必要性成立.若,即,无法得出或$综上所述,“”是“且”的必要不充分条件故选：A.6.【答案】B【解析】由题意可知：为的最小值点,为的最大值点则,即且,所以$.故选：B.7.【答案】C【解析】由题意可得解得若,则,可得,即;若,则,可得若,则,可得,即故选：C.8.【答案】D【解析】如图,底面为正方形当相邻的棱长相等时,不妨设分别取的中点,连接则,且,平面可知平面,且平面所以平面平面过作的垂线,垂足为,即由平面平面平面所以平面由题意可得：,即则,可得所以四棱锥的高为当相对的棱长相等时,不妨设因为,此时不能形成三角形,与题意不符,这样情况不存在故选：D.9.【答案】A【解析】对于选项AB:可得,即根据函数是增函数,所以,故A正确,B错误.对于选项C:例如,则可得,即,故C错误对于选项D:例如,则可得,即,故D错误故选：A.10.【答案】C【解析】对任意给定则,且可知,即再结合的任意性,所以所求集合表示的图形即为平面区域如图阴影部分所示,其中,可知任意两点间距离最大值阴影部分面积.故选:C二、填空题共5小题,每小题5分,共25分.11.【答案】【解析】由题意抛物线的标准方程为,所以其焦点坐标为.12.【答案】【解析】由题意,从而因为,所以的取值范围是的取值范围是当且仅当,即,时,取得最大值,且最大值为故答案为：13.【答案】【解析】联立与,解得,这表明满足题意的直线斜率一定存在设所求直线斜率为,则过点(3,0)且斜率为的直线方程为,联立,化简并整理得：,由题意得或解得或无解,即,经检验,符合题意.故答案为：14.【答案】mm,23mm【解析】设第一个圆柱的高为,第二个圆柱的高为,则故mmmm,故答案为：mm,23mm.15.【答案】【解析】对于均为等差数列,故它们的散点图分布在直线上而两条直线至多有一个公共点,故M中至多一个元素,故正确对于,取,则均为等比数列,但当为偶数时,有,此时中有无穷多个元素,故错误.对于设,若中至少四个元素,则关于的方程至少有4个不同的正数解若,则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解,矛盾.若,考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数当有偶数解,此方程即为方程至多有两个偶数解,且有两个偶数解时否则,因单调性相反方程至多一个偶数解当有奇数解,此方程即为方程至多有两个奇数解,且有两个奇数解时即否则,因单调性相反方程至多一个奇数解因为不可能同时成立故不可能有4个不同的正数解,故正确对于(4),因为为单调递增,为递减数列,前者散点图呈上升趋势后者的散点图呈下降趋势,两者至多一个交点,故正确.故答案为：三、解答题共6小题,共85分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.16.【答案】(1)(2)选择无解；选择和面积均为【小问1解析】由题意得,因为A为钝角则,则,则,解得因为为钝角,则由题意得,因为A为钝角则,则,则,解得因为为钝角,则【小问2解析】由题意得,因为为钝角则,则,则,解得因为为钝角,则.选择,则,因为,则为锐角,则此时,不合题意,舍弃.选择,因为为三角形内角,则则代入得,解得则选择,则有,解得则由正弦定理得即因为为三角形内角,则则则17.【答案】(1)见解析(2)【小问1解析】取的中点为,连接,则而,故,故四边形为平行四边形故,而平面平面所以平面【小问2解析】因为,故,故故四边形$AECB$为平行四边形,故,所以平面而平面,故,而故建立如图所示的空间直角坐标系则设平面的法向量为则由取设平面的法向量为则由可得,取故平面与平面夹角的余弦值为18.【答案】(1)(2)(i)0.122万元(ii)0.1252万元【小问1解析】设A为“随机抽取一单,赔偿不少于2次”由题设中的统计数据可得【小问2解析】(i)设为赔付金额,则可取0,0.8,1.6,2.4,3由题设中的统计数据可得,故(万元)(ii)由题设保费的变化为故(万元)19.【答案】(1)(2)【小问1解析】由题意,从而,所以椭圆方程为,离心率为【小问2解析】显然直线斜率存在,否则重合,直线斜率不存在与题意不符.同样直线斜率不为0,否则直线与椭圆无交点,矛盾.从而设,联立由题意,即应满足所以若直线斜率为0,由椭圆的对称性可设所以,在直线方程中令,得所以此时应满足,即应满足或综上所述,满足题意,此时或20.【答案】(1)单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(2)证明见解析(3)2【小间1解析】当时,当在(-1,0)上单调递减,在上单调递增则的单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为【小问2解析】,切线的斜率为1则切线方程为将(0,0)代入则即,则,令假设过(0,0),则在存在零点.在上单调递增,在无零点,与假设矛盾,故直线不过(0,0)【小问3解析】时,设与轴交点为时,若,则此时与必有交点,与切线定义矛盾由(2)知.所以则切线的方程为令,$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.21.【解析】我们设序列为,特别规定若存在序列,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.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(2,3,5,8),(2,4,6,8),(2,3,6,7),(2,4,5,7)后,新的相比原来的减少4,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(2,4,5,7),(2,4,6,8)后,新的相比原来的至少减少2,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(2,3,5,8),(2,3,6,7)后,新的相比原来的至少减少2,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