1、绝密 启用前2024年新课标I卷普通高等学校招生全国统一考试数 学本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四
2、个选项中，只有一个选项是正确的请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.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. B. C. 1D. 24. 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. 已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）A. B. C. D. 7. 当时，曲线与的交点个数为（ ）A. 3B. 4C. 6D. 88. 已知函数为的定义域为R，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）A. B. C.
3、 D. 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.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服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）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. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且
4、C上的点满足横坐标大于，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1D. 当点在C上时，三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.12. 设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交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，甲的卡片上分别标有数字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，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字
5、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）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_.四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 记内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，（1）求B；（2）若的面积为，求c16. 已知和为椭圆上两点.（1）求C的离心率;（2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程17. 如图，四棱锥中，底面ABCD，（1）若，证明：平面；（2）若，且二面角的正弦值为，求18. 已知函数（1）若，且，求的最小值；（2）证明：曲线是中心对称图形；（3）若当且仅当，求的取值范围19
6、. 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项可被平均分为组，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：数列是可分数列；（3）从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：绝密 启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷）数 学一、选择题1. A2. C3. D4. A5. B6. B7. C8. B二、选择题9. BC10. ACD11. ABD三、填空题12. 13. 14. 0.5四、解答题15. （1）由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以.（
7、2）由（1）可得，从而，而，由正弦定理有，从而，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知面积为，可得，所以.16. （1）由题意得，解得，所以.（2），则直线的方程为，即，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.17. （1）因为平面，而平面，所以，又，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以， 根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面（2）如图所示
8、，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即因为，设，则，由等面积法可得，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即18. （1）时，其中，则，因为，当且仅当时等号成立，故，而成立，故即，所以的最小值为.，（2）的定义域为，设为图象上任意一点，关于的对称点为，因为在图象上，故，而，所以也在图象上，由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.（3）因为当且仅当，故为的一个解，所以即，先考虑时，恒成立.此时即为在上恒成立，设，则在上恒成立，设，则，当，故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当时，
9、故恒成立，故在上为增函数，故即在上恒成立.当，则当时，故在上为减函数，故，不合题意，舍；综上，在上恒成立时.而当时，而时，由上述过程可得在递增，故的解为，即的解为.综上，.19. （1）首先，我们设数列的公差为，则.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形，得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两
10、个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组；，共组.（如果，则忽略）故数列是可分数列.（3）定义集合，.下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是可分数列：命题1：或；命题2：.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果，且.此时设，.则由可知，即，故.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组；，共组；，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）故此时数列是可分数列.第二种情况：如果，且.此时设，.则由可知，即，故.由于，故，从而，这就意味着.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：，共组
11、；，共组；全体，其中，共组；，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）这里对和进行一下解释：将中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：， 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；而如果，假设，则可设，代入得.但这导致，矛盾，所以.设，则，即.所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足.这就证明了结论.13
