2024年北京市高考數(shù)學試題答案

2024年北京高考數(shù)學一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】根據(jù)題意得.故選C.2．已知，則（

）．A． B． C． D．【答案】C【詳解】根據(jù)題意得.故選C.3．圓的圓心到直線的距離為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)題意得，即，則其圓心坐標為，則圓心到直線的距離為.故選D.4．在的展開式中，的系數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】寫出二項展開式，令，解出然后回代入二項展開式系數(shù)即可得解.【詳解】的二項展開式為，令，解得，即.故選A.5．設，是向量，則“”是“或”的（

）．A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【詳解】因為，可得，即，可知等價于，若或，可得，即，可知必要性成立；若，即，無法得出或，例如，滿足，但且，可知充分性不成立；“”是“且”的必要不充分條件.故選B.6．設函數(shù).已知，，且的最小值為，則（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【詳解】根據(jù)題意可知：為的最小值點，為的最大值點，則，即，且，所以.故選B.7．生物豐富度指數(shù)是河流水質的一個評價指標，其中分別表示河流中的生物種類數(shù)與生物個體總數(shù).生物豐富度指數(shù)d越大，水質越好．如果某河流治理前后的生物種類數(shù)沒有變化，生物個體總數(shù)由變?yōu)?，生物豐富度指數(shù)由提高到，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意分析可得，消去即可求解.【詳解】根據(jù)題意得，則，即，所以.故選D.8．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（

）.A．1 B．2 C． D．【答案】D【詳解】底面為正方形，當相鄰的棱長相等時，不妨設，分別取的中點，連接，則，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，過作的垂線，垂足為，即，由平面平面，平面，所以平面，根據(jù)題意可得：，則，即，則，可得，所以四棱錐的高為.當相對的棱長相等時，不妨設，，因為，此時不能形成三角形，這樣情況不存在.故選D.9．已知，是函數(shù)的圖象上兩個不同的點，則（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)題意不妨設，因為函數(shù)是增函數(shù)，所以，即，AB.可得，即，根據(jù)函數(shù)是增函數(shù)，所以，A正確，B錯誤；C.例如，則，可得，即，C錯誤；D.例如，則，可得，即，D錯誤，故選B.10．已知是平面直角坐標系中的點集.設是中兩點間距離的最大值，是表示的圖形的面積，則（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】先以t為變量，分析可知所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域?！驹斀狻繉θ我饨o定，則，且，可知，即，再結合x的任意性，所以所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域，如圖陰影部分所示，其中，可知任意兩點間距離最大值；陰影部分面積.故選C.二、填空題11．拋物線的焦點坐標為．【答案】【分析】形如的拋物線的焦點坐標為.【詳解】根據(jù)題意拋物線的標準方程為，所以其焦點坐標為.故答案為.12．在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關于原點對稱.若，則的最大值為．【答案】/【分析】首先得出.【詳解】根據(jù)題意，從而，因為，所以的取值范圍是，的取值范圍是，當且僅當，即時，取得最大值，且最大值為.答案為.13．若直線與雙曲線只有一個公共點，則的一個取值為．【答案】（或，答案不唯一）【分析】聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，根據(jù)交點個數(shù)與方程根的情況列式即可求解.【詳解】聯(lián)立，化簡并整理得：，由題意得或，解得或無解，即，經檢驗正確.答案為或.14．漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/【詳解】設升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，，.答案為.15．設與是兩個不同的無窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合，給出下列4個結論：①若與均為等差數(shù)列，則M中最多有1個元素；②若與均為等比數(shù)列，則M中最多有2個元素；③若為等差數(shù)列，為等比數(shù)列，則M中最多有3個元素；④若為遞增數(shù)列，為遞減數(shù)列，則M中最多有1個元素.其中正確結論的序號是.【答案】①③④【詳解】①，因為均為等差數(shù)列，故它們的散點圖分布在直線上，而兩條直線至多有一個公共點，故中至多一個元素，①正確.②，取則均為等比數(shù)列，但當為偶數(shù)時，有，此時中有無窮多個元素，②錯誤.③，設，，若中至少四個元素，則關于的方程至少有4個不同的正數(shù)解，若q>0，q≠1，則由和的散點圖可得關于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；若，考慮關于的方程奇數(shù)解的個數(shù)和偶數(shù)解的個數(shù)，當有偶數(shù)解，此方程即為，方程至多有兩個偶數(shù)解，且有兩個偶數(shù)解時，否則，因單調性相反，方程至多一個偶數(shù)解，當有奇數(shù)解，此方程即為，方程至多有兩個奇數(shù)解，且有兩個奇數(shù)解時即否則，因單調性相反，方程至多一個奇數(shù)解，因為，不可能同時成立，因此不可能有4個不同的整數(shù)解，即M中最多有3個元素，③正確.④因為為遞增數(shù)列，為遞減數(shù)列，前者散點圖呈上升趨勢，后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，④正確.答案為①③④.三、解答題16．在中，內角的對邊分別為，為鈍角，，．(1)求；(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求的面積．條件①：；條件②：；條件③：．注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)；(2)選擇①無解；選擇②和③△ABC面積均為.【分析】選擇①，利用正弦定理得，結合（1）問答案即可排除；選擇②，首先求出，再代入式子得，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；選擇③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；【詳解】（1）根據(jù)題意得，因為為鈍角，則，則，則，解得，因為為鈍角，則.（2）選擇①，則，因為，則為銳角，則，此時，錯誤；選擇②，因為為三角形內角，則，則代入得，解得，,則.選擇③，則有，解得，由正弦定理得，即，解得，因為為三角形內角，則，則，則17．如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)見解析(2)【詳解】（1）取的中點為，接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因為，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則設平面的法向量為，則由可得，取，設平面的法向量為，則由可得，取，故，因此平面與平面夾角的余弦值為18．某保險公司為了了解該公司某種保險產品的索賠情況，從合同險期限屆滿的保單中隨機抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：賠償次數(shù)01234單數(shù)假設：一份保單的保費為0.4萬元；前3次索賠時，保險公司每次賠償0.8萬元；第四次索賠時，保險公司賠償0.6萬元.假設不同保單的索賠次數(shù)相互獨立.用頻率估計概率.(1)估計一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；(2)一份保單的毛利潤定義為這份保單的保費與賠償總金額之差.（i）記為一份保單的毛利潤，估計的數(shù)學期望；（ⅱ）如果無索賠的保單的保費減少，有索賠的保單的保費增加，試比較這種情況下一份保單毛利潤的數(shù)學期望估計值與（i）中估計值的大?。ńY論不要求證明）【答案】(1)(2)(i)0.122萬元；(ii)這種情況下一份保單毛利潤的數(shù)學期望估計值大于（i）中估計值【詳解】（1）設為“隨機抽取一單，賠償不少于2次”，由題設中的統(tǒng)計數(shù)據(jù)可得.（2）（?。┰O為賠付金額，則可取，由題設中的統(tǒng)計數(shù)據(jù)可得，，，，故故（萬元）.（ⅱ）由題設保費的變化為，故（萬元），因此.19．已知橢圓：，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形.過點且斜率存在的直線與橢圓交于不同的兩點，過點和的直線與橢圓的另一個交點為．(1)求橢圓的方程及離心率；(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意得，進一步得；（2）設，，聯(lián)立橢圓方程，由韋達定理有，而，令.【詳解】（1）根據(jù)題意，從而，所以橢圓方程為，離心率為；（2）直線斜率不為0，否則直線與橢圓無交點，矛盾，從而設，，聯(lián)立，化簡并整理得，根據(jù)題意，即應滿足，所以，若直線斜率為0，由橢圓的對稱性可設，所以，在直線方程中令，得，所以，此時應滿足，即應滿足或，由上所述，滿足題意，此時或.20．設函數(shù)，直線是曲線在點處的切線．(1)當時，求的單調區(qū)間.(2)求證：不經過點.(3)當時，設點，，，為與軸的交點，與分別表示與的面積．是否存在點使得成立？若存在，這樣的點有幾個？（參考數(shù)據(jù)：，，）【答案】(1)單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.(2)見解析(3)2【分析】（1）直接代入；（2）寫出切線方程，將代入再設新函數(shù)，利用導數(shù)研究其零點即可；（3）分別寫出面積表達式，代入得到，再設新函數(shù)研究其零點即可.【詳解】（1），當時，；當，f'x>0；在上單調遞減，在上單調遞增.則的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.（2），切線的斜率為，則切線方程為，將代入則，即，則，，令，假設過，則在存在零點.，在上單調遞增，，在無零點，與假設矛盾，故直線不過.（3）時，.，設與軸交點為，時，若，則此時與必有交點，與切線定義矛盾.由（2）知.所以，則切線的方程為，令，則.，則，，記，滿足條件的有幾個即有幾個零點.，當時，，此時單調遞減；當時，，此時單調遞增；當時，，此時單調遞減；因為，，所以由零點存在性定理及的單調性，在上必有一個零點，在上必有一個零點，由上所述，有兩個零點，即滿足的有兩個.21．已知集合．給定數(shù)列，和序列，其中，對數(shù)列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數(shù)列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數(shù)列記作；……；以此類推，得到，簡記為．(1)給定數(shù)列和序列，寫出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數(shù)列的各項均為正整數(shù)，且為偶數(shù)，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．【答案】(1)(2)不存在符合條件的，理由見解析(3)見解析【分析】解法一：利用反證法，假設存在符合條件的，由此列出方程組，進一步說明方程組無解即可；解法二：對于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，可知序列共有8項，可知：，檢驗即可；解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若，分類討論相等得個數(shù)，結合題意證明即可；若存在序列，使得為常數(shù)列?！驹斀狻浚?）因為數(shù)列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，則，而該方程組無解，故假設不成立，故不存在符合條件的；解法二：根據(jù)題意可知：對于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，假設存在符合條件的，且，因為，即序列共有8項，根據(jù)題意可知：，檢驗可知：當時，上式不成立，即假設不成立，所以不存在符合條件的.（3）解法一：我們設序列為，特別規(guī)定.必要性：若存在序列，使得的各項都相等.則，所以.根據(jù)的定義，顯然有，這里，.所以不斷使用該式就得到，，必要性得證.充分性：若.根據(jù)已知，為偶數(shù)，而，所以也是偶數(shù).我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數(shù)列中，使得最小的一個.上面已經證明，這里，.從而由可得.同時，由于總是偶數(shù)，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數(shù).下面證明不存在使得.假設存在，根據(jù)對稱性，不妨設，，即.情況1：若，則由和都是偶數(shù)，知.對該數(shù)列連續(xù)作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；情況2：若，不妨設.情況2-1：如果，則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；情況2-2：如果，則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.假設存在使得，則是奇數(shù)，所以都是奇數(shù)，設為.則此時對任意，由可知必有.而和都是偶數(shù)，故集合中的四個元素之和為偶數(shù)，對該數(shù)列進行一次變換，則該數(shù)列成為常數(shù)列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.綜上，只可能，而，故是常數(shù)列，充分性得證.解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結果，且相對于序列也是無序的，（?。┤?，不妨設，則，①當，則，分別