2024年普通高等學校招生全國統一考試·北京卷（數學）附試卷分析

2024年普通高等學校招生全國統一考試·北京卷（數學）第一部分(選擇題共40分)一、選擇題共10小題,每小題4分,共40分.在每小題列出的四個選項中,選出符合題目要求的一項.1.已知集合M={x|-3<x<1},N={x|-1≤x<4},則M∪N=A.{x|-1≤x<1} B.{x|x>-3}C.{x|-3<x<4} D.{x|x<4}2.若復數z滿足zi=-1-i,則zA.-1-i B.-1+iC.1-i D.1+i3.圓x2+y2-2x+6y=0的圓心到直線x-y+2=0的距離為A.2 B.2 C.3 D.324.在(x-x)4的展開式中,x3的系數為A.6 B.-6 C.12 D.-125.設a,b是向量,則“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b或a=b”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6.設函數f(x)=sinωx(ω>0).已知f(x1)=-1,f(x2)=1,且|x1-x2|的最小值為π2,則ωA.1 B.2 C.3 D.47.生物豐富度指數d=S-1lnN是河流水質的一個評價指標,其中S,N分別表示河流中的生物種類數與生物個體總數.生物豐富度指數d越大,水質越好.如果某河流治理前后的生物種類數S沒有變化,生物個體總數由N1變?yōu)锳.3N2=2N1 B.2N2=3N1C.N22=8.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=22,該棱錐的高為A.1 B.2 C.2 D.39.已知(x1,y1),(x2,y2)是函數y=2x的圖象上兩個不同的點,則A.log2y1+y2C.log2y1+y22<x1+x2 D.log2y110.已知M={(x,y)|y=x+t(x2-x),1≤x≤2,0≤t≤1}是平面直角坐標系中的點集.設d是M中兩點間的距離的最大值,S是M表示的圖形的面積,則A.d=3,S<1 B.d=3,S>1C.d=10,S<1 D.d=10,S>1第二部分(非選擇題共110分)二、填空題共5小題,每小題5分,共25分.11.拋物線y2=16x的焦點坐標為.

12.在平面直角坐標系xOy中,角α與角β均以Ox為始邊,它們的終邊關于原點對稱.若α∈[π6,π3],則cosβ的最大值為13.若直線y=k(x-3)與雙曲線x24-y2=1只有一個公共點,則k的一個取值為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的等比數列,底面直徑依次為65mm,325mm,325mm,且斛量器的高為230mm,則斗量器的高為mm,升量器的高為mm.(不計量器的厚度)

15.設{an}與{bn}是兩個不同的無窮數列,且都不是常數列.記集合M={k|ak=bk,k∈N*},給出下列四個結論:①若{an}與{bn}均為等差數列,則M中最多有1個元素;②若{an}與{bn}均為等比數列,則M中最多有2個元素;③若{an}為等差數列,{bn}為等比數列,則M中最多有3個元素;④若{an}為遞增數列,{bn}為遞減數列,則M中最多有1個元素.其中正確結論的序號是.

三、解答題共6小題,共85分.解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.(本小題13分)在△ABC中,內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,∠A為鈍角,a=7,sin2B=37bcosB(1)求∠A;(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知,使得△ABC存在,求△ABC的面積.條件①:b=7;條件②:cosB=1314條件③:csinA=53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.17.(本小題14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,點E在AD上,且PE⊥AD,PE=DE=2.(1)若F為線段PE的中點,求證:BF∥平面PCD;(2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值.18.(本小題13分)某保險公司為了解該公司某種保險產品的索賠情況,從合同保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,獲得數據如下表:索賠次數01234保單份數800100603010假設:一份保單的保費為0.4萬元;前三次索賠時,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相互獨立.用頻率估計概率.(1)估計一份保單索賠次數不少于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X為一份保單的毛利潤,估計X的數學期望EX;(ii)如果無索賠的保單的保費減少4%,有索賠的保單的保費增加20%,試比較這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值與(i)中EX估計值的大小.(結論不要求證明)19.(本小題15分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),以橢圓E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(0,t)(t>2)且斜率存在的直線與橢圓E交于不同的兩點A,B,過點A和(1)求橢圓E的方程及離心率;(2)若直線BD的斜率為0,求t的值.20.(本小題15分)設函數f(x)=x+kln(1+x)(k≠0),直線l是曲線y=f(x)在點(t,f(t))(t>0)處的切線.(1)當k=-1時,求f(x)的單調區(qū)間.(2)求證:l不經過點(0,0).(3)當k=1時,設點A(t,f(t))(t>0),C(0,f(t)),O(0,0),B為l與y軸的交點,S△ACO與S△ABO分別表示△ACO與△ABO的面積.是否存在點A使得2S△ACO=15S△ABO成立?若存在,這樣的點A有幾個?(參考數據:1.09<ln3<1.10,1.60<ln5<1.61,1.94<ln7<1.95)21.(本小題15分)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為偶數}.給定數列A:a1,a2,…,a8和序列Ω:T1,T2,…,Ts,其中Tt=(it,jt,kt,wt)∈M(t=1,2,…,s),對數列A進行如下變換:將A的第i1,j1,k1,w1項均加1,其余項不變,得到的數列記作T1(A);將T1(A)的第i2,j2,k2,w2項均加1,其余項不變,得到的數列記作T2T1(A);……;以此類推,得到數列Ts…T2T1(A),簡記為Ω(A).(1)給定數列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),寫出Ω(A);(2)是否存在序列Ω,使得Ω(A)為a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4?若存在,寫出一個Ω,若不存在,說明理由;(3)若數列A的各項均為正整數,且a1+a3+a5+a7為偶數,求證:“存在序列Ω,使得Ω(A)的各項都相等”的充要條件為“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”.參考答案1.C2.C3.D4.A5.B6.B7.D8.D9.B10.C11.(4,0)12.-1213.116.(1)第1步:利用二倍角的正弦公式化簡由題知,2sinB·cosB=37bcosB又A為鈍角,所以B為銳角,故cosB≠0,所以2sinB=37b.第2步:利用正弦定理建立a,b,A,B的關系,從而計算出A的正弦值又143=bsinB=第3步:由角的范圍及正弦值求出角A又A為鈍角,所以A=2π3.(2)若選①,結合(1)得2sinB=37×7,所以sinB=32,B=π3,A則△ABC不存在,所以條件①不符合要求,故不選擇條件①.若選②,第1步:由同角三角函數的基本關系及正弦定理求出b由題知sinB=1?cos2又asinA=bsinB第2步:利用誘導公式及兩角和的正弦公式求sinC又C=π-(A+B),所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=32×第3步:利用三角形面積公式得結果所以S△ABC=12absinC=12×7×3×5若選③,第1步:由已知求出c由題知c·32=53第2步:由余弦定理建立方程求出b由a2=b2+c2-2bccosA得,49=b2+25+5b,即(b+8)(b-3)=0,解得b=3(負值舍去).第3步:利用三角形面積公式得結果所以S△ABC=12bcsinA=12×3×5×317.(1)第1步:作輔助線,通過證平行四邊形來證BF∥CG取PD的中點G,連接FG,CG,因為F為PE的中點,所以FG=12DE=1,FG∥DE又BC=1,AD∥BC,所以FG=BC,FG∥BC,所以四邊形FGCB為平行四邊形,所以BF∥CG,第2步:利用線面平行的判定定理得證又BF?平面PCD,CG?平面PCD,所以BF∥平面PCD.(2)第1步:證明PE⊥平面ABCD因為AB⊥平面PAD,PE?平面PAD,所以AB⊥PE,又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,AD?平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.第2步:建立空間直角坐標系,寫出相關點和向量的坐標連接EC,易知四邊形ABCE為矩形,故直線EC,ED,EP兩兩垂直,故以E為坐標原點,EC,ED,EP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0),A(0,-1,0),B(1,-1,0),則AB=(1,0,0),AP=(0,1,2),PC=(1,0,-2),PD=(0,2,-2).第3步:分別求平面PAB和平面PCD的法向量設平面PAB的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·AB=x設平面PCD的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·PC=x第4步:利用向量的夾角公式,即可得出平面PAB與平面PCD夾角的余弦值設平面PAB與平面PCD的夾角為θ,則cosθ=|cos<n1,n2>|=|n所以平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為3030.18.(1)解法一(正面計算)記“隨機抽取一份保單,索賠次數不少于2”為事件A,由索賠次數不少于2,知索賠次數為2,3,4,所以P(A)=60+30+101000=解法二(反面計算)記“隨機抽取一份保單,索賠次數不少于2”為事件A,由索賠次數不少于2,知可利用間接法計算,則P(A)=1-800+1001000=(2)(i)由題知X的所有可能取值為0.4,-0.4,-1.2,-2.0,-2.6,則P(X=0.4)=8001000P(X=-0.4)=1001000P(X=-1.2)=601000P(X=-2.0)=301000P(X=-2.6)=101000=0.01,故EX=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03-2.6×0.01=0.122.(ii)如果無索賠的保單的保費減少4%,有索賠的保單的保費增加20%,這種情況下一份保單毛利潤的數學期望估計值比(i)中EX估計值大.證明如下:設調整保費后一份保單的毛利潤(單位:萬元)為Y,則對于索賠次數為0的保單,Y=0.4×(1-4%)=0.384,對于索賠次數為1的保單,Y=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32,對于索賠次數為2的保單,Y=-0.32-0.8=-1.12,對于索賠次數為3的保單,Y=-1.12-0.8=-1.92,對于索賠次數為4的保單,Y=-1.92-0.6=-2.52,故EY=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.1252.所以EX<EY.19.(1)第1步:結合題意得到b,c由題意可知b=2,c=2,第2步:由橢圓的基本量間的關系求a所以a=b2+第3步:寫出橢圓E的方程、離心率故橢圓E的方程為x24+y22(2)第1步:設出點A,B的坐標及直線AB的方程設A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為y=kx+t(k≠0),第2步:聯立方程,利用根與系數的關系得x1+x2與x1x2聯立得x24+y22=1y=kx+t,得(1+2所以Δ=(4kt)2-4(1+2k2)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,由根與系數的關系得x1+第3步:由共線關系列等式由橢圓的對稱性可得D(-x2,y2),因為A,C,D三點共線,所以kAC=kCD,所以y1-1x1=y2-1-x2,即x1y2+x第4步:代入直線方程消元由y1=kx1+t,y2=kx2+t,得x1(kx2+t)+x2(kx1+t)-(x1+x2)=0,整理得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0②,第5步:將①代入②求得t所以2k·2t2-41+2k2解得t=2.20.(1)第1步:求導當k=-1時,f(x)=x-ln(1+x)(x>-1),則f'(x)=1-11+x第2步:求f(x)的單調區(qū)間令f'(x)>0,得x>0,令f'(x)<0,得-1<x<0,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),單調遞減區(qū)間為(-1,0).(2)第1步:求出l的方程f'(x)=1+k1+x,f'(t)=1+故l的方程為y-f(t)=(1+k1+t)(x-t第2步:提出假設,得到關于t的等式假設l經過點(0,0),則-f(t)=-t(1+k1+t),即-t-kln(1+t)=-t-又k≠0,所以ln(1+t)=t1+t(t第3步:推出矛盾,得結論令F(t)=ln(1+t)-t1+t(則F'(t)=t(1+所以F(t)在(0,+∞)上單調遞增,所以F(t)>0,即ln(1+t)>t1+t(t>0),與ln(1+t)=t1+所以假設不成立,即l不經過點(0,0).(3)第1步:求導,得f(x)的單調性當k=1時,f(x)=x+ln(1+x),則f(0)=0,f'(x)=1+11+故f(x)在(-1,+∞)上單調遞增,第2步:求出l的方程,得到點B的縱坐標所以l的方程為y-[t+ln(1+t)]=(1+11+t)(x-令x=0,得yB=ln(1+t)-t1+第3步:根據2S△ACO=15S△ABO得到關于t的等式易知AC⊥BC,則由2S△ACO=15S△ABO,得2×12|OC|×|AC|=15×12|OB|×|得2|OC|=15|OB|,得2[t+ln(1+t)]=15ln(1+t)-15t1+t(t>0),即2t-13ln(1+t)+15t第4步:構造新函數,求零點個數令φ(x)=2x-13ln(1+x)+15x則φ'(x)=2-131+所以φ(x)在(0,12),(4,+∞)上單調遞增,在(12因為φ(0)=0,φ(12)>0,φ(4)=20-13ln5<20-13×1.6=-0.8<0,φ(8)=883-26ln3>883所以φ(x)在(0,+∞)上有2個不同的零點.第5步:得結論故存在點A使得2S△ACO=15S△ABO成立,且點A的個數為2.21.(1)Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10.(2)不存在.理由如下:若存在Ω,則a1,a2與a3,a4增加值之和應該相等,注意到a1,a2一共增加了8,而a3,a4一共增加了6,從而不存在符合題意的Ω.(3)第1步:證明必要性因為存在序列Ω,使得a1=a2=…=a8,所以a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8.又每次進行變換時,a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8均增加1,故經過n(n∈N*)次變換后,a1+a2+n=a3+a4+n=a5+a6+n=a7+a8+n,可得a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8恒成立.第2步:證明充分性如果a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,且還有a1-a2=a3-a4=a5-a6=a7-a8=0,則有a1=a2=a3=a4=a5=a6=a7=a8,即Ω(A)為常數列,由于每次變換后均有a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,故我們只需證明可在某一步變換后有a1-a2=a3-a4=a5-a6=a7-a8=0.設(S1,S2,S3,S4)=(a1-a2,a3-a4,a5-a6,a7-a8),從而(S1,S2,S3,S4)在每次變換后相當于在偶數個位置上加1,其余減1,由a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,可得初始情況下S1,S2,S3,S4同時為奇數或同時為偶數.不妨設為偶,則a1+a3+a5+a7為偶,所以S1+S2+S3+S4為4的倍數,且在變換后仍同時為奇數或同時為偶數,且和為4的倍數.經過若干次變換后,不妨設max|Si|達到最小值,且取max|Si|的Si最少,不妨設成|S1|且S1>0.當S1≥2時,①假設還有|S2|≥2.若S2≥2,則(S1,S2,S3,S4)→(S1-1,S2-1,S3-1,S4-1)→(S1-2,S2-2,S3,S4),若S2≤-2,則(S1,S2,S3,S4)→(S1-1,S2+1,S3-1,S4+1)→(S1-2,S2+2,S3,S4),(*)總可使|S1|,|S2|同時減小,與假設矛盾.②假設|S2|,|S3|,|S4|<1,若S2,S3,S4中有小于零的,設為S2,同(*)即可,若S2,S3,S4均大于等于零,所有位置同時減2,與假設矛盾.當S1≤1時,Si要么為0,要么為±1,由于S1+S2+S3+S4是4的倍數,只可能為以下幾種及其輪換,a.(0,0,0,0),b.(1,1,-1,-1)→(0,0,0,0),c.(1,1,1,1)→(0,0,0,0),d.(-1,-1,-1,-1)→(0,0,0,0),故均與假設矛盾,即max|Si|最小時為0,即總能使得(S1,S2,S3,S4)→(0,0,0,0),即?Ω,使得Ω(A)為常數列.2024年普通高等學校招生全國統一考試·北京卷（數學）試卷分析一、整體概況2024年北京高考數學卷在命題上繼續(xù)秉承“大氣、平和、首都特色”的特點，堅持“以德為先，能力為重，全面發(fā)展”的命題理念，全面考查學生的數學素養(yǎng)和思維品質。試卷在保持命題穩(wěn)定性的基礎上，實現了守正創(chuàng)新，既注重考查學生的基礎知識、基本技能和基本方法，又