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1、2024 年北京市高考数学试卷年北京市高考数学试卷一、选择题。共一、选择题。共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。分。1（4 分）已知集合 Mx|4x1，Nx|1x3，则 MN（）Ax|4x3 Bx|1x1C0，1，2Dx|1x42（4 分）已知，则 z（）A1iB1C1iD13（4 分）求圆 x2+y22x+6y0 的圆心到 xy+20 的距离（）A2B2C3D4（4 分）的二项展开式中 x3的系数为（）A15B6C4D135（4 分）已知向量，则“（+）（）0”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（4 分）
2、已知 f（x）sinx，f（x1）1，f（x2）1，则（）A1B2C3D47（4 分）记水的质量为，并且 d 越大，水质量越好若 S 不变12.1，d22.2，则 n1与 n2的关系为（）An1n2Bn1n2C若 S1，则 n1n2；若 S1，则 n1n2D若 S1，则 n1n2；若 S1，则 n1n28（4 分）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（）ABC2D9（4 分）已知（x1，y1），（x2，y2）是函数 y2x图象上不同的两点，则下列正确的是（）ABCD10（4 分）若集合（x，y）|yx+t（x2x），0t1，1x2表示的图形中，面积为 S，
3、则（）Ad3，S1Bd3，S1CD二、填空题。共二、填空题。共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分。分。11（5 分）已知抛物线 y216x，则焦点坐标为12（5 分）已 知，且 与 的 终 边 关 于 原 点 对 称，则 cos 的 最 大 值为13（5 分）已知双曲线，则过（3，0）且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为14（5 分）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三、解答题。共三、解答题。共 6 小题，共小题，共 85 分。分。16（10 分）在ABC 中，a7，
4、A 为钝角，（1）求A；（2）从条件、条件和条件这三个条件中选择一个作为已知，求ABC 的面积b7；cosB；csinA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（15 分）已知四棱锥 PABCD，ADBC，ABBC1，DEPE2，E 是 AD 上一点（1）若 F 是 PE 中点，证明：BF平面 PCD（2）若 AB平面 PED，求面 PAB 与面 PCD 夹角的余弦值18（15 分）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
5、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（15 分）已知椭圆方程 C：，焦点和短轴端点构成边长为 2 的正方形，过的直线 l 与椭圆交于 A，B，C（0，1）（1）求椭圆方程和离心率；（2）若直线 BD 的斜率为 0，求 t20（15 分）已知 f（x）x+kln（1+x）在（t，f（t）（t0）（1）若切线 l 的斜率 k1，求 f（x）单调区间；（2）证明：切线 l 不经过（0，0）；（3）已知 k1，A
6、（t，f（t），C（0，f（t），O（0，0），切线 l 与 y 轴交于点 B 时当 2SACO15SABO时，符合条件的 A 的个数为？（参考数据：1.09ln31.10，1.60ln51.61，1.94ln71.95）21（15 分）设集合 M（i，j，s，t）|i1，2，4，s5，t7，8（i+j+s+t）对于给定有穷数列 A：an（1n8），及序列：1，2，s，k（ik，jk，sk，tk）M，定义变换 T：将数列 A 的第 i1，j1，s1，t1项加 1，得到数列 T1（A）；将数列 T1（A）的第 i2，j2，s2，t2项加 1，得到数列 T2T1（A）；重复上述操作，得到数列 Ts
7、T2T1（A），记为（A）（1）给定数列 A：1，3，2，4，6，3，1，9 和序列：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出（A）；（2）是否存在序列，使得（A）为 a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a+4，a8+4，若存在，写出一个符合条件的，请说明理由；（3）若数列 A 的各项均为正整数，且 a1+a3+a5+a7为偶数，证明：“存在序列，使得（A）1+a2a3+a4a5+a6a7+a8”1A2C3C4B5A6B7C8D9A10C11（4，0）12131457.5mm，23mm16解：（1）因为2sinBcosB，所以 sinBb，在AB
8、C 中，由正弦定理得，因为 a3，所以 sinA，因为 A 为钝角，所以 A（2）若选条件，因为 b7，所以 BA，与 A+B+C矛盾，舍去；若选条件，因为 cosB，在ABC 中，由正弦定理得，所以 bsinB，又 sinCsin（A+B）sinAcosB+cosAsinB+（，所以ABC 的面积为 SabsinC；若选条件，由（1）知 A，因为 csinA，所以 c5，由余弦定理得 a5b2+c24bccosA，即 72b5+526b5cos，解得 b3，所以ABC 的面积为 SbcsinA17（1）证明：如图，设 M 为 PD 的中点，CM，因为 F 是 PE 中点，所以 FMEDED，
9、因为 ADBC，ABBC8，DEPE2，所以四边形 ABCE 为平行四边形，BCEDED，所以 FMBC，且 FMBC，即四边形 BCMF 为平行四边形，所以 BFCM，因为 BF平面 PCD，CM平面 PCD，所以 BF平面 PCD（2）解：因为 AB平面 PED，所以 CE平面 PED，EP，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（0，0，8），1，B（1，3），0，0），4，0），所以（1，7，（0，1，（2，0，（1，4，设平面 PAB 的一个法向量为（x1，y1，z7），则，取 z11，则（6，2，设平面 PCD 的一个法向量为（x2，y3，z2），
10、则，取 z21，则（3，1，设平面 PAB 与平面 PCD 夹角为，则 cos18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；（2）（i）设为赔付金额，则可取 2，1.6，8，由题可得，所以，因为毛利润是保费与赔偿金额之差，故 E（X）3.40.2788.122（万元）；（ii）由（i）知未赔偿的概率为，至少赔偿一次的概率为，故保费的变化为，设 Y 为保单下一保险期的毛利润，故 E（Y）2.122+0.40320.70.1252（万元）19解：（1）椭圆方程 C：，焦点和短轴端点构成边长为 2 的正方形，则，故 a2b4+c22，解得；，所以椭圆方程为，离
11、心率为；（2）显然直线 AB 斜率存在，否则 B，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，设 AB：ykx+t，A（x1，y1），B（x4，y2），联立，化简并整理得（1+2k6）x2+4ktx+3t245，由题意可知，16k2t22（2k2+3）（t22）4（4k2+3t2）0，即 k2+2t28，由韦达定理可知，若直线 BD 斜率为 6，由椭圆的对称性可设 D（x2，y2），故，令 x3，则，解得 t2，此时 k 满足，解得 k，综上所述，t2 满足题意或20解：（1）f（x）xln（1+x），当 x（1，0）时，f（x）在（2，当 x
12、（0，+），f（x）在（0，则 f（x）的单调递减区间为（5，0），+）（2），l 的斜率为，故切线方程为，代入（8，0），则，令，若 l 过（4，0），+）存在零点，故 F（t）在（0，+）上单调递增，不满足假设，故 l 不过（0（3）k3，f（x）x+ln（1+x），设 l 与 y 轴交点 B 为（0，t0 时，若 q7，与切线定义矛盾由（2）知 q0，q0，则切线 l 的方程为，令 x0，则，2SACO15SABO，则，记，满足条件的 A 有几个即 h（t）有几个零点 h（t）2，t时，h（t）0；t时，h（t）0；t（4，+）时，h（t）单调递减；h（0）0，h（，h（4）1
13、3ln520131.2200.83，由零点存在性定理及 h（t）的单调性，h（t）在，在（7综上所述，h（t）有两个零点ACO15SABO的 A 有两个21解：（1）（A）：3，4，3，5，8，8，3，10；（2）假设存在符合条件的，可知（A）的第 1，4 项之和为 a1+a2+s，第 73+a4+s，则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；（3）证明：设序列 Tk.T7T1（A）为ak，n（1n7），特别规定 a0，nan（1n4）必要性：若存在序列：1，2，s，使得（A）为常数列则 as，2as，2as，3as，8as，5as，6as，7as，8，所以 as，1+as，8as
14、，3+as，4as，8+as，6as，7+as，7，根据 TkT2T1（A）的定义，显然有 ak，7j1+ak，2jak3，2j1+ak5，2j，j1，5，3，4；k6，2，不断使用该式可以得到：a1+a2a3+a4a4+a6a7+a6，必要性成立充分性：若 a1+a2a4+a4a5+a2a7+a8由已知，a6+a3+a5+a7为偶数，而 a1+a2a4+a4a5+a8a7+a8，所以 a2+a4+a6+a34（a1+a8）（a1+a3+a8+a7）也是偶数设 Ts.T2T6（A）是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列（A）中，使得|as，1as，2|+|as，8as，4|+|as，5a
15、s，4|+|as，7as，8|最小的一个上面已经证明 ak，4j1+ak，2jak5，2j1+ak6，2j，j1，4，3，4，k8，2，从而由 a1+a2a3+a4a3+a6a7+a8，可得 as，1+as，2as，5+as，4as，5+as，2as，7+as，8，由于 ik+jk+Sk+tk总是偶数，所以 ak，4+ak，3+ak，5+ak，3和 ak，2+ak，4+ak，7+ak，8的奇偶性保持不变，从而 as，1+as，8+as，5+as，7和 as，7+as，4+as，6+as，2都是偶数下面证明不存在 j1，2，8，4 使得|as，2j5as，2j|2，假设存在，根据对称性，as，8
16、j1as，2j2，即 as，1as，22情况 1：若|as，3as，4|+|as，5as，6|+|as，2as，8|0，则由 as，2+as，3+as，5+as，2和 as，2+as，4+as，4+as，8都是偶数，知 as，1as，74对该数列连续作四次变换（2，4，5，8），8，6，8），8，6，7），8，5，7）后，新的|as+4，1as+4，8|+|as+4，3as+5，4|+|as+4，4as+4，6|+|as+6，7as+4，7|相比原来的|as，1as，2|+|as，3as，4|+|as，5as，7|+|as，7as，8|减少 2，这与|as，1as，2|+|as，2as，4|+|as，5as，7|+|as，7as，8|的最小性矛盾；情况 8：若|as，3as，4|+|as，2as，6|+|as，7as，4|0，不妨设|as，3as，6|0，情况 26：如果 as，3as，42，则对该数列连续作两次变换（2，4，s，（3，4，6，新的|as+2，1as+2，8|+|as+2，3as+4，4|+|as+2，7as+2，6|+|as+8，7as+2，3|相比原来的|as，1a
