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1、2024年新课标全国卷数学真题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知集合，则（）ABCD2若，则（）ABCD3已知向量，若，则（）ABC1D24已知，则（）ABCD5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（）ABCD6已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（）ABCD7当时，曲线与的交点个数为（）A3B4C6D88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（）ABCD二、多选题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
2、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，）ABCD10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（）AB点在C上CC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，
3、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；(
4、3)若当且仅当，求的取值范围19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：参考答案：1A【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.【详解】因为，且注意到，从而.故选：A.2C【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为，所以.故选：C.3D【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.【详解】因为，所以，所以即，故，故选：D.4A【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的
5、值可求前者，故可求的值.【详解】因为，所以，而，所以，故即，从而，故，故选：A.5B【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.6B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，即a的范围是.故选：B.7C【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数的的最小正周期为，函数的最小正周期为，所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出
6、两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C8B【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当时，所以，又因为，则，则依次下去可知，则B正确；且无证据表明ACD一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.9BC【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，所以，故，C正确，D错误；因为，所以，因为，所以，而，B正确，A错误，故选：BC10ACD【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上
7、的值域即可判断C；直接作差可判断D.【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，易知当时，当或时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；对B，当时，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；对C，当时，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，正确；对D，当时，所以，正确；故选：ACD.11ABD【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.对于B：又曲线方程为，而，故
8、.当时，故在曲线上，故B正确.对于C：由曲线的方程可得，取，则，而，故此时，故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，故，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.12【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入得，即，故，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故答案为：13【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程
9、，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由得，故曲线在处的切线方程为；由得，设切线与曲线相切的切点为，由两曲线有公切线得，解得，则切点为，切线方程为，根据两切线重合,所以，解得.故答案为：14/0.5【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.从而.记.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应
10、乙出8，2，4，6，所以.而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.所以，两式相减即得，故.所以甲的总得分不小于2的概率为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.15(1)(2)【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【详解】（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.（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，由已知的
11、面积为，可得，所以.16(1)(2)直线的方程为或.【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致
12、，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.【详解】（1）由题意得，解得，所以.（2）法一：，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.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，符
13、合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜率存在时，设，令，消可得，且，即，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，其中，且，则，则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.17(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理
14、可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出【详解】（1）（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，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)(2)证明见解析(3)【分析】（1）求出后根据可求的最小值；（2
15、）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.【详解】（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，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
16、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，.【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；（2）根据可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.【详解】（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
17、，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
18、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；，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
19、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.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.