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1、120242024 年北京高考数学真题年北京高考数学真题一、单选题一、单选题1已知集合|41Mxx，|13Nxx，则MN（）A43xx B11xx C0,1,2D14xx 2已知i 1iz，则z（）A1 iBiC1 i D13求圆22260 xyxy的圆心到20 xy的距离（）A2 3B2C3 2D644xx的二项展开式中3x的系数为（）A15B6C4D135已知向量a，b，则“0abab”是“ab或ab”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已知 sin0f xx，11f x，21f x，12min|2xx，则（）A1B2C3D47记水的质量为
2、1lnSdn，并且 d 越大，水质量越好若 S 不变，且12.1d，22.2d，则1n与2n的关系为（）A12nnB12nnC若1S，则12nn；若1S，则12nn；D若1S，则12nn；若1S，则12nn；8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 4，4，2 2，2 2，则该四棱锥的高为（）A22B32C2 3D39已知11,x y，22,xy是函数2xy 图象上不同的两点，则下列正确的是（）A12122log22yyxxB12122log22yyxxC12212log2yyxxD12212log2yyxx10若集合2,|(),01,12x yyxt xxtx 表示的图形中
3、，两点间最大距离为 d、面积为 S，则（）2A3d，1S B3d，1S C10d，1S D10d，1S 二、填空题二、填空题11已知抛物线216yx，则焦点坐标为12已知,6 3，且与的终边关于原点对称，则cos的最大值为13已知双曲线2214xy，则过3,0且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为14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，求前两个圆柱的高度分别为15已知|kkMk ab，na，nb不为常数列且各项均不相同，下列正确的是.na，nb均为等差数列，则 M 中最多一个元素；na，nb均
4、为等比数列，则 M 中最多三个元素；na为等差数列，nb为等比数列，则 M 中最多三个元素；na单调递增，nb单调递减，则 M 中最多一个元素.三、解答题三、解答题16在ABC 中，7a，A 为钝角，3sin2cos7BbB(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7b；13cos14B；5sin32cA 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已知四棱锥 P-ABCD，/AD BC，1ABBC，3AD，2DEPE，E 是AD上一点，PEAD(1)若 F 是 PE 中点，证明：/BF平面PCD(2)若AB 平面PED，求平面PAB与平面
5、PCD夹角的余弦值318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；（）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已知椭圆方程 C：222210 xyabab，焦点和短轴端点构成边长为 2 的正方形，过0,t2t 的直线 l 与椭圆交于 A，B，0,1C，连接 AC 交椭圆于 D(1)求椭圆
6、方程和离心率；(2)若直线 BD 的斜率为 0，求 t420已知 ln 1f xxkx在,0t ftt处切线为 l(1)若切线 l 的斜率1k ，求 fx单调区间；(2)证明：切线 l 不经过0,0；(3)已知1k，,A t f t，0,Cf t，0,0O，其中0t，切线 l 与 y 轴交于点 B 时当215ACOABOSS，符合条件的 A 的个数为？（参考数据：1.09ln31.10，1.60ln51.61，1.94ln71.95）21设集合,1,2,3,4,5,6,7,8,2Mi j s t ijstijst 对于给定有穷数列:18nAan，及序列12:,.,s，,kkkkkij s tM
7、，定义变换T：将数列A的第1111,ij s t项加 1，得到数列 1TA；将数列 1TA的第2222,ij s t列加1，得到数列 2 1T T A；重复上述操作，得到数列 2 1.sTT T A，记为 A(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A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123456782,6,4,2,8,2,4,4aaaaaaaa，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；(3)若数列A的各项均为正整数，且1357aaaa为偶数，证明：“存在序列，使得 A为常数列”的充要条件为“12345678aaaa
8、aaaa”120242024 年北京高考数学真题年北京高考数学真题参考答案：参考答案：1A【分析】直接根据并集含义即可得到答案.【详解】由题意得4,3MN，故选：A.2C【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.【详解】由题意得i i 11 iz ，故选：C.3C【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【详解】由题意得22260 xyxy，即221310 xy，则其圆心坐标为1,3，则圆心到直线20 xy的距离为221 323 211，故选：C.4B【分析】写出二项展开式，令432r，解出r然后回代入二项展开式系数即可得解.【详解】4xx的二项展开式为442144CC1,0,1,2,3,
9、4rrrrrrrTxxxr，令432r，解得2r，故所求即为224C16.故选：B.5A【分析】根据向量数量积分析可知 0abab等价于ab，结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为 220ababab，可得22ab，即ab，可知 0abab等价于ab，若ab或ab，可得ab，即 0abab，可知必要性成立；2若 0abab，即ab，无法得出ab或ab，例如1,0,0,1ab，满足ab，但ab且ab，可知充分性不成立；综上所述，“0abab”是“ab且ab”的必要不充分条件.故选：A.6B【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.【详解】由题意可知：1x为 fx的
10、最小值点，2x为 fx的最大值点，则12min22Txx，即T，且0，所以22T.故选：B.7C【分析】根据题意分析可得12.1112.22eeSSnn，讨论S与 1 的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.【详解】由题意可得112212.1ln12.2lnSdnSdn，解得12.1112.22eeSSnn，若1S，则112.12.2SS，可得112.12.2eeSS，即12nn；若1S，则1102.12.2SS，可得121nn；若1S，则112.12.2SS，可得112.12.2eeSS，即12nn；结合选项可知 C 正确，ABD 错误；故选：C.8D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平
11、面PEF 平面ABCD，可知PO平面ABCD，利用等体积法求点到面的距离.【详解】如图，底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设4,2 2PAPBABPCPD，3分别取,AB CD的中点,E F，连接,PE PF EF，则,PEAB EFAB，且PEEFE，,PE EF 平面PEF，可知AB平面PEF，且AB平面ABCD，所以平面PEF 平面ABCD，过P作EF的垂线，垂足为O，即POEF，由平面PEF 平面ABCDEF，PO平面PEF，所以PO平面ABCD，由题意可得：2 3,2,4PEPFEF，则222PEPFEF，即PEPF，则1122PE PFPO EF，可得3PE PFPOE
12、F，所以四棱锥的高为3.当相对的棱长相等时，不妨设4PAPC，2 2PBPD，因为4 2BDPBPD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.9A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断 AB；举例判断 CD 即可.【详解】由题意不妨设12xx，因为函数2xy 是增函数，所以12022xx，即120yy，对于选项 AB：可得1212122222 222xxxxxx，即12122202xxyy，根据函数2logyx是增函数，所以121212222loglog 222xxyyxx，故 A 正确，B 错误；对于选项 C：例如120,1xx，则121,2yy
13、，可得12223loglog0,122yy，即12212log12yyxx，故 C 错误；对于选项 D：例如121,2xx ，则1211,24yy，可得122223logloglog 332,128yy ，即12212log32yyxx ，故 D 错误，故选：A.10C4【分析】先以 t 为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域212yxyxx，结合图形分析求解即可.【详解】对任意给定1,2x，则210 xxx x，且0,1t，可知222xxt xxxxxx，即2xyx，再结合 x 的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域212yxyxx，如图阴影部分所示，其中1,1,2,2,2,4
14、ABC，可知任意两点间距离最大值10dAC；阴影部分面积11 212ABCSS.故选：C.【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解114,0【分析】形如22,0ypxp的抛物线的焦点坐标为,02p，由此即可得解.【详解】由题意抛物线的标准方程为216yx，所以其焦点坐标为4,0.故答案为：4,0.1212/0.5【分析】首先得出2,Zk k，结合三角函数单调性即可求解最值.【详解】由题
15、意2,Zk k，从而coscos2 cosk，5因为,6 3，所以cos的取值范围是13,22，cos的取值范围是31,22，当且仅当3，即42,Z3k k时，cos取得最大值，且最大值为12.故答案为：12.1312【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详解】联立3x 与2214xy，解得52y ，这表明满足题意的直线斜率一定存在，设所求直线斜率为k，则过点3,0且斜率为k的直线方程为3yk x，联立22143xyyk x，化简并整理得：222214243640kxk xk，由题意得2140k或2222244 364 140kk
16、k，解得12k 或无解，即12k ，经检验，符合题意.故答案为：12.14115mm,23mm2【分析】根据体积为公比为 10 的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.【详解】设第一个圆柱的高为1h，第二个圆柱的高为2h，则222221232532523022106532522hhh，故223mmh，1115mm2h，故答案为：115mm,23mm2.15【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断的正误，利用反例可判断的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断的正误.【详解】对于，因为 ,nnab均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故M中至
17、多一个元素，故正确.对于，取112,2,nnnnab 则 ,nnab均为等比数列，6但当n为偶数时，有1122nnnnab ，此时M中有无穷多个元素，故错误.对于，设0,1nnbAqAqq，0naknb k，若M中至少四个元素，则关于n的方程nAqknb至少有 4 个不同的正数解，若0,1qq，则由nyAq和yknb的散点图可得关于n的方程nAqknb至多有两个不同的解，矛盾；若0,1qq，考虑关于n的方程nAqknb奇数解的个数和偶数解的个数，当nAqknb有偶数解，此方程即为nA qknb，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时ln0Akq，否则ln0Akq，因,nyA qyknb单调性相
18、反，方程nA qknb至多一个偶数解，当nAqknb有奇数解，此方程即为nA qknb，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时ln0Akq即ln0Akq 否则ln0Akq，因,nyA qyknb 单调性相反，方程nA qknb至多一个奇数解，因为ln0Akq，ln0Akq 不可能同时成立，故nAqknb不可能有 4 个不同的正数解，故正确.对于，因为 na为单调递增，nb为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故正确.故答案为：【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负
19、，此时要注意合理转化.16(1)23A；(2)选择无解；选择和ABC 面积均为15 34.【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；7（2）选择，利用正弦定理得3B，结合（1）问答案即可排除；选择，首先求出3 3sin14B，再代入式子得3b，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择，首先得到5c，再利用正弦定理得到5 3sin14C，再利用两角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三角形面积公式即可；【详解】（1）由题意得32sincoscos7BBbB，因为A为钝角，则cos0B，则32sin7Bb，则27sinsinsin37baBAA，解得3sin2A，因
20、为A为钝角，则23A.（2）选择7b，则333sin714142Bb，因为23A，则B为锐角，则3B，此时AB，不合题意，舍弃；选择13cos14B，因为B为三角形内角，则2133 3sin11414B，则代入32sin7Bb得3 332147b，解得3b，222sinsinsinsincoscossin333CABBBB31313 35 321421414,则115 315 3sin7 322144ABCSabC .选择5sin32cA，则有35322c，解得5c，则由正弦定理得sinsinacAC，即75sin32C，解得5 3sin14C，因为C为三角形内角，则25 311cos1141
21、4C，则222sinsinsinsincoscossin333BACCCC31115 33 321421414，则113 315 3sin7 522144ABCSacB 17(1)证明见解析(2)30308【分析】（1）取PD的中点为S，接,SF SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得/BF平面PCD.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值.【详解】（1）取PD的中点为S，接,SF SC，则1/,12SF ED SFED，而/,2ED BC EDBC，故/,SF BC SFBC，故四边形SFBC为平行四边形，故/BF S
22、C，而BF 平面PCD，SC 平面PCD，所以/BF平面PCD.（2）因为2ED，故1AE，故/,=AE BC AE BC，故四边形AECB为平行四边形，故/CE AB，所以CE 平面PAD，而,PE ED 平面PAD，故,CEPE CEED，而PEED，故建立如图所示的空间直角坐标系，则0,1,0,1,1,0,1,0,0,0,2,0,0,0,2ABCDP，则0,1,2,1,1,2,1,0,2,0,2,2,PAPBPCPD 设平面PAB的法向量为,mx y z，则由00m PAm PB 可得2020yzxyz，取0,2,1m，设平面PCD的法向量为,na b c，则由00n PCn PD 可得
23、20220abbc，取2,1,1n，故130cos,3056m n ，9故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为303018(1)110(2)(i)0.122 万元(ii)0.1252万元【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少 2 的概率;（2）（）设为赔付金额，则可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求E X.（）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求 E Y.【详解】（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 603010180010060301010P A.（2）（）设为赔付金额，则可取0,0.
24、8,1.6,2.4,3，由题设中的统计数据可得800410010,0.810005100010PP，603(1.6)100050P，303(2.4)1000100P，101(3)1000100P，故 4133100.81.62.430.27851050100100E 故0.40.2780.122E X（万元）.（）由题设保费的变化为410.496%0.41.20.403255，故 0.1220.40320.40.1252E Y（万元）19(1)2221,422xye(2)2t【分析】（1）由题意得2bc，进一步得a，由此即可得解；（2）说明直线AB斜率存在，设:,2AB ykxt t，1122
25、,A x yB xy，联立椭圆方程，由韦达定理有2121222424,1221kttxxx xkk，而121112:yyAD yxxyxx，令0 x，即可得解.【详解】（1）由题意222bc，从而222abc，10所以椭圆方程为22142xy，离心率为22e；（2）显然直线AB斜率存在，否则,B D重合，直线BD斜率不存在与题意不符，同样直线AB斜率不为 0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设:,2AB ykxt t，1122,A x yB xy，联立22142xyykxt，化简并整理得222124240kxktxt，由题意2 22222168 2128 420k tktkt，即,k t应
26、满足22420kt，所以2121222424,1221kttxxx xkk，若直线BD斜率为 0，由椭圆的对称性可设22,Dxy，所以121112:yyAD yxxyxx，在直线AD方程中令0 x，得2122112121221121212422214Ck txkxtxkxtkx xt xxx yx yytxxxxxxktt，所以2t，此时k应满足222424200ktkk，即k应满足22k 或22k，综上所述，2t 满足题意，此时22k 或22k.20(1)单调递减区间为(1,0)，单调递增区间为(0,).(2)证明见解析(3)2【分析】（1）直接代入1k ，再利用导数研究其单调性即可；（2）
27、写出切线方程()1()(0)1kyf txt tt，将(0,0)代入再设新函数()ln(1)1tF ttt，利用导数研究其零点即可；11（3）分别写出面积表达式，代入215ACOABOSS得到13ln(1)21501tttt，再设新函数15()13ln(1)2(0)1th ttttt研究其零点即可.【详解】（1）1()ln(1),()1(1)11xf xxxfxxxx ，当1,0 x 时，0fx；当0,x，0fx；()f x在(1,0)上单调递减，在(0,)上单调递增.则()f x的单调递减区间为(1,0)，单调递增区间为(0,).（2）()11kfxx，切线l的斜率为11kt，则切线方程为(
28、)1()(0)1kyf txt tt，将(0,0)代入则()1,()111kkf ttf tttt，即ln(1)1ktktttt，则ln(1)1ttt，ln(1)01ttt，令()ln(1)1tF ttt，假设l过(0,0)，则()F t在(0,)t存在零点.2211()01(1)(1)tttF tttt，()F t在(0,)上单调递增，()(0)0F tF，()F t在(0,)无零点，与假设矛盾，故直线l不过(0,0).（3）1k 时，12()ln(1),()1011xf xxxfxxx.1()2ACOStf t，设l与y轴交点B为(0,)q，0t 时，若0q，则此时l与()f x必有交点，
29、与切线定义矛盾.由（2）知0q.所以0q，则切线l的方程为1ln111yttxtt，令0 x，则ln(1)1tyqytt.215ACOABOSS，则2()15ln(1)1ttf tttt，13ln(1)21501tttt，记15()13ln(1)2(0)1th ttttt，满足条件的A有几个即()h t有几个零点.2222221313221151315294(21)(4)()21(1)(1)(1)(1)ttttttth tttttt，12当10,2t时，0h t，此时 h t单调递减；当1,42t时，0h t，此时 h t单调递增；当4,t时，0h t，此时 h t单调递减；因为1(0)0,0
30、,(4)13ln520 13 1.6200.802hhh，15 247272(24)13ln254826ln54826 1.61 4820.5402555h，所以由零点存在性定理及()h t的单调性，()h t在1,42上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，()h t有两个零点，即满足215ACOABOSS的A有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.21(1):3,4,4,5,8,4,3,10A(2)不存在符合条件的，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接按照 A的定义写出 A即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此
31、列出方程组，进一步说明方程组无解即可；（3）分充分性和必要性两方面论证.【详解】（1）由题意得:3,4,4,5,8,4,3,10A；（2）假设存在符合条件的，可知 A的第1,2项之和为12aas，第3,4项之和为34aas，则 121234342642aaaasaaaas，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；（3）我们设序列 2 1.kTT TA为,18k nan，特别规定0,18nnaan.13必要性：若存在序列12:,.,s，使得 A为常数列.则,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa，所以,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaa
32、a.根据 2 1.kTT TA的定义，显然有,21,21,211,2kjkjkjkjaaaa，这里1,2,3,4j，1,2,.k.所以不断使用该式就得到，12345678aaaaaaaa，必要性得证.充分性：若12345678aaaaaaaa.由已知，1357aaaa为偶数，而12345678aaaaaaaa，所以 24681213574aaaaaaaaaa也是偶数.我们设 2 1.sTT T 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,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa最小的一个.上面已经证明,21,21,211,2kjkjkjkjaaaa，这里1
33、,2,3,4j，1,2,.k.从而由12345678aaaaaaaa可得,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa.同时，由于kkkkijst总是偶数，所以,1,3,5,7kkkkaaaa和,2,4,6,8kkkkaaaa的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7ssssaaaa和,2,4,6,8ssssaaaa都是偶数.下面证明不存在1,2,3,4j 使得,21,22sjsjaa.假设存在，根据对称性，不妨设1j，,21,22sjsjaa，即,1,22ssaa.情况 1：若,3,4,5,6,7,80ssssssaaaaaa，则由,1,3,5,7ssssaaaa和,2,4,6
34、,8ssssaaaa都是偶数，知,1,24ssaa.对该数列连续作四次变换 2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34,44,54,64,74,8ssssssssaaaaaaaa相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa减少4，这与,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa的最小性矛盾；情况 2：若,3,4,5,6,7,80ssssssaaaaaa，不妨设,3,40ssaa.情况 2-1：如果,3,41ssaa，则对该数列连续作两次变换 2,4,5,7,2,4,6,8后，新的142,12,22
35、,32,42,52,62,72,8ssssssssaaaaaaaa相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa的最小性矛盾；情况 2-2：如果,4,31ssaa，则对该数列连续作两次变换 2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8ssssssssaaaaaaaa相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa的最小性矛盾.这就说明无论如何
36、都会导致矛盾，所以对任意的1,2,3,4j 都有,21,21sjsjaa.假设存在1,2,3,4j 使得,21,21sjsjaa，则,21,2sjsjaa是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa都是奇数，设为21N.则此时对任意1,2,3,4j，由,21,21sjsjaa可知必有,21,2,1sjsjaaN N.而,1,3,5,7ssssaaaa和,2,4,6,8ssssaaaa都是偶数，故集合,s mm aN中的四个元素,i j s t之和为偶数，对该数列进行一次变换,i j s t，则该数列成为常数列，新的1,11,21,31,41,51,61,71,8ssssssssaaaaaaaa等于零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa的最小性矛盾.综上，只可能,21,201,2,3,4sjsjaaj，而,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa，故,s naA 是常数列，充分性得证.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.