2024年北京市高考数学试卷(陈军 李腾龙 杨成武)

这是一份2024年北京市高考数学试卷(陈军 李腾龙 杨成武)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合，，则
A．B．C．D．
2．若复数满足，则
A．B．C．D．
3．圆的圆心到的距离为
A．B．2C．3D．
4．在的展开式中，的系数为
A．6B．C．12D．
5．设，是向量，则“”是“或”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．设函数．已知，，且的最小值为，则
A．1B．2C．3D．4
7．生物丰富度指数是河流水质的一个评价指标，其中，分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数．生物丰富度指数越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则
A．B．C．D．
8．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为
A．1B．2C．D．
9．已知，，，是函数的图象上两个不同的点，则
A．B．
C．D．
10．已知，，，是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间的距离的最大值，是表示的图形的面积，则
A．，B．，C．D．
二、填空题。共5小题，每小题5分，共25分。
11．抛物线的焦点坐标为 ．
12．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称．若，则的最大值为 ．
13．若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ．
14．汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为，，325 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．（不计量器的厚度）
15．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合，，给出下列四个结论：
①若与均为等差数列，则中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素．
其中正确结论的序号是 ．
三、解答题。共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16．（10分）在中，内角，，的对边分别为，，，为钝角，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
17．（15分）如图，在四棱锥，，，，点在上，且，．
（1）若为线段的中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
18．（15分）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．
假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率．
（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．
记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与中估计值的大小，（结论不要求证明）
19．（15分）已知椭圆方程，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点，且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线的斜率为0，求的值．
20．（15分）设函数，直线是曲线在点，处的切线．
（1）当，求单调区间；
（2）证明：不经过；
（3）当时，设点，，，，，为与轴的交点，与分别表示和的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，
21．（15分）已知集合，，，，，，，，，，，且为偶数．给定数列，，，和序列，，，，其中，，，，2，，，对数列进行如下变换：将的第，，，项均加1，其余项不变，得到的数列记作（A）；将（A）的第，，，项均加1，其余项不变，得到的数列记作（A）；；以此类推，得到数列（A），简记为（A）．
（1）给定数列，3，2，4，6，3，1，9和序列，3，5，，，4，6，，，3，5，，写出（A）；
（2）是否存在序列，使得（A）为，，，，，，，？若存在，写出一个，若不存在，请说明理由；
（3）若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得（A）的各项都相等”的充要条件为“”．
2024年北京市高考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题。共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．已知集合，，则
A．B．C．D．
【解析】：集合，，
则．
故选：．
2．若复数满足，则
A．B．C．D．
【解析】：，则．故选：．
3．圆的圆心到的距离为
A．B．2C．3D．
【解析】：圆的圆心，
圆的圆心到的距离：．故选：．
4．在的展开式中，的系数为
A．6B．C．12D．
【解析】：解法一：的通项公式为：，，可得，
二项展开式中的系数：．故选：．
解法二：【山东滨州杨成武补解】 的展开式中含的项是由
中任意取 2 个括号内的 与剩余的2个括号内的相乘得到的,(题眼) 所以 的展开式中含的项为,所以 的展开式中的系数为 6 .
5．设，是向量，则“”是“或”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解析】：，则，即，
不能推出或，充分性不成立，
或能推出，必要性成立，
故“”是“或”的必要不充分条件．故选：．
6．设函数．已知，，且的最小值为，则
A．1B．2C．3D．4
【解析】：因为，则为函数的最小值，为函数的最大值，
又，所以，．故选：．
7．生物丰富度指数是河流水质的一个评价指标，其中，分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数．生物丰富度指数越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则
A．B．C．D．
【解析】：根据个体总数由变为可列式，
，，所以，约分可得，故，
所以．故选：．
8．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为
A．1B．2C．D．
【解析】：由题意知为正三角形，因为，所以，
分别取，的中点，，
连接，，，则，，，
则，所以，
过点作，垂足为．易知，，，平面，且，
所以平面．又平面，所以．
又，，平面，，所以平面，
所以为四棱锥的高，因为，
所以．故选：．
9．已知，，，是函数的图象上两个不同的点，则
A．B．
C．D．
【解析】：，，，是上的点，则，，
，当且仅当时，等号成立，故，
两边同时取对数可得，．故选：．
10．已知，，，是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间的距离的最大值，是表示的图形的面积，则
A．，B．，C．D．
【解析】：集合，，表示的图形如下图阴影部分所示，
由图象可知，，．故选：．
二、填空题。共5小题，每小题5分，共25分。
11．抛物线的焦点坐标为 ．
【解析】：抛物线的焦点坐标是．故答案为：．
12．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称．若，则的最大值为 ．
【解析】：与的终边关于原点对称可得，，，
，，，，所以，，
故当，，时，的最大值为．故答案为：．
13．若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 （或 ．
【解析】：联立，化简可得，因为直线与双曲线只有一个公共点，故，或△，解得或无解，当时，符合题意．故答案为：（或．
14．汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为，，325 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 23 ，升量器的高为 ．（不计量器的厚度）
【解析】：斛量器的体积为，则斗量器的体积为，
所以斗量器的高为；
设升量器的高为，由升量器的体积为，
解得，所以升量器的高为；
所以升量器、斗量器的高度分别，．故答案为：23，57.5．
15．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合，，给出下列四个结论：
①若与均为等差数列，则中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素．
其中正确结论的序号是 ①③④ ．
【解析】：对于①，，均为等差数列，，，不为常数列且各项均不相同，
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，
所以中至多一个元素，故①正确；
对于②，令，，满足，均为等比数列，
但当为偶数时，，此时中有无穷多个元素，故②错误；
对于③，设，，
若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，
若，，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，
当有偶数解，此方程即为，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，
否则，因为，单调性相反，
方程至多一个偶数解，
当有奇数解，此方程即为，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时，即，
否则，
因为，单调性相反，
方程至多一个奇数解，
因为，不可能同时成立，
若，，
则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；
故不可能有4个不同的正数解，故③正确．
对于④，因为为单调递增，为递减数列，，，不为常数列且各项均不相同，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④正确．故答案为：①③④．
三、解答题。共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16．（10分）在中，内角，，的对边分别为，，，为钝角，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】：（1）因为，
因为为钝角，所以为锐角，，所以，
在中，由正弦定理得，因为，所以，
因为为钝角，所以．
（2）若选条件①，因为，，所以，与矛盾，
此时不存在，故条件①不符合要求，不选①；
若选条件②，因为，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
又，
所以的面积为；
若选条件③，由（1）知，因为，所以，
由余弦定理得，即，解得，
所以的面积为．
17．（15分）如图，在四棱锥，，，，点在上，且，．
（1）若为线段的中点，求证：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【解答】（1）证明：如图，设为的中点，连接，，
因为是中点，所以，且，
因为，，，，
所以四边形为平行四边形，，且，所以，且，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：因为平面，所以平面，，，相互垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，，，，，，，0，，，2，，
所以，0，，，1，，，0，，，2，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，2，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，1，，
设平面与平面夹角为，
则
解法二：【湖北荆州李腾龙补解】（如图）延长相交于，设平面与平面夹角即二面角为，设,,.则根据三射线定理有：。其中在中易知：，
∵平面，∴，
在中有
, ，
中由余弦定理
有：，
代入得：
=+=。
18．（15分）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．
假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率．
（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．
记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与中估计值的大小，（结论不要求证明）
【解析】：（1）解法一：设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得；
解法二：【山东杨成武补解】利用对立事件解决
设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”
由索赔次数不少于两次，利用对立事件的概念可得：
。
（2）设为赔付金额，则可取0，0.8，1.6，2.4，3，
由题可得，，
，，，
所以，
因为毛利润是保费与赔偿金额之差，
故（万元）；
由知未赔偿的概率为，至少赔偿一次的概率为，
故保费的变化为，
设为保单下一保险期的毛利润，
故（万元）．所以．
19．（15分）已知椭圆方程，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点，且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线的斜率为0，求的值．
【解析】：（1）椭圆方程，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，
则，故，解得；，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）显然直线斜率存在，否则，重合，直线斜率不存在与题意矛盾，
同样直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
设，，，，，，
联立，化简并整理得，
由题意可知，△，即，应满足，
由韦达定理可知，，，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，，
故，令，
则，解得，
此时满足，解得或，
综上所述，满足题意，此时的取值范围为或．
20．（15分）设函数，直线是曲线在点，处的切线．
（1）当，求单调区间；
（2）证明：不经过；
（3）当时，设点，，，，，为与轴的交点，与分别表示和的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，
【解析】：（1），，
当时，，在上单调递减，
当，，在上单调递增，
则的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2），的斜率为，
故切线方程为，
代入，，，
，则，，
令，
若过，则在存在零点．
，
故在上单调递增，，
不满足假设，故不过．
（3），，
，
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾．
由（2）知，
，则切线的方程为，
令，则，
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点．
，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
时，，单调递减；
，，（4），
，
由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点．
综上所述，有两个零点，即满足的有两个．
21．（15分）已知集合，，，，，，，，，，，且为偶数．给定数列，，，和序列，，，，其中，，，，2，，，对数列进行如下变换：将的第，，，项均加1，其余项不变，得到的数列记作（A）；将（A）的第，，，项均加1，其余项不变，得到的数列记作（A）；；以此类推，得到数列（A），简记为（A）．
（1）给定数列，3，2，4，6，3，1，9和序列，3，5，，，4，6，，，3，5，，写出（A）；
（2）是否存在序列，使得（A）为，，，，，，，？若存在，写出一个，若不存在，请说明理由；
（3）若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得（A）的各项都相等”的充要条件为“”．
【解析】：（1）（A）：3，4，4，5，8，4，3，10；
（2）假设存在符合条件的，
可知（A）的第1，2项之和为，第3，4项之和为，
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（A）为，特别规定．
必要性：若存在序列，，，，使得（A）为常数列．
则，
所以，
根据（A）的定义，显然有，，2，3，4；，2，，
不断使用该式可以得到：，必要性成立．
充分性：若．
由已知，为偶数，而，
所以也是偶数．
设（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，
使得最小的一个．
上面已经证明，，2，3，4，，2，，
从而由，可得，
由于总是偶数，
所以和的奇偶性保持不变，
从而和都是偶数．
下面证明不存在，2，3，4使得，
假设存在，根据对称性，不妨设，，
即．
情况1：若，
则由和都是偶数，知．
对该数列连续作四次变换，3，5，，，4，6，，，3，6，，，4，5，后，
新的相比原来的减少4，
这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设，
情况：如果，则对该数列连续作两次变换，4，，，，4，6，后，
新的相比原来的至少减少2，
这与的最小性矛盾；
情况：如果，则对该数列连续作两次变换，3，，，，3，6，后，
新的相比原来的至少减少2，
这与的最小性矛盾．
因此无论如何都会导致矛盾，
所以对任意的，2，3，4都有，
假设存在，2，3，4使得，则是奇数，
所以都是奇数，设为．
则此时对任意，2，3，4，由可知必有，，，
而和都是偶数，
故集合中的四个元素，，，之和为偶数，对该数列进行一次变换，，，，
则该数列成为常数列，新的等于零，
比原来的更小，
这与的最小性矛盾．
综上，只可能，2，3，，
而，
故（A）是常数列，充分性成立．
索赔次数
0
1
2
3
4
保单份数
800
100
60
30
10
索赔次数
0
1
2
3
4
保单份数
800
100
60
30
10