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高考数学2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题平行卷（基础）含解析答案
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这是一份高考数学2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题平行卷（基础）含解析答案，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（基础卷）
第一部分（选择题 共58分）
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则
A．B．C．D．
3．已知向量，.若，则（ ）
A．B．1C．D．4
4．已知角，且，则（ ）
A．B．C．D．2
5．已知圆锥PO的底面半径为，轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．设函数，若为增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．函数，的图象在区间的交点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．函数是定义在R上的偶函数，且，若，，则（ ）
A．4B．2C．1D．0
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．设，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中错误的是（ ）
A．
B．
C．对任意正数，
D．对任意正数，
10．已知函数，下列说法中正确的有（ ）
A．曲线在点处的切线方程为
B．函数的极小值为
C．函数的单调增区间为
D．当时，函数的最大值为，最小值为
11．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的远行规律时发现的.在平面直角坐标系中，设到与两点的距离之积为2的点的轨迹为曲线，则（ ）
A．
B．曲线关于原点对称
C．曲线围成的面积不大于7
D．曲线C上任意两点之间的距离不大于3
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为 ．
13．若直线与曲线和圆，都相切，则a的值为 ．
14．现有7张卡片，分别写上数字1，2，3，4，5，5，6，从这7张卡片中随机抽取3张，记所取卡片上数字的最大值为X，则= ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知，，分别为内角，，的对边，，．
（1）求；
（2）若，的面积为，求，的值．
16．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：过点，且离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：与椭圆C交于A，B两点，若的面积为2，求的值.
17．如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
(1)设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
(2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
18．已知函数，．
(1)当时，证明：；
(2)当，若恒成立，求实数m的取值范围．
19．数列有项，，对任意，存在，若与前项中某一项相等，则称具有性质.
(1)若，求可能的值；
(2)若不为等差数列，求证：中存在满足性质；
(3)若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用表示.
参考答案：
1．A
【分析】根据交集定义求解.
【详解】因为，
所以，
故选:A.
2．D
【解析】根据复数运算法则求解即可.
【详解】．故选D．
【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．
3．B
【解析】由数量积公式计算可得结果.
【详解】因为所以，则解得
故选：B
4．D
【分析】由两角和与差公式化简后求解．
【详解】由，可得，即，
故.又，故，
即，代入可得.
故
故选：D
5．B
【分析】根据轴截面面积和底面半径得到圆锥的高，进而得到圆锥的体积.
【详解】轴截面为等腰三角形，底边长为，设圆锥的高为，
则，解得，
故圆锥的体积为.
故选：B
6．B
【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得且，结合与的函数图象及增长趋势求出参数的取值范围.
【详解】因为，当时函数单调递增，
又在上单调递增，在上单调递减，
要使函数为增函数，则且，
又函数与在上有两个交点和，
且的增长趋势比快得多，
与的函数图象如下所示：
所以当时，当时，当时，
所以，即实数的取值范围是.
故选：B
7．A
【分析】作出正、余弦函数图象，利用图象直接判断两者交点个数.
【详解】分别作出，在区间上的图象，如图所示，
由图象可知：，的图象在区间的交点个数为3.
故选：A.
8．B
【分析】根据，结合是定义在R上的偶函数，易得函数的周期为2，然后由求解.
【详解】因为，且是定义在R上的偶函数，
所以，
令，则，
所以，即，
所以函数的周期为2，
所以.
故选：B.
9．ABD
【分析】根据正态分布曲线的性质和图形，依次判断选项即可.
【详解】A：∵由图可知，，
∴，故A错误；
B：由图可得，，故B错误；
C：由图可得，对任意实数，，
而，，
故，故C正确，D错误．
故选：ABD．
10．ACD
【分析】对于A，利用导数的几何意求解判断即可，对于BC，对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；对于D，求出函数的单调区间，进而可求出函数的最值.
【详解】由，得，
对于A，因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，即，所以A正确；
对于B，由，得或舍去，
当时，， 当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取极大值，无极小值，
所以B错误，C正确；
对于D，由选项BC，可知当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
因为，
所以的最小值为，所以D正确，
故选：ACD.
11．BC
【分析】根据定义得到曲线的方程，根据方程求和的取值范围，验证选项AC，由方程的对称性判断选项B，特殊值法验证选项D.
【详解】设，则，，，
化简，所以，
对于A，，所以，得，A选项错误；
对于B，曲线方程，显然若在曲线上，则也在曲线上，曲线关于原点对称，B选项正确；
对于C，，令，则，，
所以曲线围成的面积，C选项正确；
对于D，当时，，此时两点距离为，D选项错误.
故选：BC
12．
【解析】求出，由得到，建立方程求解即可.
【详解】设，得到
由题意知，即，
所以，解得，或（舍去）．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查双曲线离心率的计算，找等量关系，建立方程是解决本题的关键.
13．
【分析】设切点的坐标为，利用导数的几何意义列出方程组求得的值，得到切线方程，再利用直线与圆相切，列出方程，求得的值.
【详解】设直线与曲线相切的切点坐标为，
由曲线，可得，则，解得，
所以切线方程为，
因为直线与圆相切，
所以，解得或（舍）．
故答案为：．
14．
【分析】根据给定条件，求出随机试验的基本事件总数，再求出的事件所含基本事件数即可计算作答.
【详解】从这7张卡片中随机抽取3张的试验有个基本事件，
其中的事件所含基本事件数为，
所以.
故答案为：
15．（1）；（2）.
【分析】（1）利用辅助角公式可得，从而得到的关系，结合可得，从而可求得的值.
（2）利用余弦定理和面积公式可得，从而可求的值.
【详解】（1）因为，
故即，
所以或，.
因为，，故或，
因为，所以，故不成立，
所以即.
（2）因为，由余弦定理可得，
整理得到.
因为的面积为，所以即.
由可得.
【点睛】本题考查辅助角公式以及正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，一般地，三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），我们可利用已知条件构建所求未知量的方程组，本题属于中档题.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率和椭圆过的点列式求，即可得椭圆方程；
（2）将直线与椭圆联立，韦达定理，然后利用弦长公式求底，利用点到直线的距离公式求高，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为，所以.
又椭圆C：过点，所以.
所以，.故所求椭圆方程为.
（2）设点，，
联立消去y得.所以，，
又直线l与椭圆C相交，所以，解得.
则.
又点P到直线l的距离，
所以，
所以，所以，满足，则.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为侧面为矩形，
所以，又为中点，
所以，
又因为，
所以．
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）在平面中，过点作射线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且．
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）时，令，，利用导数法证明；
（2）令，，原不等式等价于恒成立，先由成立得到，再论证当时，不等式恒成立即可；
【详解】（1）解：当时，令，，
则，令，则；令，则；
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴；
（2）令，，原不等式等价于恒成立，
由题意可得成立，即，
∴，
下证：当时，不等式恒成立，
①当时，，
②当时，，
∴在上单调递增，
∴；
③当时，；
综上，实数m的取值范围是．
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，可通过具体得到参数的范围，然后论证对于一般性成立.
19．(1)3，5，7
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据，逐一求出即可.
（2）不为等差数列，数列存在使得不成立，根据题意进一步推理即可证明结论；
（3）去除具有性质的数列中的前三项后，数列的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为，公差为，求即可.
【详解】（1）数列有100项，，对任意，存在，
若，，则当时，，
当时，，则或，
当时，，则或或
或
的所有可能的值为：3，5，7.
（2）命题等价于：数列中不存在具有性质P的项，则是等差数列，
证明：，
，
当时，，则满足了性质P，矛盾，
当时，，不矛盾.∴
以此类推，
当时，分别分别等于、、、……、，则满足了性质P，矛盾.
所以，只能，即，不矛盾，即是等差数列，
所以，若不是等差数列，则数列中存在某些项具有性质P.
（3）将数列中具有性质P的三项去掉，得到一个新的数列，，，，
且中没有满足性质P的项，
由（2）可知，数列是等差数列， 所以，
又因为数列中去掉的三项和为c，所以；
【点睛】本题考查新定义“性质”的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力.
（基础卷）
第一部分（选择题 共58分）
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则
A．B．C．D．
3．已知向量，.若，则（ ）
A．B．1C．D．4
4．已知角，且，则（ ）
A．B．C．D．2
5．已知圆锥PO的底面半径为，轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．设函数，若为增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．函数，的图象在区间的交点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．函数是定义在R上的偶函数，且，若，，则（ ）
A．4B．2C．1D．0
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．设，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中错误的是（ ）
A．
B．
C．对任意正数，
D．对任意正数，
10．已知函数，下列说法中正确的有（ ）
A．曲线在点处的切线方程为
B．函数的极小值为
C．函数的单调增区间为
D．当时，函数的最大值为，最小值为
11．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的远行规律时发现的.在平面直角坐标系中，设到与两点的距离之积为2的点的轨迹为曲线，则（ ）
A．
B．曲线关于原点对称
C．曲线围成的面积不大于7
D．曲线C上任意两点之间的距离不大于3
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，P为双曲线C上一点．若当与x轴垂直时，有，则双曲线C的离心率为 ．
13．若直线与曲线和圆，都相切，则a的值为 ．
14．现有7张卡片，分别写上数字1，2，3，4，5，5，6，从这7张卡片中随机抽取3张，记所取卡片上数字的最大值为X，则= ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知，，分别为内角，，的对边，，．
（1）求；
（2）若，的面积为，求，的值．
16．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：过点，且离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：与椭圆C交于A，B两点，若的面积为2，求的值.
17．如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
(1)设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
(2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
18．已知函数，．
(1)当时，证明：；
(2)当，若恒成立，求实数m的取值范围．
19．数列有项，，对任意，存在，若与前项中某一项相等，则称具有性质.
(1)若，求可能的值；
(2)若不为等差数列，求证：中存在满足性质；
(3)若中恰有三项具有性质，这三项和为，使用表示.
参考答案：
1．A
【分析】根据交集定义求解.
【详解】因为，
所以，
故选:A.
2．D
【解析】根据复数运算法则求解即可.
【详解】．故选D．
【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．
3．B
【解析】由数量积公式计算可得结果.
【详解】因为所以，则解得
故选：B
4．D
【分析】由两角和与差公式化简后求解．
【详解】由，可得，即，
故.又，故，
即，代入可得.
故
故选：D
5．B
【分析】根据轴截面面积和底面半径得到圆锥的高，进而得到圆锥的体积.
【详解】轴截面为等腰三角形，底边长为，设圆锥的高为，
则，解得，
故圆锥的体积为.
故选：B
6．B
【分析】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得且，结合与的函数图象及增长趋势求出参数的取值范围.
【详解】因为，当时函数单调递增，
又在上单调递增，在上单调递减，
要使函数为增函数，则且，
又函数与在上有两个交点和，
且的增长趋势比快得多，
与的函数图象如下所示：
所以当时，当时，当时，
所以，即实数的取值范围是.
故选：B
7．A
【分析】作出正、余弦函数图象，利用图象直接判断两者交点个数.
【详解】分别作出，在区间上的图象，如图所示，
由图象可知：，的图象在区间的交点个数为3.
故选：A.
8．B
【分析】根据，结合是定义在R上的偶函数，易得函数的周期为2，然后由求解.
【详解】因为，且是定义在R上的偶函数，
所以，
令，则，
所以，即，
所以函数的周期为2，
所以.
故选：B.
9．ABD
【分析】根据正态分布曲线的性质和图形，依次判断选项即可.
【详解】A：∵由图可知，，
∴，故A错误；
B：由图可得，，故B错误；
C：由图可得，对任意实数，，
而，，
故，故C正确，D错误．
故选：ABD．
10．ACD
【分析】对于A，利用导数的几何意求解判断即可，对于BC，对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；对于D，求出函数的单调区间，进而可求出函数的最值.
【详解】由，得，
对于A，因为，，
所以曲线在点处的切线方程为，即，所以A正确；
对于B，由，得或舍去，
当时，， 当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取极大值，无极小值，
所以B错误，C正确；
对于D，由选项BC，可知当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
因为，
所以的最小值为，所以D正确，
故选：ACD.
11．BC
【分析】根据定义得到曲线的方程，根据方程求和的取值范围，验证选项AC，由方程的对称性判断选项B，特殊值法验证选项D.
【详解】设，则，，，
化简，所以，
对于A，，所以，得，A选项错误；
对于B，曲线方程，显然若在曲线上，则也在曲线上，曲线关于原点对称，B选项正确；
对于C，，令，则，，
所以曲线围成的面积，C选项正确；
对于D，当时，，此时两点距离为，D选项错误.
故选：BC
12．
【解析】求出，由得到，建立方程求解即可.
【详解】设，得到
由题意知，即，
所以，解得，或（舍去）．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查双曲线离心率的计算，找等量关系，建立方程是解决本题的关键.
13．
【分析】设切点的坐标为，利用导数的几何意义列出方程组求得的值，得到切线方程，再利用直线与圆相切，列出方程，求得的值.
【详解】设直线与曲线相切的切点坐标为，
由曲线，可得，则，解得，
所以切线方程为，
因为直线与圆相切，
所以，解得或（舍）．
故答案为：．
14．
【分析】根据给定条件，求出随机试验的基本事件总数，再求出的事件所含基本事件数即可计算作答.
【详解】从这7张卡片中随机抽取3张的试验有个基本事件，
其中的事件所含基本事件数为，
所以.
故答案为：
15．（1）；（2）.
【分析】（1）利用辅助角公式可得，从而得到的关系，结合可得，从而可求得的值.
（2）利用余弦定理和面积公式可得，从而可求的值.
【详解】（1）因为，
故即，
所以或，.
因为，，故或，
因为，所以，故不成立，
所以即.
（2）因为，由余弦定理可得，
整理得到.
因为的面积为，所以即.
由可得.
【点睛】本题考查辅助角公式以及正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，一般地，三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），我们可利用已知条件构建所求未知量的方程组，本题属于中档题.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率和椭圆过的点列式求，即可得椭圆方程；
（2）将直线与椭圆联立，韦达定理，然后利用弦长公式求底，利用点到直线的距离公式求高，即可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为，所以.
又椭圆C：过点，所以.
所以，.故所求椭圆方程为.
（2）设点，，
联立消去y得.所以，，
又直线l与椭圆C相交，所以，解得.
则.
又点P到直线l的距离，
所以，
所以，所以，满足，则.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为侧面为矩形，
所以，又为中点，
所以，
又因为，
所以．
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）在平面中，过点作射线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且．
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）时，令，，利用导数法证明；
（2）令，，原不等式等价于恒成立，先由成立得到，再论证当时，不等式恒成立即可；
【详解】（1）解：当时，令，，
则，令，则；令，则；
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴；
（2）令，，原不等式等价于恒成立，
由题意可得成立，即，
∴，
下证：当时，不等式恒成立，
①当时，，
②当时，，
∴在上单调递增，
∴；
③当时，；
综上，实数m的取值范围是．
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，可通过具体得到参数的范围，然后论证对于一般性成立.
19．(1)3，5，7
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据，逐一求出即可.
（2）不为等差数列，数列存在使得不成立，根据题意进一步推理即可证明结论；
（3）去除具有性质的数列中的前三项后，数列的剩余项重新排列为一个等差数列，且该数列的首项为，公差为，求即可.
【详解】（1）数列有100项，，对任意，存在，
若，，则当时，，
当时，，则或，
当时，，则或或
或
的所有可能的值为：3，5，7.
（2）命题等价于：数列中不存在具有性质P的项，则是等差数列，
证明：，
，
当时，，则满足了性质P，矛盾，
当时，，不矛盾.∴
以此类推，
当时，分别分别等于、、、……、，则满足了性质P，矛盾.
所以，只能，即，不矛盾，即是等差数列，
所以，若不是等差数列，则数列中存在某些项具有性质P.
（3）将数列中具有性质P的三项去掉，得到一个新的数列，，，，
且中没有满足性质P的项，
由（2）可知，数列是等差数列， 所以，
又因为数列中去掉的三项和为c，所以；
【点睛】本题考查新定义“性质”的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力.
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