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2024年新课标全国Ⅰ卷数学
一、单选题
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，且注意到 ，
从而 .
故选：A.
2．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 ，所以 .
故选：C.
3．已知向量 ，若 ，则 （ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【解析】因为 ，所以 ，
所以 即 ，故 ，
故选：D.
4．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，所以 ，
而 ，所以 ，
故 即 ，
从而 ，故 ，
故选：A.
5．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（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【解析】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.
6．已知函数为 ，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】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.
7．当x∈[0,2π]时，曲线 与 的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【解析】因为函数 的的最小正周期为 ，函数 的最小正周期为 ，所以
上函数 有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
看图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C.
8．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
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B【解析】因为当 时 ，所以 ，又因为 ，
则 ，
，
，
，
，则依次下去可知 ，则B正确；
故ACD错误。
故选：B.
二、多选
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 ， ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】由题可知， ，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：BC．
10．设函数 ，则（ ）
A． 是 的极小值点 B．当 时，
C．当 时， D．当 时，
【答案】ACD
【解析】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，A正确；B，当 时， ，所以 ，由上可知，函数 在 上单调递增，所以
，B错误；
C，当 时， ，由上可知，函数 在 上单调递减，所以 ，即
，C正确；
D，当 时， ，
所以 ，D正确；
故选：ACD.
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（ ）
A． B．点 在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点 在C上时，
【答案】ABD
【解析】A：设曲线上的动点 ，则 且 ，
因为曲线过坐标原点，故 ，解得 ，A正确.
B：又曲线方程为 ，而 ，故 .
当 时， ，故 在曲线上，B正确.
C：由曲线的方程可得 ，取 ，则 ，而 ，故
此时 ，因此 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，C错误.
D：当点 在曲线上时，由C的分析可得 ，
故 ，D正确.故选：ABD.
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 ．
【答案】
【解析】看题可知 三点横坐标相等，设 在第一象限，将 代入
得 ，即 ，故 ， ，
又 ，得 ，得 ，代入 得 ，
故 ，即 ，所以 .
故答案为：
13．若曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线，则 .
【答案】
【解析】根据 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 ，得 .
故答案为：
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2，4，6，8，两人进行四轮比赛，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 .【答案】 /0.5
【解析】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： .
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c．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）根据余弦定理有 ，对比已知 ，
可得 ，因为 ，所以 ，从而 ，
又因为 ，即 ，
注意到 ，
所以 .
（2）根据（1）可得 ， ， ，从而 ， ，而 ，
由正弦定理有 ，从而 ，
根据三角形面积公式可知， 的面积可表示 ，根据已知
的面积为 ，可得 ，
所以 .
16．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．
【答案】(1)
(2)直线 的方程为 或 .
【解析】（1）根据题意得 ，解得 ，所以 .
（2）法一： ，则直线 的方程为 ，即 ，
，根据（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 ，解得 或 ，经代入判别式验证均满足题意.
则直线 为 或 ，即 或 .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 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（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 ，由二面角的定义可知， 即为二面角
的平面角，即 ，即 ．
因为 ，设 ，则 ，根据等面积法可得， ，
又 ，而 为等腰直角三角形，所以 ，
故 ，解得 ，即 ．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；
(3)若 当且仅当 ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【解析】（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，因此 ，
而 ，
，
所以 也在 图象上，
根据 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 ，错
误；综上， 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， .
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：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）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，当且仅当该数列是等差数列，因此我们可以对
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 .因此所有可能的 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：① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
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： .
第一种情况：如果 ，且 .此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .此时，由于从数列 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：
① ，共 组；
② ，共 组；
③ ，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 ， ， .
由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
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：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共 组.（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③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②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.
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.
因此这 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
.
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
.
