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绝密★本科目考试启用前
2024 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数学
本试卷共12页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共40分）
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.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据并集含义即可得到答案.
【详解】由题意得 .
故选：C.
2. 已知 ，则 （ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.
【详解】由题意得 .
故选：C.
3. 圆 的圆心到直线 的距离为（ ）A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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 ，即 ，
则其圆心坐标为 ，则圆心到直线 的距离为 .
故选：D.
4. 在 的展开式中， 的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出二项展开式，令 ，解出 然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】 的二项展开式为 ，
令 ，解得 ，
故所求即为 .
故选：A.
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
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量数量积分析可知 等价于 ，结合充分、必要条件分析判断.【详解】因为 ，可得 ，即 ，
可知 等价于 ，
若 或 ，可得 ，即 ，可知必要性成立；
若 ，即 ，无法得出 或 ，
例如 ，满足 ，但 且 ，可知充分性不成立；
综上所述，“ ”是“ 且 ”的必要不充分条件.
故选：B.
6. 设函数 .已知 ， ，且 的最小值为 ，则 （
）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【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： 为 的最小值点， 为 的最大值点，
则 ，即 ，
且 ，所以 .
故选：B.
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d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 提高到 ，则（ ）A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意分析可得 ，消去 即可求解.
【详解】由题意得 ，则 ，即 ，所以
.
故选：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. 1 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 平面 ，可知 平面 ，利用等
体积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面 为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设 ，分别取 的中点 ，连接 ，
则 ，且 ， 平面 ，
可知 平面 ，且 平面 ，
所以平面 平面 ，
过 作 的垂线，垂足为 ，即 ，
由平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由题意可得： ，则 ，即 ，
则 ，可得 ，
所以四棱锥的高为 .
当相对的棱长相等时，不妨设 ， ，
因为 ，此时不能形成三角形 ，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
9. 已知 ， 是函数 的图象上两个不同的点，则（ ）
A. B.
C. D.【答案】B
【解析】
【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 ，因为函数 是增函数，所以 ，即 ，
对于选项AB：可得 ，即 ，
根据函数 是增函数，所以 ，故B正确，A错误；
对于选项D：例如 ，则 ，
可得 ，即 ，故D错误；
对于选项C：例如 ，则 ，
可得 ，即 ，故C错误，
.
故选：B
10. 已知 是平面直角坐标系中的点集.设 是 中两点
间距离的最大值， 是 表示的图形的面积，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【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 ，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定 ，则 ，且 ，可知 ，即 ，
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 ，
如图阴影部分所示，其中 ，
可知任意两点间距离最大值 ；
阴影部分面积 .
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．
第二部分（非选择题 共110分）
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________．
【答案】
【解析】
【分析】形如 的抛物线的焦点坐标为 ，由此即可得解.
【详解】由题意抛物线的标准方程为 ，所以其焦点坐标为 .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________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】首先得出 ，结合三角函数单调性即可求解最值.
【详解】由题意 ，从而 ，
因为 ，所以 的取值范围是 ， 的取值范围是 ，
当且仅当 ，即 时， 取得最大值，且最大值为 .
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 ________．
【答案】 （或 ，答案不唯一）
【解析】
【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】联立 ，化简并整理得： ，
由题意得 或 ，解得 或无解，即 ，经检验，符合题意.
故答案为： （或 ，答案不唯一）.
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
，且斛量器的高为 ，则斗量器的高为______ ，升量器的高为
________ ．
【答案】 ①. 23 ②. 57.5##
【解析】
【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】设升量器的高为 ，斗量器的高为 （单位都是 ），则
，
故 ， .
故答案为： .
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
4个结论：
①若 与 均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若 与 均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若 为等差数列， 为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若 为递增数列， 为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特
征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为 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 中至多一个元素，故①正确.
对于②，取 则 均为等比数列，
但当 为偶数时，有 ，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 ，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；
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 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 单调性相反，
方程 至多一个奇数解，
因为 ， 不可能同时成立，
故 不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为 为递增数列， 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④正确.
故答案为：①③④.
【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，此时要注意合理转化.
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. 在 中，内角 的对边分别为 ， 为钝角， ， ．
（1）求 ；
（2）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．
【答案】（1） ；
（2）选择①无解；选择②和③ ABC面积均为 .
△
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得 ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出 ，再代入式子得 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首
先得到 ，再利用正弦定理得到 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三
角形面积公式即可；
【小问1详解】
由题意得 ，因为 为钝角，
则 ，则 ，则 ，解得 ，
因为 为钝角，则 .
【小问2详解】
选择① ，则 ，因为 ，则 为锐角，则 ，
此时 ，不合题意，舍弃；
选择② ，因为 为三角形内角，则 ，
则代入 得 ，解得 ，
,
则 .
选择③ ，则有 ，解得 ，则由正弦定理得 ，即 ，解得 ，
因为 为三角形内角，则 ，
则
，
则
17. 如图，在四棱锥 中， ， ， ,点 在 上，且 ，
．
（1）若 为线段 中点，求证： 平面 ．
（2）若 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理可得 平面 .
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问1详解】
取 的中点为 ，接 ，则 ，
而 ，故 ，故四边形 为平行四边形，
故 ，而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
【小问2详解】
因为 ，故 ，故 ，
故四边形 为平行四边形，故 ，所以 平面 ，
而 平面 ，故 ，而 ，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
则
设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，设平面 的法向量为 ，
则由 可得 ，取 ，
故 ，
故平面 与平面 夹角的余弦值为
18. 某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同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：
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3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.
（i）记 为一份保单的毛利润，估计 的数学期望 ；
（ⅱ）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（i）中 估计值的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中 估计值
【解析】
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;
（2）（ⅰ）设 为赔付金额，则 可取 ，用频率估计概率后可求 的分布列及数学期望，
从而可求 .（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求 ，从而即可比较大小得解.
【小问1详解】
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 .
【小问2详解】
（ⅰ）设 为赔付金额，则 可取 ，
由题设中的统计数据可得 ，
， ，
，
故
故 （万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为 ，
故 （万元），
从而 .
19. 已知椭圆 ： ，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BD的斜率为0，求t的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得 ，进一步得 ，由此即可得解；
（2）设 ， ，联立椭圆方程，由韦达定理有
，而 ，令 ，即可得解.
【小问1详解】
由题意 ，从而 ，
所以椭圆方程为 ，离心率为 ；
【小问2详解】
直线 斜率不为0，否则直线 与椭圆无交点，矛盾，
从而设 ， ，
联立 ，化简并整理得 ，
由题意 ，即 应满足 ，所以 ，
若直线 斜率为0，由椭圆的对称性可设 ，
所以 ，在直线 方程中令 ，
得 ，
所以 ，
此时 应满足 ，即 应满足 或 ，
综上所述， 满足题意，此时 或 .
20. 设函数 ，直线 是曲线 在点 处的切线．
（1）当 时，求 的单调区间.
（2）求证： 不经过点 .
（3）当 时，设点 ， ， ， 为 与 轴的交点， 与
分别表示 与 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： ， ， ）
【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
（2）证明见解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）直接代入 ，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程 ，将 代入再设新函数 ，
利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入 得到 ，再设新函数
.
研究其零点即可
【小问1详解】
，
当 时， ；当 ， ；
在 上单调递减，在 上单调递增.
则 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
【小问2详解】
，切线 的斜率为 ，
则切线方程为 ，
将 代入则 ，
即 ，则 ， ，
令 ，
假设 过 ，则 在 存在零点.， 在 上单调递增， ，
在 无零点， 与假设矛盾，故直线 不过 .
【小问3详解】
时， .
，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 .所以 ，
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.
，
当 时， ，此时 单调递减；
当 时， ，此时 单调递增；当 时， ，此时 单调递减；
因为 ，
，
所以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.
【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. 已知集合 ．给定数
列 ，和序列 ，其中 ，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 ；将 的第 项
均加1，其余项不变，得到数列记作 ；……；以此类推，得到 ，简记为 ．
（1）给定数列 和序列 ，写出 ；
（2）是否存在序列 ，使得 为 ，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 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项都相等”的充要条件为“ ”．
【答案】（1）
（2）不存在符合条件的 ，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列 共有8项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若 ，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列 ，使得 为常数列，结合定义分析证明
即可.
【小问1详解】
因为数列 ，
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
所以 .
【小问2详解】
解法一：假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 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 ；解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的 ，且 ，
因为 ，即序列 共有8项，
由题意可知： ，
检验可知：当 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的 .
【小问3详解】
解法一：我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：
若存在序列 ，使得 的各项都相等.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到 ，必要性得证.
充分性：
若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经说明 ，这里 ， .从而由 可得 .
的
同时，由于 总是偶数，所以 和 奇偶性保持不
变，从而 和 都是偶数.
下面证明不存在 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 后，新的
相比原来的
减少 ，这与
的最小性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与
的最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的相比原来的
至少减少 ，这与
的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .
假设存在 使得 ，则 是奇数，所以
都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，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 ，而 ，故
是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响 的结果，
且 相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若 ，不妨设 ，则 ，
①当 ，则 ，
分别执行 个序列 、 个序列 ，
可得 ，为常数列，符合题意；
②当 中有且仅有三个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个序列 、 个序列
可得 ，
即 ，
因为 为偶数，即 为偶数，
可知 的奇偶性相同，则 ，
分别执行 个序列 ， ， ， ，
可得
为常数列，符合题意；
③若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，因为 ，
可得 ，
即转为①，可知符合题意；
④当 中有且仅有两个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，可知 的奇偶性相同，
则 为偶数，
且 ，即转为②，可知符合题意；
⑤若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，
则 为偶数，
为
且 ，即转 ④，可知符合题意；
综上所述：若 ，则存在序列 ，使得 为常数列；
（ⅱ）若存在序列 ，使得 为常数列，因为对任意 ，
均有 成立，
若 为常数列，则 ，
所以 ；
综上所述：“存在序列 ，使得 为常数列”的充要条件为“ ”.
【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.
