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2024 年普通高等学校招生全国统一考试（新课标 I 卷）
数学
本试卷共10页，19小题，满分150分.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考
证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草
稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题：本题共 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.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合 ，由交集的概念即可得解.
【详解】因为 ，且注意到 ，
从而 .
故选：A.
2. 若 ，则 （ ）
A. B. C. D.【答案】C
【解析】
【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.
【详解】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】
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求 的值.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 即 ，故 ，
故选：D.
4. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角和的余弦可求 的关系，结合 的值可求前者，故可求
的值.
【详解】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】
【分析】设圆柱的底面半径为 ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径 的方程，求出解后可求圆锥的
体积.
【详解】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 在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】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 时，曲线 与 的交点个数为（ ）A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】画出两函数在 上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数 的的最小正周期为 ，
函数 的最小正周期为 ，
所以在 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：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
8. 已知函数 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】
【分析】代入得到 ，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当 时 ，所以 ，又因为 ，
则 ，
，
，
，
，则依次下去可知 ，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用 ，再利用题目所给的函数性质
，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0
分.
9. 随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.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】
【分析】根据正态分布的 原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知， ，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】
【分析】求出函数 的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数
在 上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对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，正确；
对B，当 时， ，所以 ，而由上可知，函数 在 上单调递增，所以 ，错误；
对C，当 时， ，而由上可知，函数 在 上单调递减，
所以 ，即 ，正确；
对D，当 时， ，
所以 ，正确；
故选：ACD.
11. 设计一条美丽的丝带,其造型 可以看作图中的曲线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】
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求 ，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利
用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点 ，则 且 ，
因 曲线过坐标原点，故 ，解得 ，故A正确.
为
对于B：又曲线方程为 ，而 ，故 .
当 时， ，
故 在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得 ，取 ，
则 ，而 ，故此时 ，
故 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点 在曲线上时，由C的分析可得 ，
故 ，故D正确.
.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等
来处理.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
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】
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出 ，结合双曲线第一定义求出 ，即可得到 的值，
从而求出离心率.【详解】由题可知 三点横坐标相等，设 在第一象限，将 代入
得 ，即 ，故 ， ，
又 ，得 ，解得 ，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】
【 分 析 】 先 求 出 曲 线 在 的 切 线 方 程 ， 再 设 曲 线 的 切 点 为
，求出 ，利用公切线斜率相等求出 ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可
求解.
【详解】由 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 ，解得 .
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】
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】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，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在
该轮得分的概率 ，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： .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从
而避免繁琐的列举.
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. 记 的内角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】
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出 ，最后结合已知 得 的
值即可；
（2）首先求出 ，然后由正弦定理可将 均用含有 的式子表示，结合三角形面积公式即可列方
程求解.
【小问1详解】
由余弦定理有 ，对比已知 ，可得 ，
因为 ，所以 ，
从而 ，
又因为 ，即 ，
注意到 ，
所以 .
【小问2详解】
由（1）可得 ， ， ，从而 ， ，
而 ，
由正弦定理有 ，
从而 ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，
由已知 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】
【分析】（1）代入两点得到关于 的方程，解出即可；
（2）方法一：以 为底，求出三角形 的高，即点 到直线 的距离，再利用平行线距离公式得到
平移后的直线方程，联立椭圆方程得到 点坐标，则得到直线 的方程；方法二：同法一得到点 到直线
的距离，再设 ，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到
点 到直线 的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线 斜率不存在的情况，再
设直线 ，联立椭圆方程，得到点 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线
斜率不存在的情况，再设 ，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；
法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘 表达面积即可.
【小问1详解】
由题意得 ，解得 ，
所以 .
【小问2详解】法一： ，则直线 的方程为 ，即 ，
，由（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 ，解的 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】
【分析】（1）先证出 平面 ，即可得 ，由勾股定理逆定理可得 ，从而
，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作 于 ，再过点 作 于 ，连接 ，根据三垂线法可知， 即
为二面角 的平面角，即可求得 ，再分别用 的长度表示出 ，即可
解方程求出 ．
【小问1详解】（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 ．
【小问2详解】
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 ，
根据二面角的定义可知， 即为二面角 的平面角，
即 ，即 ．
因为 ，设 ，则 ，由等面积法可得， ，
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】
【分析】（1）求出 后根据 可求 的最小值；
（2）设 为 图象上任意一点，可证 关于 的对称点为 也
在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断 即 ，再根据 在 上恒成立可求得 .
【小问1详解】
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 .，
【小问2详解】
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，故 ，
而 ，
，
所以 也在 图象上，
由 的任意性可得 图象为中心对称图形，且对称中心为 .
【小问3详解】
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 ，不合题意，舍；
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， .
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范
围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
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】
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【小问1详解】
首先，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，
故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 .
所以所有可能的 就是 .
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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： .
我们分两种情况证明这个结论.
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 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，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.
首先，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.
所以这 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
.
而根据之前的结论，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
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
