絕密★啟用前2024年新課標I卷普通高等學校招生全國統一考試數學本試卷共10頁，19小題，滿分150分.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.填空題和解答題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知集合，則（）A. B. C. D.2.若，則（）A. B. C. D.3.已知向量，若，則（）A. B. C.1 D.24.已知，則（）A. B. C. D.5.已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（）A. B. C. D.6.已知函數為，在R上單調遞增，則a取值的范圍是（）A. B. C. D.7.當時，曲線與的交點個數為（）A.3 B.4 C.6 D.88.已知函數為的定義域為R，，且當時，則下列結論中一定正確的是（）A. B.C. D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.為了解推動出口后的畝收入（單位：萬元）情況，從該種植區抽取樣本，得到推動出口后畝收入的樣本均值，樣本方差，已知該種植區以往的畝收入服從正態分布，假設推動出口后的畝收入服從正態分布，則（）（若隨機變量Z服從正態分布，）A. B.C. D.10.設函數，則（）A.是的極小值點 B.當時，C.當時， D.當時，11.造型可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（）A. B.點在C上C.C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D.當點在C上時，三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設雙曲線的左右焦點分別為，過作平行于軸的直線交C于A，B兩點，若，則C的離心率為___________．13.若曲線在點處的切線也是曲線的切線，則__________.14.甲、乙兩人各有四張卡片，每張卡片上標有一個數字，甲的卡片上分別標有數字1，3，5，7，乙的卡片上分別標有數字2，4，6，8，兩人進行四輪比賽，在每輪比賽中，兩人各自從自己持有的卡片中隨機選一張，并比較所選卡片上數字的大小，數字大的人得1分，數字小的人得0分，然后各自棄置此輪所選的卡片（棄置的卡片在此后的輪次中不能使用）.則四輪比賽后，甲的總得分不小于2的概率為_________.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記內角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知，（1）求B；（2）若的面積為，求c．16.已知和為橢圓上兩點.（1）求C的離心率;（2）若過P的直線交C于另一點B，且的面積為9，求的方程．17.如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．（1）若，證明：平面；（2）若，且二面角的正弦值為，求．18.已知函數（1）若，且，求的最小值；（2）證明：曲線是中心對稱圖形；（3）若當且僅當，求的取值范圍．19.設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．（1）寫出所有的，，使數列是可分數列；（2）當時，證明：數列是可分數列；（3）從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．絕密★啟用前2024年普通高等學校招生全國統一考試（新課標I卷）數學一、選擇題1.A2.C3.D4.A5.B6.B7.C8.B二、選擇題9.BC10.ACD11.ABD三、填空題12.13.14.0.5四、解答題15.（1）由余弦定理有，對比已知，可得，因為，所以，從而，又因為，即，注意到，所以.（2）由（1）可得，，，從而，，而，由正弦定理有，從而，由三角形面積公式可知，的面積可表示為，由已知面積為，可得，所以.16.（1）由題意得，解得，所以.（2），則直線的方程為，即，，由（1）知，設點到直線的距離為，則，則將直線沿著與垂直的方向平移單位即可，此時該平行線與橢圓的交點即為點，設該平行線的方程為：，則，解得或，當時，聯立，解得或，即或，當時，此時，直線的方程為，即，當時，此時，直線的方程為，即，當時，聯立得，，此時該直線與橢圓無交點.綜上直線的方程為或.17.（1）因為平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因為，所以，根據平面知識可知，又平面，平面，所以平面．（2）如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，因為平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根據二面角的定義可知，即為二面角的平面角，即，即．因為，設，則，由等面積法可得，，又，而為等腰直角三角形，所以，故，解得，即．18.（1）時，，其中，則，因為，當且僅當時等號成立，故，而成立，故即，所以的最小值為.，（2）的定義域為，設為圖象上任意一點，關于的對稱點為，因為在圖象上，故，而，，所以也在圖象上，由的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.（3）因為當且僅當，故為的一個解，所以即，先考慮時，恒成立.此時即為在上恒成立，設，則在上恒成立，設，則，當，，故恒成立，故在上為增函數，故即在上恒成立.當時，，故恒成立，故在上為增函數，故即在上恒成立.當，則當時，故在上為減函數，故，不合題意，舍；綜上，在上恒成立時.而當時，而時，由上述過程可得在遞增，故的解為，即的解為.綜上，.19.（1）首先，我們設數列的公差為，則.由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，故我們可以對該數列進行適當的變形，得到新數列，然后對進行相應的討論即可.換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數和，使得剩下四個數是等差數列.那么剩下四個數只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，共組.（如果，則忽略②）故數列是可分數列.（3）定義集合，.下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，則數列一定是可分數列：命題1：或；命題2：.我們分兩種情況證明這個結論.第一種情況：如果，且.此時設，，.則由可知，即，故.此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，共組；③，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）故此時數列是可分數列.第二種情況：如果，且.此時設，，.則由可知，即，故.由于，故，從而，這就意味著.此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，，共組；③全體，其中，共組；④，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數表以后，個列分別是下面這些數：，，，可以看出每列都是連續的若干個整數，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數.而這十個數中，除開已經去掉的和以外，剩余的八個數恰好就是②中出現的八個數.這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列是可分數列.至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列一定是可分數列.然后我們來考慮這樣的的個數.首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有