【高考真题】2024年北京市高考数学卷
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．（2024·北京）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得： .
故答案为：A.
【分析】根据题意结合并集运算求解.
2．（2024·北京）已知，则（ ）．
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为， 所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合复数的乘法运算求解.
3．（2024·北京）求圆的圆心到的距离（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：由 整理可得，
可知圆心为，
所以圆心到直线的距离.
故答案为：C.
【分析】根据方程可得圆心和半径，再结合点到直线的距离公式分析求解.
4．（2024·北京）的二项展开式中的系数为（ ）
A．15 B．6 C． D．
【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知 的展开式的通项为，
令，解得，
所以的系数为.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解即可.
5．（2024·北京）已知向量，，则“”是“或”的（ ）条件．
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为 ，等价于，等价于，
若，即，例如，满足题意，
但或 均不成立，即充分性不成立；
若或 ，可得，则，即必要性成立；
综上所述：“”是“或”的 必要而不充分条件.
故答案为：A.
【分析】根据数据量分析可知 ，等价于，结合充分、必要条件分析判断.
6．（2024·北京）已知，，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知：为最小值，为最大值，
则，即，
且，所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意可知为最小值，为最大值，结合三角函数的周期性分析求解.
7．（2024·北京）记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（ ）
A．
B．
C．若，则；若，则；
D．若，则；若，则；
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：由题意可得：，整理得，
因为在定义域内单调递增，
若，则，可得，所以；
若，则，可得，所以；
结合选项可知：C正确；ABD错误.
故答案为：C.
【分析】根据题可得，分和两种情况，结合指数函数单调性分析求解.
8．（2024·北京）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图，分别取的中点，连接，
由题意可知：为正方形，且，
可知，
因为，平面，所以平面，
由平面，所以平面平面，
由面面垂直的性质可知：四棱锥的高平面，且，
则，可知，
即，可知，所以.
故答案为：D.
【分析】分别取的中点，根据长度关系结合勾股定理可证平面，平面平面，根据面面垂直的性质分析可知四棱锥的高平面，且，即可得结果.
9．（2024·北京）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；基本不等式
【解析】【解答】解：对于AB：由题意可知：，
且，则，
可得，即，
又因为在定义域内单调递增，
所以，故A正确，B错误；
对于C：例如，则，
可得，
即，故C错误；
对于D：例如，则，
可得，
即，故D错误；
故答案为：A.
【分析】对于AB：根据基本不等式结合对数函数单调性分析判断；对于CD：举反例说明即可.
10．（2024·北京）若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】C
【知识点】集合的表示方法
【解析】【解答】解：因为，则，且，
若把x看成定值，t看成变量，则，
可知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，
所以；.
故答案为：C.
【分析】把x看成定值，t看成变量，可得，进而可得平面区域，结合图象，数形结合处理问题即可.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（2024·北京）已知抛物线，则焦点坐标为 ．
【答案】
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：由题意可知：，且焦点在x轴正半轴上，即，
所以 焦点坐标为.
故答案为：.
【分析】根据题意分析可知，且焦点在x轴正半轴上，即可得焦点坐标.
12．（2024·北京）已知，且α与β的终边关于原点对称，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】余弦函数的性质；诱导公式
【解析】【解答】解：因为 ，则，
可得，
且在内单调递减，
所以当时，取到最大值.
故答案为：.
【分析】根据题意可知，利用诱导公式可得，再结合余弦函数单调性分析求解.
13．（2024·北京）已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，
则双曲线的渐近线为，且点 在双曲线的右半支内，
若过且和双曲线只有一个交点，可知该直线与渐近线平行，
所以所求直线的斜率为.
故答案为：.
【分析】根据题意可得渐近线方程，结合渐近线的几何意义分析求解.
14．（2024·北京）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设第一个圆柱的高为，半径为，第二个圆柱的高为，半径为，第三个圆柱的高为，半径为，
可知，，
由题意可得：，即，解得.
故答案为：.
【分析】设相应的半径和高，根据等比数列的定义以及柱体的体积公式列式求解即可.
15．（2024·北京）已知， {an}，{bn} 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是 .
① {an}，{bn} 均为等差数列，则M中最多一个元素；
② {an}，{bn} 均为等比数列，则M中最多三个元素；
③ {an} 为等差数列， {bn} 为等比数列，则M中最多三个元素；
④ {an}单调递增， {bn} 单调递减，则M中最多一个元素
【答案】①③④
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的函数特性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，
可知不为同一函数，且均不为常函数，
对于 ① ：若，均为等差数列，则均为一次函数，
可知最多有一个交点，
即至多一个解，所以M中最多一个元素 ，故 ① 正确；
对于 ② ：例如，
可知当k为偶数时，，此时M中有无数个元素，故 ② 错误；
对于 ③ ：若为等差数列，为等比数列 ，
设，
1.若，构建，
则，可知在内至多一个零点，
可知在内至多有两个单调区间，所以至多2个零点，
可知至多两解；
2.若，则，
构建和，
由1.可知：与均至多2个零点，
但与必有一个为单调函数，由单调函数可知：此时至多一个零点，
所以：与共至多有3个零点，
即可知至多3个解；
综上所述：M中最多三个元素；故 ③ 正确；
对于 ④ ：令，
若为递增数列，为递减数列，
可知为递增数列，
显然至多一个解，即至多一个解，
所以M中最多一个元素 ，故④正确；
故答案为：①③④.
【分析】对于 ① ：结合一次函数的交点个数分析判断；对于 ② ：举反例说明即可；对于 ③ ：构建函数，分类讨论和，结合函数单调性分析判断函数零点，即可得结果；对于 ④ ：结合数列单调性分析判断.
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．（2024·北京）在△ABC中，，A为钝角，．
（1）求；
（2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
①；②；③．
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）解：因为，则，
又因为为钝角，则，可知，
可得，即，
由正弦定理可得，则，
所以.
（2）解：选择①：若，则，
且，则，此时，不合题意，舍弃；
选择②：若，因为，则，
可得，
又因为，
所以的面积；
选择③：若，则，
则由正弦定理得，即，解得，
又因为为钝角，则，可得，
则，
所以的面积.
【知识点】三角函数的化简求值；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合倍角公式可得，再利用正弦定理分析求解；
(2) 选择①：结合（1）可得，，得出矛盾；选择②：可得，，利用两角和差公式可得，进而可求面积；选择③：结合（1）可得，利用正弦定理可得，利用两角和差公式可得，进而可求面积.
17．（2024·北京）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
（1）若F是PE中点，证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取的中点为，接，
因为分别为的中点，则，
又因为，则，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面.
（2）解：由题意可知：，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，所以平面，
且，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
令，则取，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 取的中点为，分析可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2) 建系，分别求 平面与平面夹角的 法向量，利用空间向量的求面面夹角.
18．（2024·北京）已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
【答案】（1）解：由题意可得：随机抽取一单，赔偿不少于2次的频率为，
用频率估计概率，所以“随机抽取一单，赔偿不少于2次”概率为.
（2）解：（ⅰ）设为赔付金额，
由题意可知：，且可取，
则有，
，，
，
可得，
所以的数学期望（万元）；
（ⅱ）由题意可得：保费的变化为，
所以估计保单下一保险期毛利润的数学期望（万元）.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用频率估计概率，即可得结果；
(2) （ⅰ）设为赔付金额，由题意可知：，根据题意求的数学期望，结合期望的性质可得的数学期望 ；（ⅱ）根据题意求保费的变化，进而可得结果.
19．（2024·北京）已知椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．
（1）求椭圆方程和离心率；
（2）若直线BD的斜率为0，求t．
【答案】（1）解：由题意可知：，则，
所以椭圆方程为，离心率为.
（2）由题意可知：直线斜率存在且不为0，
设，，则，
联立方程，消去x得，
则，解得，
可得，
由题意可知直线，
令，可得
，
则，
可得，解得或，
综上所述：.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 根据题意可得，进而可得椭圆方程和离心率；
(2)设直线及其交点坐标，联立方程，根据直线BD的方程求点C的坐标，结合韦达定理分析求解.
20．（2024·北京）已知在处切线为l．
（1）若切线l的斜率，求单调区间；
（2）证明：切线l不经过；
（3）已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？
（参考数据：，，）
【答案】（1）解：由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）因为，
可得
即切点坐标，切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入可得，整理得，
原题意等价于关于的方程有正根，
令，则，
可知在上单调递增，，
则在无零点，即方程无解，
所以直线不过.
（3）若，.
由题意可知：，
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，则，
则切线的方程为，
令，则，
因为，则，
整理得，
令，
可知满足条件的点的个数即的零点个数，
则，
令，解得，令，解得；
则在内单调递减；在内单调递增；
且，，
，
可知：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.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 求导，利用导数判断 的单调区间；(注：常数k在同一条件下保持不变，并不影响定义域（-1，0）的分析)
(2) 利用导数求切线方程，将代入整理得，原题意等价于关于的方程有正根，构建函数，利用导数判断其单调性和零点即可；
(3) 设与轴交点为，时，根据题意结合导数的几何意义分析可知，构建函数，可知满足条件的点的个数即的零点个数，利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理分析判断.
21．（2024·北京）设集合M={（i，j，s，t）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，s∈{5，6}，t∈{7，8}，2|（i+j+s+t）}．对于给定有穷数列A：{an}（1≤n≤8），及序列Ω：ω1，ω2，…，ωs，ωk=（ik，jk，sk，tk）∈M，定义变换T：将数列A的第i1，j1，s1，t1项加1，得到数列T1（A）；将数列T1（A）的第i2，j2，s2，t2项加1，得到数列T2T1（A）…；重复上述操作，得到数列Ts T2T1（A），记为Ω（A）．
（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；
（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a+4，a8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；
（3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得Ω（A）为常数列”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”．
【答案】（1）解：因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以；
（2）解：不存在，理由如下：
由题意可知：对于任意序列，所对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；
（3）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以；
由题意可知：对于任意序列，所对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；
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，
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，
且，即转为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“”.
【知识点】数列的概念及简单表示法
【解析】【分析】（1）根据题意直接代入运算即可；
（2）由题意可知：对于任意序列，所对数列之和比原数列之和多4，假设存在，分析可得，结合题意即可得出矛盾，进而分析判断；
（3）对于充分性：根据题意分析证明即可；对于必要性：分类讨论 相等的个数，结合题意分析证明.
1 / 1【高考真题】2024年北京市高考数学卷
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．（2024·北京）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024·北京）已知，则（ ）．
A． B． C． D．1
3．（2024·北京）求圆的圆心到的距离（ ）
A． B．2 C． D．
4．（2024·北京）的二项展开式中的系数为（ ）
A．15 B．6 C． D．
5．（2024·北京）已知向量，，则“”是“或”的（ ）条件．
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024·北京）已知，，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2024·北京）记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（ ）
A．
B．
C．若，则；若，则；
D．若，则；若，则；
8．（2024·北京）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，，，则该四棱锥的高为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·北京）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024·北京）若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（2024·北京）已知抛物线，则焦点坐标为 ．
12．（2024·北京）已知，且α与β的终边关于原点对称，则的最大值为 ．
13．（2024·北京）已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为 ．
14．（2024·北京）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
15．（2024·北京）已知， {an}，{bn} 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是 .
① {an}，{bn} 均为等差数列，则M中最多一个元素；
② {an}，{bn} 均为等比数列，则M中最多三个元素；
③ {an} 为等差数列， {bn} 为等比数列，则M中最多三个元素；
④ {an}单调递增， {bn} 单调递减，则M中最多一个元素
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．（2024·北京）在△ABC中，，A为钝角，．
（1）求；
（2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
①；②；③．
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
17．（2024·北京）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
（1）若F是PE中点，证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
18．（2024·北京）已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
19．（2024·北京）已知椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．
（1）求椭圆方程和离心率；
（2）若直线BD的斜率为0，求t．
20．（2024·北京）已知在处切线为l．
（1）若切线l的斜率，求单调区间；
（2）证明：切线l不经过；
（3）已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？
（参考数据：，，）
21．（2024·北京）设集合M={（i，j，s，t）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，s∈{5，6}，t∈{7，8}，2|（i+j+s+t）}．对于给定有穷数列A：{an}（1≤n≤8），及序列Ω：ω1，ω2，…，ωs，ωk=（ik，jk，sk，tk）∈M，定义变换T：将数列A的第i1，j1，s1，t1项加1，得到数列T1（A）；将数列T1（A）的第i2，j2，s2，t2项加1，得到数列T2T1（A）…；重复上述操作，得到数列Ts T2T1（A），记为Ω（A）．
（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；
（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a+4，a8+4，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；
（3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，证明：“存在序列Ω，使得Ω（A）为常数列”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得： .
故答案为：A.
【分析】根据题意结合并集运算求解.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为， 所以.
故答案为：C.
【分析】根据题意结合复数的乘法运算求解.
3．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：由 整理可得，
可知圆心为，
所以圆心到直线的距离.
故答案为：C.
【分析】根据方程可得圆心和半径，再结合点到直线的距离公式分析求解.
4．【答案】B
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题意可知 的展开式的通项为，
令，解得，
所以的系数为.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解即可.
5．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为 ，等价于，等价于，
若，即，例如，满足题意，
但或 均不成立，即充分性不成立；
若或 ，可得，则，即必要性成立；
综上所述：“”是“或”的 必要而不充分条件.
故答案为：A.
【分析】根据数据量分析可知 ，等价于，结合充分、必要条件分析判断.
6．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知：为最小值，为最大值，
则，即，
且，所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意可知为最小值，为最大值，结合三角函数的周期性分析求解.
7．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：由题意可得：，整理得，
因为在定义域内单调递增，
若，则，可得，所以；
若，则，可得，所以；
结合选项可知：C正确；ABD错误.
故答案为：C.
【分析】根据题可得，分和两种情况，结合指数函数单调性分析求解.
8．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图，分别取的中点，连接，
由题意可知：为正方形，且，
可知，
因为，平面，所以平面，
由平面，所以平面平面，
由面面垂直的性质可知：四棱锥的高平面，且，
则，可知，
即，可知，所以.
故答案为：D.
【分析】分别取的中点，根据长度关系结合勾股定理可证平面，平面平面，根据面面垂直的性质分析可知四棱锥的高平面，且，即可得结果.
9．【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；基本不等式
【解析】【解答】解：对于AB：由题意可知：，
且，则，
可得，即，
又因为在定义域内单调递增，
所以，故A正确，B错误；
对于C：例如，则，
可得，
即，故C错误；
对于D：例如，则，
可得，
即，故D错误；
故答案为：A.
【分析】对于AB：根据基本不等式结合对数函数单调性分析判断；对于CD：举反例说明即可.
10．【答案】C
【知识点】集合的表示方法
【解析】【解答】解：因为，则，且，
若把x看成定值，t看成变量，则，
可知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，
所以；.
故答案为：C.
【分析】把x看成定值，t看成变量，可得，进而可得平面区域，结合图象，数形结合处理问题即可.
11．【答案】
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：由题意可知：，且焦点在x轴正半轴上，即，
所以 焦点坐标为.
故答案为：.
【分析】根据题意分析可知，且焦点在x轴正半轴上，即可得焦点坐标.
12．【答案】
【知识点】余弦函数的性质；诱导公式
【解析】【解答】解：因为 ，则，
可得，
且在内单调递减，
所以当时，取到最大值.
故答案为：.
【分析】根据题意可知，利用诱导公式可得，再结合余弦函数单调性分析求解.
13．【答案】
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，
则双曲线的渐近线为，且点 在双曲线的右半支内，
若过且和双曲线只有一个交点，可知该直线与渐近线平行，
所以所求直线的斜率为.
故答案为：.
【分析】根据题意可得渐近线方程，结合渐近线的几何意义分析求解.
14．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设第一个圆柱的高为，半径为，第二个圆柱的高为，半径为，第三个圆柱的高为，半径为，
可知，，
由题意可得：，即，解得.
故答案为：.
【分析】设相应的半径和高，根据等比数列的定义以及柱体的体积公式列式求解即可.
15．【答案】①③④
【知识点】利用导数研究函数的单调性；数列的函数特性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设，
可知不为同一函数，且均不为常函数，
对于 ① ：若，均为等差数列，则均为一次函数，
可知最多有一个交点，
即至多一个解，所以M中最多一个元素 ，故 ① 正确；
对于 ② ：例如，
可知当k为偶数时，，此时M中有无数个元素，故 ② 错误；
对于 ③ ：若为等差数列，为等比数列 ，
设，
1.若，构建，
则，可知在内至多一个零点，
可知在内至多有两个单调区间，所以至多2个零点，
可知至多两解；
2.若，则，
构建和，
由1.可知：与均至多2个零点，
但与必有一个为单调函数，由单调函数可知：此时至多一个零点，
所以：与共至多有3个零点，
即可知至多3个解；
综上所述：M中最多三个元素；故 ③ 正确；
对于 ④ ：令，
若为递增数列，为递减数列，
可知为递增数列，
显然至多一个解，即至多一个解，
所以M中最多一个元素 ，故④正确；
故答案为：①③④.
【分析】对于 ① ：结合一次函数的交点个数分析判断；对于 ② ：举反例说明即可；对于 ③ ：构建函数，分类讨论和，结合函数单调性分析判断函数零点，即可得结果；对于 ④ ：结合数列单调性分析判断.
16．【答案】（1）解：因为，则，
又因为为钝角，则，可知，
可得，即，
由正弦定理可得，则，
所以.
（2）解：选择①：若，则，
且，则，此时，不合题意，舍弃；
选择②：若，因为，则，
可得，
又因为，
所以的面积；
选择③：若，则，
则由正弦定理得，即，解得，
又因为为钝角，则，可得，
则，
所以的面积.
【知识点】三角函数的化简求值；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合倍角公式可得，再利用正弦定理分析求解；
(2) 选择①：结合（1）可得，，得出矛盾；选择②：可得，，利用两角和差公式可得，进而可求面积；选择③：结合（1）可得，利用正弦定理可得，利用两角和差公式可得，进而可求面积.
17．【答案】（1）证明：取的中点为，接，
因为分别为的中点，则，
又因为，则，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面.
（2）解：由题意可知：，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，所以平面，
且，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
令，则取，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 取的中点为，分析可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2) 建系，分别求 平面与平面夹角的 法向量，利用空间向量的求面面夹角.
18．【答案】（1）解：由题意可得：随机抽取一单，赔偿不少于2次的频率为，
用频率估计概率，所以“随机抽取一单，赔偿不少于2次”概率为.
（2）解：（ⅰ）设为赔付金额，
由题意可知：，且可取，
则有，
，，
，
可得，
所以的数学期望（万元）；
（ⅱ）由题意可得：保费的变化为，
所以估计保单下一保险期毛利润的数学期望（万元）.
【知识点】离散型随机变量的期望与方差；概率的应用；用频率估计概率
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用频率估计概率，即可得结果；
(2) （ⅰ）设为赔付金额，由题意可知：，根据题意求的数学期望，结合期望的性质可得的数学期望 ；（ⅱ）根据题意求保费的变化，进而可得结果.
19．【答案】（1）解：由题意可知：，则，
所以椭圆方程为，离心率为.
（2）由题意可知：直线斜率存在且不为0，
设，，则，
联立方程，消去x得，
则，解得，
可得，
由题意可知直线，
令，可得
，
则，
可得，解得或，
综上所述：.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】 (1) 根据题意可得，进而可得椭圆方程和离心率；
(2)设直线及其交点坐标，联立方程，根据直线BD的方程求点C的坐标，结合韦达定理分析求解.
20．【答案】（1）解：由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）因为，
可得
即切点坐标，切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入可得，整理得，
原题意等价于关于的方程有正根，
令，则，
可知在上单调递增，，
则在无零点，即方程无解，
所以直线不过.
（3）若，.
由题意可知：，
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，则，
则切线的方程为，
令，则，
因为，则，
整理得，
令，
可知满足条件的点的个数即的零点个数，
则，
令，解得，令，解得；
则在内单调递减；在内单调递增；
且，，
，
可知：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.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】 (1) 求导，利用导数判断 的单调区间；(注：常数k在同一条件下保持不变，并不影响定义域（-1，0）的分析)
(2) 利用导数求切线方程，将代入整理得，原题意等价于关于的方程有正根，构建函数，利用导数判断其单调性和零点即可；
(3) 设与轴交点为，时，根据题意结合导数的几何意义分析可知，构建函数，可知满足条件的点的个数即的零点个数，利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理分析判断.
21．【答案】（1）解：因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以；
（2）解：不存在，理由如下：
由题意可知：对于任意序列，所对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；
（3）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以；
由题意可知：对于任意序列，所对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；
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，
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，
且，即转为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“”.
【知识点】数列的概念及简单表示法
【解析】【分析】（1）根据题意直接代入运算即可；
（2）由题意可知：对于任意序列，所对数列之和比原数列之和多4，假设存在，分析可得，结合题意即可得出矛盾，进而分析判断；
（3）对于充分性：根据题意分析证明即可；对于必要性：分类讨论 相等的个数，结合题意分析证明.
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