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一、选择题：本大题共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．（2024·新高考Ⅰ卷）已知集合A＝{x|﹣5＜x3＜5}，B＝{﹣3，﹣1，0，2，3}，则A∩B＝（ ）
A．{﹣1，0} B．{2，3}
C．{﹣3，﹣1，0} D．{﹣1，0，2}
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，
∴x的整数解为-1，0，1，
即A∩B＝ {﹣1，0}
故答案为：A.
【分析】由开立方估算或代入估算，结合交集的意义得出结果.
2．（2024·新高考Ⅰ卷）若，则z＝（ ）
A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
∴.
故答案为：C.
【分析】由复数的四则运算即可，此题可直接去分母后化简得出z，也可以通过分离常数得出z.
3．（2024·新高考Ⅰ卷）已知向量＝（0，1），＝（2，x），若，则x＝（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：∵＝（0，1），＝（2，x）
∴
又∵，
∴，解得x=2.
故答案为：D.
【分析】由向量的坐标运算及其与向量垂直的关系得出等量关系.
4．（2024·新高考Ⅰ卷）已知cos（α+β）＝m，tanαtanβ＝2，则cos（α﹣β）＝（ ）
A．﹣3m B． C． D．3m
【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由tanαtanβ＝，则
∴cos（α+β）＝cosαcosβ-sinαsinβ=-cosαcosβ=m，即cosαcosβ=-m，
∴cos（α-β）＝cosαcosβ+sinαsinβ=3cosαcosβ=-3m.
故答案为：A.
【分析】由同角三角函数关系先将正切转换为正余弦，后代入两角和与差的余弦公式消元化简即可.
5．（2024·新高考Ⅰ卷）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
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：设圆锥与圆柱的底面半径为R，
又∵其高均为，
故圆锥的母线长为：，圆锥的侧面积为：，
则圆柱的侧面积为：
∴，
解得：R=3(负值舍去)，
.
故答案为：B.
【分析】根据题意将圆锥与圆柱的侧面积表示并建立等量关系解出半径，从而代入公式得出圆锥的体积.
6．（2024·新高考Ⅰ卷）已知函数为在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A．（﹣∞，0] B．[﹣1，0] C．[﹣1，1] D．[0，+∞）
【答案】B
【知识点】二次函数模型
【解析】【解答】解：由在定义域均为递增函数，
故当x≥0时，，
为使得在R上单调递增，即使得在上单调递增，且，
∵函数，其对称轴所在直线x=，
故需满足，解得，
故答案为：C.
【分析】由指数函数即对数形函数单调性易判断y轴右侧其函数增减性及最小值，其次只需判断二次函数在其定义域单调递增且最大值小于y轴右侧最小值即可.
7．（2024·新高考Ⅰ卷）当x∈[0，2π]时，曲线y＝sinx与y＝2sin（3x﹣）的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【知识点】五点法画三角函数的图象
【解析】【解答】解：由五点画法可知
...
y＝2sin(3x-) 0 2 0 -2 0 ...
坐标点 ...
画出y＝sinx与y＝2sin（3x﹣） 草图如下，
故函数交点个数为6.
故答案为：C.
【分析】由五点画法作出复合三角函数的图象，通过图象得出其函数交点个数.
8．（2024·新高考Ⅰ卷）已知函数为f（x）的定义域为R，f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2），且当x＜3时，f（x）＝x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．f（10）＞100 B．f（20）＞1000
C．f（10）＜1000 D．f（20）＜10000
【答案】B
【知识点】斐波那契数列
【解析】【解答】解：依题意，由x＜3时，f（x）＝x，
故
又∵f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2） ，
∴，
∴，
，
，，，
故此时f（10）＞100 不一定成立，故A错误，不符合题意；
由不等式的传递性可知，其最大值可无限大，故CD错误，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】由已知条件逐步往目标选项进行推理，由不等式传递性易排除C、D，且根据逐项推理得出的"斐波那契数列"规律得出结论.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。
9．（2024·新高考Ⅰ卷）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＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N（1.8，0.12），假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N（，s2），则（ ）（若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），则P（Z＜μ+σ）≈0.8413）
A．P（X＞2）＞0.2 B．P（X＞2）＜0.5
C．P（Y＞2）＞0.5 D．P（Y＞2）＜0.8
【答案】B,C
【知识点】概率的应用
【解析】【解答】解：由X、Y服从正态分布，
∵X~N（1.8，0.12） ，P（Z＜μ+σ）≈0.8413 ，
∴P（X＞1.9） ≈1-0.8413=0.1587，
又∵P（X＞2）
故P（X＞2）<0.5，A错误，B正确.
同理Y~N（2.1，0.12），
P（Y＞2） =P（Y<2.2）≈0.8413，故C正确，D错误.
故答案为：BC.
【分析】由正态分布曲线的定义结合对称性计算即可.
10．（2024·新高考Ⅰ卷）设函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），则（ ）
A．x＝3是f（x）的极小值点
B．当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2）
C．当1＜x＜2时，﹣4＜f（2x﹣1）＜0
D．当﹣1＜x＜1时，f（2﹣x）＞f（x）
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由 函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），
∴f'（x）＝2（x﹣1）（x﹣4）+（x﹣1）2＝，
令f'（x）=0，则x=1或x=3，
∴当x<1或x>3时，f'（x）>0，函数f（x）单调递增；
当1
对于B， 当0＜x＜1时，f（x）单调递增，此时x>x2，故有f（x）>f（x2），故B错误，不符合题意；
对于C， 当1＜x＜2时，则1＜2x-1＜3，f（x）单调递减，-4＜f（2x-1）＜0，故C正确，符合题意；
对于D， ，
故 当﹣1＜x＜1时， 令，此时在R上单调递减，，
故， ，即，故D正确，符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用函数求导法则进行求导，分析其单调性极值判断A，进而利用单调性判断BC，对于D可重新构造新函数并分析其最值得出结论.
11．（2024·新高考Ⅰ卷）造型∝可以做成美丽的丝带，将其看作图中的曲线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﹣2，到点F（2，0）的距离与到定直线x＝a（a＜0）的距离之积为4，则（ ）
A．a＝﹣2
B．点在C上
C．C在第一象限的纵坐标的最大值为1
D．当点（x0，y0）在C上时，
【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：对于A，因为原点O在曲线上，根据定义则有，解得a=-2，故A正确，符合题意；
对于B，由定义可知，若点在C上，则，故B正确，符合题意；
由定义可知，设C上一点，整理得：，
对于C，观察发现当x=2时，，即，
当x=时，，即y>1或y<-1，
当点C在第一象限时，其纵坐标最大值大于1，故C错误，不符合题意；
对于D，由，即，
由，即，
∴，即，故D正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由定义分析可以判断AB，根据图象大致位置利用特殊值可判断C，最后利用非负性判断D.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。
12．（2024·新高考Ⅰ卷）设双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C与A，B两点，若|F1A|＝13，|AB|＝10，则C的离心率为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线对称性可知，
∵|AB|＝10 ，
∴，
在Rt△F1F2A中，，
∴c=6，
又∵2a=，故a=4，
∴
故答案为：.
【分析】由双曲线的对称性结合勾股定理及双曲线的定义可计算出a、c的值，代入公式得出离心率.
13．（2024·新高考Ⅰ卷）若曲线y＝ex+x在点（0，1）处的切线也是曲线y＝ln（x+1）+a的切线，则a＝ ．
【答案】ln2
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：∵y＝ex+x，
∴，
此时k=，
故 曲线y＝ex+x在点（0，1）处的切线方程为：y=2x+1，
又∵y＝ln（x+1）+a ，
，
∵切线y=2x+1是公切线，设 曲线y＝ln（x+1）+a的切点为，
∴，解得，故切点为，
代入曲线，有y＝ln+a=0，解得.
故答案为：ln2.
【分析】通过导数求曲线的切线方程，利用公切线得出等量关系即可求出a.
14．（2024·新高考Ⅰ卷）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】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：不妨固定甲的出牌顺序为1，3，5，7，记为，乙的出牌顺序随机，其共有(种)组合情况.
甲的总得分不小于2，即得分为2，3，4，
由乙的任意一张卡片数字对上乙的数字1，都能获胜，故甲的总得分为2或3.
①若甲获得3分，即当甲为时，对上乙的数字为：仅有1种情况；
②若甲获得2分.
1)甲出牌仅数字3得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，仅1种情况；
2)甲出牌仅数字5得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，仅3种情况；
2)甲出牌仅数字7得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，，，，，仅7种情况；
综上，甲获得2分的组合情况为11种，
故甲的总得分不小于2的概率为：.
故答案为：.
【分析】可以先固定甲的出牌数字，分析乙出牌的组合的可能有种，结合列举推理分析得分组合情况计算出结果.
四、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024·新高考Ⅰ卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC＝cosB，a2+b2﹣c2＝．
（1）求B；
（2）若△ABC的面积为3+，求c．
【答案】（1）解：∵a2+b2﹣c2＝．
由余弦定理：，
∴2cosC=，即，
又∵，
∴，
又∵ sinC＝cosB ，
∴，
又∵，
∴，
（2）解：如下图所示，过点A作AD⊥BC，
由(1)得，，，
设BD=t，则CD=AD=，c=AB=2t，
则，
解得(负值舍去)
∴c=AB=.
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【分析】(1)由题干式子结构联想余弦定理，进而根据余弦定理求出cosC，后求出B即可.
(2)根据(1)求出B、C均为特殊角，借助几何图形解特殊直角三角形即可.
16．（2024·新高考Ⅰ卷）已知A（0，3）和P（3，）为椭圆C：＝1（a＞b＞0）上两点．
（1）求C的离心率；
（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
【答案】（1）解：由 椭圆C：＝1（a＞b＞0） 经过 A（0，3），
∴b=3，即，
代入点P （3，）得，
，解得，即，
此时c=，
∴.
（2）解：由(1)得椭圆C：，
由A（0，3）和P（3，），
∴，，
∴直线AP的解析式为，即x+2y-6=0，
设点B到直线AP的距离为d，
∴，解得d=.
设点B，
则，解得或，
即或，
①若，此时，直线l的方程为，即x-2y=0；
②若，此时，直线l的方程为，即3x-2y-6=0；
综上所述，直线l的方程为x-2y=0或3x-2y-6=0.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由椭圆经过点A得出b值，同时将P点代入椭圆方程得出a，后根据椭圆的性质计算离心率即可；
（2）由已知点A、P，故可以AP为底，由三角形面积转换为点到直线距离建立等量关系，解出方程组即可.
17．（2024·新高考Ⅰ卷）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，求AD．
【答案】（1）证明：∵ AC＝2，BC＝1，AB＝，即，
∴AB⊥BC，
∵PA⊥ 底面ABCD ，
∴PA⊥AD，
又∵AD⊥PB，，
∴AD⊥平面PAB，
∴AD⊥AB，
∴AD∥BC，
又∵AD 平面BCP，BC平面BCP，
∴AD∥平面PBC.
（2）解：过点A作AE⊥CP，AF⊥DP，垂足分别为点E，F，连接EF，
∵AD⊥DC，AP⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，PA⊥AC，
又∵，
∴CD⊥平面PAD，
又∵AF平面PAD，
∴CD⊥AF，
又∵，
∴AF⊥平面CDP，
同理AF⊥EF，∠AEF即为 二面角A﹣CP﹣D的夹角，
∵PA=PC=2，
∴AE=，
sin∠AEF=，解得AF=，
设AD=t，则DP=，
∴在Rt△PAD中，由，
即，解得：t=(负值舍去)，
∴AD=t＝.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)由条件中给出的数据信息，联想勾股定理逆定理证直角，为使得最终线面平面，即需找到一组平行直线，由(1)中给出的一组线线垂直，结合题干的线面垂直，故而可先证线面垂直AD⊥平面PAB，后证得两线平行；
(2)注意到CP是二面角A﹣CP﹣D ，由二面角的夹角结合等腰Rt△ACP易联想过点A作AE⊥CP，进而将二面角转化成线面角，从而进一步利用已知的线面垂直，进一步过点A作出平面CDP的法向量转化得到二面角的正弦值，后利用等积法解三角形即可.
18．（2024·新高考Ⅰ卷）已知函数f（x）＝ln+ax+b（x﹣1）3．
（1）若b＝0，且f'（x）≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；
（3）若f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．
【答案】（1）解：当b=0时，此时函数 f（x）＝ln+ax =，其中，
此时，
由f'（x）≥0，
故，即，
由
故当时，，即，
故，当且仅当x=1时，.
为使得恒成立，
∴.
故a的最小值为-2.
（2）证明：由 f（x）＝ln+ax+b（x﹣1）3 ，其中，
∴，
∴函数f（x）关于(1，a)成中心对称图形
（3）解：由 f（x）＝ln+ax+b（x﹣1）3 在上连续，
且当且仅1＜x＜2时 f（x）＞﹣2 ，即当0＜x＜1时 f（x）<﹣2，
由(2)得，函数f（x）关于(1，a)成中心对称图形，
故可推出 a=-2.
此时 f（x）＝ln-2x+b（x﹣1）3＞﹣2在1＜x＜2恒成立，
故g（x）＝ln-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2恒成立，此时g（1）=0，
∴，此时.
此时设，
由复合函数单调性可知，x(2-x)在1＜x＜2上单调递减，则在1＜x＜2上单调递增，
在1＜x＜2上单调递增，
则，
①若2+3b≥0，即，
故此时当1＜x＜2，h(x)≥0，，
又∵，
∴g（x）在1＜x＜2上单调递增，
∴，且g（1）=0，即，
故g（x）＝ln-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2恒成立， 即f（x）＞﹣2恒成立；
②若2+3b<0，即，
故此时当1＜x＜2，存在>1，使得h(x)<0，
即存在>1，，
又∵，
∴存在x1>1，使得g（x）在1＜x＜x1单调递减，
∴，，即，
故g（x）＝ln-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2不恒成立，不符合题意；
综上所述，b的取值范围是[﹣，+∞）.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】(1)将b=0代入原函数，并利用f'（x）≥0后整理式子进行变量分离，转换为恒成立问题，进而分析函数极值即可；
(2)注意到函数的定义域为(0，2)，故为证明其为中心对称图形，即求证为定值即可；
(3)由f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2 ，注意理解当且仅当并结合函数连续性故推出a=-2，其次结合导数分析该函数单调性，此处需注意端点处取值均在临界值上，最后利用导数进行单调性及极值逐步分析得出结论.
19．（2024·新高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．
（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；
（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；
（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞．
【答案】（1）解：等差数列 a1，a2，…，a6 删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，
即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，
故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2）
（2）证明：依题意得， 数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列，
即a14，a15，......，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列，
即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
通过分析可知，可以按照，，进行分组；
故数列a1，a2，…，a4m+2（2，13）——可分数列 ，按，，.....进行分组成可分数列；
（3）证明：按如下两种方式进行选取 （i，j） ， 1≤i＜j≤4m+2，且 i，j∈，
①原数列除去外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d.
1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），.....（4m+1，4m+2），共(m＋1)种；
2)当i=1时，j = 4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），.....（1，4m+2），k = 1，2，3，.… ，m，共m种；
3)当i=5时，j = 4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），.....（5，4m+2），k = 1，2，3，.… ，(m-1)，共m种；
......
4)当i=4m-3时，j = 4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种；
综上，共有种可能情况，
②连续(4t＋2)(t ∈)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列.
下面先证明，连续(4t＋2)(k ∈ N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分.
设是数列中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分：
，，其中，(i=3，4，5，......，t)
证明完毕.
下面选取(i，j)，
5)当这连续(4t＋2)项为至(i= 2，3，… ，m)时，对应(m ― 1)种取法；
6)当这连续(4k＋2)项为至(i= 3，4，…· ，m)时，对应(m -2)种取法；
.........
7)依此类推，当这连续(4t＋2)项为a1至 a4m+2 时，对应1种取法.
综上，共有种可能情况，
则Pm=(m+2)(m+1)2+m(m-1)2C4m+22=m2+m+18m2+6m+1>m2+m+18m2+8m+8=18
即 Pm＞ .
【知识点】古典概型及其概率计算公式；等差数列的实际应用
【解析】【分析】(1)根据定义分析推理当m=1时，此时为构成等差数列，其4项必然为连续的4项；
(2)在(1)的基础上，只需在删除的 （i，j） 范围内找出符合定义的几组等差数列，进而通过推理分析得出符合定义的分组；
(3)在(1)(2)的探究基础上，发现"可分数列"的规律，可视作分组内的4个数公差为d或公差为(k+1)d(k∈)，结合(1)发现并总结公差为d的规律并计算对应可能情况；结合(2)发现并总结公差为(k+1)d(k∈)的规律并计算对应可能情况；
1 / 1
一、选择题：本大题共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．（2024·新高考Ⅰ卷）已知集合A＝{x|﹣5＜x3＜5}，B＝{﹣3，﹣1，0，2，3}，则A∩B＝（ ）
A．{﹣1，0} B．{2，3}
C．{﹣3，﹣1，0} D．{﹣1，0，2}
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，
∴x的整数解为-1，0，1，
即A∩B＝ {﹣1，0}
故答案为：A.
【分析】由开立方估算或代入估算，结合交集的意义得出结果.
2．（2024·新高考Ⅰ卷）若，则z＝（ ）
A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
∴.
故答案为：C.
【分析】由复数的四则运算即可，此题可直接去分母后化简得出z，也可以通过分离常数得出z.
3．（2024·新高考Ⅰ卷）已知向量＝（0，1），＝（2，x），若，则x＝（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：∵＝（0，1），＝（2，x）
∴
又∵，
∴，解得x=2.
故答案为：D.
【分析】由向量的坐标运算及其与向量垂直的关系得出等量关系.
4．（2024·新高考Ⅰ卷）已知cos（α+β）＝m，tanαtanβ＝2，则cos（α﹣β）＝（ ）
A．﹣3m B． C． D．3m
【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由tanαtanβ＝，则
∴cos（α+β）＝cosαcosβ-sinαsinβ=-cosαcosβ=m，即cosαcosβ=-m，
∴cos（α-β）＝cosαcosβ+sinαsinβ=3cosαcosβ=-3m.
故答案为：A.
【分析】由同角三角函数关系先将正切转换为正余弦，后代入两角和与差的余弦公式消元化简即可.
5．（2024·新高考Ⅰ卷）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
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：设圆锥与圆柱的底面半径为R，
又∵其高均为，
故圆锥的母线长为：，圆锥的侧面积为：，
则圆柱的侧面积为：
∴，
解得：R=3(负值舍去)，
.
故答案为：B.
【分析】根据题意将圆锥与圆柱的侧面积表示并建立等量关系解出半径，从而代入公式得出圆锥的体积.
6．（2024·新高考Ⅰ卷）已知函数为在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A．（﹣∞，0] B．[﹣1，0] C．[﹣1，1] D．[0，+∞）
【答案】B
【知识点】二次函数模型
【解析】【解答】解：由在定义域均为递增函数，
故当x≥0时，，
为使得在R上单调递增，即使得在上单调递增，且，
∵函数，其对称轴所在直线x=，
故需满足，解得，
故答案为：C.
【分析】由指数函数即对数形函数单调性易判断y轴右侧其函数增减性及最小值，其次只需判断二次函数在其定义域单调递增且最大值小于y轴右侧最小值即可.
7．（2024·新高考Ⅰ卷）当x∈[0，2π]时，曲线y＝sinx与y＝2sin（3x﹣）的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【知识点】五点法画三角函数的图象
【解析】【解答】解：由五点画法可知
...
y＝2sin(3x-) 0 2 0 -2 0 ...
坐标点 ...
画出y＝sinx与y＝2sin（3x﹣） 草图如下，
故函数交点个数为6.
故答案为：C.
【分析】由五点画法作出复合三角函数的图象，通过图象得出其函数交点个数.
8．（2024·新高考Ⅰ卷）已知函数为f（x）的定义域为R，f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2），且当x＜3时，f（x）＝x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．f（10）＞100 B．f（20）＞1000
C．f（10）＜1000 D．f（20）＜10000
【答案】B
【知识点】斐波那契数列
【解析】【解答】解：依题意，由x＜3时，f（x）＝x，
故
又∵f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2） ，
∴，
∴，
，
，，，
故此时f（10）＞100 不一定成立，故A错误，不符合题意；
由不等式的传递性可知，其最大值可无限大，故CD错误，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】由已知条件逐步往目标选项进行推理，由不等式传递性易排除C、D，且根据逐项推理得出的"斐波那契数列"规律得出结论.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。
9．（2024·新高考Ⅰ卷）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＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N（1.8，0.12），假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N（，s2），则（ ）（若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），则P（Z＜μ+σ）≈0.8413）
A．P（X＞2）＞0.2 B．P（X＞2）＜0.5
C．P（Y＞2）＞0.5 D．P（Y＞2）＜0.8
【答案】B,C
【知识点】概率的应用
【解析】【解答】解：由X、Y服从正态分布，
∵X~N（1.8，0.12） ，P（Z＜μ+σ）≈0.8413 ，
∴P（X＞1.9） ≈1-0.8413=0.1587，
又∵P（X＞2）
故P（X＞2）<0.5，A错误，B正确.
同理Y~N（2.1，0.12），
P（Y＞2） =P（Y<2.2）≈0.8413，故C正确，D错误.
故答案为：BC.
【分析】由正态分布曲线的定义结合对称性计算即可.
10．（2024·新高考Ⅰ卷）设函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），则（ ）
A．x＝3是f（x）的极小值点
B．当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2）
C．当1＜x＜2时，﹣4＜f（2x﹣1）＜0
D．当﹣1＜x＜1时，f（2﹣x）＞f（x）
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由 函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），
∴f'（x）＝2（x﹣1）（x﹣4）+（x﹣1）2＝，
令f'（x）=0，则x=1或x=3，
∴当x<1或x>3时，f'（x）>0，函数f（x）单调递增；
当1
对于B， 当0＜x＜1时，f（x）单调递增，此时x>x2，故有f（x）>f（x2），故B错误，不符合题意；
对于C， 当1＜x＜2时，则1＜2x-1＜3，f（x）单调递减，-4＜f（2x-1）＜0，故C正确，符合题意；
对于D， ，
故 当﹣1＜x＜1时， 令，此时在R上单调递减，，
故， ，即，故D正确，符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用函数求导法则进行求导，分析其单调性极值判断A，进而利用单调性判断BC，对于D可重新构造新函数并分析其最值得出结论.
11．（2024·新高考Ⅰ卷）造型∝可以做成美丽的丝带，将其看作图中的曲线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﹣2，到点F（2，0）的距离与到定直线x＝a（a＜0）的距离之积为4，则（ ）
A．a＝﹣2
B．点在C上
C．C在第一象限的纵坐标的最大值为1
D．当点（x0，y0）在C上时，
【答案】A,B,D
【知识点】曲线与方程
【解析】【解答】解：对于A，因为原点O在曲线上，根据定义则有，解得a=-2，故A正确，符合题意；
对于B，由定义可知，若点在C上，则，故B正确，符合题意；
由定义可知，设C上一点，整理得：，
对于C，观察发现当x=2时，，即，
当x=时，，即y>1或y<-1，
当点C在第一象限时，其纵坐标最大值大于1，故C错误，不符合题意；
对于D，由，即，
由，即，
∴，即，故D正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由定义分析可以判断AB，根据图象大致位置利用特殊值可判断C，最后利用非负性判断D.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。
12．（2024·新高考Ⅰ卷）设双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C与A，B两点，若|F1A|＝13，|AB|＝10，则C的离心率为 ．
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由双曲线对称性可知，
∵|AB|＝10 ，
∴，
在Rt△F1F2A中，，
∴c=6，
又∵2a=，故a=4，
∴
故答案为：.
【分析】由双曲线的对称性结合勾股定理及双曲线的定义可计算出a、c的值，代入公式得出离心率.
13．（2024·新高考Ⅰ卷）若曲线y＝ex+x在点（0，1）处的切线也是曲线y＝ln（x+1）+a的切线，则a＝ ．
【答案】ln2
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：∵y＝ex+x，
∴，
此时k=，
故 曲线y＝ex+x在点（0，1）处的切线方程为：y=2x+1，
又∵y＝ln（x+1）+a ，
，
∵切线y=2x+1是公切线，设 曲线y＝ln（x+1）+a的切点为，
∴，解得，故切点为，
代入曲线，有y＝ln+a=0，解得.
故答案为：ln2.
【分析】通过导数求曲线的切线方程，利用公切线得出等量关系即可求出a.
14．（2024·新高考Ⅰ卷）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】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：不妨固定甲的出牌顺序为1，3，5，7，记为，乙的出牌顺序随机，其共有(种)组合情况.
甲的总得分不小于2，即得分为2，3，4，
由乙的任意一张卡片数字对上乙的数字1，都能获胜，故甲的总得分为2或3.
①若甲获得3分，即当甲为时，对上乙的数字为：仅有1种情况；
②若甲获得2分.
1)甲出牌仅数字3得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，仅1种情况；
2)甲出牌仅数字5得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，仅3种情况；
2)甲出牌仅数字7得分的情况，即当甲为时，对应乙的情况为
，，，，，，，仅7种情况；
综上，甲获得2分的组合情况为11种，
故甲的总得分不小于2的概率为：.
故答案为：.
【分析】可以先固定甲的出牌数字，分析乙出牌的组合的可能有种，结合列举推理分析得分组合情况计算出结果.
四、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024·新高考Ⅰ卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC＝cosB，a2+b2﹣c2＝．
（1）求B；
（2）若△ABC的面积为3+，求c．
【答案】（1）解：∵a2+b2﹣c2＝．
由余弦定理：，
∴2cosC=，即，
又∵，
∴，
又∵ sinC＝cosB ，
∴，
又∵，
∴，
（2）解：如下图所示，过点A作AD⊥BC，
由(1)得，，，
设BD=t，则CD=AD=，c=AB=2t，
则，
解得(负值舍去)
∴c=AB=.
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【分析】(1)由题干式子结构联想余弦定理，进而根据余弦定理求出cosC，后求出B即可.
(2)根据(1)求出B、C均为特殊角，借助几何图形解特殊直角三角形即可.
16．（2024·新高考Ⅰ卷）已知A（0，3）和P（3，）为椭圆C：＝1（a＞b＞0）上两点．
（1）求C的离心率；
（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
【答案】（1）解：由 椭圆C：＝1（a＞b＞0） 经过 A（0，3），
∴b=3，即，
代入点P （3，）得，
，解得，即，
此时c=，
∴.
（2）解：由(1)得椭圆C：，
由A（0，3）和P（3，），
∴，，
∴直线AP的解析式为，即x+2y-6=0，
设点B到直线AP的距离为d，
∴，解得d=.
设点B，
则，解得或，
即或，
①若，此时，直线l的方程为，即x-2y=0；
②若，此时，直线l的方程为，即3x-2y-6=0；
综上所述，直线l的方程为x-2y=0或3x-2y-6=0.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由椭圆经过点A得出b值，同时将P点代入椭圆方程得出a，后根据椭圆的性质计算离心率即可；
（2）由已知点A、P，故可以AP为底，由三角形面积转换为点到直线距离建立等量关系，解出方程组即可.
17．（2024·新高考Ⅰ卷）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，求AD．
【答案】（1）证明：∵ AC＝2，BC＝1，AB＝，即，
∴AB⊥BC，
∵PA⊥ 底面ABCD ，
∴PA⊥AD，
又∵AD⊥PB，，
∴AD⊥平面PAB，
∴AD⊥AB，
∴AD∥BC，
又∵AD 平面BCP，BC平面BCP，
∴AD∥平面PBC.
（2）解：过点A作AE⊥CP，AF⊥DP，垂足分别为点E，F，连接EF，
∵AD⊥DC，AP⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，PA⊥AC，
又∵，
∴CD⊥平面PAD，
又∵AF平面PAD，
∴CD⊥AF，
又∵，
∴AF⊥平面CDP，
同理AF⊥EF，∠AEF即为 二面角A﹣CP﹣D的夹角，
∵PA=PC=2，
∴AE=，
sin∠AEF=，解得AF=，
设AD=t，则DP=，
∴在Rt△PAD中，由，
即，解得：t=(负值舍去)，
∴AD=t＝.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)由条件中给出的数据信息，联想勾股定理逆定理证直角，为使得最终线面平面，即需找到一组平行直线，由(1)中给出的一组线线垂直，结合题干的线面垂直，故而可先证线面垂直AD⊥平面PAB，后证得两线平行；
(2)注意到CP是二面角A﹣CP﹣D ，由二面角的夹角结合等腰Rt△ACP易联想过点A作AE⊥CP，进而将二面角转化成线面角，从而进一步利用已知的线面垂直，进一步过点A作出平面CDP的法向量转化得到二面角的正弦值，后利用等积法解三角形即可.
18．（2024·新高考Ⅰ卷）已知函数f（x）＝ln+ax+b（x﹣1）3．
（1）若b＝0，且f'（x）≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；
（3）若f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．
【答案】（1）解：当b=0时，此时函数 f（x）＝ln+ax =，其中，
此时，
由f'（x）≥0，
故，即，
由
故当时，，即，
故，当且仅当x=1时，.
为使得恒成立，
∴.
故a的最小值为-2.
（2）证明：由 f（x）＝ln+ax+b（x﹣1）3 ，其中，
∴，
∴函数f（x）关于(1，a)成中心对称图形
（3）解：由 f（x）＝ln+ax+b（x﹣1）3 在上连续，
且当且仅1＜x＜2时 f（x）＞﹣2 ，即当0＜x＜1时 f（x）<﹣2，
由(2)得，函数f（x）关于(1，a)成中心对称图形，
故可推出 a=-2.
此时 f（x）＝ln-2x+b（x﹣1）3＞﹣2在1＜x＜2恒成立，
故g（x）＝ln-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2恒成立，此时g（1）=0，
∴，此时.
此时设，
由复合函数单调性可知，x(2-x)在1＜x＜2上单调递减，则在1＜x＜2上单调递增，
在1＜x＜2上单调递增，
则，
①若2+3b≥0，即，
故此时当1＜x＜2，h(x)≥0，，
又∵，
∴g（x）在1＜x＜2上单调递增，
∴，且g（1）=0，即，
故g（x）＝ln-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2恒成立， 即f（x）＞﹣2恒成立；
②若2+3b<0，即，
故此时当1＜x＜2，存在>1，使得h(x)<0，
即存在>1，，
又∵，
∴存在x1>1，使得g（x）在1＜x＜x1单调递减，
∴，，即，
故g（x）＝ln-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2不恒成立，不符合题意；
综上所述，b的取值范围是[﹣，+∞）.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】(1)将b=0代入原函数，并利用f'（x）≥0后整理式子进行变量分离，转换为恒成立问题，进而分析函数极值即可；
(2)注意到函数的定义域为(0，2)，故为证明其为中心对称图形，即求证为定值即可；
(3)由f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2 ，注意理解当且仅当并结合函数连续性故推出a=-2，其次结合导数分析该函数单调性，此处需注意端点处取值均在临界值上，最后利用导数进行单调性及极值逐步分析得出结论.
19．（2024·新高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj（i＜j）后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2…，a4m+2是（i，j）——可分数列．
（1）写出所有的（i，j），1≤i＜j≤6，使数列a1，a2，…，a6是（i，j）——可分数列；
（2）当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列；
（3）从1，2，…，4m+2中一次任取两个数i和j（i＜j），记数列a1，a2，…，a4m+2是（i，j）——可分数列的概率为Pm，证明：Pm＞．
【答案】（1）解：等差数列 a1，a2，…，a6 删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，
即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，
故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2）
（2）证明：依题意得， 数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列，
即a14，a15，......，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列，
即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13） ——可分数列，
通过分析可知，可以按照，，进行分组；
故数列a1，a2，…，a4m+2（2，13）——可分数列 ，按，，.....进行分组成可分数列；
（3）证明：按如下两种方式进行选取 （i，j） ， 1≤i＜j≤4m+2，且 i，j∈，
①原数列除去外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d.
1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），.....（4m+1，4m+2），共(m＋1)种；
2)当i=1时，j = 4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），.....（1，4m+2），k = 1，2，3，.… ，m，共m种；
3)当i=5时，j = 4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），.....（5，4m+2），k = 1，2，3，.… ，(m-1)，共m种；
......
4)当i=4m-3时，j = 4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种；
综上，共有种可能情况，
②连续(4t＋2)(t ∈)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列.
下面先证明，连续(4t＋2)(k ∈ N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分.
设是数列中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分：
，，其中，(i=3，4，5，......，t)
证明完毕.
下面选取(i，j)，
5)当这连续(4t＋2)项为至(i= 2，3，… ，m)时，对应(m ― 1)种取法；
6)当这连续(4k＋2)项为至(i= 3，4，…· ，m)时，对应(m -2)种取法；
.........
7)依此类推，当这连续(4t＋2)项为a1至 a4m+2 时，对应1种取法.
综上，共有种可能情况，
则Pm=(m+2)(m+1)2+m(m-1)2C4m+22=m2+m+18m2+6m+1>m2+m+18m2+8m+8=18
即 Pm＞ .
【知识点】古典概型及其概率计算公式；等差数列的实际应用
【解析】【分析】(1)根据定义分析推理当m=1时，此时为构成等差数列，其4项必然为连续的4项；
(2)在(1)的基础上，只需在删除的 （i，j） 范围内找出符合定义的几组等差数列，进而通过推理分析得出符合定义的分组；
(3)在(1)(2)的探究基础上，发现"可分数列"的规律，可视作分组内的4个数公差为d或公差为(k+1)d(k∈)，结合(1)发现并总结公差为d的规律并计算对应可能情况；结合(2)发现并总结公差为(k+1)d(k∈)的规律并计算对应可能情况；
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