2024年高考数学（文）试卷（全国甲卷）（解析）

绝密启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试全国甲卷文科数学使用范围：陕西、宁夏、青海、内蒙古、四川注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 集合，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.【详解】依题意得，对于集合中的元素，满足，则可能的取值为，即，于是.故选：A2. 设，则（ ）A. B. 1C. -1D. 2【答案】D【解析】【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算.【详解】依题意得，，故.故选：D3. 若实数满足约束条件，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得.【详解】实数满足，作出可行域如图：由可得，即的几何意义为的截距的，则该直线截距取最大值时，有最小值，此时直线过点，联立，解得，即，则.故选：D4. 等差数列的前项和为，若，（ ）A. B. C. 1D. 【答案】D【解析】【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由，根据等差数列的求和公式，，又.故选：D方法二：利用等差数列性质根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，，故.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差，则，则.故选：D5. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.【详解】当甲排排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；基本事件总数显然是，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.故选：B6. 已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率.【详解】设、、，则，，，则，则.故选：C.7. 曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.【详解】，所以，故切线方程为，故切线的横截距为，纵截距为，故切线与坐标轴围成的面积为故选：A.8. 函数在区间的大致图像为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.【详解】，又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，又，故可排除D.故选：B.9. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.【详解】因为，所以，，所以，故选：B.原10题略10. 设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：若，则或 若，则若，且，则 若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的判定定理即可判断；举反例即可判断；根据线面平行的性质即可判断.【详解】对，当，因为，，则，当，因为，，则，当既不在也不在内，因为，，则且，故正确；对，若，则与不一定垂直，故错误；对，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，同理可得，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，，则，又因为，则，故正确；对，若与和所成的角相等，如果，则，故错误；综上只有正确，故选：A.11. 在中内角所对边分别为，若，，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，再利用正弦定理得到的值，最后代入计算即可.【详解】因为，则由正弦定理得.由余弦定理可得:，即:，根据正弦定理得，所以，因为为三角形内角，则，则.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．原13题略12. 函数在上的最大值是______．【答案】2【解析】【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.【详解】，当时，，当时，即时，.故答案为：213 已知，，则______．【答案】64【解析】【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.【详解】由题，整理得，或，又，所以，故故答案为：64.14. 曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令，即，令则，令得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，因为曲线与在上有两个不同的交点，所以等价于与有两个交点，所以.故答案为：三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．第17题第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．15. 已知等比数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的通项公式.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用等比数列的求和公式可求.【小问1详解】因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故.【小问2详解】由等比数列求和公式得.16. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点.（1）证明：平面；（2）求点到的距离.【答案】（1）证明见详解； （2）【解析】【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）作，连接，易证三垂直，结合等体积法即可求解.【小问1详解】因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，由等体积法可得，，，，设点到的距离为，则，解得，即点到的距离为.17. 已知函数．（1）求的单调区间；（2）若时，证明：当时，恒成立．【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.【小问1详解】定义域为，当时，，故在上单调递减；当时，时，，单调递增，当时，，单调递减.综上所述，当时，在上单调递减；时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】，且时，，令，下证即可.，再令，则，显然在上递增，则，即在上递增，故，即在上单调递增，故，问题得证18. 设椭圆的右焦点为，点在上，且轴．（1）求的方程；（2）过点的直线与交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.【小问1详解】设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程.【小问2详解】直线的斜率必定存在，设，，，由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故，即轴.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．19. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出的直角坐标方程；（2）设直线l：（为参数），若与l相交于两点，若，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据可得的直角方程.（2）将直线的新的参数方程代入的直角方程，法1：结合参数的几何意义可得关于的方程，从而可求参数的值；法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求的值.【小问1详解】由，将代入，故可得，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】对于直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为.法1：直线的斜率为，故倾斜角为，故直线的参数方程可设为，.将其代入中得设两点对应的参数分别为，则，且，故，，解得.法2：联立，得，，解得，设,，则，解得20. 实数满足．（1）证明：；（2）证明：．【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用即可证明.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.【小问1详解】因为，当时等号成立，则，因为，所以;【小问2详解】