2024年高考数学(文)试卷(全国甲卷)(解析)

2024-06-20·15页·1.2 M

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】

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