2024年高考数学试卷（理）（全国甲卷）（解析卷）

1/19 绝密★启用前 2024 年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷理科数学 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. 设 ，则 （ ） A. B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解. 【详解】由 ，则 . 1/19 故选：A 2. 集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合 的定义求出 ，结合交集与补集运算即可求解. 【详解】因为 ，所以 ， 则 ， 2/19 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：D. 4. 等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ） 2/19 A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由 结合等差中项的性质可得 ，即可计算出公差，即可得 的值. 【详解】由 ，则 ，则等差数列 的公差 3/19 ，故 . 故选：B. 5. 已知双曲线 的上、下焦点分别为 ，点 在该双 曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 【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】由题意， 、 、 ， 则 ， ， ， 则 ，则 . 故选：C. 6. 设函数 ，则曲线 在 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点 处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得 其面积. 3/19 【详解】 ， 则 ， 即该切线方程为 ，即 ， 令 ，则 ，令 ，则 ，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积 . 4/19 故选：A. 7. 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. 8. 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 4/19 ， 5/19 所以 ， ， 所以 ， 故选：B. 9. 已知向量 ，则（ ） A. “ ”是“ ”的必要条件 B. “ ”是“ ”的必要条件 C. “ ”是“ ”的充分条件 D. “ ”是“ ”的充分条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】对A，当 时，则 ， 所以 ，解得 或 ，即必要性不成立，故A 错误； 对C，当 时， ，故 ， 所以 ，即充分性成立，故C 正确； 对B，当 时，则 ，解得 ，即必要性不成立，故B 错误； 对D，当 时，不满足 ，所以 不成立，即充分性不立，故D 错误. 故选：C. 10. 设 是两个平面， 是两条直线，且 .下列四个命题： ①若 ，则 或 ②若 ，则 ③若 ，且 ，则 ④若 与 和 所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 5/19 【答案】A 【解析】【分析】根据线面平行的 判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可 判断③. 6/19 【详解】对①，当 ，因为 ， ，则 ， 当 ，因为 ， ，则 ， 当 既不在 也不在 内，因为 ， ，则 且 ，故①正确； 对②，若 ，则 与 不一定垂直，故②错误； 对③，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③正确； 对④，若 与 和 所成的角相等，如果 ，则 ，故④错误； 综上只有①③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】 6/19 【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: ， 7/19 即: ，根据正弦定理得 ， 所以 ， 因为 为三角形内角，则 ，则 . 故选：C. 12. 已知b 是 的等差中项，直线 与圆 交于 两点，则 的最小 值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合等差数列性质将 代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 【详解】因为 成等差数列，所以 ， ，代入直线方程 得 ，即 ，令 得 ， 故直线恒过 ，设 ，圆化为标准方程得： ， 设圆心为 ，画出直线与圆的图形，由图可知，当 时， 最小， ，此时 . 故选：C 7/19 二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分． 13. 的展开式中，各项系数的最大值是______．【答案】5 【解析】 8/19 【分析】先设展开式中第 项系数最大，则根据通项公式有 ，进而求出 即 可求解. 【详解】由题展开式通项公式为 ， 且 ， 设展开式中第 项系数最大，则 ， ，即 ，又 ，故 ， 所以展开式中系数最大的项是第9 项，且该项系数为 . 故答案为：5. 14. 已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为 和 ，母线长分别为 和 ，则两个圆台 的体积之比 ______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可 得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为 ， 8/19 ， 所 以 . 9/19 故答案为： . 15. 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. 16. 有6 个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3 次，每次取1 个球.记 为前两次取出的球上数字的平均值， 为取出的三个球上数字的平均值，则 与 差的绝对值不超过 的 概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为 ，第三个球的号码为 ，则 ，就 的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率. 【详解】从6 个不同的球中不放回地抽取3 次，共有 种， 设前两个球的号码为 ，第三个球的号码为 ，则 ， 9/19 故 ，故 ， 故 ， 若 ，则 ，则 为： ，故有2 种，若 ，则 ，则 为： ， ，故有10 种， 10/19 当 ，则 ，则 为： ， ， 故有16 种， 当 ，则 ，同理有16 种， 当 ，则 ，同理有10 种， 当 ，则 ，同理有2 种， 共 与 的差的绝对值不超过 时不同的抽取方法总数为 ， 故所求概率为 . 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． 17. 某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150 件进 行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 10/19 （1）填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有 的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有 11/19 的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？ （2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率 ，设 为升级改造后抽取的n 件产品的优级品率.如果 ，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150 件产品的数据，能否认 为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（ ） 附： 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）答案见详解 （2）答案见详解 【解析】 【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算 ，并与临界值对比分析； （2）用频率估计概率可得 ，根据题意计算 ，结合题意分析判断. 【小问1 详解】 根据题意可得列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 可得 ， 11/19 因为 ，所以有 的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有 的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异. 【小问2 详解】 12/19 由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为 ， 用频率估计概率可得 ， 又因为升级改造前该工厂产品的优级品率 ， 则 ， 可知 ， 所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了. 18. 记 为数列 的前 项和，且 ． （1）求 的通项公式； （2）设 ，求数列 的前 项和为 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用退位法可求 的通项公式． （2）利用错位相减法可求 . 【小问1 详解】 当 时， ，解得 ． 当 时， ，所以 即 ， 而 ，故 ，故 ， 12/19 ∴数列 是以4 为首项， 为公比的等比数列， 所以 .【小问2 详解】 , 所以 13/19 故 所以 ， . 19. 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）求二面角 的正弦值． 【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 交 于 ，连接 ，易证 三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公 式即可求解. 【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 ， 13/19 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 ， 14/19 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， 以 方向为 轴， 方向为 轴， 方向为 轴，建立 空间直角坐标系， ， ， ， ，设平面 的法向量为 ， 平面 的法向量为 ， 则 ，即 ，令 ，得 ，即 ， 则 ，即 ，令 ，得 ， 即 ， ，则 ， 故二面角 的正弦值为 . 14/19 20. 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． 15/19 【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 ， 故椭圆方程为 . 【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 ， 15/19 所以 16/19 ， 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. 21. 已知函数 ． （1）当 时，求 的极值； （2）当 时， 恒成立，求 的取值范围． 【答案】（1）极小值为 ，无极大值. （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值. （2）求出函数的二阶导数，就 、 、 分类讨论后可得参数的取值范围. 【小问1 详解】 当 时， ， 故 ， 因为 在 上为增函数， 16/19 故 在 上为增函数，而 ， 故当 时， ，当 时， ， 故 在 处取极小值且极小值为 ，无极大值. 【小问2 详解】 17/19 ， 设 ， 则 ， 当 时， ，故 在 上为增函数， 故 ，即 ， 所以 在 上为增函数，故 . 当 时，当 时， ， 故 在 上为减函数，故在 上 ，即在 上 即 为减函数， 故在 上 ，不合题意，舍. 当 ，此时 在 上恒成立， 同理可得在 上 恒成立，不合题意，舍； 综上， . 【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导 数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类. （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 17/19 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． [选修4-4：坐标系与参数方程] 22. 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； 18/19 （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 ， 18/19 且 ，故 ， ，解得 . 法2：联立 ，得 ， ，解得 ， 19/19 设 , ， 则 ， 解得 [选修4-5：不等式选讲] 23. 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 】