2024年高考数学试卷（文）（全国甲卷）（解析卷）

1/14 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 ， 1/14 则 可能的取值为 ，即 ， 于是 . 故选：A 2. 设 ，则 （ ） A. B. 1 C. -1 D. 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 2/14 . 故选：D 3. 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. 2/14 4. 等差数列 的前 项和为 ，若 ， （ ） A. B. C. 1 D. 【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. 3/14 【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：利用等差数列的性质 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：D 5. 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】当甲排在排尾，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 ， 3/14 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：B 6. 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. 4/14 【详解】由题意， 、 、 ， 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. 4/14 【详解】 ， 又函数定义域为 ，故该函数为偶函数，可排除A、C， 5/14 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： 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 【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. 5/14 【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； 6/14 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】 【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. 6/14 【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 ， 7/14 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：2 13. 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______． 7/14 【答案】 【解析】 【分析】将函数转化为方程，令 ，分离参数 ，构造新函数 8/14 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】 8/14 【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 ， 9/14 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 ； 9/14 【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 ， 10/14 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； 10/14 （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； 11/14 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 11/14 【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】 12/14 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 ， 所以 ， 12/14 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； 13/14 （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 . 13/14 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 14/14 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 ， 14/14 因为 ，所以 ; 【小问2 详解】