2024高考压轴试卷——数学（理）（全国甲卷）（Word版附解析）

这是一份2024高考压轴试卷——数学（理）（全国甲卷）（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页等内容，欢迎下载使用。

说明：
1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效．考试结束后，将答题卡交回．
2．本试卷满分150分，120分钟完卷．
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题：本大题共12个小题，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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 欧拉公式把自然对数的底数，虚数单位i，csθ和sinθ联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被誉为“数学中的天桥”，若复数满足，则正确的是（ ）
A. 的共轭复数为B. 的实部为1
C. 的虚部为iD. 的模为1
3. 在的展开式中，含项的系数是（ ）
A. 16B. 19C. 21D. 24
4. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
5. 执行下面的程序框图，输出的（ ）

A. B.
C.D.
6. 已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D. 3
7. 2023年7月28日至8月8日，第31届世界夏季大学生运动会在成都市举行，组委会将5名大学生分配到A，B，C三个路口进行引导工作，每个路口至少分配一人，每人只能去一个路口．若甲、乙要求去同一个路口，则不同的分配方案共有（ ）
A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
8. α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是
A. B.
C. D.
9. 如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系．(a，b．为常数)，若该果蔬在7℃的保鲜时间为288小时，在21℃ 的保鲜时间为32小时，且该果蔬所需物流时间为4天，则物流过程中果蔬的储藏温度(假设物流过程中恒温)最高不能超过（ ）
A. 14℃B. 15℃C. 13℃D. 16℃
10. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
11. 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ）
A. B. C. 3D. 2
12. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
第 Ⅱ 卷(非选择题 共90分)
本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡上．
13. 已知为偶函数，则______.
14.已知的三边长，则的面积为__________.
15. 已知两点，若直线上存在唯一点 P 满足 ，则实数m 的值为__________．
16. 已知F为抛物线的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于不同的两点A、B，若抛物线C在A、B两点处的切线相交于点P，则的最小值为_______．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知为各项均为正数的数列的前项和,.
（1）求的通项公式；
（2）设，数列的前项和为,若对恒成立，求实数的最大值.
18. 某公司为了确定下季度的前期广告投入计划，收集并整理了近6个月广告投入量x(单位：万元)和收益y(单位：万元)的数据如表(其中有些数据污损不清)：
他们分别用两种模型①，②进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值．
（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型?
（2）残差绝对值大于2 的数据被认为是异常数据，需要剔除．
（i）剔除异常数据后，求出（1）中所选模型的回归方程；
（ii）若广告投入量x=19，则（1）中所选模型收益的预报值是多少万元?(精确到0.01)
附：对于一组数据 其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为： .
19.如图，在多面体中，四边形为菱形，平面平面，平面平面,是等腰直角三角形，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围.
20. 已知椭圆 的离心率为 其左右焦点分别为 下顶点为A，右顶点为B，的面积为
（1）求椭圆 C 的方程;
（2）设不过原点O 的直线交C于M、N两点，且直线 的斜率依次成等比数列，求 面积的取值范围．
21. 设函数，．
（1）试研究 在区间上的极值点；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
请考生在22、23二题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分，做答时，请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．
[选修4--4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）点分别为曲线与直线上的动点，求的最小值.
[选修4--5:不等式选讲]
23. 已知a、b、c、d均为正数，且．
（1）证明:若，则;
（2）若，求实数 t 的取值范围．
KS5U2024高考压轴卷全国甲卷
数 学 试 卷(理工农医类)答案
1【KS5U答案】B
【KS5U解析】因为，，
所以.
故选：B.
2【KS5U答案】D
【KS5U解析】由可得，
所以，可得，
所以的共轭复数为，即A错误；
的实部为0，即B错误；
的虚部为，所以C错误；
的模为1，可知D正确.
故选：D
3【KS5U答案】B
【KS5U解析】因为展开式的通项为，
所以的展开式中含项为，
所以展开式中含项的系数是.
故选：B
4【KS5U答案】A
【KS5U解析】由三角函数定义得
所以.
故选：A.
5【KS5U答案】A
【KS5U解析】根据流程框图可知，第一次计算结果；
第二次循环计算可得；
第三次循环计算可得，不满足，循环结束，
此时输出.
故选：A
6【KS5U答案】D
【KS5U解析】易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故选：D
7【KS5U答案】C
【KS5U解析】第一步：先将5名大学生分成三组，每组人数为1，1，3或1，2，2；
当分为1，1，3时，且甲、乙要求去同一个路口，则甲、乙必须在3人组，
因此只需从剩下的3人中任选一人，其余两人各自一组，共有种分法；
当分为1，2，2时，且甲、乙要求去同一个路口，则将剩下的3人分成两组即可，共有种分法；
第二步：再将分好的三组人员分配到三个路口，共有种分配方案；
因此共种.
故选：C
8【KS5U答案】A
【KS5U解析】因为α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是，选A
9【KS5U答案】A
【KS5U解析】依题意，，则，即，显然，
设物流过程中果蔬的储藏温度为t℃，于是，
解得，因此，
所以物流过程中果蔬的储藏温度最高不能超过14℃.
故选：A
10【KS5U答案】A
【KS5U解析】将“阿基米德多面体”补全正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为，由题知，
易知，可得，
所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，
因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为.
故选：A
11【KS5U答案】D
【KS5U解析】令双曲线的焦点，设，
则，即有，
，同理，
而，故，
因此，
即，所以双曲线C的离心率.
故选：D
12【KS5U答案】C
【KS5U解析】构造函数，则；
因为，
所以当时，，即，此时在上单调递增；
当时，，即，此时在上单调递减；
又，所以，即；
所以函数图象上的点关于的对称点也在函数图象上，
即函数图象关于直线对称，
不等式变形为，即；
可得，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据的结构特征构造函数，判断出其单调性，再由得出其对称性解不等式即可.
13【KS5U答案】
【KS5U解析】法一：特殊值法：因为为偶函数，所以，
所以，解得，
经检验，当时，为偶函数，符合题意.
法二：定义法：因为为偶函数，所以，
所以，化简得，
所以，解得.
故答案为：
14.【KS5U答案】
【KS5U解析】由余弦定理有，所以，所以的面积.
15【KS5U答案】
【KS5U解析】设点，则，由，得，
因此点在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线与此圆相切，
则，解得，
所以实数m 的值为.
故答案为：
16【KS5U答案】5
【KS5U解析】由抛物线可知，
显然直线的斜率一定存在，可设直线的方程为，；
如下图所示：
联立抛物线和直线的方程，消去可得；
由韦达定理可得；
利用焦点弦公式可得；
由可得，求导可得，
所以抛物线在点处的切线方程为，由，
整理可得；
同理可得点处的切线方程为；
联立解得，即；
可得；
所以，
令，则；
利用对勾函数性质可知函数在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立；
即的最小值为5.
故答案为：5
【点睛】关键点点睛：在求解抛物线在某点处的切线方程时，经常利用导数的几何意义得出切线方程表达式即可解得交点坐标，再由焦点弦公式得出的表达式可求得最小值.
17【KS5U答案】（1）；
（2）1.
【分析】（1）先求得的值，然后利用与的关系推出数列为等差数列，由此求得的通项公式；
（2）首先结合（1）求的表达式，然后用裂项法求得，再根据数列的单调性求得的最大值．
【小问1详解】
当时，由题设得，即，又，解得.
由知：.
两式相减得：，即.
由于，可得，即，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以.
【小问2详解】
由得：
.
因为，
所以，则数列是递增数列，
所以，故实数的最大值是.
18【KS5U答案】（1）模型①；
（2）（i）；（ii）.
【分析】（1）观察残差图，利用残差波动大小选择.
（2）（i）利用给定数据，计算最小二乘法公式中相关量，求出回归直线方程；（ii）利用求得的回归方程进行数据估计.
【小问1详解】
由于模型①残差波动小，应该选择模型①.
【小问2详解】
（i）剔除异常数据，即3月份的数据，剩下数据的平均数为，
，，，
，，
，
所以所选模型的回归方程为.
（ii）若广告投入量，
则该模型收益的预报值是(万元).
19（1）.证明如图，取的中点，连接.
因为，平面平面，
平面平面，
所以平面.
同理，平面.
所以.
又和是等腰直角三角形，所以，
四边形为平行四边形，所以，
又因为，
所以平面平面.
（2）解:如图，以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，在平面
内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系.
设，
则.
所以.
设平面的法向量为，则
令，得，所以.
设平面的法向量为，则
令，得，所以.
所以.
设，则，
所以在上单调递减，所以
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的取值范围是.
【命题意图】本小题设置数学课程学习情境，设计立体几何问题，主要考查空间线线､线面位置关系，空间二面角等基础知识；考查推理论证能力，空间想象能力，运算求解能力；考查直观想象，逻辑推理等数学核心素养，应用意识.
20【KS5U答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据椭圆离心率及的面积列式可得结果；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理及条件得到m与k的关系，由点到直线的距离公式、弦长公式表示面积，构造函数可得结果.
【小问1详解】
依题意，又，
又，
所以，
所以椭圆 C 的方程为.
【小问2详解】
由题意可知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线：，
，联立直线和椭圆，
化简得，
由题意可知，即，
且，
则
，
又直线的斜率依次成等比数列。即，
则，所以且，
设点O到直线的距离为，
又
，
所以，
令，，
显然在上为增函数，在上为减函数，
所以，即，
所以，故面积的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求解椭圆中三角形的面积问题时，一般需要设出直线方程，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式等，表示出三角形的面积，再利用构造函数或基本不等式的方法求解即可.
21【KS5U答案】（1）无极值点；
（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数探讨函数单调性，判断函数的极值点.
（2）按分类探讨，利用（1）中信息，结合不等式性构造函数并推理得，当时，构造函数，利用导数结合单调性判断即得.
【小问1详解】
函数，求导得，
令，求导得，设，则，
当时，，当且仅当时取等号，
则在上单调递增，即有，
于函数在上单调递增，因此，
所以在区间上没有极值点.
【小问2详解】
由（1）知，当，则，
设，求导得，
设，求导得，则函数在上单调递增，
有，即，函数在上单调递增，
于是，即，则对任意的恒成立，
当时，，则当时，对任意的恒成立，
当时，设，求导得，
显然，而函数在上的图象连续不断，
则存在实数，使得对于任意的，均有，
因此函数在上单调递减，则当时，，
即，不符合题意，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22【KS5U答案】（1）曲线为，直线为
（2）
【分析】（1）利用同角的三角函数关系式将曲线C的参数方程消去参数，结合直角坐标与极坐标互化公式进行求解即可；
（2）根据点到直线距离公式，结合辅助角公式、余弦函数的最值性质进行求解即可.
【小问1详解】
因为，
将（为参数），消去参数，
可得.
由，得，
因为，所以.
所以曲线的普通方程为，
直线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
由点A在曲线上，设，
则点A到的距离为：
，
所以当时，，
所以的最小值为.
23【KS5U答案】（1）证明见解析；
（2）.
【分析】（1）根据给定条件，利用不等式性质推理即得.
（2）结合已知可得，再利用基本不等式求解即得.
【小问1详解】
由均为正数，，得，又，
则，所以.
【小问2详解】
显然，
而均为正数，则，
又，当时取等号，
而，因此，，
所以实数 t 的取值范围.
月份
1
2
3
4
5
6
广告投入量
2
7
8
10
收益
20
30
34
37