2024年高考压轴卷——数学（文）试题（全国甲卷） Word版含解析

这是一份2024年高考压轴卷——数学（文）试题（全国甲卷） Word版含解析，共21页。试卷主要包含了 已知函数若，则m的值为， 函数在的图象大致为， 已知数列满足且，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数是虚数单位，若，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知平面向量，，若，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
4. 已知函数若，则m的值为（ ）
A. B. 2C. 9D. 2或9
5. 在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（ ）
A. B. C. D.
6. 函数在的图象大致为
A. B. C. D.
7. 已知，为双曲线的左，右焦点，过点向该双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，则的面积为（ ）
A. 2B. C. 4D.
8. 设命题，使是幂函数，且在上单调递减；命题，则下列命题为真的是（ ）
A. B. C. D.
9. 已知数列满足且，则（ ）
A. 3B. C. -2D.
10. 设函数为偶函数，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
11. 将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
12. 设，是双曲线：左、右焦点，以线段为直径的圆与直线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.
C. D. 2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. _______．
14. 直线与圆交于两点，则_____________.
15. 若函数存在极值点，则实数a的取值范围为________．
16. 已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为______.
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17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17．为提升学生身体素质，鼓励学生参加体育运动，某高中学校学生发展中心随机抽查了100名学生，统计他们在暑假期间每天参加体育运动的时间，并把每天参加体育运动时间超过30分钟的记为“运动达标”，时间不超过30分钟的记为“运动欠佳”，运动达标与运动欠佳的人数比为，运动达标的女生与男生的人数比为，运动欠佳的男生有5人.
(1)根据上述数据，完成下面2×2列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析“运动达标情况”与“性别”是否有关?
(2)现从“运动达标”的学生中按性别用分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中任选2人进行体能测试，求选中的2人中恰有一人是女生的概率.
参考公式：，.
18．如图，在平面四边形中，已知点C关于直线BD的对称点在直线AD上，，．
(Ⅰ)求的值； (Ⅱ)设，求.
19. 已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点.

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
20. 已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
21. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数）．
（1）写出曲线C的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线C交于A，B两点，定点，若，求直线l的倾斜角．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数．
(Ⅰ)解不等式；
(Ⅱ)若、，，，证明：．性别
运动达标情况
合计
运动达标
运动欠佳
男生
女生
合计
0.10
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
2024高考压轴卷 数学（文科）全国甲卷答案
1【答案】A
【解析】因为，
所以.故选：A
2【答案】A
【解析】，
则，解得，则其虚部为.故选：A.
3【答案】B
【解析】因为，所以，所以.故选：B
4【答案】C
【解析】∵函数，，
∴或，
解得.故选：C.
5【答案】C
【解析】设区间内取到的数是，在内取到的数为，
则满足，作出不等式组对应你的平面区域，如图所示，
可得对应的图形的面积为，
由两数之和大于，即，
设直线交于点，可得，
则的面积为，所以五边形的面积为，
则两数之和大于的概率为.
故选：C.
6【答案】C
【解析】当时，，令，即在区间只有一个零点，故应排除答案A、B、D，应选答案C ．
7【答案】D
【解析】如图

由题意可得双曲线的一条渐近线方程为，
焦点到渐近线的距离为，
所以，，
所以.故选：D.
8【答案】A
【解析】对于命题，当时，函数，是幂函数，且在上单调递减，故命题为真命题；
对于命题，当时，，不满足，故命题为假命题．
所以“”为真命题，“”为假命题，“”为假命题，“”为假命题．故选：A．
9【答案】B
【解析】由题意数列满足，则，
故由，得，
由此可知数列的周期为4，
故，故选：B
10【答案】D
【解析】当时，，所以，因为，所以，即，所以函数在上单调递增，又因为函数为上的偶函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则不等式，等价于，所以或.
故选：D.
【点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题，若为偶函数，则．
11【答案】C
【解析】由题可知，，当时，．
因为在上有且仅有3个极值点，所以，解得，
所以的取值范围为：．故选：C.
12【答案】A
【解析】由题意可得，
即有为等腰三角形，
设，
则，
所以
即为，
所以，故选：A
【点睛】关键点点睛：由题意得出为等腰三角形，在三角形中利用三角函数，建立关于的方程，是求出离心率的关键，属于中档题.
13【答案】
【解析】．
故答案为：
14【答案】
【解析】由圆，得，
则圆心坐标为，半径为2．
圆心到直线的距离，
．故答案为：．
【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查点到直线距离公式的应用，利用垂径定理求弦长．
15【答案】
【解析】因为，可得，
因为函数存在极值点，所以有两不等实根，
则，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：.
16【答案】
【解析】
由，故该球半径，
设正四棱锥底面边长为，高为，
则，，
则有，化简得，
，
令，则，
故当时，，当时，，
即有极大值，
即该正四棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于得出体积的表达式后构造函数，借助导数研究函数单调性后可得最值.
17．【答案】(1)表格见解析，“运动达标情况”与“性别”无关.
(2)
【分析】（1）由条件完成列联表，根据公式代入计算可判断结果；
（2）先根据分层抽样方法抽取，然后由概率公式计算即可.
【解析】（1）2×2列联表为：
假设：运动达标情况与性别无关.
.
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即认为“运动达标情况”与“性别”无关.
（2）已知“运动达标”的男生、女生分别有20人和40人，按分层随机抽样的方法从中抽取6人，则男生、女生分别抽到2人和4人，
则选中2人中恰有一人是女生的概率为
18【答案】.(1) (2)
【解析】（1）因为C点关于直线BD的对称点在直线AD上，
所以DB平分，所以，因为，所以，BC=CD，
所以‖，所以，
因为，，
所以，
所以．
（2）因为在中，由正弦定理得,
所以，，
所以，所以，
在中，由余弦定理得，
．
19【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）依题意可得，即可得证；
（2）由球的表面积求出球的半径，由正四棱锥的性质可知球心必在上，连接，利用勾股定理求出，即可求出，再由为中点得到到平面的距离为，最后由计算可得.
【小问1详解】
依题意底面为正方形，、相交于，
所以为的中点，又为中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
设球的半径为，由球的表面积公式，
解得（负值舍去），
设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上，
连接，则，，，
则在，则，即，
解得（负值舍去），
则，所以，
又为中点，平面且，所以到平面的距离为，
所以.

20【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【解析】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
21【答案】（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）求出导函数，按照的正负分类讨论，由的正负可得单调性；
（2）将不等式变形为，令，对求导，再令，由的单调性判断的符号，进而确定的单调性，求出的最大值即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由题意知的定义域为，
，
当时，，在上单调递减；
当时，令，
，
故方程有两个不同的实数根，
分别为，，且，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上可知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由可得，即，
设，，
则，
设，，
因为，
则在上单调递减，且，
所以当时，，即，所以在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减，
所以的最大值为，
所以，即的取值范围为.
22【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用极坐标方程与直角坐标方程的互化公式即可得解；
（2）联立直线参数方程与曲线的直角坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义即可得解.
【小问1详解】
将
代入曲线的极坐标方程中，
得曲线的直角坐标方程为，即；
【小问2详解】
因为点在直线上，
将直线的参数方程(为参数)代入曲线的直角坐标方程，
整理得，满足，
设点对应的参数分别为，则，
由参数的几何意义，不妨令，
所以，
当时，，，
所以，则，
所以直线的倾斜角为.
23．解：（1）由得：，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
综上，不等式的解集为.
（2）证明：，
因为，，即，，
所以 ，
所以，即，所以原不等式成立.
性别
运动达标情况
合计
运动达标
运动欠佳
男生
20
5
25
女生
40
35
75
合计
60
40
100