2024年 全国甲卷 数学（文）高考真题（含解析）

这是一份2024年 全国甲卷 数学（文）高考真题（含解析），共14页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

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. D. 2
2. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 若满足约束条件，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
4. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
6. 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.
7. 设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 函数在区间图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
9. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
11. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题编号是（ ）
A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①③④
12. 在中,内角所对边分别为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数在上的最大值是______．
14. 已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______．
15. 已知且，则______．
16. 曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．
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. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
18. 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：
（1）填写如下列联表：
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：
19. 如图，，，，,为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到的距离.
20 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，证明：当时，恒成立．
21. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
（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．
22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴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.
23. 已知实数满足．
（1）证明：；
（2）证明：．
参考答案
一、选择题
1.【答案】A
【解析】依题意得，对于集合中元素，满足，
则可能的取值为，即，于是.
故选：A
2.【答案】D
【解析】依题意得，，故.
故选：D
3.【答案】D
【解析】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.【答案】D
【解析】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.【答案】B
【解析】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，
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.【答案】C
【解析】设、、，
则，，，
则，则.
故选：C.
7.【答案】A
【解析】，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.【答案】B
【解析】，
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.【答案】B
【解析】因为，
所以，，
所以，
故选：B.
10.【答案】C
11.【答案】A
【解析】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.
12.【答案】C
【解析】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．
13.【答案】2
【解析】，当时，，
当时，即时，.
故答案为：2
14.【答案】
15.【答案】64
【解析】由题，整理得，
或，又，
所以，故
故答案为：64.
16.【答案】
【解析】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
（一）必考题
17【答案】（1）；（2）
【解析】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）由等比数列求和公式得.
18.【答案】略.
19.【答案】（1）证明见详解；（2）
【解析】（1）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；
（2）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，即点到距离为.
20.【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）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.
（2），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.
21.【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）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.
（二）选考题
22.【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由，将代入，
故可得，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为.
（2）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
23.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）因为，
当时等号成立，则，因为，所以;
（2）
.
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
优级品
非优级品
甲车间
乙车间
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828