精品解析：2024年高考全国甲卷数学（理）高考真题解析（参考版）

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. 若，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. 故选：A 2. 已知集合，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， 故选：D 3. 若满足约束条件，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. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【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，故. 故选：B. 5. 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. 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，设、、， 则，，， 则，则. 故选：C. 6. 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. 【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，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积. 【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. 故选：A. 7. 函数在区间的图象大致为（ ） 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， 所以，， 所以， 故选：B. 9. 设向量，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. 【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. 记的内角的对边分别为，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，由正弦定理得到的值，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:， 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. 1 B. 2 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 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 的展开式中，各项系数中的最大值为______． 【答案】5 【解析】 【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______． 【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， ， 所以. 故答案为：. 15. 已知且，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，从中无放回地随机取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，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 【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， 故，故， 故， 若，则，则为：，故有2种， 若，则，则为：， ，故有10种， 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 （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）列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 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. （2）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. 【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， 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】 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，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【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， ∴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 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：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） 【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】 略 【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， 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. 【点睛】 20. 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． 【答案】（1） （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. 【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】 略 【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，，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， 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】 ， 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. 【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， 且，故， ，解得. 法2：联立，得， ，解得， 设,， 则， 解得 [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知实数满足． （1）证明：； （2）证明：． 【答案】（1） 因为， 当时等号成立，则， 因为，所以; （2） 【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】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 若，则（ ） A. B. C. 10 D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若满足约束条件，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 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. 4 B. 3 C. 2 D. 6. 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. 7. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 9. 设向量，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 10. 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 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 11. 记的内角的对边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 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. 1 B. 2 C. 4 D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 的展开式中，各项系数中的最大值为______． 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. 有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取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，则与之差的绝对值不大于的概率为______． 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 （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 18. 记为数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 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． 20. 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． 21. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）当时，，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，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． [选修4-4：坐标系与参数方程] 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. [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知实数满足． （1）证明：； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $