数学·2024年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷)（含答题卡）

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） 数学（理科） 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 3,22,23题新教材不作要求. 都 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 数 1.若x=5十i,则i(2十x)= A.10i B.2i C.10 D.2 2.已知集合A={1,2,3,4,5,9},B={xx∈A},则C(A∩B)= A.{1,4,9 B.{3,4,9 C.{1,2,3 D.{2,3,5} 补 4.x-3y-3≥0 3.(新教材不作要求)若x,y满足约束条件x一2y一2≤0，则=x一5y的最小值为 2x+6y-9≤0 A.2 B.0 c-昌 D.一2 4.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S=So,as=1,则a1= 炉 A号 B号 C.-3 p.-ii 5.已知双曲线的两个焦点分别为(0,4)，(0，一4)，点（一6,4）在该双曲线上，则该双曲线的离心率 为 ( A.4 B.3 C.2 D.② 6.设函数f(.x)= 十2sn工，则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的 1+x 留 面积为 A百 C. D.3 7.函数f(x)=一x”十(e-e)sinx在区间[一2.8,2.8]的图象大致为 B 2024·全国甲卷第1页（共4页） 8.已知cos a=3,则tan(a十F)- cos a-sin a A.23+1 B.231 C D.1-3 9.设向量a=(x十1，x),b=(x,2),则 ) A.x=一3是a⊥b的必要条件 B.x=一3是a∥b的必要条件 C.x=0是a⊥b的充分条件 D.x=一1十√3是a∥b的充分条件 10.设a3为两个平面，m,n为两条直线，且a∩B=m,下列四个命题： ①若m∥n,则na或n∥B②若m⊥n,则n⊥a或n⊥β③若n∥a且n∥B,则m∥n④若 n与a,3所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是 A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 1.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,bc,若B=受公=号。 ac,则sinA十sinC A B.39 13 c D.313 13 12.已知b是a,c的等差中项，直线a.x十by+c=0与圆x2+y+4y一1=0交于A,B两点，则 AB的最小值为 () A.1 B.2 C.4 D.25 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13.(号十x)“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r1,下底面半径均为2，圆台的母线长分别为2(r2一)， 3(r2一1)，则圆台甲与乙的体积之比为 、15.已知u>1且log a log4月 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，设m 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m与n之差的绝 对值不大于2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17~21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， (一)必考题：共60分。 17.(12分)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 2024·全国甲卷 第2页（共4页） (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%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p=0.5.设p为升级改造后抽取的n件产品的优 级品率.如果p>p十1.65， p1一卫，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？(150≈ 12.247) n(ad-bc)2 附：K=(a+0+acb+dDm=a+b+c+d. P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 18.(12分)记S.为数列{an}的前n项和，已知4Sn=3an十4. (1)求{a.}的通项公式： (2)设bn=(一1)-n,求数列(b.}的前n项和T· 19.(12分)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，EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10，FB=23,M为AD的 中点。 (1)证明：BM∥平面CDE: (2)求二面角F-BM一E的正弦值. 2024·全国甲卷第3页（共4页） 20,(12分)已知椭圆C号+芳-1(a>6>0)的右焦点为R,点M1,2)在C上，且MF1x轴， (1)求C的方程： (2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点 Q,证明：AQLy轴. 21.(12分)已知函数f(x)=(1一a.x)ln(1十x)-x (1)当a=一2时，求f(x)的极值： (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a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，则按所做的第一题计分. 22.(新教材不作要求)[选修4一4：坐标系与参数方程](10分) 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标 方程为p=pcos0+1. (1)写出C的直角坐标方程： x=t (2)设直线l: (t为参数)，若C与l相交于A,B两点，若AB=2,求a. y=t+a 23.(新教材不作要求)（选修4一5：不等式选讲）(10分) 已知实数a,b满足a十b≥3. (1)证明：2a+2b>a十b: (2)证明：la-2b1+1b-2a21≥6. 2024·全国甲卷第4页（共4页）(si(xo)<s() 2024年普通高等学校招生全国统一考试 于是,对任意xER (s(ro)<s(x)' (全国甲卷) [(xo-t+1)②+(f(xo)-f(o)+g(o)< (x-t十1)②+(f(x)-f(t)+g(t))2 1.A 因为x-5十i,所以=5-i,所以i({十x)-10i,故 即 (xo-1-1){+(/(xo)-f()-g(t)②})<' 选A. (x-t-1)?+(f(x)-f(t)-g(t))② 2.D B-1,4,9,16,25,81),AOB-1,4.9),则f(AOB) 特别地,当x一t时. -(2,3.5).故选D. (ro-1+1)②+(f(ro)-f(1)+g()2 3.D 根据不等式组,画出可行域如图所示,作出直线x-5y <1十g{(t) 一0并平移,则当平移后的直线过点A时,取得最小值, (ro-1-1)②+(f(r。)-/(1)-g(o)2 由 (4.r-3y-3-0 #2-63二0得{ <1十g*(t) -1 两式相加,得(xo-t)②十(f(xo)一f(t))2<0. 所以xo=t. 另一方面,求导得 4:-3-3=0 &(x)-2(x-十1)+2(/(x)-f(1)+ g())/(x) -2-2-0 s(x)-2(x-1-1)+2(f(x)-f)- ____ -5-0 g(()/(r) _-__ .....0 , 因为s(x)(i一1,2)的最小值点也是极小值点 所以s'(x。)-0,s(xo)-0. 2x+6n-9=0 ((xro-/+1)+(f(xo)-f(o)十g(t))f(xo)-0 即 (xo-t-1)+(f(xo)-f()-g(t)/'(xo)-o' 5(a.+a)10(a.+ato) 4.B 由S-S,得 .所以5a一 两式相减,得g(t)f(x)一一1. 2 2 g() 8一5 所以f(x)在B上严格单调递减 a-4d-1-4x(-)-7,故选B. 解法二:第1步:先证MP 先证明一个结论:对于M(a,b),设P(xo,f(xo))为M的 5.C 解法一(方程组法) 根据焦点坐标可知c一4,根据焦 “f最近点”,曲线y一f(x)在点P处的切线为/,则MP l. 证明: 因为s(x)-(r-a)2+(f(x)-b)?,所以s'(x)-2x-2a +2f(x)(f(x)一b),所以当s(x)在x=x。处取得最小值 一,所以离心率-二-2. b-2③ +2-16 时,s'(xo)-0,即xo-a十f(x。)(f(xo)-b)-0. 解法二(定义法)根据双曲线的定义,得2a一 /(ro): ro-a lV(-6-0)+(4-4)- (-6-0)+(4+4)1- f(r)一b 16-10-4. 又直线MP的斜率p- ,且切线/的斜率为k 28-2. x一 根据焦点坐标可知c-4,所以离心率e一 /(xo)-b 24 -f(xo),所以kMp·b= &./(r。)-一 1。 r一π 7(xo)6.A/(c)- ·/(xo)--1. (+2osx)(1+)-(e+2sinx)·2r,所以r'(0)-3.所 所以MP|1. (1十2)2 第2步:证明线段MM。的中点N与点P重合 以曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1一3(x 因为VtR,M(1-1,f(1)-g(t)),M(t+1,f(t) 0).即3x-y十1一0,切线与两坐标轴的交点分别为(0,1). g(t)),存在对应的点P使得|M;Pl^{}为M 到曲线y= (-.o),所以切线与两坐标轴所困成的三角形的面积 f(x)的距离平方的最小值,|MP|{②}为M到曲线y- ###×11#,故选A.# /(x)的距离平方的最小值,连接MM。,因为M(1-1, f(t)-g(t)),M(1十1.f(t)+g(t)). 7.B 排除法。由题知函数f(x)的定义域为R,关于原点对 所以设线段MM。的中点为N,则N(1,f(1)).则点N在 称,f(-r)=-(-x)+(et-e)sin(-x)=-r2十(e 曲线y一f(x)上. 一e)sinx一f(x),所以函数f(x)为偶函数,函数图象关 若M,M:到曲线y-f(x)的距离最小时对应的点P与 于y轴对称,排除A,C;f(1)--1+(e-)sin1>-1 点N不重合,则|MP MN|.MP MN|. 所以|MP|+MP|<|M N|+MN|=|M$M|. 这与三角形两边之和大于第三边矛盾,所以点P与点N 必重合, 第3步:用结论判断/(x)的单调性 cosa (tan-_1_,岁以on(o)- _ #'(),所以由kMM·=g(t)·/(t)-kmr·=-1< 0.知/(t) 0,所以当1EB时,有/(1)<0,所以函数 f(c)在R上严格单调递减. -1,故选B. 数学答案-17 9.C albx+x+2x=0x-0或x=-3,所以x=-3 当(一3时,a,b需要满足“3 a十b<9”,所有可能情况为 是a b的充分条件,x一0是ab的充分条件,故A错误, (1.2),(2,1),(1,4).(4,1).(1,5),(5,1),(1,6),(6,1). C正确.a/b→2r+2-r2--2x-2-0-x=1士3,故 (2.4),(4,2).(2,5),(5,2).(2,6),(6,2).(4,5).(5,4). B.D错误. 共16种. 10.AaOB-m,则mCa,mC{,对于①,若m/n,则n/a或 当c-4时,a,b需要满足“5 a十b11”,所有可能情况 n/B,①正确;对于②,若mn,则可能n/a或n与a相 为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5. 交,②错误;对于③,若n/a且n/③,则n/n,③正确;对 2).(2,6).(6,2).(3,5).(5,3).(3,6).(6,3).(6,5).(5. 6),共16种. 当c-5时,a,b需要满足“7 a十b13”,所有可能情况 故选A. 为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6 3).(4,6),(6,4),共10种。 11.C 由正弦定理得-sinAsinC-sin^{B,因为B-哥,所以 当c一6时,a,b需要满足“9<a十b15”,所有可能情况 为(4,5),(5,4),共2种. 故共有2+10十16+16十10十2-56(种)可能情况,所以 2ac·cos B-a②+2-ac= -ac,所以a?+213 0 ,c,所 17.解:(1)第1步:填写列联表 填写如下列联表: 优级品 非优级品 甲车间 26 24 70 乙车间 30 12.C 根据题意有2b-a十c,即a一2b十c-0,所以直线ax 第2步:作出完整的2×2列联表 +by+c-0过点M(1,-2).设圆x2++4y-1-0的 则完整的2×2列联表如下: 圆心为C,连接CM,则AB |CM时,|AB|最小,将圆的方 优级品 非优级品 总计 程化为x十(y+2)②}-5,则C(0,-2),所以|MC|-1,所 甲车间 26 24 以 AB|的最小值为25-MC-4,故选C 50 ##+)^{}的展开式的通项公式为T+1_CTo 30 乙车间 13.5. 100 ##)10-x”,则各的系数分别为Co()^0),Clo 96 总计 54 150 第3步:根据公式求K{②} ().c().C(),ci(){c():C% K?150X(26×30-70×24)2} 96×54×50×100 -4.6875. (3),Ci(){,C(),C(),ci(),观 第4步:根据K{②}的值判断 察发现二项式系数先增大后减小,且前后对称,指数式递 因为K2-4.68753.841,所以有95%的把握认为甲、乙 两车间产品的优级品率存在差异: 增,分别计算C(){},C(),C(){}C。 因为K2-4.68756.635,所以没有99%的把握认为甲、 乙两车间产品的优级品率存在差异。 ().Cn(),c18(),比较可得,Cf()②-5 (2)第1步:求出万 1 最大, (一D)的值 两园台的上,下底面积对应相等,则两圈台的体积之 第2步:求出)十1.65 n p(1-D)-0.5+1.65× 比为高之比,根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积 ##.$+1.65#1# /0.5×(1-0.5)。 4(r2-rn)-(r2-r)2} 23 之比为 150 #9(r-)-(#2-)} 15.64 2log2 第3步:由与+1.65 loga p(1一p)的大小关系判断 -n 所以→+1.65{ p(1一D),所以能认为生产线智能化 21og2- 017 升级改造后,该工厂产品的优级品率提高了。 18.解:(1)第1步:根据数列中a。和S。的关系求数列(a。)的 2.所以a-64. 递推关系 16.1 设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地 因为4S.-3a +4 ①,所以当n2时,4S-1-3a-1+ 4②, 随机取3次球的取法有A}=120(种),则|n-n= 则当n2时,①-②得4a。-3a。-3a-1,即a= {6a+- +62,得|+6-20^误 -3-1. 第2步:求出a. <3.当c-l时,a,需要满足“1 a十b<5”,所有可能情 当n-1时,由4S -3a+4得4a-3a+4,所以a-4 况为(2,3),(3,2),共2种. 70. 当c一2时,a,需要满足“1<a十b7”,所有可能情况为 第3步:求数列的通项公式 (1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1). 所以数列a。)是以4为首项,一3为公比的等比数列, (3.4),(4,3),共10种. 所以a-4×(-3)”-1. 数学答案一18 (2)解法一(错位相减法) 第1步:求出数列(b)的通项 公式 因为b=(-1)"-na-(-1)“-ln×4x(-3)“-1 -4.3-1. 第2步:利用错位相减法求T. 所以T.-4×3^{+8×3+12×3^②+..+4n·3”-1. 所以3T-4×3+8×3②+12×3+..+4n·3”. 两式相减得-2T.-4+4(3 +3②+.-+3”-1)-4n·3” =4+43(1-3--1) 2-4n·3”--2+(2-4n)·3”, 1-3 所以T.-1+(2n-1)·3” 70- 解法二(裂项求和)第1步:求出数列《b。)的通项公式 b=(-1)na =(-1)"-}n×4×(-3)"-ì-n .3-1. 则F(0.0,3),B(3,0.0),M(0,1.0).E(0.2,3),则MB 第2步:利用待定系数法对6.进行裂项 令b。-(h+b)·3-[(n-1)+b]·3--1. (③.-1.0),MF=(0,-1,3),ME-(0,1,3). 第3步:求平面FBM的法向量 则b=(kn+b)·3-[(n-1)+b]·3-1-3-1[3k n+ 3b- (n-1)-b]-(2kn+2b+b)·3*-}. 设平面FBM的法向量为n=(xi,y1,). 行 (n:·MB-0 12-4 13x-y1-0 所以{ n·M二0即# 1-y1+3-0 即b=(2n-1)·3"-[2(n-1)-1]·3”-1-(2n-1)· 令y-3,所以x-3,xi=1,所以n-(3,3,1). 3“-(2n-3).3”-1. 第4步:求乎面EBM的法向量 第3步:求和 设乎面EBM的法向量为n-(x,y?,). 所以T=b+b+b+..+b-1×3-(-1×3+3$ (n·MB-o 1v3x-y-0 l 3-1×3\+5×3-3×3+.+(2n-1)·3-(2n-3) n ME一。O即{ 1y2+3xo-0 ·3-1-(2n-1)·3”-(-1)×3-(2n-1)·3”+1. 令y=3,所以x=3,z=-1,所以n=(③,3.-1). 19.解:(1)解法一(利用线面平行判定定理) 第1步:证四 边形BCDM为平行四边形 第5步:求二面角F一BM一E的正弦值 设二面角 F一BM一E的平面角为8,所以|cos8|= 因为M为AD的中点,BC/AD,且AD-4.BC-2,所以 一 BC/MD.且 BC-MD. cos(n,n)|- 所以四边形BCDM为平行四边形。 第2步:利用线面平行的判定定理证明BM/平面CDE 因为0[0,,所以sinθ0,即sinθ-1-cos$^} 所以BM//CD. 4③ 又CDC平面CDE,BM平面CDE,所以BM/平 13· 面CDE. 所以二面角F-BM-E的正弦值为3 4③ 解法二(利用面面平行的性质) 第1步:证四边形BCEF 为乎行四边形 因为EF//AD,BC/AD,所以EF//BC, 20.解:解法一(直接法)第1步:构造关于a,.c的方程组 又 EF一BC一2,所以四边形BCEF为平行四边形 (19 #{2一1# 第2步:证BF//乎面CDE 由题意知 c-1 所以BF//CE,又CEC平面CDE,BFC平面CDE,所以 BF//平面CDE. 2-2十 第3步:证四边形MDEF为平行四边形 第2步:求解方程组,并写出槛圆方程 因为M为AD的中点,且AD=4,所以EF/MD,且EF (-2 -MD,所以四边形MDEF为平行四边形. 得{-3, 第4步:证FM/平面CDE c-1 所以FM//ED,又EDC平面CDE,FMC平面CDE,所 所以#题 C 方程为^}+}一1. 以FM/平面CDE. 第5步:利用面面乎行的性质证BM/平面CDE 解法二 第1步:构造关于a,b,c的方程组 因为BF,FMC平面BMF,BFOFM-F,所以乎面BMF //平面CDE 又.BMC平面BMF,所以BM/平面CDE 由题意知{一1 (2)第1步:证明OB,OD,OF两两垂直 取AM的中点O,连接BO,FO. a2-62十c2} 由(1)解法一可知,BM-CD-AB-2,因为AM-2,所以 第2步:求解方程组,并写出圈方程 BO1AD,且BO-③. (-2 由(1)解法二知四边形MDEF为平行四边形,所以FM= 得{]-③, ED-v10. -1 又AF-10,所以FOAM. 又OA-OM-1,所以FO-FA?-OA-3 解法三(巧用圆的定义) 又 FB-23,所以BO+FO-FB, 所以FO1OB,即OB,OD,OF两两垂直. 第2步:建立空间直角坐标系,并写出相关点和向量的 坐标 在Rt△MFF'中,MF'|-MF|?+FF 分别以OB,OD,OF所在直线为x,y,:轴建立如图所示 的空间直角坐标系, 数学答案-19 由圆的定义知2a-|MF'|+|MFl=4,2c-lF'|-2.22.解:(1)因为${}-r^+y{},x=cos θ,y=asinθ,所以由= 所以a-2,c-1, ocos0十1. 又-62十?,所以b-③. 可得十-十1, 化简整理得y2一2x十1. 所以C的直角坐标方程为y2一2x十1. (2)第1步:联立方程,消元得出关于y的一元二次方程, 写出根与系数的关系 (2)第1步:联立方程,消元得出关于y的一元二次方程, 并写出根与系数的关系 分析知直线AB的斜率存在. 由直线/的参数方程可得直线/的普通方程为y一x十a, 易知当直线AB的斜率为0时,AQy轴 立 设A(x1.y).B(x2.y). 当直线AB的斜率不为0时,设直线AB;r=ty十4(1 行。。 0).A(x.y).B(x2,y),Q(1,n). 1-y十4 消去y得x②+2(a-1)x+a2-1-0,则△>0. 由根与系数的关系得x1+x--2(a-1),x1x2-a②-1. 消去x得(3r2+4)y2+24ty+36-0,△0. 第2步:利用弦长公式构建关于a的方程,并求解 -24 36 由弦长公式得lAB|-V2xV4(a-1)②-4(^-1)= 则y十y2- 34y1= 3{十4 4-a+1-2, 第2步:将三点共线代数化,建立关于n的代数式 因为N为线段FP的中点,F(1.0),所以N(,o). 23.解:(1)解法一(作差法十基本不等式)第1步:证明(a 由N,Q,B三点共线,得kn-kno,即y2” 十b)②二4ab '(a+b)^{②}-a^{②}+6^{+2ab→2ab+2ab-4ab,当且仅当a= 一), 时等号成立, 第2步:作差比较大小,得出结论 (2a+2b^{})-(a+b)-2(a+b)2-4ab-(a+b)→(a十 第3步:证明n一y b)-(a+b)-(a+b)(a+b-1). -3y2 -3 所以-y1-2-1-2(142-5-y1= 由a十b>3得(a十b)(a十b-1)>0. '2a+26→a+b. -2-3(+y=)3434-0, -2(×363×24 解法二(不等式的传递性) 第1步:证明2a{}十2b二(a 十)2 2y2+3 2y2+3 “:(2a^②+26?)-(a+b){}-(a-b)②>0. 所以一y,所以AQy轴. '.2a^{}十26^{②}→(a十b){②},当且仅当a-b时等号成立。 21.解:(1)第1步:给出定义域,并求导 当a=-2时,f(x)-(1+2x)ln(1十x)-x. 第2步:证明(a十)a十b .:a十二3. x(-1,十). .(a十b)②>a十b. 1十2 第3步:利用不等式的传递性得出结论 .2a?+26?>a+6. 第2步:判断函数的单调性 易知f(x)在(-1,十oo)上单调递增,且f(0)-0. (2)第1步:利用绝对值三角不等式去绝对值 所以当x(-1,0)时,f(x) 0,当x(0,+o)时 l-2b^}|+|6-2a}|>la-26^{}+$-2a}|-a+b-(2a} ^()0. +2)|-2+26-(a+b). 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,十oo)上单调 第2步:利用a十b二3得出结论 递增. 由(1)中解法一知(2a?+2?)-(a+b)>(a+b)(a十b-1). 第3步:根据极值的定义给出结论 “.+b3..'.(a+b)(a+b-1)3x2-6. 所以当x一0时,/(x)取得极小值,为f(0)一0,f(x)无极 'a-26}|+6-2}1>6 大值. 2023年普通高等学校招生全国统一考试 (2)第1步:求导 (新课标I卷) f(x)=(1-ax)ln(1+x)-r,x(-1,+oo). 1十) -2]U[3,+oo),故MON-(-2),故选C. _a十l ()分0 1十(1十){② 1士r。 2.A:- 第2步:找出原不等式成立的一个必要条件 11 因为当x>0时,f(x)>0,且f(0)-0,/(0)-0. _-i,故选A. 所以g'(0)--2a-1二0,得a<-2. 22 3.D 解法-:a+xb-(1+.1-),a+b=(1+,1-). 因为(a十b)l(a十b),所以(a十xb)·(a十b)-o,即 故<一 1是原不等式成立的一个必要条件, (1+,1-)·(1+.1-)=(1+)(1+)十(1-) 第3步:证明该必要条件也是充分条件 (1-)-2+2-0,故x--1,故选D. 解法二:由题意知,la{}-lbl②-2,且a·b-0.因为(a十 下面证明其充分性: 1 b)l(a十b),所以(a十ab)·(a十b)=0,即|a②十 当二一 +)(a·b)+b|-0,则2+2-0,故--1,故 选D 过4.D 由复合函数单调性法则知,f(c)-2x(r-a)在( 一. 所以/(x)在[o,十oo)上单调递增,且/(x)二/f(0)-0. 所以f(x)在[0,十oo)上单调递增,且f(x)→f(0)-0. )上单调递减,在(,十)上单调递增.因为/(x)在 (0,1)上单调递减,所以→1,即a→2,故选D. 数学答案-202024年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷） 数学答题卡 姓 名： 准考证号： 贴条形码区 考生 缺考考生由监考员贴条形码，并用2B铅笔填涂下面的缺考标 (正面朝上，请勿贴出虚线方框) 禁填 记。□ $ 1.答题前，考生将自己的姓名、准考证号填写请楚，并认真核实对监考员所粘贴的条形码上的准考证号，姓名、考场 和座位号是香准确无误。 2.选择题必须使用2B铅笔将对应题目的答案标号涂黑，修改时用橡皮擦干净，再选择其它答案涂黑。非选择题必 注意事项 须使用0.5毫米黑色签字笔填写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按题号顺序在各题的答题区域内答题，超出答题区域的答案无效，在草稿纸、试题纸上书写的答案无效。 4.保持卡面清洁、完整，严禁折叠，严禁使用涂改液，胶带纸和修正带。 5.正确填涂 补 选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分 1.[A][B][C]CD] 4.[A][B[C][D] 7.[A][B][C]D 10.[A][B[C][D] 2.[A][B[C[D] 5.[A][B][C[D] 8.[A][B][C]D] 11.[A][B[C][D] 3.[A][B[C[D] 6.[A][B][C][D] 9.[A][B][C[D] 12.[A][B[C]LD 炉 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 14. 15. 16. 三、解答题：共70分 蜜 17.(12分) 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡第1页（共4页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，短出边框的答案无效 数学答题卡第2页（共4页） ■ ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 19.(12分) 20.(12分) 21.(12分) 请在各题目的答题区域内作答，短出边框的答案无效 数学答题卡第3页（共4页） ■ 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 22.(10分) 23.(10分) 请在各题目的答题区域内作答，短出边框的答案无效 数学答题卡第4页（共4页）