6.数学·2024年普通高等学校招生全国统一考试(全国甲卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考数学真题汇编

两式相加，得(.0一1)2+(f(.x0)-f()2≤0. 3.D根据不等式组，画出可行城如图所示，作出直线x一5y 所以ro=t. =0并平移，则当平移后的直线过点A时，取得最小值， 另一方面，求导得 由 4x-3y-3=0 s1(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f(t)+ 2x+6y-9=0得 g())f(x) y=1 3 s2(x)=2(.x-t-1)+2(f(x)-f(1) -5×1=- 2 故选D g(t))f(x) 因为s(x)(i=1,2)的最小值点也是极小值点， x-3y-3-0 所以s1(x0)=0,s2(x0)=0, ￥-2-2=0 即 (.x0-1+1)+(f(xo)-f(t)+g(1)f(xo)=0 A x-510 1(x0-1-1)+(f(xo)-f(t)-g()f(.xo)=0 两式相减，得g(1)f(o)=一1. 代入x0=1,并由g()>0,得了()=- g0,1∈R 2x+6-9=0 所以「(x)在R上严格单调递减. 解法二：第1步：先证MP⊥1 4B由s=So,得5a1+a=10a1+a0,所以5ag 2 2 先证明一个结论：对于M(a,b),设P(xo,f(xa)为M的 “f最近，点”，曲线y=f(x)在，点P处的切线为1，则MP⊥L. 5(a3+as),所以a6=0,公差d=ag二0=- 8-5 3,所以a1= 证明： 图为s(x)=(x-a)2十(f(x)-b)2.所以s'(x)=2.x-2a a-d=1-4×(-寸）=子故选B 十2f(x)(f(x)-b),所以当s(x)在x=x处取得最小值 5.C解法一（方程组法）根据焦点坐标可知c=4,根据焦 时，s'(x0)=0,即x0一a十f(xa)(f(xo)一b)=0, 所以fo)-b 1 点在y上：野设双由线的方程为芳-荐-10>0 xo-a f(xo)' 0).期。2一是=1a=2 又直线MP的斜率kp=fo)- ,得 ,且切线1的斜率为k a2+b2=16 6=2g所以离心率e=名=2 xo-a 1 解法二（定义法）根据双曲线的定义，得2a= =(zo),所以MP·=八o·了(xo)=了 1(-6-0)2+(4-4)2-√(-6-0)2+(4+4)= ·了(x0)=-1, 16-10=4, 所以MP⊥L. 第2步：证明线段M1M2的中点N与点P重合 报播低点业标可知=4，所以高心率一二-受-2 因为Ht∈R,M1(t一1，f(t)一g(t)),M2(t+1,f(t)+ 6.Af(x)= g(t),存在对应的点P使得M1P2为M到曲线y= e+2s01+2)-(e+2sin)·2红，所以f(0)=3,所 (1+x2)2 f(x)的距离平方的最小值，|M2P2为M2到曲线y 以曲线y=f(.x)在点(0,1)处的切线方程为y一1=3(x一 f(x)的距离平方的最小值，连接M1M2,因为M1(t-1, 0),即3.x一y十1=0，切线与两坐标轴的交点分别为(0,1)， f(t)-g(t),M2(t+1,f(t)+g(t)), 所以设线段MM2的中点为N,则N(1,f(1)),则点N在 (一了0），所以切线与两坐标轴所国成的三角彩的面积 曲线y=f(x)上. 若M1,M2到曲线y=f(x)的距离最小时对应的点P与 点N不重合，则|M1P<M1N|,|M2P|<|M2N|, 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|MP|+M2P|<|MN|+|M2N1=|M1M2|, 称，f(-x)=-(-x)2+(er-ef)sin(-x)=-x2+(e 这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以点P与点N 一e)sin=f(x),所以函数f(x)为偶函数，函数图象关 必重合. 于y轴对称，排除ACfI)=-1+(e-)sin1>-1 第3步：用结论判断f(x)的单调性 又直线MM的针率为MM=2g2=g0)>0,女 2 十(e-白）m吾=-1+号>0，排除n故选B 2 f(L),所以由kMM·k=g()·(1)=kMm·k1=一1< &B报据题意有四。0-气，即1一m。=号所以 cos a 0,知∫(t)<0,所以当1∈R时，有∫(1)<0，所以函数 f(x)在R上严格单调递减. 2024年普通高等学校招生全国统一考试 m=1一答所以m+)把。 3=23 (全国甲卷) 3 一1，故选B. 1.A因为=5+i,所以乏=5-i,所以i(+)=10i,故9.Ca⊥b曰x2+x+2x=0曰x=0戎x=-3,所以x=-3 选A 是a⊥b的充分条件，x一0是ab的充分条件，故A错误， 2.DB={1,4,9,16,25,81},A∩B={1,4,9,则CA(A∩B) C正确.a∥b=2.x十2=x2曰.x2-2.x-2=0=.x=1士3，故 =(2,3,5.故选D. B,D错误， 数学答案-19 10.Aa∩B=m,则mCa,mC3对于①，若m∥n,则n∥a或 当c=3时，a,b需要满足“3≤a十b≤9”，所有可能情况为 n∥B,①正确：对于②，若m⊥，则可能n∥a或n与a相 (1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1.5),(5,1),(1,6),(6,1), 交，②错误：对于③，若n∥a且n∥B,则n∥m,③正确：对 (2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4), 于国n与m所成角可以为[0，吾]内的任意角，国错误. 共16种. 当c=4时，a,b需要满足“5≤a+b≤11”，所有可能情况 故选A. 为(1,5)，(5,1)，(1,6)，(6,1)，(2.3)，(3,2)，(2,5)，(5， 1.C由正孩定理得号-sin Asin C=sn2B,因为B=子，所以 2),(2.6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(6,5),(5 6),共16种. sin Asin C=号sin2B=子由余孩定理得=a2+e2 当c=5时，a,b需要满足“7≤a+b≤13”，所有可能情况 为(1,6)，(6.1)，(2,6)，(6,2)，(3,4)，(4,3)，(3,6)，(6 2ar·msB=a2+2-ac=号ar,所以42+c2=3。 ar,所 3),(4,6)(6,4),共10种 以A+siC-只in Asin C,所以(snA+snC 当c=6时，a,b需要满足“9≤a十b≤15”，所有可能情况 为(4,5)，(5,4)，共2种 sinA+sin C+-2sin Asin C-in Asin C 故共有2十10十16+16+10+2=56（种）可能情况，所以 4,又sinA 所水抵率P部-品 >0,sinC>0,所以sinA+inC= 2 17.解：(1)第1步：填写列联表 12.C根据题意有2h=a+c,即a-2h+c=0,所以直线a.x 填写如下列联表： +y+c=0过点M(1,-2).设圆x2+y2+4y-1=0的 优级品 非优级品 圆心为C,连接CM,则AB⊥CM时，|AB引最小，将园的方 甲车间 26 24 程化为x2+(y+2)2=5,则C(0,-2),所以MC1=1,所 以1AB1的最小值为2√5-MC产-4，故选C. 乙车间 70 30 18.5(仔十z)的展开式的通项公式为T+1=C 第2步：作出完整的2X2列联表 则完整的2×2列联表如下： (号)，则各项的系数分别为C(传)”，C。 优级品 非优级品 总计 (3）',c(3）',c(3）'.c(3）)c(3）).c。 甲车间 26 24 50 (号)），c(号).c(})）c(）,c8(3),观 乙车间 70 30 100 总计 96 54 150 察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递 增，分尉升算c(兮)广.C(传)八，c(行)广，c 第3步：根据公式求K2 K2=150X(26×30-70×24)2 96×54×50×100 =4.6875. (号)），c(号）广，C$(号)°，比较可得，c(号)=5 第4步：根据K2的值判断 最大， 因为K2=4.6875>3.841,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： 两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之 因为K2=4.6875<6.635,所以没有99%的把握认为甲、 比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积 乙两车间产品的优级品率存在差异， 之比为1-n=m-严区6 (2)第1步：求出p √9(r2-n)2-(r2-r1)2V84 由题意可知D=150 96 =0.64, 15.64报据题意有1 1 2log.2 =-号，即31og2】 第2步：求出p+1.65三卫的值 1 21og2=-号，设1=log2(a>1).则t>0,故31-21 又p+1.65 p1=p2=0.5+1.65×y 0.5×(1-0.5) 150 昌得1=言=-1合去)，所以162=日所以e 0.5 0.5+1.65× 12.247≈0.57、 2,所以a=64. 第3步：由P与p+1.65√DD的大小关系判断 7 16.后设3次取出的球上的数字依次为a,h,c,则无放回地 随机取3次球的取法有A=120(种)，则1m一n| 所以p>p十1.65 P卫，所以能认为生产线智能化 n 2 89-。2≤，可得1a+6-2x atb_atbtc=atb-2c 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am和Sm的关系求数列{an)的 ≤3.当c=1时，a,b需要满足“1≤a十b≤5”，所有可能情 递推关系 况为(2,3)，(3,2)，共2种. 因为4Sm=3am十4①，所以当n≥2时，4S-1=3am-1十 当c=2时，a,b需要满足“1≤a十b≤7”，所有可能情况为 4②， (1.3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1), 则当n≥2时，①一②得4an=3am一3am-1,即am= (3,4),(4,3),共10种 一3am-1· 数学答案一20 第2步：求出a1. (2)第1步：证明OB,OD,OF两两垂直 当n=1时，由4Sm=3am十4得4a1=3a1+4,所以a1=4 取AM的中点O,连接BO,FO ≠0， 由(1)解法一可知，BM=CD=AB=2,因为AM=2,所以 第3步：求数列{an}的通项公式 BO⊥AD,且BO=√5 所以数列{am}是以4为首项，一3为公比的等比数列， 所以an=4X(-3)"-1 由(1)解法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM= (2)解法一（错位相减法）第1步：求出数列(b}的道项 ED=√Io,. 公式 又AF=0,所以FOLAM, 图为bn=(-1)”-1am=(-1)”-1nX4X(-3)"-1 =4n·3”-1, 又OA=OM=1,所以F0=V√FA2-OA2=3. 第2步：利用错位相减法求Tm 又FB=2V5,所以BO3+FO=FB2, 所以Tn=4×3°+8×31+12×32+…+4n·3-1, 所以FO OB,即OB,OD,OF两两垂直 所以3Tm=4×3+8×32+12×33+…+4n·3”, 第2步：建立空间直角坐标系，并写出相关点和向量的 两式相减得一2Tm=4十4(3+32+…十3”1)一4n·3" 坐标 =4+4×31=3)-4m·3=-2+62-4n).3, 分别以OB,OD,OF所在直线为x,y,?轴建立如图所示 1-3 的空间直角坐标系， 所以Tm=1十(21-1)·3". 解法二（裂项求和）第1步：求出数列{bm}的通项公式 bn=(-1)"-1ai=(-1)▣-1n×4×(-3)"-1=4n 。30-1. 第2步：利用待定系数法对b,进行裂项 令bm=(km+b)·3"-[k(n-1)+b门·3"-1， 则bn=(kn+b)·3"-[k(n-1)+b]·3”-1=3”-1[3kn+ 3b-k(n-1)-6]=(2kn+2b+k)·3"-1, 路-o降公2 所以 即b=(21-1)·30-[2(n-1)-1]·3-1=(2m-1)· 3-(2n-3)·3-1, 第3步：求和 则F(0,0,3),B(5,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),则Mi= 所以Tn=b1+b2十b3+…+bn=1×31-(-1)×3°+3X 32-1×3+5×33-3×32+…+(2n-1)·3"-(2m-3) (5,-1,0),MF=(0,-1,3),ME=(0,1,3). ·3"-1=(2m-1)·3"-(-1)×3°=(2n-1)·3"+1. 第3步：求平面FBM的法向量 19,解：(1)解法一（利用线面平行判定定理）第1步：证四 设平而FBM的法向量为n1=(x1y1,1), 边形BCDM为平行四边形 则 1·Mi=0m3x1-y1=0 因为M为AD的中点，BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以 ,即 m1·Mf=0'”-y1十31=0 BC∥MD,且BC=MD. 所以四边形BCDM为平行四边形。 令y1=3,所以x1=3,1=1,所以n1=(3,3,1). 第2步：利用线面平行的判定定理证明BM∥平面CDE 第4步：求平面EBM的法向量 所以BM∥CD, 设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,2), 又CDC平面CDE,BM庄平面CDE,所以BM∥平 则 n2·Mi=0mV3x2-y2=0 面CDE. ,即 m2·Mt=0甲2+3w=0 解法二（利用面面平行的性质）第1步：证四边形BCEF 为平行四边形 令y2=3,所以x2=√3,2=-1，所以n2=(W5,3,一1) 图为EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC, 第5步：求二面角F一BM-E的正弦值 又EF=BC=2,所以四边形BCEF为平行四边形. 设二面角F-BM一E的平面角为0，所以|cOs0|= 第2步：证BF∥平面CDE 1cos(m1,n2)1= n1·n211 所以BF∥CE,又CEC平面CDE,BF史平面CDE,所以 n11n213' BF∥平面CDE. 因为0∈[0，π]，所以sin0>0,即sin0=√1-cos0 第3步：证四边形MDEF为平行四边形 因为M为AD的中，点，且AD=4,所以EF∥MD,且EF -43 13 =MD,所以四边形MDEF为平行四边形. 第4步：证FM∥平面CDE 所以FM∥ED,又EDC平面CDE,FM庄平面CDE,所 所以三面角F一BM一E的正续值为 以FM∥平面CDE. 20.解：解法一（直接法）第1步：构造关于a,b,c的方程组 第5步：利用面面平行的性质证BM∥平面CDE 1+9=1 因为BF,FMC平面BMF,BF∩FM=F,所以平面BMF a24 由题意知 ∥平面CDE. c=1 又BMC平面BMF,所以BM∥平面CDE. a2=b2+c2 数学答案一21 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 21.解：(1)第1步：给出定义域，并求导 [a=2 当a=一2时，f(x)=(1十2.x)ln(1+x)-x, 得b=3 x∈(-1，+o∞)， c=1 fe)=2n1+)+H-1-2a+)-1 所以精国C的方氧为号+号-1 第2步：判断函数的单调性 解法二第1步：构造关于a,b,c的方程组 易知子(x)在（一1，十∞）上单调递增，且了(0)=0， 1MF列==3 所以当x∈（一1,0）时，f(x)<0,当x∈(0，十∞)时， u 2 f(x)>0, 由题意知c=1 所以f(x)在（一I,0)上单调递减，在(0，十∞）上单调 a2=b6+e2 递增， 第3步：根据极值的定义给出结论 第2步：求解方程组，并写出椭圆方程 所以当x=0时，f(x)取得极小值，为f(0)=0,f(x)无极 fa=2 大值 得b=5, (2)第1步：求导 c=1 f(x)=(1-ar)n(1+x)-x,x∈(-1，+o∞)， 所以箱周C的方程为行+苦-1 则fx)=-aln1+x)-（a+x,设g(x)=-aln(1+ 1+x 解法三（巧用椭圆的定义）》 )业，g)=品 a+1 设F为C的左焦点，连接MF,则IMF=号，FF=2, 第2步：找出原不等式成立的一个必要条件 在R△MFF中，MF'|=√MF+FF'TF= 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)=0,f(0)=0, √)+=名 所以0)=-2a-1≥0，得a<- 由椭圆的定义知2a=|MF'|十MF|=4.2c=|FF1=2, 故a≤-合是原不等式成立的一个必要条件. 所以a=2,c=1, 第3步：证明该必要条件也是充分条件 又a2=2十c2,所以b=3, 下面证明其充分性： 所以植司C的方银为号+号-1 1 当a≤-2，x≥0时，g(x)≥21+n一21十 (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 20+)2≥0， 分析知直线AB的斜率存在。 所以f(x)在[0，十o∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)=0: 易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴。 所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)=0. 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB:x=ty十4(1≠ 综上0的取位范圈是(，一] 0),A(x1y1),B(x2y2),Q(1,n), 22.解：(1)因为p2-x2+y2.x=pos0,y=psin0,所以由p- x=1y+4 p0s0+1, 可得2+y=x+1, 化简整理得y2=2.x十1， 消去x得(32十4)y2+241y十36=0，△>0， 所以C的直角坐标方程为y2=2x十1. -241 36 则1十=311业32+ (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 第2步：将三点共线代数化，建立关于的代数式 由直线l的参数方程可得直线l的普通方程为y=十a, 因为N为线段FP的中点，FI,0),所以N(号，0). 设A(x1y),B(x2yz) 由N,Q,B三点共线，得N=kQ,即 联立方程得"r+a y2=2.x+1 5 x2一2 1一2 消去y得x2+2(a-1)x+a2-1=0,则△>0， 得-是=(：一）得= -3y2 由根与系数的关系得x十x2=-2(a-1),x1x2=a2-1, 第2步：利用弦长公式枸建关于：的方程，并求解 第3步：证明=y1 由弦长公式得|AB引=√2X√4(a-1)2-4(a2-1) -3y2 -3y2 所以m一y=22-5为=22+4)-51 4√-a+I=2, -21×363×24t 解得a=,经检脸，0=子特合题意，所以a= -2y12-3(1+y22_372+4372+4=0, 23.解：(1)解法一（作差法十基本不等式）第1步：证明(a 21y9+3 2t3y2+3 +b)2≥4ab 所以n=y1,所以AQ⊥y轴. (a+b)2=a2+b2+2ab≥2ab+2ab=4ab,当且仅当a= b时等号成立， 数学答案-22 第2步：作差比较大小，得出结论 ∴.(2a2+2b2)-(a+b)=2(a+b)2-4ab-(a+b)≥(a+ 7.C若a为等差数列，设公差为d,则S,=号2+(a1 b)2-(a+b)=(a+b)(a+b-1), 由a十b≥3得(a+b)(a+b-1)>0, 》即-号+(一号》以-号将以 n .2a2+2b>a+h. 解法二（不等式的传递性）第1步：证明2：2+2b2≥(a (倍}为等差：到，故甲是乙的充分条件：若倍}为等差数 +b)2 列，设公差为d1,则=S1+(-1)d,即S。=dn2+ (2a2+26)-(a+b)2=(a-b)2≥0， ∴2a2+2≥(a+b)2,当且仅当a=b时等号成立， (S1-d1)n,易知a1=S1,当n≥2时，am=Sn-Sm-1=2d1n 第2步：证明(a+b)2>a+b +S-2山1，n=1时也符合，故an=2d1n+S1-2d1(易错： .a十b>3. 雾验证n=1),所以am+1一am=2d1,所以{am}为等差数列， '.(a十b)2>a十b, 故甲是乙的必要条件，故选C. 第3步：利用不等式的传递性得出结论 ∴.2a2+2b2>a+6. 8.B解法-：由sina-=子6 os sin-吉，且co in月 (2)第1步：利用绝对值三角不等式去绝对值 2[sim(a+》-sin(e-],解得sin(a+)=子，所以 1a-2b2|+1b-2a2≥|a-2b2+b-2a21=1a+b-(2a +262)=2a2+2b2-(a+b). cos(2a+20=1-2sin2a+D=号，截选B. 第2步：利用a十b≥3得出结论 由(1)中解法一知(2a2+2)-(a十b)≥(a十b)(a十b-1). 解法二：由sin(a-B)=sinos月-cos sin=号且os 'a+b≥3.∴.(a+b)(a+b-1)≥3×2=6 ∴.1a-2b1+|b-2a2|≥6. asin=吉，得sin acos号，所以sin(a十D=sin月 2023年普通高等学校招生全国统一考试 十osin月-号所以cs(2a+20-1-2sn2(a+》- (新课标I卷) 司故选B 1.C由x2-x-6≥0，解得x≥3或x≤-2，即N=(-∞， -2]U[3,+∞)，故M∩N={-2},故选C. 9.BD选项A,令十十西=西十十十x十十 6 1-i=1.1-i=1.1-iD1-边=1. -21 2.A=2+g=2·1+2·1+D0-D=z· 2 则6(，x2十x3十x1+x5)=4(x1十x2十x8十x4十x5十x6)白 2(x2十x3十x4+xi)=4(x1+x6)白r2+x3+x4+xa =一期=故一=一一=-i故选A 2(x1十x6),所以选项A不一定成立，故A错误：选项B, 3.D解法一：a+h=(1十，1-a),a十b=(1+4,1-), x2,x3,x4,x5的中位数为4个数据从小到大排列后最中 因为(a十b)⊥(a+b),所以(a+b)·(a+b)=0,即 间2个数的平均数，x1,2,,x6的中位数为6个数据从 (1+入，1-)·(1+4,1-x)=(1+a)(1+x)+(1-) 小到大排列后最中间2个数的平均数，二者相等，故B正 (1-)=2+24=0,故Au=-1,故选D. 确：选项C,标准差反映数据的集中程度，数据越离散，标 解法二：由题意知，|a2=b2=2,且a·b=0.因为(a十 准差越大，因此x1和x6加上之后标准差会不变或变大， b)⊥(a十b),所以(a十b)·(a+b)=0,即a2+ 故C错误：选项D,极差为样本数据的最大值减去最小值， (a十)(a·b)十4b2=0,则2+24=0，故4=-1，故 所以x2,x3x4,rs的极差不大于T1·x2…,x6的极差，故 选D. D正确，故选BD. 快解：取x1,x2,…,T6为1,2,2,2,2,9.选项A,T2,x3,x4 4.D由复合函数单调性法则知，f(.x)=2r一在（一∞， x5的平均数等于2，x1,x2,x6的平均数等于3，故A错 )上单调递减，在（号，十）上单调递增.因为f(x)在 误：选项Bx2345的中位数为2生2=212… 2 (0,1)上单调递减，所以号≥1，即a≥2，故选D 的中位数为2告=2，相等，故B三确：选项C 5.A由题意得=。百=日-又=5 U1·d5的标准差为0，x1,x2,…,x6的标准差为 2 22+12+12+12+1+6>0,故C错误：选项D,r2,x3: 则宁。百解得a=2会负)，故选A 6 x4t5的极差为0，x1,x2,,x6的极差为8，故D正确，故 6.B将圍x2十y2-4x一1=0化为标准方程(x一2)2十y2= 选BD. 5,可知圆心坐标为(2,0)，半径为V5.设圆心为O,过点 10.ACD设燃油汽车，混合动力汽车、电动汽车的声压级分 P(0,一2)作圆O的两条切线分别交圆O于点A和点B, 则OP=22,OA=OB=√5，PA=PB=3.故sin∠OPA 别为h1.l山41-4=20Xg%-20Xg月=20× po 2,万·COs∠OPA=Y3,易知△OAP≌△OBP,则 1g≥0，所以>1，即p1≥p2,所以选项A正确：L2 p2 2√2 ∠OPA=∠OPB,故sina=sin2∠OPA=2sin∠OPA· a-20X1e%-20xg月-20xg8器3>10且Le-L Po P3 C08∠OPA=2×5×S=45,故选B. 2√22√2 20e片≤20.所以1≥lg分>2即10≥>10， 数学答案-23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. 尔 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 郑 1.若z=5十i,则i(x+x)= A.10i B.2i C.10 D.2 2.已知集合A={1,2,3,4,5,9},B={x√x∈A},则CA(A∩B)= A.1,4,9 B.{3,4,9} C.{1,2,3 D.{2,3,5} 非 4x-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，则之=x一5y的最小值为 2.x+6y-9≤0 A.2 c-8 B.0 D.一2 4.记Sn为等差数列{a.}的前n项和，已知Ss=S1,as=1,则a1= A号 R写 c.-3 D. 7 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)= 十2sinx,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+x2 童 面积为 A日 C. 7.函数f(x)=-x2十(e-e)sinx在区间[-2.8,2.8]的图象大致为 B 2024·全国甲卷第1页（共8页） 8.已知 cos a =5,则tan(a+牙)= cos a-sin a A.23+1 B.23-1 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a、B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n∥a或n∥3②若m⊥n,则n⊥a或n⊥3③若n∥a且n∥3，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,b,c,若B=5,6=ac,则simA十snC 4.239 B.v39 D.313 13 13 c. 13 12.已知b是a,c的等差中项，直线a.x十by十c=0与圆x2十y°+4y一1=0交于A,B两点，则 AB引的最小值为 () 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r), 3(r2一r),则圆台甲与乙的体积之比为 15.已知a>1且g。以一受则a- 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，则与n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17~21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8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.设力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， 一p,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？（√I50≈ 12.247) n(ad-bc)2 附：K=(a+b(+)ac(6+dDn=a+b+c+d. P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 2024·全国甲卷第3页（共8页） 18.(12分)记S.为数列{a.}的前n项和，已知4S.=3a+4. (1)求{an}的通项公式： (2)设bn=(一1)”-1nam,求数列{bn}的前n项和Tm, 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一BM-E的正弦值 2024·全国甲卷第4页（共8页） 20.(12分)已知椭圆C:大 +方=1(a>b>0)的右焦点为F,点M1,多)在C上，且MF⊥x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：AQ⊥y轴. 2024·全国甲卷第5页（共8页） 21.(12分)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)一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. 2024·全国甲卷第6页（共8页） (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=pc0s0十1. (1)写出C的直角坐标方程： x=t (2)设直线l: (1为参数)，若C与l相交于A、B两点，若AB=2,求a. ly=1+a 2024·全国甲卷第7页（共8页） 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：2a2+2b>a+b: (2)证明：|a-2b|+|b-2a1≥6. 2024·全国甲卷第8页（共8页）