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1、2024年高考全国甲卷数学（理）真题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1设，则（）ABC10D2集合，则（）ABCD3若实数满足约束条件，则的最小值为（）ABCD4等差数列的前项和为，若，则（）ABC1D25已知双曲线的左、右焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A4B3C2D6设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（）ABCD7函数在区间的大致图像为（）ABCD8已知，则（）ABCD9已知向量，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设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：若，则或若，则若，且
2、，则若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（）ABCD11在中内角所对边分别为，若，则（）ABCD12已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（）A2B3C4D二、填空题13的展开式中，各项系数的最大值是 14已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 15已知，则 16有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取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，则与差的绝对值不超过的概率是 三、解答题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
3、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2624050乙车间70282100总计96522150(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：0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818记为数列的前项和，且(1)求的通项公式；
4、(2)设，求数列的前项和为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设椭圆的右焦点为，点在上，且轴(1)求的方程；(2)过点的直线与交于两点，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，恒成立，求的取值范围22在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的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，求的值.23实数满足(1)证明：；(2)证明：参考答案：1A【分析】结合共轭复
5、数与复数的基本运算直接求解.【详解】由，则.故选：A2D【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：D3D【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.4B【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.5C【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】设、，则，则，则.故选：C.6A【分析】借助导数的几何意义计算可得其
6、在点处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，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.7B【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.8B【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.9C【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
7、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.10A【分析】根据线面平行的判定定理即可判断；举反例即可判断；根据线面平行的性质即可判断.【详解】对，当，因为，则，当，因为，则，当既不在也不在内，因为，则且，故正确；对，若，则与不一定垂直，故错误；对，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，故正确；对，若与和所成的角相等，如果，则，故错误；综上只有正确，故选：A.11C【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，再利用正弦定理得
8、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.12C【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：C135【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【分析
9、】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：.1564【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【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、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：17(1)答案见详解(2)答案见详解【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.【详解】（1）根据题意可得列联表：优级品非优级品甲车间2624乙车间7030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.（2）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
11、线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.18(1)(2)【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.【详解】（1）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.（2）,所以故所以，.19(1)证明见详解；(2)【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.【详解】（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
12、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.20(1)(2)证明见解析【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.【详解】（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.【点
13、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(1)极小值为，无极大值.(2)【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.【详解】（1）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.（2），设，则，当时，故在上为增函数，故，即，所以在
14、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.22(1)(2)【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.【详解】（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(1)证明见解析(2)证明见解析【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.【详解】（1）因为，当时等号成立，则，因为，所以;（2）