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1、120242024 年高考全国甲卷数学（文）真题年高考全国甲卷数学（文）真题一、单选题一、单选题1集合1,2,3,4,5,9A，1Bx xA，则AB（）A1,2,3,4B1,2,3C3,4D1,2,92设2iz，则z z（）A-iB1C-1D23若实数,x y满足约束条件43302202690 xyxyxy，则5zxy的最小值为（）A5B12C2D724等差数列 na的前n项和为nS，若91S，37aa（）A2B73C1D295甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（）A14B13C12D236已知双曲线2222:1(0,0)yxCabab的上、下焦点分别为120,4,
2、0,4FF，点6,4P 在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A4B3C2D27曲线 631f xxx在0,1处的切线与坐标轴围成的面积为（）A16B32C12D328函数 2eesinxxfxxx 在区间 2.8,2.8的大致图像为（）ABCD9已知cos3cossin，则tan4（）A2 31B2 31C32D1310设、是两个平面，mn、是两条直线，且m.下列四个命题：若/mn，则/n或/n若mn，则,nn若/n，且/n，则/mn若n与和所成的角相等，则mn2其中所有真命题的编号是（）ABCD11在ABC中内角,A B C所对边分别为,a b c，若3B，294bac，则sinsinAC
3、（）A32B2C72D32二、填空题二、填空题12函数 sin3cosf xxx在0,上的最大值是13已知1a，8115loglog 42aa，则a14曲线33yxx与21yxa 在0,上有两个不同的交点，则a的取值范围为三、解答题三、解答题15已知等比数列 na的前n项和为nS，且1233nnSa.(1)求 na的通项公式；(2)求数列 nS的通项公式.16 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，/,/BCAD EFAD，4,2ADABBCEF，10,2 3EDFB，M为AD的中点.(1)证明：/BM平面CDE；(2)求点M
4、到ABF的距离.317已知函数 1ln1fxa xx(1)求 fx的单调区间；(2)若2a 时，证明：当1x 时，1exfx恒成立18设椭圆2222:1(0)xyCabab的右焦点为F，点31,2M在C上，且MFx轴(1)求C的方程；(2)过点4,0P的直线与C交于,A B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQy轴19在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos1.(1)写出C的直角坐标方程；(2)设直线 l：xtyta（t为参数），若C与 l 相交于A B、两点，若2AB，求a的值.20实数,a b满足3ab
5、(1)证明：2222abab；(2)证明：22226abba120242024 年高考全国甲卷数学（文）真题年高考全国甲卷数学（文）真题参考答案：参考答案：1A【分析】根据集合B的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.【详解】依题意得，对于集合B中的元素x，满足11,2,3,4,5,9x，则x可能的取值为0,1,2,3,4,8，即0,1,2,3,4,8B，于是1,2,3,4AB.故选：A2D【分析】先根据共轭复数的定义写出z，然后根据复数的乘法计算.【详解】依题意得，2iz ，故22i2zz .故选：D3D【分析】画出可行域后，利用z的几何意义计算即可得.【详解】实数,x y满足4
6、3302202690 xyxyxy，作出可行域如图：由5zxy可得1155yxz，即z的几何意义为1155yxz的截距的15，则该直线截距取最大值时，z有最小值，此时直线1155yxz过点A，联立43302690 xyxy，解得321xy，即3,12A，则min375 122z .故选：D.4D2【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成1a和d来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.【详解】方法一：利用等差数列的基本量由91S，根据等差数列的求和公式，9119 89193612Sadad，又371111222628(936)99aaadadadad.故选：D方法二
7、：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，1937aaaa，由91S，根据等差数列的求和公式，193799()9()122aaaaS，故3729aa.故选：D方法三：特殊值法不妨取等差数列公差0d，则9111199Saa，则371229aaa.故选：D5B【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是44A24，根据古典概型的计算公式，丙
8、不在排头，甲或乙在排尾的概率为81243.故选：B6C【分析】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率.【详解】由题意，10,4F、20,4F、6,4P，则1228FFc，22164410PF，2226446PF，则1221064aPFPF，则28224cea.故选：C.37A【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.【详解】563fxx，所以 03f，故切线方程为3(0)131yxx，故切线的横截距为13，纵截距为1，故切线与坐标轴围成的面积为1111236 故选：A.8B【分析】利用函数的奇偶性可排除 A、C，代入1x 可得 10f，可排除 D.【详解
9、】22eesineesinxxxxfxxxxxfx ，又函数定义域为2.8,2.8，故该函数为偶函数，可排除 A、C，又 11e11111esin11esin10ee622e42ef ，故可排除 D.故选：B.9B【分析】先将coscossin弦化切求得tan，再根据两角和的正切公式即可求解.【详解】因为cos3cossin，所以131 tan，3tan13 ，所以tan1tan2 311tan4，故选：B.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n ，因为/mn，m，则/n，当n，因为/mn，m，则/n，当n既不在也不在内，因为
10、/mn，,mm，则/n且/n，故正确；对，若mn，则n与,不一定垂直，故错误；对，过直线n分别作两平面与,分别相交于直线s和直线t，因为/n，过直线n的平面与平面的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知/ns，同理可得/nt，则/st，因为s 平面，t 平面，则/s平面，4因为s 平面，m，则/sm，又因为/ns，则/mn，故正确；对，若,m n与和所成的角相等，如果/,/nn，则/mn，故错误；综上只有正确，故选：A.11C【分析】利用正弦定理得1sinsin3AC，再利用余弦定理有22134acac，再利用正弦定理得到22sinsinAC的值，最后代入计算即可.【详解】因为29,34Bb
11、ac，则由正弦定理得241sinsinsin93ACB.由余弦定理可得:22294bacacac，即:22134acac，根据正弦定理得221313sinsinsinsin412ACAC，所以2227(sinsin)sinsin2sinsin4ACACAC，因为,A C为三角形内角，则sinsin0AC，则7sinsin2AC.故选：C.122【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.【详解】sin3cos2sin3fxxxx，当0,x时，2,333x，当32x时，即56x 时，max2f x.故答案为：21364【分析】将8log,log 4aa利用换底公式转化成2log
12、 a来表示即可求解.【详解】由题28211315logloglog 4log22aaaa，整理得2225log60logaa，2log1a 或2log6a，又1a，5所以622log6log 2a，故6264a 故答案为：64.142,1【分析】将函数转化为方程，令2331xxxa，分离参数a，构造新函数 3251,g xxxx结合导数求得 g x单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【详解】令2331xxxa，即3251axxx，令 32510,g xxxxx则 2325351gxxxxx，令 00gxx得1x，当0,1x时，0gx，g x单调递减，当1,x时，0gx，g x单调递增，01
13、,12gg，因为曲线33yxx与21yxa 在0,上有两个不同的交点，所以等价于ya与 g x有两个交点，所以2,1a.故答案为：2,115(1)153nna(2)3 532 32n【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用等比数列的求和公式可求nS.【详解】（1）因为1233nnSa,故1233nnSa，所以12332nnnaaan即153nnaa故等比数列的公比为53q，6故1211523333533aaaa，故11a，故153nna.（2）由等比数列求和公式得51133 5352 3213nnnS.16(1)证明见详解；(2)6 1313【分析】（1）结合已知易证
14、四边形BCDM为平行四边形，可证/BM CD，进而得证；（2）作FOAD，连接OB，易证,OB OD OF三垂直，结合等体积法MABFFABMVV即可求解.【详解】（1）因为/,2,4,BC AD BCADM为AD的中点，所以/,BC MD BCMD，四边形BCDM为平行四边形，所以/BM CD，又因为BM 平面CDE，CD 平面CDE，所以/BM平面CDE；（2）如图所示，作BOAD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，/,4,BC AD AD 2ABBC，所以2CD，结合（1）BCDM为平行四边形，可得2BMCD，又2AM，所以ABM为等边三角形，O为AM中点，所以3OB，又
15、因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以,/EFMD EF MD，四边形EFMD为平行四边形，FMEDAF，所以AFM为等腰三角形，ABM与AFM底边上中点O重合，OFAM，223OFAFAO，因为222OBOFBF，所以OBOF，所以,OB OD OF互相垂直，由等体积法可得MABFFABMVV，2113233334FABMABMVSFO，2222221022 3139cos,sin2210 22 102 10FAABFBFABFABFA AB，113939sin10 22222 10FABSFA ABFAB，设点M到FAB的距离为d，则11393332MFABFABMFABVVSd
16、d，解得6 1313d，即点M到ABF的距离为6 1313.717(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当1x 时，1e21ln0 xxx 即可.【详解】（1）()f x定义域为(0,)，11()axfxaxx当0a时，1()0axfxx，故()f x在(0,)上单调递减；当0a 时，1,xa时，()0fx，()f x单调递增，当10,xa时，()0fx，()f x单调递减.综上所述，当0a时，()f x在(0,)上单调递减；0a 时，()f x在1,a上单调递增，在10,a上单调递减.（2）2a
17、，且1x 时，111e()e(1)ln1e21lnxxxf xa xxxx ，令1()e21ln(1)xg xxx x，下证()0g x 即可.11()e2xg xx，再令()()h xg x，则121()exh xx，显然()h x在(1,)上递增，则0()(1)e10h xh，即()()g xh x在(1,)上递增，故0()(1)e210g xg，即()g x在(1,)上单调递增，故0()(1)e21ln10g xg，问题得证18(1)22143xy(2)证明见解析8【分析】（1）设,0F c，根据M的坐标及MF x轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设:(4)AB yk x，11,A x
18、 y，22,B xy，联立直线方程和椭圆方程，用,A B的坐标表示1Qyy，结合韦达定理化简前者可得10Qyy，故可证AQy轴.【详解】（1）设,0F c，由题设有1c 且232ba，故2132aa，故2a，故3b，故椭圆方程为22143xy.（2）直线AB的斜率必定存在，设:(4)AB yk x，11,A x y，22,B xy，由223412(4)xyyk x可得2222343264120kxk xk，故42210244 3464120kkk，故1122k，又22121222326412,3434kkxxx xkk，而5,02N，故直线225:522yBN yxx，故22223325252
19、Qyyyxx，所以1222112225332525Qyxyyyyyxx 12224253425k xxk xx222212122264123225825834342525kkx xxxkkkkxx 2222212824 160243234025kkkkkx，故1Qyy，即AQy轴.【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 1122,x yxy；9（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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12xx、12x x（或12yy、12y y）的形式；（
20、5）代入韦达定理求解.19(1)221yx(2)34a【分析】（1）根据22cosxyx可得C的直角方程.（2）将直线的新的参数方程代入C的直角方程，法 1：结合参数s的几何意义可得关于a的方程，从而可求参数a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a的值.【详解】（1）由cos1，将22cosxyx代入cos1，故可得221xyx，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为221yx.（2）对于直线l的参数方程消去参数t，得直线的普通方程为yxa.法 1：直线l的斜率为1，故倾斜角为4，故直线的参数方程可设为2222xsyas，sR.将其代入221yx中得222 2(1)
21、210sasa设,A B两点对应的参数分别为12,s s，则2121 22 21,21ssas sa，且22818116 160aaa，故1a，212121 24ABsssss s22818(1)2aa，解得34a.法 2：联立221yxayx，得22(22)10 xaxa，22(22)41880aaa，解得1a，设1122,A x yB xy,2121222,1xxa x xa，10则2212121 14ABxxx x222(22)41aa2，解得34a 20(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）直接利用22222()abab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2222222022abaabbabba，当ab时等号成立，则22222()abab，因为3ab，所以22222()ababab;（2）222222222222()abbaabbaabab22222()()()()(1)3 26ababababab ab