精品解析:2024年高考全国甲卷数学(理)真题(解析版)

2024-08-30 · U1 上传 · 20页 · 1.1 M

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.设,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:A2.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:D3.若实数满足约束条件,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.等差数列的前项和为,若,,则()A. B. C.1 D.2【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】设、、,则,,,则,则.故选:C.6.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()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.函数在区间的大致图像为()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.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【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.设是两个平面,是两条直线,且.下列四个命题:①若,则或②若,则③若,且,则④若与和所成的角相等,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.在中内角所对边分别为,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,再利用正弦定理得到的值,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.2 B.3 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,各项系数的最大值是______.【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______.【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,,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______.【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:0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)答案见详解(2)答案见详解【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.【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,且.(1)求的通项公式;(2)设,求数列的前项和为.【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)证明见详解;(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】因为为的中点,所以,四边形平行四边形,所以,又因为平面,平面,所以平面;【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.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.【答案】(1)(2)证明见解析【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】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,恒成立,求的取值范围.【答案】(1)极小值,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.【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

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