2024年高考全国甲卷数学（文）高考真题解析（参考版）

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2024年普通高等学校招生全国统一考试
全国甲卷文科数学
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. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算.
【详解】依题意得，，故.
故选：D
2. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合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，对于集合中的元素，满足，
则可能的取值为，即，
于是.
故选：C
3. 若满足约束条件，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. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.
解法二：分类讨论甲乙的位置，结合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】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，
其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，
故所求概率.
解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故选：B
5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，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，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
6. 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. 4B. 3C. 2D.
【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】由题意，设、、，
则，，，
则，则.
故选：C.
7. 设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所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，即可得其与坐标轴的交点坐标，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.
8. 函数在区间的图象大致为（ ）
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.
9. 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.
10. 已知直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，从而可得当时，的最小，结合勾股定理代入计算，即可求解.
【详解】因为直线，即，令，
则，所以直线过定点，设，
将圆化为标准式为，
所以圆心，半径，
当时，的最小，
此时.
故选：C
11. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题：
①若，则或 ②若，则或
③若且，则 ④若与,所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A. ①③B. ②④C. ①②③D. 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.
12. 在中,内角所对的边分别为，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，由正弦定理得到的值，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.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数在上的最大值是______．
【答案】2
【解析】
【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】，当时，，
当时，即时，.
故答案为：2
14. 已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______．
【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. 已知且，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：64.
16. 曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
详解】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
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. 已知等比数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用分组求和法即可求.
【小问1详解】
因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
【小问2详解】
由等比数列求和公式得，
所以数列的前n项和
.
18. 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：
（1）填写如下列联表：
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：
【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：
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，该工厂产品优级品率提高了.
19. 如图，，，，,为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到的距离.
【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）先证明平面，结合等体积法即可求解.
【小问1详解】
由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
20. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，证明：当时，恒成立．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【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时，即可.
【小问1详解】
定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
，且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
21. 已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，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.
（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．
22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴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.
【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，结合弦长公式可求的值.
【小问1详解】
由，将代入，
故可得，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
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. 已知实数满足．
（1）证明：；
（2）证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【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.
【小问1详解】
因为，
当时等号成立，则，
因为，所以;
【小问2详解】
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
优级品
非优级品
甲车间
乙车间
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
优级品
非优级品
甲车间
26
24
乙车间
70
30