全国甲卷2024年高考文数模拟试卷附答案

这是一份全国甲卷2024年高考文数模拟试卷附答案，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则（ ）
A．B．1C．-1D．2
3．若实数满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．等差数列的前项和为，若，（ ）
A．B．C．1D．
5．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（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线的上、下焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4B．3C．2D．
7．曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．函数在区间的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知，则（ ）
A．B．C．D．
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．①③B．②④C．①②③D．①③④
11．在中内角所对边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
12．函数在上的最大值是 ．
13．已知，，则 ．
14．曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
三、解答题
15．已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的通项公式.
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，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
17．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若时，证明：当时，恒成立．
18．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．
19．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.
20．实数满足．
(1)证明：；
(2)证明：．
答案
一、单选题
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意得，对于集合中的元素，满足，
则可能的取值为，即，于是.
故选A
2．设，则（ ）
A．B．1C．-1D．2
【答案】D
【解析】根据题意得，，故.
故选D
3．若实数满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】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，（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【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.
【解析】方法1：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2：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3：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选D
5．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（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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.
【解析】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
6．已知双曲线的上、下焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4B．3C．2D．
【答案】C
【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.
【解析】根据题意，、、，
则，，，则，则.
故选C.
7．曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.
【解析】，所以，故切线方程为，
故切线的横截距为，纵截距为，故切线与坐标轴围成的面积为
故选A.
8．函数在区间的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.
【解析】，
又函数定义域为，故该函数为偶函数，AC错误，
又，
D错误.
故选B.
9．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.
【解析】因为，所以，，
所以，
故选B.
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．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【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.
【解析】①，当，因为，，则，当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，①正确；
②，若，则与不一定垂直，②错误；
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，③正确；
④，若与和所成的角相等，如果，则，④错误；
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
【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.
【解析】因为，则由正弦定理得.
根据余弦定理可得:，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
12．函数在上的最大值是 ．
【答案】2
【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.
【解析】，当时，，
当时，即时，.
答案为：2
13．已知，，则 ．
【答案】64
【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.
【解析】由题，整理得，
或，又，所以，故
答案为：64.
14．曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
【答案】
【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.
【解析】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.
答案为：
三、解答题
15．已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【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.
【解析】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）根据等比数列求和公式得.
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，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【答案】(1)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，连接，易证三垂直，结合等体积法即可求解.
【解析】（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，
等体积法可得，，
，，
设点到的距离为，则，
解得，即点到的距离为.
17．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若时，证明：当时，恒成立．
【答案】(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时，即可.
【解析】（1）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，在上单调递减；时，在上单调递增，在上单调递减.
（2），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
18．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)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.
【解析】（1）设，由题设有且，故，故，故，
所以椭圆方程为.
（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.
19．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)
【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.
【解析】（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
20．实数满足．
(1)证明：；
(2)证明：．
【答案】(1)见解析
(2)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.
【解析】（1）因为，
当时等号成立，则，因为，所以;
（2）