2024高考压轴试卷——数学（理）（全国乙卷）（Word版附解析）

这是一份2024高考压轴试卷——数学（理）（全国乙卷）（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，选考题的作答， 函数图象大致为等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5.考试结束后'，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第I卷
一､选择题：本题共12小题，每小题5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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2.已知，则（ ）
A.2 B. C. D.1
3. 已知曲线在点处的切线方程为，则
A. B. C. D.
4．为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业、人才、文化、生态、组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务．根据调查的数据，建立了实际还款比例P关于还款人的年收入x（单位：万元）的Lgistic模型：．已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50％，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为（ ）．（参考数据：）
A．30％B．40％C．60％D．70％
5. 下列说法不正确的是（ ）
①命题“，”的否定是“,”；
②“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件；
③命题，，命题,，则为真命题；
④“函数在上是减函数”，为真命题.
A. ①②③B. ②③④C. ①③④D. ①②④
6. 函数图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）
A. 8种B. 14种C. 20种D. 16种
8. 龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）
A. B. C. D.
9. 已知各项均为正数的等比数列，，，成等差数列，若中存在两项，，使得为其等比中项，则的最小值为（ ）
A. 4B. 9C. D.
10.设为双曲线的上､下焦点，点为的上顶点，以为直径的圆交的一条渐近线于两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（ ）
A. 直线共面 B.
C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
12. 已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．已知函数，对任意的，都有，且在区间上单调，则的值为__________．
14.展开式的常数项为__________.
15. 抛物线上的动点到点的距离之和的最小值为________．
16. 已知是球的球面上的三点，，且三棱锥的体积为，则球的体积为______．
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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．
问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．
（1）求B；
（2）若的外接圆半径为2，且，求ac．
注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．
18.已知等差数列满足，前项和为是关于的二次函数且最高次项系数为1.
（1）求的通项公式；
（2）已知，求的前项和.
19.如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上（包括端点）的动点，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面的夹角为，求的值.
20.在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一点，直线交于两点.
（1）若直线过的焦点，求的值；
（2）若直线分别与轴相交于两点，且，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
21．已知，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证：对任意的，，．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标与参数方程]
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求C与l的直角坐标方程；
（2）若P是C上的一个动点，求P到l的距离的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若是的最小值，且正数满足，证明：．
KS5U2024高考压轴卷 全国乙卷
理数试题答案
1【KS5U答案】D
【KS5U解析】由可解得：或，即，
由函数有意义可得：，解得：，即，
于是.
故选：D.
【KS5U答案】D
【KS5U解析】由，得，所以，所以.故选D.
3【KS5U答案】D
【KS5U解析】
，
将代入得，故选D．
【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．
4．【KS5U答案】B
【KS5U解析】由题意得当时，％，则％，得，
所以，得，所以．
当时，％．故选B．
5【KS5U答案】C
【KS5U解析】对于①：命题“，”的否定是“,”，故①不正确；
对于②：若，则的定义域为，且，
所以函数为奇函数，即充分性成立；
若函数为奇函数，且的定义域为，
可得，整理得恒成立，
解得，即必要性不成立；
所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，故②正确；
对于③：因为恒成立，
即命题,为假命题，所以为假命题，故③不正确；
对于④：当时，当时，但，可得，
所以函数在上不是减函数，故④不正确；
故选：C.
6【KS5U答案】C
【KS5U解析】由，
可知是奇函数，且定义域为，排除BD；
当时，，排除A.
故选：C
7【KS5U答案】B
【KS5U解析】第一类，甲、乙都不在天和核心舱共有种；
第二类，甲、乙恰好有一人在天和核心舱，先排天和核心舱有种，
然后排问天实验舱与梦天实验舱有种，
所以，甲、乙恰好有一人天和核心舱共有种.
综上，甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验共有种.
故选：B
8【KS5U答案】B
【KS5U解析】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.
根据题意，，，，，
设，
所以，
解得，，
所以，
故选：B.
9【KS5U答案】D
【KS5U解析】因，，成等差数列，所以，
又为各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为q，
所以，所以，
解得或（舍），
又为，的等比中项，
所以，
所以 ，
所以，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D
【点睛】解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用基本不等式时，应注意取等条件，即角标m，n必须为正整数，属中档题.
【KS5U答案】C
【KS5U解析】由题意知以为直径的圆的方程为，根据对称性，不妨设一条渐近线方程为，联立得，又，所以，则
，即.所以离心率.故选C.
11【KS5U答案】D
【KS5U解析】
对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形,
故有，又E， G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，,故B项正确；
对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即,
在中，,故C项正确；
对于D项，如图④，连接,易得,
因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线，
即过点B，E，F的平面即平面.
由可得四边形为等腰梯形，
故其面积为： ，即D项错误.
故选：D.
12【KS5U答案】C
【KS5U解析】令，
则，即，
故函数是定义在上的奇函数，
当,时，，则，
故在,上单调递增，在,上单调递增，
所以在上单调递增，
又，则，
则不等式，即，
故，解得．
故选：C．
13．【KS5U答案】或
【KS5U解析】因为，所以函数的图象关于直线对称，
所以，即，，
解得，，
∵，∴，，
因为在区间上单调，所以，解得．
经检验，当时，，当时，均满足题意．
【KS5U答案】48
【KS5U解析】因为的展开式的通项是，所以所求常数项为.
15【KS5U答案】
【KS5U解析】抛物线的焦点为，准线为，
设是抛物线上任意一点，则题目所求为的最小值，
过作，垂足为，
根据抛物线的定义可知，
所以题意所求为的最小值，
根据图象可知，当三点共线时，的值最小，
故最小值为.
故答案为：
16【KS5U答案】
【KS5U解析】在中，，由余弦定理得，
即，整理得，而，解得，
显然，即，则外接圆的半径，
令球心到平面的距离为，而的面积为，
由棱锥的体积为，得，解得，
球的半径，则有，，
所以球的体积.
故答案为：
17【KS5U答案】（1）
（2）
【分析】（1）选①利用余弦定理即可求出；选②根据正弦定理进行边换角即可得到答案；
（2）首先求出，再利用正弦定理整体求出即可.
【小问1详解】
选择条件①：
因为，在中，由余弦定理可得，
即，则，
因为，所以.
选择条件②：
因为，在中，由正弦定理可得，
即，则，
因为，所以，则，
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以，则，
即，又，
所以.因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以.
18.解：（1）因为为等差数列，设首项为，公差为，
，
.
.
.
（2），
.
.
19.解：（1）证明：如图，连接交于点，连接，
四边形是正方形，为的中点，
是的中点，，
平面平面平面.
（2）易知两两垂直，
以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则.
，
设，则.
.
设平面的法向量为，
则即令，则.
又直线与平面的夹角为，
，解得.
.
20.解：（1）因为点是抛物线上的一点，
所以，解得，所以的方程为，
所以的焦点为.显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得，所以，
所以，
所以.
（2）设，显然直线的斜率存在，且斜率为，
所以直线的方程为，
所以，即，
同理可得，，
所以，所以，即，①
显然直线的斜率存在，且斜率为，
所以直线的方程为，②
将①式代入②式，整理得，
所以直线恒过定点.
21．（1）解：的定义域为，，
若，则恒成立，
所以在上单调递增．
若，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：当时，．
所以，
．
要证，
即证
，
即证．
由，得，
即，
，
故只需证．
下面给出证明：设，则，
当时，恒成立，单调递减，
当时，，，
所以；
当时，，所以；
当时，，，
所以．
所以对任意的，恒成立，
即对任意的，恒成立．
综上所述，恒成立，
故对任意的，，．
22【KS5U答案】（1），；
（2）.
【分析】（1）消去参数求出曲线C的普通方程；利用极坐标与直角坐标的互化公式求出l的直角坐标方程.
（2）利用点到直线的距离公式，结合图形的几何性质求出取值范围.
【小问1详解】
消去曲线C的参数方程中的参数得：，
把代入直线l的极坐标方程得：，
所以C与l的直角坐标方程分别为，.
【小问2详解】
显然曲线C是以点为圆心，为半径的圆，
点到直线的距离，
显然直线与圆相离，于是圆上动点到直线的最小值为，最大值为，
所以P到l的距离的取值范围是.
23【KS5U答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意，将函数化为分段函数的形式，分类讨论计算，即可得到结果；
（2）根据题意，结合基本不等式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
∴或或，
解得或或，
∴不等式的解集为；
【小问2详解】
证明：由，可得的最小值为，
则，，
∴
，当且仅当时，等号成立，
∴．