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2024年高考全国甲卷数学（文）
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．1 C．-1 D．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．1 D．
【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．4 B．3 C．2 D．
【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．①③ B．②④ C．①②③ D．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）
