全国甲卷文数-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_全国甲卷（8科）

2024 年高考全国甲卷数学（文） 一、单选题 1．集合A={1,2,3,4,5,9}，B={ x x+1∈A } ，则AB=（ ） A．{1,2,3,4} B．{1,2,3} C．{3,4} D．{1,2,9} 【答案】A 【解析】根据题意得，对于集合B中的元素x，满足x+1=1,2,3,4,5,9， 则x可能的取值为0,1,2,3,4,8，即B={0,1,2,3,4,8}，于是A∩B={1,2,3,4}. 故选A 2．设z= 2i，则z⋅z =（ ） A．-i B．1 C．-1 D．2 【答案】D 【解析】根据题意得，z=− 2i，故 zz=−2i2 =2. 故选D 4x−3y−3≥0  3．若实数x,y满足约束条件x−2y−2≤0 ，则z=x−5y的最小值为（ ）  2x+6y−9≤0 1 7 A．5 B． C．−2 D．− 2 2 【答案】D 4x−3y−3≥0  【解析】实数x,y满足x−2y−2≤0 ，作出可行域如图：  2x+6y−9≤0 1 1 1 1 1 由z=x−5y可得y= x− z，即z的几何意义为y= x− z的截距的− ， 5 5 5 5 5 1 1 则该直线截距取最大值时，z有最小值，此时直线y= x− z过点A， 5 5  3 4x−3y−3=0 x= 3  联立 ，解得 2，即A ,1， 2x+6y−9=0  y=1 2  3 7 则z = −5×1=− . min 2 2 故选D. 4．等差数列{a }的前n项和为S ，若S =1，a +a =（ ） n n 9 3 7 7 2 A．−2 B． C．1 D． 3 9【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a 和d来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或 1 者特殊值法处理. 【解析】方法1：利用等差数列的基本量 9×8 由S =1，根据等差数列的求和公式，S =9a + d =1⇔9a +36d =1， 9 9 1 2 1 2 2 又a +a =a +2d+a +6d =2a +8d = (9a +36d)= . 3 7 1 1 1 9 1 9 故选D 方法2：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，a + a = a + a，由S =1，根据等差数列的求和公式， 1 9 3 7 9 9(a +a ) 9(a +a ) 2 S = 1 9 = 3 7 =1，故a +a = . 9 2 2 3 7 9 故选D 方法3：特殊值法 1 2 不妨取等差数列公差d =0，则S =1=9a ⇒a = ，则a +a =2a = . 9 1 1 9 3 7 1 9 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（ ） 1 1 1 2 A． B． C． D． 4 3 2 3 【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2种排法，丁就1种，共2种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种； 于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意； 8 1 基本事件总数显然是A4 =24，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 = . 4 24 3 故选B 6．已知双曲线C: y2 − x2 =1(a>0,b>0)的上、下焦点分别为F (0,4),F (0,−4)，点P(−6,4)在该双曲线上，则该双 a2 b2 1 2 曲线的离心率为（ ） A．4 B．3 C．2 D． 2 【答案】C 【分析】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率. 【解析】根据题意，F (0,−4)、F (0,4)、P(−6,4)， 1 2 则 FF =2c=8， PF = 62+(4+4)2 =10， PF = 62+(4−4)2 =6，则2a= PF − PF =10−6=4，则 1 2 1 2 1 2 2c 8 e= = =2. 2a 4 故选C. 7．曲线 f (x)=x6+3x−1在(0,−1)处的切线与坐标轴围成的面积为（ ） 1 3 1 3 A． B． C． D．− 6 2 2 2 【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】 f′(x)=6x5+3，所以 f′(0)=3，故切线方程为y=3(x−0)−1=3x−1， 1 1 1 1 故切线的横截距为 ，纵截距为−1，故切线与坐标轴围成的面积为 ×1× = 3 2 3 6 故选A. 8．函数 f (x)=−x2+ ( ex−e−x) sinx在区间[−2.8,2.8]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x=1可得 f (1)>0，可排除D. 【解析】 f (−x)=−x2+ ( e−x−ex) sin(−x)=−x2+ ( ex−e−x) sinx= f (x)， 又函数定义域为[−2.8,2.8 ]，故该函数为偶函数，AC错误，  1  1 π e 1 1 1 又 f (1)=−1+e− sin1>−1+e− sin = −1− > − >0，  e  e 6 2 2e 4 2e D错误. 故选B. cosα  π 9．已知 = 3，则tanα+ =（ ） cosα−sinα  4 3 A．2 3+1 B．2 3−1 C． D．1− 3 2 【答案】B cosα 【分析】先将 弦化切求得tanα，再根据两角和的正切公式即可求解. cosα−sinα cosα 1 3 【解析】因为 = 3，所以 = 3，⇒tanα=1− ， cosα−sinα 1−tanα 3  π tanα+1 所以tanα+ = =2 3−1，  4 1−tanα 故选B. 10．设α、β是两个平面，m、n是两条直线，且αβ=m.下列四个命题： ①若m//n，则n//α或n//β ②若m⊥n，则n⊥α,n⊥β ③若n//α，且n//β，则m//n ④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n 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n⊂α，因为m//n，m⊂β，则n//β，当n⊂β，因为m//n，m⊂α，则n//α， 当n既不在α也不在β内，因为m//n，m⊂α,m⊂β，则n//α且n//β，①正确； ②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，②错误； ③，过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t，因为n//α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s， 则根据线面平行的性质定理知n//s，同理可得n//t，则s//t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s//平面β，因为s⊂ 平面α，αβ=m，则s//m，又因为n//s，则m//n，③正确； ④，若α∩β=m,n与α和β所成的角相等，如果n//α,n//β，则m//n，④错误； ①③正确， 故选A. π 9 11．在ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B= ，b2 = ac，则sinA+sinC =（ ） 3 4 3 7 3 A． B． 2 C． D． 2 2 2 【答案】C 1 13 【分析】利用正弦定理得sinAsinC = ，再利用余弦定理有a2+c2 = ac，再利用正弦定理得到sin2 A+sin2C的值， 3 4 最后代入计算即可. π 9 4 1 【解析】因为B= ,b2 = ac，则由正弦定理得sinAsinC = sin2B= . 3 4 9 3 9 13 13 13 根据余弦定理可得:b2 =a2+c2−ac= ac，即:a2+c2 = ac，根据正弦定理得sin2 A+sin2C = sinAsinC = ， 4 4 4 12 7 所以(sinA+sinC)2 =sin2 A+sin2C+2sinAsinC = ， 4 7 因为A,C为三角形内角，则sinA+sinC >0，则sinA+sinC = . 2 故选C. 二、填空题 12．函数 f(x)=sinx− 3cosx在[ 0,π ]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.  π π  π 2π 【解析】 f (x)=sinx− 3cosx=2sinx− ，当x∈[ 0,π ]时，x− ∈  − ,  ，  3 3  3 3  π π 5π 当x− = 时，即x= 时， f (x) =2. 3 2 6 max 答案为：2 1 1 5 13．已知a>1， − =− ，则a= ． log a log 4 2 8 a【答案】64 【分析】将log a,log 4利用换底公式转化成log a来表示即可求解. 8 a 2 1 1 3 1 5 【解析】由题 − = − log a=− ，整理得(log a)2−5log a−6=0， log a log 4 log a 2 2 2 2 2 8 a 2 ⇒log a=−1或log a=6，又a>1，所以log a=6=log 26，故a=26 =64 2 2 2 2 答案为：64. 14．曲线y=x3−3x与y=−(x−1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为 ． 【答案】(−2,1) 【分析】将函数转化为方程，令x3−3x=−(x−1)2+a，分离参数a，构造新函数g(x)=x3+x2−5x+1,结合导数求 得g(x)单调区间，画出大致图形数形结合即可求解. 【解析】令x3−3x=−(x−1)2+a，即a=x3+x2−5x+1，令g(x)=x3+x2−5x+1(x>0), 则g′(x)=3x2+2x−5=(3x+5)(x−1)，令g′(x)=0(x>0)得x=1， 当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)=1,g(1)=−2，因为 曲线y=x3−3x与y=−(x−1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点， 所以等价于y=a与g(x)有两个交点，所以a∈(−2,1) . 答案为：(−2,1) 三、解答题 15．已知等比数列{a }的前n项和为S ，且2S =3a −3. n n n n+1 (1)求{a }的通项公式； n (2)求数列{S }的通项公式. n n−1 5 【答案】(1)a =  n 3n 35 3 (2)   − 23 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S . n 【解析】（1）因为2S =3a −3,故2S =3a −3， n n+1 n−1 n 5 所以2a =3a −3a (n≥2)即5a =3a 故等比数列的公比为q= ， n n+1 n n n+1 3 5 5 n−1 故2a 1 =3a 2 −3=3a 1 × 3 −3=5a 1 −3，故a 1 =1，故a n = 3   .  5 n 1×1−   （2）根据等比数列求和公式得 S =  3  = 3  5  n − 3 . n 5 23 2 1− 3 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，BC//AD,EF //AD， AD=4,AB=BC =EF =2，ED= 10,FB=2 3，M 为AD的中点. (1)证明：BM//平面CDE； (2)求点M 到ABF的距离. 【答案】(1)见详解； 6 13 (2) 13 【分析】（1）结合已知易证四边形BCDM 为平行四边形，可证BM//CD，进而得证； （2）作FO⊥ AD，连接OB，易证OB,OD,OF三垂直，结合等体积法V =V 即可求解. M−ABF F−ABM 【解析】（1）因为BC//AD,BC =2,AD=4,M 为AD的中点，所以BC//MD,BC =MD， 四边形BCDM 为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM ⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM//平面CDE； （2）如图所示，作BO⊥ AD交AD于O，连接OF ，因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,AD=4, AB=BC =2， 所以CD=2， 结合（1）BCDM 为平行四边形，可得BM =CD=2，又AM =2，所以ABM 为等边三角形，O为AM 中点，所 以OB= 3，又因为四边形ADEF 为等腰梯形，M 为AD中点，所以EF =MD,EF//MD，四边形EFMD为平行四边 形，FM =ED= AF，所以△AFM 为等腰三角形，ABM 与△AFM 底边上中点O重合，OF ⊥ AM ， OF = AF2−AO2 =3 ， 因为OB2+OF2 =BF2，所以OB⊥OF，所以OB,OD,OF互相垂直， 1 1 3 等体积法可得V =V ，V = S ⋅FO= ⋅ ⋅22⋅3= 3， M−ABF F−ABM F−ABM 3 △ABM 3 4( )2 ( )2 FA2+AB2−FB2 10 +22− 2 3 1 39 ， cos∠FAB= = = ,sin∠FAB= 2FA⋅AB 2⋅ 10⋅2 2 10 2 10 1 1 39 39 S = FA⋅AB⋅sin∠FAB= ⋅ 10⋅2⋅ = ， △FAB 2 2 2 10 2 1 1 39 设点M 到FAB的距离为d，则V =V = ⋅S ⋅d = ⋅ ⋅d = 3， M−FAB F−ABM 3 △FAB 3 2 6 13 6 13 解得d = ，即点M 到ABF的距离为 . 13 13 17．已知函数 f (x)=a(x−1)−lnx+1． (1)求 f (x)的单调区间； (2)若a≤2时，证明：当x>1时， f (x)1时，ex−1−2x+1+lnx>0即可. 1 ax−1 【解析】（1） f(x)定义域为(0,+∞)， f′(x)=a− = x x ax−1 1  当a≤0时， f′(x)= <0，故 f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，x∈ ,+∞时， f′(x)>0， f(x)单调递 x a   1 增，当x∈0, 时， f′(x)<0， f(x)单调递减.  a 1   1 综上所述，当a≤0时， f(x)在(0,+∞)上单调递减；a>0时， f(x)在 ,+∞上单调递增，在0, 上单调递减. a   a （2）a≤2，且x>1时，ex−1− f(x)=ex−1−a(x−1)+lnx−1≥ex−1−2x+1+lnx， 1 1 令g(x)=ex−1−2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.g′(x)=ex−1−2+ ，再令h(x) = g′(x)，则h′(x)=ex−1− ，显 x x2 然h′(x)在(1,+∞)上递增，则h′(x)>h′(1)=e0−1=0， 即g′(x)=h(x)在(1,+∞)上递增，故g′(x)>g′(1)=e0−2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增， 故g(x)>g(1)=e0−2+1+ln1=0，问题得证 x2 y2  3 18．设椭圆C: + =1(a>b>0)的右焦点为F ，点M1, 在C上，且MF ⊥x轴． a2 b2  2 (1)求C的方程；(2)过点P(4,0)的直线与C交于A,B两点，N 为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥ y轴． x2 y2 【答案】(1) + =1 4 3 (2)见解析 【分析】（1）设F(c,0)，根据M 的坐标及MF ⊥ x轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设AB:y=k(x−4)，A(x,y )，B(x ,y )，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示y −y ，结合韦达 1 1 2 2 1 Q 定理化简前者可得y −y =0，故可证AQ⊥ y轴. 1 Q 【解析】（1）设F(c,0)，由题设有c=1且 b2 = 3 ，故 a2−1 = 3 ，故a=2，故b= 3， a 2 a 2 x2 y2 所以椭圆方程为 + =1. 4 3 （2）直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x−4)，A(x,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2 由 3x2+4y2 =12 可得 ( 3+4k2) x2−32k2x+64k2−12=0， y=k(x−4) 故Δ=1024k4−4 ( 3+4k2)( 64k2−12 ) >0，故− 1 0，故a< 1， 3 ∴ AB = s −s = (s +s )2−4ss = 8(a−1)2−8(a2−1) =2，解得a= . 1 2 1 2 1 2 4 y=x+a 法2：联立 ，得x2+(2a−2)x+a2−1=0，Δ=(2a−2)2−4 ( a2−1 ) =−8a+8>0，解得a< 1，设 y2 =2x+1 A(x,y ),B(x ,y ) ,∴x +x =2−2a,xx =a2−1， 1 1 2 2 1 2 1 2 则 AB = 1+12 ⋅ (x +x )2−4xx = 2⋅ (2−2a)2−4 ( a2−1 ) =2， 1 2 1 2 3 解得a= 4 20．实数a,b满足a+b≥3． (1)证明：2a2+2b2 >a+b； (2)证明： a−2b2 + b−2a2 ≥6． 【答案】(1)见解析 (2)见解析【分析】（1）直接利用2a2+2b2 ≥(a+b)2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2a2+2b2−(a+b)2 =a2−2ab+b2 =(a−b)2 ≥0， 当a=b时等号成立，则2a2+2b2 ≥(a+b)2，因为a+b≥3，所以2a2+2b2 ≥(a+b)2 >a+b; （2） a−2b2 + b−2a2 ≥ a−2b2+b−2a2 = 2a2+2b2−(a+b) =2a2+2b2−(a+b)≥(a+b)2−(a+b)=(a+b)(a+b−1)≥3×2=6