文档内容
绝密★启用前
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. 1 D.
【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. 4 B. 3 C. 2 D.
【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 ，
为
即该切线方程 ，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. 2 B. 3 C. 4 D. 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. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. 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
故答案为：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：
优级 合格 不合格 总
品 品 品 计甲车
26 24 0 50
间
乙车
70 28 2 100
间
总计 96 52 2 150
（1）填写如下列联表：
优级 非优级
品 品
甲车
间
乙车
间
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：
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【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：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
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，该工厂产品的优级品率提高了.
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】
