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
全国甲卷理科数学
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. 若 ，则 （ ）
A. B. C. 10 D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.
【详解】由 ，则 .
故选：A
2. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由集合 的定义求出 ，结合交集与补集运算即可求解.
【详解】因为 ，所以 ，则 ，
故选：D
3. 若 满足约束条件 ，则 最小值为（ ）
的
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. 记 为等差数列 的前 项和，已知 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由 结合等差中项的性质可得 ，即可计算出公差，即可得 的值.
【详解】由 ，则 ，
则等差数列 的公差 ，故 .
故选：B.
5. 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.
6. 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 ，
即该切线方程为 ，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.
7. 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.
8. 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.
9. 设向量 ，则（ ）
A. “ ”是“ ”的必要条件 B. “ ”是“ ”的必要条件
C. “ ”是“ ”的充分条件 D. “ ”是“ ”的充分条件
【答案】C【解析】
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【
详解】对A，当 时，则 ，
所以 ，解得 或 ，即必要性不成立，故A错误；
对C，当 时， ，故 ，
所以 ，即充分性成立，故C正确；
对B，当 时，则 ，解得 ，即必要性不成立，故B错误；
对D，当 时，不满足 ，所以 不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
10. 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.
11. 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.
12. 已知b是 的等差中项，直线 与圆 交于 两点，则 的最小
值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合等差数列性质将 代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】因为 成等差数列，所以 ， ，代入直线方程 得
，即 ，令 得 ，
故直线恒过 ，设 ，圆化为标准方程得： ，
设圆心为 ，画出直线与圆的图形，由图可知，当 时， 最小，
，此时 .
故选：C
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中，各项系数中的最大值为______．【答案】5
【解析】
【分析】先设展开式中第 项系数最大，则根据通项公式有 ，进而求出 即
可求解.
【详解】由题展开式通项公式为 ， 且 ，
设展开式中第 项系数最大，则 ，
，即 ，又 ，故 ，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为 .
故答案为：5.
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. 有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记 为
前两次取出的球上数字的平均值， 为取出的三个球上数字的平均值，则 与 之差的绝对值不大于 的
概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为 ，第三个球的号码为 ，则
，就 的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有 种，设前两个球的号码为 ，第三个球的号码为 ，则 ，
故 ，故 ，
故 ，
若 ，则 ，则 为： ，故有2种，
若 ，则 ，则 为： ，
，故有10种，
当 ，则 ，则 为：
，
，
故有16种，
当 ，则 ，同理有16种，
当 ，则 ，同理有10种，
当 ，则 ，同理有2种，
共 与 的差的绝对值不超过 时不同的抽取方法总数为 ，
故所求概率为 .
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. 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.
18. 记 为数列 的前 项和，已知 ．（1）求 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用退位法可求 的通项公式．
（2）利用错位相减法可求 .
【小问1详解】
当 时， ，解得 ．
当 时， ，所以 即 ，
而 ，故 ，故 ，
∴数列 是以4为首项， 为公比的等比数列，
.
所以
【小问2详解】
,
所以
故
所以，
.
19. 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）求二面角 的正弦值．
【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）作 交 于 ，连接 ，易证 三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公
式即可求解.
【小问1详解】
因为 为 的中点，所以 ，
为
四边形 平行四边形，所以 ，又因为 平面 ，
平面 ，所以 平面 ；
【小问2详解】
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，
以 方向为 轴， 方向为 轴， 方向为 轴，建立 空间直角坐标系，
， ， ，
，设平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，得 ，即 ，
则 ，即 ，令 ，得 ，
即 ， ，则 ，
故二面角 的正弦值为 .20. 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.
21. 已知函数 ．
（1）当 时，求 的极值；
（2）当 时， ，求 的取值范围．
【答案】（1）极小值为 ，无极大值.
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就 、 、 分类讨论后可得参数的取值范围.
【小问1详解】
当 时， ，
故 ，
因为 在 上为增函数，
故 在 上为增函数，而 ，
故当 时， ，当 时， ，
故 在 处取极小值且极小值为 ，无极大值.
【小问2详解】
，设 ，
则 ，
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 ，即 ，
所以 在 上为增函数，故 .
当 时，当 时， ，
故 在 上为减函数，故在 上 ，
即在 上 即 为减函数，
故在 上 ，不合题意，舍.
当 ，此时 在 上恒成立，
同理可得在 上 恒成立，不合题意，舍；
综上， .
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导
数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
（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．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
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
[选修4-5：不等式选讲]
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】
