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2024 年普通高等学校招生全国统一考试
全国甲卷文科数学
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z=√2i,则z·z=( )
A.-2
B.√2
C.-√2
D.2
【答案】 D
【解析】 因为z=√2i,所以z=-√2i,z·z=2,故选D.
2.若集合A={1,2,3,4,5,9},B={x|x+1∈A},则A∩B=( )
A.{1,3,4}
B.{2,3,4}
C.{1,2,3,4}
D.{0,1,2,3,4,9}
【答案】 C
【解析】 因为B={x|x+1∈A}, 分别令x+1=1,x+1=2,x+1=3,x+1=4,x+1=5,x+1=9, 得x=0,1,2,3,4,8, 所以
B={0,1,2,3,4,8},于是A∩B={1,2,3,4},故选C.
3.若x,y 满足约束条件{
4 x -3 y -3≥0,
x -2 y -2≤0,
2 x +6 y -9≤0,
则z=x-5y 的最小值为( )
A.1
2
B.0
C.-5
2
D.-7
2
【答案】 D
【解析】 根据不等式组,画出可行域如图所示,作出直线x-5y=0 并平移,则当平移后的直线过点A 时,z 取得
最小值,由{
4 x -3 y -3=0,
2 x +6 y -9=0, 得{
x = 3
2 ,
y =1,
所以A(
3
2 ,1)
,所以zmin=3
2
-5×1=-7
2
.故选D.
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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.1
4
B.1
3
C.1
2
D.2
3
【答案】 B
【解析】 画出树状图:
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,所以所求概
率为8
24
=1
3
.故选B.
5.已知等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S9=1,则a3+a7=( )
A.-2
B.7
3
C.1
D.2
9
【答案】 D
【解析】 解法一: 设等差数列{an} 的公差为d, 由S9=9a1+9×8
2
d=9(a1+4d)=1, 得a1+4d=1
9
, 则
a3+a7=a1+2d+a1+6d=2a1+8d=2(a1+4d)=2
9
.故选D.
解法二:因为{an}为等差数列,所以S9=9(a1+a9)
2
=9a5=1,得a5=1
9,则a3+a7=2a5=2
9.故选D.
6.已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,-4),点(-6,4)在该双曲线上,则该双曲线的离心率为( )
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A.4
B.3
C.2
D.√2
【答案】 C
【解析】 解法一(方程组法):根据焦点坐标可知c=4,根据焦点在y 轴上,可设双曲线的方程为y
2
a
2
- x
2
b
2
=1(a>0,b>0),则{
16
a
2 - 36
b
2 =1,
a
2+b
2=16,
得{
a=2,
b=2√3,
所以离心率e=c
a
=2.
解法二(定义法):根据双曲线的定义,得2a=|√(-6-0)
2+(4 - 4)
2|-√(-6-0)
2+(4 + 4)
2|=|6-10|=4,根据焦点坐
标可知c=4,所以离心率e=2c
2a
=8
4
=2.
7.设函数f(x)=e
x+2sin x
1+ x
2
,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( )
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
【答案】 A
【解析】 f'(x)=(e
x+2cos x)(1+ x
2)-(e
x+2sin x)·2 x
(1+ x
2)
2
,所以f'(0)=3,所以曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线
方程为y-1=3(x-0),即3x-y+1=0,切线与两坐标轴的交点分别为(0,1),(- 1
3 ,0)
,所以切线与两坐标轴所围成的三
角形的面积为1
2
×1×1
3
=1
6
,故选A.
8.函数f(x)=-x2+(ex-e-x)sin x 在区间[-2.8,2.8]的图象大致为( )
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【答案】 B
【解析】 排除法:由题知函数f(x)的定义域为R,关于原点对称,f(-x)=-(-x)2+(e-x-ex)sin(-x)=-x2+(ex-e-x)sin
x=f(x),所以函数f(x)为偶函数,函数图象关于y 轴对称,排除A,C;f(1)=-1+(e - 1
e)
sin 1>-1+(e - 1
e)
sinπ
6
=-1+e
2
-
1
2e
>0,排除D.故选B.
9.已知
cos α
cos α -sin α
=√3,则tan(α + π
4)
=( )
A.2√3+1
B.2√3-1
C.√3
2
D.1-√3
【答案】 B
【解析】 根据题意有cos α -sin α
cos α
=√3
3
,即1-tan α=√3
3
,所以tan α=1-√3
3
,所以tan(α + π
4)
=tan α +1
1- tan α
=
2- √3
3
√3
3
=2√3-1.故选B.
10.已知直线ax+y+2-a=0 与圆C:x2+y2+4y-1=0 交于A,B 两点,则|AB|的最小值为( )
A.2
B.3
C.4
D.6
【答案】 C
【解析】 设直线为l:ax+y+2-a=0,即l:a(x-1)+y+2=0,易知l 过定点P(1,-2),圆C 的标准方程为x2+(y+2)2=5,所
以圆心为C(0,-2),半径为√5,且P 在圆C 内.因为当PC⊥AB 时,圆心C 到直线l 的距离最大,此时|AB|取得最小
值,易得|PC|=|xP-xC|=1,所以|AB|=2√(√5)
2-1
2=4,故选C.
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11.设α，β 为两个平面,m，n 为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
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，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
【解析】 α∩β=m,则m⊂α,m⊂β,对于①,若m∥n,则n∥α 或n∥β,①正确;对于②,若m⊥n,则可能n∥α 或n 与
α 相交,②错误;对于③,若n∥α 且n∥β,则n∥m,③正确;对于④,n 与m 所成角可以为[0, π
2]
内的任意角,④错
误.故选A.
12.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若B=π
3
,b2=9
4
ac,则sin A+sin C=( )
A.2√39
13
B.√39
13
C.√7
2
D.3√13
13
【答案】 C
【解析】 由正弦定理得9
4
sin Asin C=sin2B,因为B=π
3
,所以sin Asin C=4
9
sin2B=1
3
.由余弦定理得b2=a2+c2-
2ac·cos
B=a2+c2-ac=9
4
ac, 所以a2+c2=13
4
ac, 所以sin2A+sin2C=13
4
sin
Asin
C, 所以(sin
A+sin
C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=21
4
sin Asin C=7
4
,又sin A>0,sin C>0,所以sin A+sin C=√7
2
.
二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分．
13.函数f(x)=sin x-√3cos x 在[0,π]上的最大值是________.
【答案】 2
【解析】 由题意知f(x)=sin x-√3cos x=2sin(x - π
3)
,当x∈[0,π]时,x-π
3
∈[- π
3 , 2π
3 ]
,所以sin(x - π
3)
∈
[- √3
2 ,1]
,于是f(x)∈[-√3,2],故f(x)在[0,π]上的最大值为2.
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14.已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与
乙的体积之比为________.
【答案】 √6
4
【解析】 两圆台的上、下底面积对应相等,则两圆台的体积之比为高之比,根据母线与半径的关系可得甲
与乙的体积之比为√4(r2-r1)
2-(r2-r1)
2
√9(r2-r1)
2-(r2-r1)
2
=√3
√8
=√6
4
.
15.已知a>1 且
1
lo g8a-
1
lo ga4 =-5
2,则a=________.
【答案】 64
【解析】 根据题意有
1
1
3 lo g2a-
1
2lo ga2=-5
2
,即3loga2-
1
2lo ga2=-5
2
,设t=loga2(a>1),则t>0,故3t- 1
2t
=-5
2
,得
t=1
6
(t=-1 舍去),所以loga2=1
6
,所以a
1
6=2,所以a=64.
16.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)
【解析】 令x3-3x=-(x-1)2+a,则a=x3-3x+(x-1)2,设h(x)=x3-3x+(x-1)2,则h'(x)=3x2-3+2(x-1)=(3x+5)(x-1),因为x>0,
所以3x+5>0,当0<x<1 时,h'(x)<0,当x>1 时,h'(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减.因为曲线
y=x3-3x 与y=-(x-1)2+a 在(0,+∞)上有两个不同的交点,h(0)=1,h(1)=-2,所以a 的取值范围为(-2,1).
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. （12 分）已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,且2Sn=3an+1-3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{Sn}的前n 项和.
【解】 (1)因为2Sn=3an+1-3,所以2Sn+1=3an+2-3,两式相减可得2an+1=3an+2-3an+1,即an+2=5
3
an+1,所以等比数列{an}
的公比为5
3
.因为2S1=3a2-3=5a1-3,所以a1=1,故an=(
5
3)
n-1.
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(2)因为2Sn=3an+1-3,所以Sn=3
2
(an+1-1)=3
2[(
5
3)
n
-1]
,设数列{Sn}的前n 项和为Tn,则Tn=3
2
×
5
3[1-(
5
3)
n
]
1- 5
3
-3
2
n=
15
4
×(
5
3)
n-3
2
n-15
4
.
18. （12 分）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:
优级品合格品不合格品总计
甲车间
26
24
0
50
乙车间
70
28
2
100
总计
96
52
2
150
(1)填写如下列联表:
优级品
非优级品
甲车间
乙车间
能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异?能否有99%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p=0.5.设p为升级改造后抽取的n 件产品的优级品率.如果p
>p+1.65
√
p(1- p)
n
,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?(√150≈12.247)
附:K2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )
,n=a+b+c+d.
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【解】 (1)填写如下列联表:
优级品
非优级品
甲车间
26
24
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乙车间
70
30
则完整的2×2 列联表如下:
优级品
非优级品
总计
甲车间
26
24
50
乙车间
70
30
100
总计
96
54
150
K2=150×(26×30-70×24)
2
96×54×50×100
=4.687 5.因为K2=4.687 5>3.841,所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的
优级品率存在差异;因为K2=4.687 5<6.635,所以没有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异.
(2)由题意可知p= 96
150
=0.64,又p+1.65
√
p(1- p)
n
=0.5+1.65×
√
0.5×(1-0.5)
150
≈0.5+1.65×
0.5
12.247
≈0.57,所以p
>p+1.65
√
p(1- p)
n
,所以能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. （12 分）如图,已知AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=√10,AE=2√3,M 为CD 的中点.
(1)证明:EM∥平面BCF;
(2)求点M 到平面ADE 的距离.
【解】 (1)由题意得,EF∥MC,且EF=MC,所以四边形EFCM 是平行四边形,所以EM∥FC.又CF⊂平面
BCF,EM⊄平面BCF,所以EM∥平面BCF.
(2)取DM 的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以四边形AMCB 是平行四边形,所以AM=BC=
√10, 又AD=√10, 故△ADM 是等腰三角形, 同理△EDM 是等腰三角形, 可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=
√
A D
2-(
DM
2 )
2=3,OE=√
E D
2-(
DM
2 )
2=√3, 又
AE=2√3, 所以
OA2+OE2=AE2, 故
OA⊥OE. 又
OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM, 所以OA⊥平面EDM. 易知S△EDM=1
2
×2×√3=√3. 在△ADE
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中,cos∠DEA= 4 +12-10
2×2×2√3
=√3
4
,所以sin∠DEA=√13
4
,S△ADE=1
2
×2×2√3×√13
4
=√39
2
.设点M 到平面ADE 的距
离为d,由VM-ADE=VA-EDM,得1
3
S△ADE·d=1
3
S△EDM·OA,得d=6√13
13
,故点M 到平面ADE 的距离为6√13
13
.
20. （12 分）已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤2 时,证明:当x>1 时,f(x)<ex-1恒成立.
【解】 (1)因为f(x)=a(x-1)-ln x+1,所以f'(x)=a-1
x
=ax -1
x
,x>0,若a≤0,则f'(x)<0 恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单
调递减,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当a>0,则当0<x<1
a
时,f'(x)<0,当x>1
a
时,f'(x)>0,所以
f(x)的单调递减区间为(0, 1
a)
,单调递增区间为(
1
a ,+∞)
.综上,当a≤0 时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调
递增区间;当a>0 时,f(x)的单调递减区间为(0, 1
a)
,单调递增区间为(
1
a ,+∞)
.
(2)解法一(放缩法):因为a≤2,所以当x>1 时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1.令g(x)=ex-1-2x+ln x+1,则
只需证当x>1 时g(x)>0.易知g'(x)=ex-1-2+1
x ,令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1- 1
x
2在(1,+∞)上单调递增,则当x>1 时,
h'(x)>h'(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1 时,g'(x)>g'(1)=0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以
当x>1 时,g(x)>g(1)=0,即当x>1 时,f(x)<ex-1恒成立.
解法二(作差法直接求导证明):设g(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1,只需证当x>1 时g(x)<0 即可.易知g'(x)=a-1
x
-ex-1,令
h(x)=g'(x),则h'(x)= 1
x
2-ex-1,由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1,+∞)上单调递减,则当x>1 时,h'(x)<h'(1)=1-
1=0,所以h(x)=g'(x)在(1,+∞)上单调递减,于是当x>1 时,g'(x)<g'(1)=a-2,又a≤2,所以a-2≤0,则当x>1 时,
g'(x)<0,故g(x)在(1,+∞)上单调递减,所以当x>1 时,g(x)<g(1)=0,即当x>1 时,f(x)<ex-1恒成立.
21. （12 分）已知椭圆C: x
2
a
2
+ y
2
b
2
=1(a>b>0)的右焦点为F,点M(1, 3
2)
在C 上,且MF⊥x 轴.
(1)求C 的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C 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.
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【解】 (1)解法一(直接法):由题意知{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1,
c =1,
a
2=b
2+c
2,
得{
a=2,
b=√3,
c =1,
所以椭圆C 的方程为x
2
4
+ y
2
3
=1.
解法二:由题意知{
| MF |= b
2
a = 3
2 ,
c =1,
a
2=b
2+c
2,
得{
a=2,
b=√3,
c =1,
所以椭圆C 的方程为x
2
4
+ y
2
3
=1.
解法三( 巧用椭圆的定义): 设F' 为C 的左焦点, 连接MF', 则|MF|=3
2
,|FF'|=2, 在Rt△MFF' 中,|MF'|=
√| MF |
2+| FF ' |
2=√(
3
2)
2
+2
2=5
2
,由椭圆的定义知2a=|MF'|+|MF|=4,2c=|FF'|=2,所以a=2,c=1,又a2=b2+c2,
所以b=√3,所以椭圆C 的方程为x
2
4
+ y
2
3
=1.
(2)分析知直线AB 的斜率存在.易知当直线AB 的斜率为0 时,AQ⊥y 轴.当直线AB 的斜率不为0 时,设直线
AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),联立方程得{
x =ty + 4 ,
x
2
4 + y
2
3 =1,
消去x 得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ>0,则y1+y2=
-24t
3t
2+ 4
,y1y2=
36
3t
2+ 4
.因为N 为线段FP 的中点,F(1,0),所以N(
5
2 ,0).由N,Q,B 三点共线,得kBN=kNQ,即
y2
x2- 5
2
=
n
1- 5
2
, 得-3
2
y2=n(x2- 5
2), 得n=-3 y2
2 x2-5
, 所以n-y1=-3 y2
2 x2-5
-y1=-3 y2
2(t y2+ 4)-5
-y1=-2t y1 y2-3( y1+ y2)
2t y2+3
=
-2t ×36
3t
2+ 4
+ 3×24 t
3t
2+ 4
2t y2+3
=0,所以n=y1,所以AQ⊥y 轴.
（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．
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22.[选修4-4:坐标系与参数方程] （10 分）
在直角坐标系xOy 中,以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为ρ=ρcos
θ+1.
(1)写出C 的直角坐标方程;
(2)设直线l:{
x =t ,
y =t +a(t 为参数),若C 与l 相交于A,B 两点,且|AB|=2,求a.
【解】 (1)因为ρ2=x2+y2,x=ρcos θ,y=ρsin θ,所以由ρ=ρcos θ+1,可得√x
2+ y
2=x+1,化简整理得y2=2x+1,所以
C 的直角坐标方程为y2=2x+1.
(2)由直线l 的参数方程可得直线l 的普通方程为y=x+a,设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程得{
y = x +a,
y
2=2 x +1,
消去y 得
x2+2(a-1)x+a2-1=0, 则Δ>0, 由根与系数的关系得x1+x2=-2(a-1),x1x2=a2-1. 由弦长公式得|AB|=√2×
√4(a-1)
2- 4(a
2-1)=4√-a+1=2,解得a=3
4
,经检验,a=3
4
符合题意,所以a=3
4
.
23.[选修4-5:不等式选讲] （10 分）
已知实数a,b 满足a+b≥3,
(1)证明:2a2+2b2>a+b;
(2)证明:|a-2b2|+|b-2a2|≥6.
【解】 (1)解法一(作差法+基本不等式)因为(a+b)2=a2+b2+2ab≥2ab+2ab=4ab,当且仅当a=b 时等号成立,所
以(2a2+2b2)-(a+b)=2(a+b)2-4ab-(a+b)≥(a+b)2-(a+b)=(a+b)(a+b-1), 由
a+b≥3
得(a+b)(a+b-1)>0, 所以
2a2+2b2>a+b.
解法二(不等式的传递性):因为(2a2+2b2)-(a+b)2=(a-b)2≥0,所以2a2+2b2≥(a+b)2,当且仅当a=b 时等号成立,因
为a+b≥3,所以(a+b)2>a+b,所以2a2+2b2>a+b.
(2)|a-2b2|+|b-2a2|≥|a-2b2+b-2a2|=|a+b-(2a2+2b2)|=2a2+2b2-(a+b).由(1)中解法一知(2a2+2b2)-(a+b)≥(a+b)(a+b-1),
因为a+b≥3,所以(a+b)(a+b-1)≥3×2=6,所以|a-2b2|+|b-2a2|≥6.
