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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. 集合
，
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【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：A
2. 设
，则
（ ）
A.
B. 1
C. -1
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
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】
【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. 等差数列
的前
项和为
，若
，
（ ）
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
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
【解析】
【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.
【详解】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
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
【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，
、
、
，
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
【解析】
【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.
【详解】
，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
【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.
原10 题略
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
【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
，再利用正弦定理得到
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．
原13 题略
12. 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
13. 已知
，
，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.
14. 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．
15. 已知等比数列
的前
项和为
，且
.
（1）求
的通项公式；
（2）求数列
通项公式.
【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）利用等比数列的求和公式可求
.
【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
.
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）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
，连接
，易证
三垂直，结合等体积法
即可求解.
【小问1 详解】
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
；
【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，
由等体积法可得
，
，
，
，
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
【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
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）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．
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）
【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
20. 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】
