数学文●全国甲卷丨2024年普通高等学校招生全国统一考试数学文试卷及答案

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．A1,2,3,4,5,9Bxx1AAB1.集合，，则（）A.1,2,3,4B.1,2,3C.3,4D.1,2,92设z2i，则zz（）.A.-iB.1C.-1D.2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017A.5B.C.2D.224.等差数列an的前n项和为Sn，若S91，a3a7（）72A.2B.C.1D.395.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（）1112A.B.C.D.43236.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（）A.4B.3C.2D.2第1页/共19页学科网（北京）股份有限公司 67.曲线fxx3x1在0,1处的切线与坐标轴围成的面积为（）1313AB.C.D..62222xx8.函数fxxeesinx在区间[2.8,2.8]的大致图像为（）A.B.C.D.cosπ9.已知3，则tan（）cossin43A.231B.231C.D.132原10题略10.设、是两个平面，m、n是两条直线，且m.下列四个命题：①若m//n，则n//或n//②若mn，则n,n③若n//，且n//，则m//n④若n与和所成的角相等，则mn其中所有真命题的编号是（）A①③B.②④C.①②③D.①③④.π2911.在ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B，bac，则sinAsinC（）34373A.B.2C.D.222二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．原13题略第2页/共19页学科网（北京）股份有限公司 12.函数fxsinx3cosx在0,π上的最大值是______．11513.已知a1，，则a______．logalog428a3214.曲线yx3x与yx1a在0,上有两个不同的交点，则a的取值范围为______．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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的通项公式.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23，M为AD的中点.（1）证明：BM//平面CDE；（2）求点M到ABF的距离.17.已知函数fxax1lnx1．（1）求fx的单调区间；x1（2）若a2时，证明：当x1时，fxe恒成立．22xy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．a2b2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．第3页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （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xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos1.（1）写出C的直角坐标方程；xt（2）设直线l：（t为参数），若C与l相交于A、B两点，若AB2，求a的值.yta20.实数a,b满足ab3．（1）证明：222a2bab；22（2）证明：a2bb2a6．第4页/共19页学科网（北京）股份有限公司 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．A1,2,3,4,5,9Bxx1AAB1.集合，，则（）A.1,2,3,4B.1,2,3C.3,4D.1,2,9【答案】A【解析】【分析】根据集合B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：A2.设z2i，则zz（）A.-iB.1C.-1D.2【答案】D【解析】【分析】先根据共轭复数的定义写出z，然后根据复数的乘法计算.第5页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【详解】依题意得，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017A.5B.C.2D.22【答案】D【解析】【分析】画出可行域后，利用z的几何意义计算即可得.4x3y30【详解】实数x,y满足x2y20，作出可行域如图：2x6y9011由zx5y可得yxz，55111即z的几何意义为yxz的截距的，555则该直线截距取最大值时，z有最小值，11此时直线yxz过点A，5534x3y30x3联立，解得2，即A,1，2x6y90y1237则z51.min22故选：D.4.等差数列an的前n项和为Sn，若S91，a3a7（）72A.2B.C.1D.39【答案】D【解析】第6页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a1和d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98由S91，根据等差数列的求和公式，S99a1d19a136d1，222又aaa2da6d2a8d(9a36d).37111199故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a1a9a3a7，由S91，根据等差数列的求和公式，9(aa)9(aa)21937S1，故aa.937229故选：D方法三：特殊值法12不妨取等差数列公差d0，则S19aa，则aa2a.91137199故选：D5.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（）1112A.B.C.D.4323【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；4基本事件总数显然是A24，481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.243故选：B6.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（）A.4B.3C.2D.2【答案】C第7页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【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.【详解】设F10,4、F20,4、P6,4，2222则F1F22c8，PF164410，PF26446，2c8则2aPF1PF21064，则e2.2a4故选：C.67.曲线fxx3x1在0,1处的切线与坐标轴围成的面积为（）1313A.B.C.D.6222【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.5【详解】fx6x3，所以f03，故切线方程为y3(x0)13x1，1111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3236故选：A.2xx8.函数fxxeesinx在区间[2.8,2.8]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x1可得f10，可排除D.2xx2xx【详解】fxxeesinxxeesinxfx，第8页/共19页学科网（北京）股份有限公司 又函数定义域为2.8,2.8，故该函数为偶函数，可排除A、C，11πe111又f11esin11esin10，ee622e42e故可排除D.故选：B.cosπ9.已知3，则tan（）cossin43A.231B.231C.D.132【答案】B【解析】cos【分析】先将弦化切求得tan，再根据两角和的正切公式即可求解.cossincos【详解】因为3，cossin13所以3，tan1，1tan3tan1所以tan231，41tan故选：B.原10题略10.设、是两个平面，m、n是两条直线，且m.下列四个命题：①若m//n，则n//或n//②若mn，则n,n③若n//，且n//，则m//n④若n与和所成的角相等，则mn其中所有真命题的编号是（）A.①③B.②④C.①②③D.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n，因为m//n，m，则n//，第9页/共19页学科网（北京）股份有限公司 当n，因为m//n，m，则n//，当n既不在也不在内，因为m//n，m,m，则n//且n//，故①正确；对②，若mn，则n与,不一定垂直，故②错误；对③，过直线n分别作两平面与,分别相交于直线s和直线t，因为n//，过直线n的平面与平面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，t平面，则s//平面，因为s平面，m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；对④，若m,n与和所成的角相等，如果n//,n//，则m//n，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.π2911.在ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B，bac，则sinAsinC（）34373A.B.2C.D.222【答案】C【解析】12213【分析】利用正弦定理得sinAsinC，再利用余弦定理有acac，再利用正弦定理得到3422sinAsinC的值，最后代入计算即可.29421【详解】因为B,bac，则由正弦定理得sinAsinCsinB.34932229由余弦定理可得:bacacac，42213221313即:acac，根据正弦定理得sinAsinCsinAsinC，4412第10页/共19页学科网（北京）股份有限公司 2227所以(sinAsinC)sinAsinC2sinAsinC，47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：本题共4小题，每小题5分，共20分．原13题略12.函数fxsinx3cosx在0,π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.πππ2π【详解】fxsinx3cosx2sinx，当x0,π时，x,，3333ππ5π当x时，即x时，fx2.max326故答案为：211513已知a1，，则a______．.logalog428a【答案】64【解析】【分析】将log8a,loga4利用换底公式转化成log2a来表示即可求解.113152【详解】由题log2a，整理得log2a5log2a60，logalog4loga228a2loga1或loga6，又a1，22loga6log26，故6所以22a264故答案为：64.3214.曲线yx3x与yx1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】第11页/共19页学科网（北京）股份有限公司 3232【分析】将函数转化为方程，令x3xx1a，分离参数a，构造新函数gxxx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.3232gxx3x25x1x0,【详解】令x3xx1a，即axx5x1，令2则gx3x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2，32因为曲线yx3x与yx1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.故答案为：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．15.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的通项公式.n15【答案】（1）an3n353（2）23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；第12页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）利用等比数列的求和公式可求Sn.【小问1详解】因为2Sn3an13,故2Sn13an3，5所以2an3an13ann2即5an3an1故等比数列的公比为q，3n155故2a13a233a135a13，故a11，故an.33【小问2详解】n511n3353由等比数列求和公式得S.n52321316.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23，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）证明见详解；313（2）13【解析】【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VMABFVFABM即可求解.【小问1详解】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，第13页/共19页学科网（北京）股份有限公司 又因为BM平面CDE，CD平面CDE，所以BM//平面CDE；【小问2详解】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，22OFAFAO3，222因为OBOFBF，所以OBOF，所以OB,OD,OF互相垂直，1111323由等体积法可得VMABFVFABM，VFABMS△ABMFO23，323242222FA2AB2FB210223139cosFAB,sinFAB，2FAAB2102210210113939SFAABsinFAB102，△FAB22210211393设点M到FAB的距离为d，则VVSdd，MFABFABM△FAB3322313313解得d，即点M到ABF的距离为.131317.已知函数fxax1lnx1．（1）求fx的单调区间；x1（2）若a2时，证明：当x1时，fxe恒成立．第14页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【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x1时，x1e2x1lnx0即可.【小问1详解】1ax1f(x)定义域为(0,)，f(x)axxax1当a0时，f(x)0，故f(x)在(0,)上单调递减；x1当a0时，x,时，f(x)0，f(x)单调递增，a1当x0,时，f(x)0，f(x)单调递减.a综上所述，当a0时，f(x)在(0,)上单调递减；11a0时，f(x)在,上单调递增，在0,上单调递减.aa【小问2详解】x1x1x1a2，且x1时，ef(x)ea(x1)lnx1e2x1lnx，x1令g(x)e2x1lnx(x1)，下证g(x)0即可.x11x11g(x)e2，再令h(x)g(x)，则h(x)e，2xx0显然h(x)在(1,)上递增，则h(x)h(1)e10，即g(x)h(x)在(1,)上递增，0故g(x)g(1)e210，即g(x)在(1,)上单调递增，0故g(x)g(1)e21ln10，问题得证22xy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．a2b2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．第15页/共19页学科网（北京）股份有限公司 22xy【答案】（1）143（2）证明见解析【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x1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示y1yQ，结合韦达定理化简前者可得y1yQ0，故可证AQy轴.【小问1详解】22b3a13设Fc,0，由题设有c1且，故，故a2，故b3，a2a222xy故椭圆方程为1.43【小问2详解】直线AB的斜率必定存在，设AB:yk(x4)，Ax1,y1，Bx2,y2，223x4y122222由可得34kx32kx64k120，yk(x4)42211故Δ1024k434k64k120，故k，222232k64k12又xx,xx，12212234k34k35y252y23yBN:yx2而N,0，故直线52，故yQ525，2x2xx22223y2y12x253y2所以y1yQy12x52x522第16页/共19页学科网（北京）股份有限公司 kx142x253kx242x522264k1232k2582x1x25x1x2834k234k2kk2x52x522222128k24160k2432k234k，k02x52故y1yQ，即AQy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x1,y1,x2,y2；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）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xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos1.（1）写出C的直角坐标方程；xt（2）设直线l：（t为参数），若C与l相交于A、B两点，若AB2，求a的值.yta2【答案】（1）y2x13（2）a4【解析】x2y2【分析】（1）根据可得C的直角方程.cosx（2）将直线的新的参数方程代入C的直角方程，第17页/共19页学科网（北京）股份有限公司 法1：结合参数s的几何意义可得关于a的方程，从而可求参数a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a的值.【小问1详解】x2y2由cos1，将代入cos1，cosx故可得222xyx1，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为y2x1.【小问2详解】对于直线l的参数方程消去参数t，得直线的普通方程为yxa.π法1：直线l的斜率为1，故倾斜角为，42xs2故直线的参数方程可设为，sR.2yas2222将其代入y2x1中得s22(a1)s2a102设A,B两点对应的参数分别为s1,s2，则s1s222a1,s1s22a1，22且Δ8a18a11616a0，故a1，2223ABs1s2s1s24s1s28a18(a1)2，解得a.4yxa22法2：联立2，得x(2a2)xa10，y2x122Δ(2a2)4a18a80，解得a1，2设Ax1,y1,Bx2,y2,x1x222a,x1x2a1，2222则AB11x1x24x1x22(22a)4a12，3解得a420.实数a,b满足ab3．（1）证明：222a2bab；22（2）证明：a2bb2a6．【答案】（1）证明见解析第18页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）证明见解析【解析】222【分析】（1）直接利用2a2b(ab)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】222222因为2a2baba2abbab0，222当ab时等号成立，则2a2b(ab)，222因为ab3，所以2a2b(ab)ab;【小问2详解】222222a2bb2aa2bb2a2a2b(ab)2222a2b(ab)(ab)(ab)(ab)(ab1)326第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司