2024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試·全國(guó)甲卷·理（數(shù)學(xué)）附試卷分析

2024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試·全國(guó)甲卷·理（數(shù)學(xué)）一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.若z=5+i,則i(z+z)=A.10i B.2i C.10 D.22.已知集合A={1,2,3,4,5,9},B={x|x∈A},則?A(A∩B)=A.{1,4,9} B.{3,4,9} C.{1,2,3} D.{2,3,5}3.若x,y滿足約束條件4x-3y-3≥0x-2yA.12 B.0 C.-52 4.記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知S5=S10,a5=1,則a1=A.72 B.73 C.-135.已知雙曲線的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為(0,4),(0,-4),點(diǎn)(-6,4)在該雙曲線上,則該雙曲線的離心率為A.4 B.3 C.2 D.26.設(shè)函數(shù)f(x)=ex+2sinx1+x2,則曲線A.16 B.13 C.127.函數(shù)f(x)=-x2+(ex-e-x)sinx在區(qū)間[-2.8,2.8]的圖象大致為A. B.C. D.8.已知cosαcosα-sinαA.23+1 B.23-1C.32 D.1-9.設(shè)向量a=(x+1,x),b=(x,2),則A.x=-3是a⊥b的必要條件B.x=-3是a∥b的必要條件C.x=0是a⊥b的充分條件D.x=-1+3是a∥b的充分條件10.設(shè)α,β為兩個(gè)平面,m,n為兩條直線,且α∩β=m,下述四個(gè)命題:①若m∥n,則n∥α或n∥β②若m⊥n,則n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β,則m∥n④若n與α,β所成的角相等,則m⊥n其中所有真命題的編號(hào)是A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④11.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,若B=π3,b2=94ac,則sinA+sinA.23913 B.3913 C.712.已知b是a,c的等差中項(xiàng),直線ax+by+c=0與圓x2+y2+4y-1=0交于A,B兩點(diǎn),則|AB|的最小值為A.1 B.2 C.4 D.25二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(13+x)10的展開(kāi)式中,各項(xiàng)系數(shù)中的最大值為.14.已知圓臺(tái)甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2,圓臺(tái)的母線長(zhǎng)分別為2(r2-r1),3(r2-r1),則圓臺(tái)甲與乙的體積之比為.

15.已知a>1且1log8a?1log16.有6個(gè)相同的球,分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中無(wú)放回地隨機(jī)取3次,每次取1個(gè)球,設(shè)m為前兩次取出的球上數(shù)字的平均值,n為取出的三個(gè)球上數(shù)字的平均值,則m與n之差的絕對(duì)值不大于12的概率為.三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.第17~21題為必考題,每個(gè)試題考生都必須作答.第22、23題為選考題,考生根據(jù)要求作答.(一)必考題:共60分.17.(12分)某工廠進(jìn)行生產(chǎn)線智能化升級(jí)改造.升級(jí)改造后,從該工廠甲、乙兩個(gè)車間的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取150件進(jìn)行檢驗(yàn),數(shù)據(jù)如下:優(yōu)級(jí)品合格品不合格品總計(jì)甲車間2624050乙車間70282100總計(jì)96522150(1)填寫(xiě)如下列聯(lián)表:優(yōu)級(jí)品非優(yōu)級(jí)品甲車間乙車間能否有95%的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異?能否有99%的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異?(2)已知升級(jí)改造前該工廠產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率p=0.5.設(shè)p為升級(jí)改造后抽取的n件產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率.如果p>p+1.65p(1-p)n附:K2=n(ad-bc)2(a+b)(P(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818.(12分)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知4Sn=3an+4.(1)求{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=(-1)n-1nan,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.19.(12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=10,FB=23,M為AD的中點(diǎn).(1)證明:BM∥平面CDE;(2)求二面角F-BM-E的正弦值.20.(12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F,點(diǎn)M(1,(1)求C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(4,0)的直線交C于A,B兩點(diǎn),N為線段FP的中點(diǎn),直線NB交直線MF于點(diǎn)Q,證明:AQ⊥y軸.21.(12分)已知函數(shù)f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.(1)當(dāng)a=-2時(shí),求f(x)的極值;(2)當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≥0,求a的取值范圍.(二)選考題:共10分.請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做,則按所做的第一題計(jì)分.22.[選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程](10分)在直角坐標(biāo)系xOy中,以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ=ρcosθ+1.(1)寫(xiě)出C的直角坐標(biāo)方程;(2)設(shè)直線l:x=ty=t+a(t為參數(shù)),若C與l相交于A23.[選修4-5:不等式選講](10分)已知實(shí)數(shù)a,b滿足a+b≥3.(1)證明:2a2+2b2>a+b;(2)證明:|a-2b2|+|b-2a2|≥6.參考答案1.A2.D3.D4.B5.C6.A7.B8.B9.C10.A11.C12.C13.514.6415.6416.17.(1)第1步:填寫(xiě)列聯(lián)表填寫(xiě)如下列聯(lián)表:優(yōu)級(jí)品非優(yōu)級(jí)品甲車間2624乙車間7030第2步:作出完整的2×2列聯(lián)表則完整的2×2列聯(lián)表如下:優(yōu)級(jí)品非優(yōu)級(jí)品總計(jì)甲車間262450乙車間7030100總計(jì)9654150第3步:根據(jù)公式求K2K2=150×(26×30?70×24)2第4步:根據(jù)K2的值判斷因?yàn)镵2=4.6875>3.841,所以有95%的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異;因?yàn)镵2=4.6875<6.635,所以沒(méi)有99%的把握認(rèn)為甲、乙兩車間產(chǎn)品的優(yōu)級(jí)品率存在差異.由題意可知p=96第2步:求出p+1.65p(1-又p+1.65p(1-p)n=0.5+1.65×0.5×(1?0.5)150≈第3步:由p與p+1.65p(1-所以p>p+1.65p(1-p18.(1)第1步:根據(jù)數(shù)列中an和Sn的關(guān)系求數(shù)列{an}的遞推關(guān)系因?yàn)?Sn=3an+4①,所以當(dāng)n≥2時(shí),4Sn-1=3an-1+4②,則當(dāng)n≥2時(shí),①-②得4an=3an-3an-1,即an=-3an-1.(數(shù)列中an和Sn的關(guān)系:當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1;當(dāng)n=1時(shí),a1=S1)第2步:求出a1當(dāng)n=1時(shí),由4Sn=3an+4得4a1=3a1+4,所以a1=4≠0,第3步:求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式所以數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng),-3為公比的等比數(shù)列,所以an=4×(-3)n-1.(2)解法一(錯(cuò)位相減法)第1步:求出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式因?yàn)閎n=(-1)n-1nan=(-1)n-1n×4×(-3)n-1=4n·3n-1,第2步:利用錯(cuò)位相減法求Tn所以Tn=4×30+8×31+12×32+…+4n·3n-1,所以3Tn=4×31+8×32+12×33+…+4n·3n,兩式相減得-2Tn=4+4(31+32+…+3n-1)-4n·3n=4+4×3(1?3n-1)1?3-4n·3n=-2+(2-4n)所以Tn=1+(2n-1)·3n.解法二(裂項(xiàng)求和)第1步:求出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn=(-1)n-1nan=(-1)n-1n×4×(-3)n-1=4n·3n-1,第2步:利用待定系數(shù)法對(duì)bn進(jìn)行裂項(xiàng)令bn=(kn+b)·3n-[k(n-1)+b]·3n-1,則bn=(kn+b)·3n-[k(n-1)+b]·3n-1=3n-1[3kn+3b-k(n-1)-b]=(2kn+2b+k)·3n-1,所以2k=42即bn=(2n-1)·3n-[2(n-1)-1]·3n-1=(2n-1)·3n-(2n-3)·3n-1,第3步:求和所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×31-(-1)×30+3×32-1×31+5×33-3×32+…+(2n-1)·3n-(2n-3)·3n-1=(2n-1)·3n-(-1)×30=(2n-1)·3n+1.19.(1)解法一(利用線面平行判定定理)第1步:證四邊形BCDM為平行四邊形因?yàn)镸為AD的中點(diǎn),BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以BC∥MD,且BC=MD,所以四邊形BCDM為平行四邊形.第2步:利用線面平行的判定定理證明BM∥平面CDE所以BM∥CD,又CD?平面CDE,BM?平面CDE,所以BM∥平面CDE.解法二(利用面面平行的性質(zhì))第1步:證四邊形BCEF為平行四邊形因?yàn)镋F∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC,又EF=BC=2,所以四邊形BCEF為平行四邊形.第2步:證BF∥平面CDE所以BF∥CE,又CE?平面CDE,BF?平面CDE,所以BF∥平面CDE.第3步:證四邊形MDEF為平行四邊形因?yàn)镸為AD的中點(diǎn),且AD=4,所以EF∥MD,且EF=MD,所以四邊形MDEF為平行四邊形.第4步:證FM∥平面CDE所以FM∥ED,又ED?平面CDE,FM?平面CDE,所以FM∥平面CDE.第5步:利用面面平行的性質(zhì)證BM∥平面CDE因?yàn)锽F,FM?平面BMF,BF∩FM=F,所以平面BMF∥平面CDE.又BM?平面BMF,所以BM∥平面CDE.(2)第1步:證明OB,OD,OF兩兩垂直取AM的中點(diǎn)O,連接BO,FO.由(1)解法一可知,BM=CD=AB=2,因?yàn)锳M=2,所以BO⊥AD,且BO=3.由(1)解法二知四邊形MDEF為平行四邊形,所以FM=ED=10,又AF=10,所以FO⊥AM,又OA=OM=1,所以FO=FA又FB=23,所以BO2+FO2=FB2,所以FO⊥OB,即OB,OD,OF兩兩垂直.第2步:建立空間直角坐標(biāo)系,并寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)和向量的坐標(biāo)分別以O(shè)B,OD,OF所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則F(0,0,3),B(3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),則MB=(3,-1,0),MF=(0,-1,3),ME=(0,1,3).第3步:求平面FBM的法向量設(shè)平面FBM的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·MB令y1=3,所以x1=3,z1=1,所以n1=(3,3,1).第4步:求平面EBM的法向量設(shè)平面EBM的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·MB令y2=3,所以x2=3,z2=-1,所以n2=(3,3,-1).第5步:求二面角F-BM-E的正弦值設(shè)二面角F-BM-E的平面角為θ,所以|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n1因?yàn)棣取蔥0,π],所以sinθ>0,即sinθ=1?cos所以二面角F-BM-E的正弦值為431320.(1)解法一(直接法)第1步:構(gòu)造關(guān)于a,b,c的方程組由題意知1a2第2步:求解方程組,并寫(xiě)出橢圓方程得a所以橢圓C的方程為x24解法二第1步:構(gòu)造關(guān)于a,b,c的方程組由題意知|MF|=第2步:求解方程組,并寫(xiě)出橢圓方程得a=2所以橢圓C的方程為x24解法三(巧用橢圓的定義)設(shè)F'為C的左焦點(diǎn),連接MF',則|MF|=32,|FF'在Rt△MFF'中,|MF'|=|MF由橢圓的定義知2a=|MF'|+|MF|=4,2c=|FF'|=2,所以a=2,c=1,又a2=b2+c2,所以b=3,所以橢圓C的方程為x24+(2)第1步:聯(lián)立方程,消元得出關(guān)于y的一元二次方程,寫(xiě)出根與系數(shù)的關(guān)系分析知直線AB的斜率存在.易知當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí),AQ⊥y軸.當(dāng)直線AB的斜率不為0時(shí),設(shè)直線AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),聯(lián)立方程得x=消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ>0,則y1+y2=-24t3t2+4,y1y第2步:將三點(diǎn)共線代數(shù)化,建立關(guān)于n的代數(shù)式因?yàn)镹為線段FP的中點(diǎn),F(1,0),所以N(52由N,Q,B三點(diǎn)共線,得kBN=kNQ,即y2x2-52=n1?52,得-32y2=第3步:證明n=y1所以n-y1=-3y22x2-5-y1=-3y所以n=y1,所以AQ⊥y軸.21.(1)第1步:給出定義域,并求導(dǎo)當(dāng)a=-2時(shí),f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),f'(x)=2ln(1+x)+1+2x1+x-1=2ln(1+x)-第2步:判斷函數(shù)的單調(diào)性易知f'(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,且f'(0)=0,所以當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),f'(x)<0,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)>0,所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,第3步:根據(jù)極值的定義給出結(jié)論所以當(dāng)x=0時(shí),f(x)取得極小值,為f(0)=0,f(x)無(wú)極大值.(2)第1步:求導(dǎo)f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,x∈(-1,+∞),則f'(x)=-aln(1+x)-(a+1)x1+x,設(shè)g(x)=-aln(1+x)-(a+1)第2步:找出原不等式成立的一個(gè)必要條件因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí),f(x)≥0,且f(0)=0,f'(0)=0,所以g'(0)=-2a-1≥0,得a≤-12故a≤-12是原不等式成立的一個(gè)必要條件.第3步:證明該必要條件也是充分條件下面證明其充分性:當(dāng)a≤-12,x≥0時(shí),g'(x)≥12(1+所以f'(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,且f'(x)≥f'(0)=0,所以f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,且f(x)≥f(0)=0.綜上,a的取值范圍是(-∞,-12].22.(1)因?yàn)棣?=x2+y2,x=ρcosθ,y=ρsinθ,所以由ρ=ρcosθ+1,可得x2+y2化簡(jiǎn)整理得y2=2x+1,所以C的直角坐標(biāo)方程為y2=2x+1.(2)第1步:聯(lián)立方程,消元得出關(guān)于y的一元二次方程,并寫(xiě)出根與系數(shù)的關(guān)系由直線l的參數(shù)方程可得直線l的普通方程為y=x+a,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立方程得y=消去y得x2+2(a-1)x+a2-1=0,則Δ>0,由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=-2(a-1),x1x2=a2-1.第2步:利用弦長(zhǎng)公式構(gòu)建關(guān)于a的方程,并求解由弦長(zhǎng)公式得|AB|=2×4(a-1解得a=34,經(jīng)檢驗(yàn),a=34符合題意,所以a=323.(1)解法一(作差法+基本不等式)第1步:證明(a+b)2≥4ab∵(a+b)2=a2+b2+2ab≥2ab+2ab=4ab,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立,第2步:作差比較大小,得出結(jié)論∴(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,∴2a2+2b2>a+b.解法二(不等式的傳遞性)第1步:證明2a2+2b2≥(a+b)2∵(2a2+2b2)-(a+b)2=(a-b)2≥0,∴2a2+2b2≥(a+b)2,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立,第2步:證明(a+b)2>a+b∵a+b≥3,∴(a+b)2>a+b,第3步:利用不等式的傳遞性得出結(jié)論∴2a2+2b2>a+b.(2)第1步:利用絕對(duì)值三角不等式去絕對(duì)值|a-2b2|+|b-2a2|≥|a-2b2+b-2a2|=|a+b-(2a2+2b2)|=2a2+2b2-(a+b).第2步:利用a+b≥3得出結(jié)論由(1)中解法一知(2a2+2b2)-(a+b)≥(a+b)(a+b-1),∵a+b≥3,∴(a+b)(a+b-1)≥3×2=6,∴|a-2b2|+|b-2a2|≥6.2024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試·全國(guó)甲卷·理（數(shù)學(xué)）試卷分析一、總體評(píng)價(jià)2024年的全國(guó)甲卷數(shù)學(xué)試題在保持高考命題一貫的嚴(yán)謹(jǐn)性和科學(xué)性的基礎(chǔ)上，進(jìn)行了適度的創(chuàng)新與調(diào)整。作為陜西省老高考的最后一年，本次試題與四川、西藏、新疆、青海、寧夏、內(nèi)蒙古等省份統(tǒng)一使用全國(guó)甲卷，體現(xiàn)了高考命題的進(jìn)一步統(tǒng)一和綜合化趨勢(shì)。試題難度在穩(wěn)定中略有微調(diào)，更加側(cè)重于考查學(xué)生的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)、思維能力和運(yùn)算能力，有利于選拔具有扎實(shí)數(shù)學(xué)素養(yǎng)和嚴(yán)謹(jǐn)邏輯思維的學(xué)生。二、試卷特點(diǎn)1.題型與結(jié)構(gòu)：o試卷題型包括選擇題、填空題和解答題，分值與比例保持不變，即選擇題12道，填空題4道，解答題5+1道，