2024高考压轴卷数学（理）（全国乙卷）

2024高考压轴卷全国乙卷理数试题本试卷共4页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5.考试结束后'，请将本试题卷和答题卡一并上交.第I卷一､选择题：本题共12小题，每小题5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.已知集合，则（）A. B.C. D.2.已知，则（）A.2B.C.D.13.已知曲线在点处的切线方程为，则A. B. C. D.4．为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业、人才、文化、生态、组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务．根据调查的数据，建立了实际还款比例P关于还款人的年收入x（单位：万元）的Logistic模型：．已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50％，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为（）．（参考数据：）A．30％ B．40％ C．60％ D．70％5.下列说法不正确的是（）①命题“，”的否定是“,”；②“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件；③命题，，命题,，则为真命题；④“函数在上是减函数”，为真命题.A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②④6.函数图象大致为（）A. B.C. D.7.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（）A.8种 B.14种 C.20种 D.16种8.龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（）A. B. C. D.9.已知各项均为正数的等比数列，，，成等差数列，若中存在两项，，使得为其等比中项，则的最小值为（）A.4 B.9 C. D.10.设为双曲线的上､下焦点，点为的上顶点，以为直径的圆交的一条渐近线于两点，若，则的离心率为（）A.B.C.D.11.如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（

）A.直线共面B.C.直线与平面所成角的正切值为D.过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为912.已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共20分）13．已知函数，对任意的，都有，且在区间上单调，则的值为__________．14.展开式的常数项为__________.15.抛物线上的动点到点的距离之和的最小值为________．16.已知是球的球面上的三点，，且三棱锥的体积为，则球的体积为______．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．（1）求B；（2）若的外接圆半径为2，且，求ac．注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．18.已知等差数列满足，前项和为是关于的二次函数且最高次项系数为1.（1）求的通项公式；（2）已知，求的前项和.19.如图，四棱锥的底面是正方形，平面，点是的中点，是线段上（包括端点）的动点，.（1）求证：平面；（2）若直线与平面的夹角为，求的值.20.在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一点，直线交于两点.（1）若直线过的焦点，求的值；（2）若直线分别与轴相交于两点，且，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.21．已知，．（1）讨论函数的单调性；（2）若，求证：对任意的，，．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修44：坐标与参数方程]22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求C与l的直角坐标方程；（2）若P是C上的一个动点，求P到l的距离的取值范围．[选修45：不等式选讲]23.已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若是的最小值，且正数满足，证明：．2024高考压轴卷全国乙卷理数试题答案1【答案】D【解析】由可解得：或，即，由函数有意义可得：，解得：，即，于是.故选：D.【答案】D【解析】由，得，所以，所以.故选D.3【答案】D【解析】，将代入得，故选D．【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．4．【答案】B【解析】由题意得当时，％，则％，得，所以，得，所以．当时，％．故选B．5【答案】C【解析】对于①：命题“，”的否定是“,”，故①不正确；对于②：若，则的定义域为，且，所以函数为奇函数，即充分性成立；若函数为奇函数，且的定义域为，可得，整理得恒成立，解得，即必要性不成立；所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，故②正确；对于③：因为恒成立，即命题,为假命题，所以为假命题，故③不正确；对于④：当时，当时，但，可得，所以函数在上不是减函数，故④不正确；故选：C.6【答案】C【解析】由，可知是奇函数，且定义域为，排除BD；当时，，排除A.故选：C7【答案】B【解析】第一类，甲、乙都不在天和核心舱共有种；第二类，甲、乙恰好有一人在天和核心舱，先排天和核心舱有种，然后排问天实验舱与梦天实验舱有种，所以，甲、乙恰好有一人天和核心舱共有种.综上，甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验共有种.故选：B8【答案】B【解析】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.根据题意，，，，，设，所以，解得，，所以，故选：B.9【答案】D【解析】因，，成等差数列，所以，又为各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为q，所以，所以，解得或（舍），又为，的等比中项，所以，所以，所以，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：D【点睛】解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用基本不等式时，应注意取等条件，即角标m，n必须为正整数，属中档题.【答案】C【解析】由题意知以为直径的圆的方程为，根据对称性，不妨设一条渐近线方程为，联立得，又，所以，则，即.所以离心率.故选C.11【答案】D【解析】对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形,故有，又E，G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确；对于B项，如图②，,故B项正确；对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即,在中，,故C项正确；对于D项，如图④，连接,易得,因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线，即过点B，E，F的平面即平面.由可得四边形为等腰梯形，故其面积为：，即D项错误.故选：D.12【答案】C【解析】令，则，即，故函数是定义在上的奇函数，当,时，，则，故在,上单调递增，在,上单调递增，所以在上单调递增，又，则，则不等式，即，故，解得．故选：C．13．【答案】或【解析】因为，所以函数的图象关于直线对称，所以，即，，解得，，∵，∴，，因为在区间上单调，所以，解得．经检验，当时，，当时，均满足题意．【答案】48【解析】因为的展开式的通项是，所以所求常数项为.15【答案】【解析】抛物线的焦点为，准线为，设是抛物线上任意一点，则题目所求为的最小值，过作，垂足为，根据抛物线的定义可知，所以题意所求为的最小值，根据图象可知，当三点共线时，的值最小，故最小值为.故答案为：16【答案】【解析】在中，，由余弦定理得，即，整理得，而，解得，显然，即，则外接圆的半径，令球心到平面的距离为，而的面积为，由棱锥的体积为，得，解得，球的半径，则有，，所以球的体积.故答案为：17【答案】（1）（2）【分析】（1）选①利用余弦定理即可求出；选②根据正弦定理进行边换角即可得到答案；（2）首先求出，再利用正弦定理整体求出即可.【小问1详解】选择条件①：因为，在中，由余弦定理可得，即，则，因为，所以.选择条件②：因为，在中，由正弦定理可得，即，则，因为，所以，则，因为，所以.【小问2详解】因为，所以，则，即，又，所以.因为的外接圆半径，所以由正弦定理可得，所以.18.解：（1）因为为等差数列，设首项为，公差为，，...（2），..19.解：（1）证明：如图，连接交于点，连接，四边形是正方形，为的中点，是的中点，，平面平面平面.（2）易知两两垂直，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则.，设，则..设平面的法向量为，则即令，则.又直线与平面的夹角为，，解得..20.解：（1）因为点是抛物线上的一点，所以，解得，所以的方程为，所以的焦点为.显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由得，所以，所以，所以.（2）设，显然直线的斜率存在，且斜率为，所以直线的方程为，所以，即，同理可得，，所以，所以，即，①显然直线的斜率存在，且斜率为，所以直线的方程为，②将①式代入②式，整理得，所以直线恒过定点.21．（1）解：的定义域为，，若，则恒成立，所以在上单调递增．若，令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增．综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：当时，．所以，．要证，即证，即证．由，得，即，，故只需证．下面给出证明：设，则，当时，恒成立，单调递减，当时，，，所以；当时，，所以；当时，，，所以．所以对任意的，恒成立，即对任意的，恒成立．综上所述，恒成立，故对任意的，，．22【答案】（1），；（2）.【分析】（1）消去参数求出曲线C的普通方程；利用极坐标与直角坐标的互化公式求出l的直角坐标方程.（2）利用点到直线的距离公式，结合图形的几何性质求出取值范围.【小问1详解】消去曲线C的参数方程中的参数得：，把代入直线l的极坐标方程得：，所以