全国卷Ⅰ2024年高考数学压轴卷理含解析

PAGEPAGE14（全国卷Ⅰ）2024年高考数学压轴卷理（含解析）一、选择题：本大题共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．已知是实数，是纯虚数，则等于（）A． B． C． D．13．“”是“函数在区间内单调递增”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知双曲线的右焦点到渐近线的距离等于实轴长，则此双曲线的离心率为（）A． B． C． D．5．若，则（）A． B． C． D．6．已知平面对量，，满意，，，则（）A．2 B．3 C．4 D．6S＝S＋eq\o(\s\up4(i＋1),\s\do4(i))eq\f(S＝S＋eq\o(\s\up4(i＋1),\s\do4(i))eq\f(1,x)dx起先否i＜m？结束是i＝1，S＝0i＝i＋1输出S8．据统计，连续熬夜48小时诱发心脏病的概率为，连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为，现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病，则他还能接着连续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为（）A． B． C． D．9．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．10．将的图像向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数的图像，则下列关于函数的说法错误的是（）A．函数的最小正周期是B．函数的一条对称轴是C．函数的一个零点是D．函数在区间上单调递减11．焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A．或 B．C．或 D．12．定义在上的函数满意，且当时，，，对，使得，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知若则14．在的绽开式中，各项系数之和为256，则项的系数是__________．15.知变量，满意条件，则目标函数的最大值为16．如图，在中，，点在线段上，且，，则的面积的最大值为__________．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）已知公差不为零的等差数列和等比数列满意：，，且，，成等比数列．（1）求数列和的通项公式；（2）令，求数列的前项和．（本小题满分12分）某市实行“中学生诗词大赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成果大于90分的具有复赛资格，某校有800名学生参与了初赛，全部学生的成果均在区间内，其频率分布直方图如图．（1）求获得复赛资格的人数；（2）从初赛得分在区间的参赛者中，利用分层抽样的方法随机抽取7人参与学校座谈沟通，那么从得分在区间与各抽取多少人？（3）从（2）抽取的7人中，选出3人参与全市座谈沟通，设表示得分在区间中参与全市座谈沟通的人数，求的分布列及数学期望．19．（本小题满分12分）如图，底面是边长为3的正方形，平面，，，与平面所成角为．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．（本小题满分12分）过抛物线的焦点的直线与抛物线在第一象限的交点为，与抛物线准线的交点为，点在抛物线准线上的射影为，若，的面积为．（1）求抛物线的标准方程；（2）过焦点的直线与抛物线交于，两点，抛物线在，点处的切线分别为，，且与相交于点，与轴交于点，求证：．（本小题满分12分）设函数．（1）探究函数的单调性；（2）若时，恒有，试求的取值范围；请考生在22、23两题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题记分．22.(本小题满分10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，圆的一般方程为．在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．（1）写出圆的参数方程和直线的直角坐标方程；（2）设直线与轴和轴的交点分别为，，为圆上的随意一点，求的取值范围．23．（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】设函数．（1）设的解集为，求集合；（2）已知为（1）中集合中的最大整数，且（其中，，为正实数），求证：．2024全国卷Ⅰ高考压轴卷数学理科答案解析一、选择题：本大题共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．【答案】B【解析】集合，，则，故选B．2．【答案】D【解析】是纯虚数，，则要求实部为0，即．故选D．3．【答案】C．【解析】当时，在区间上单调递增；当时，结合函数的图像知函数在上单调递增，如图1-7(a)所示；当时，结合函数的图像知函数在上先增后减再增，不符合条件，如图1-7(b)所示.所以要使函数在上单调递增，只需，即“”是“函数在区间内单调递增”的充要条件.故选C.4．【答案】C【解析】由题意可设双曲线的右焦点，渐进线的方程为，可得，可得，可得离心率，故选C．5．【答案】D【解析】因为，所以由指数函数的单调性可得，因为，所以可解除选项，；，时，可解除选项，由指数函数的性质可推断正确，故选D．6．【答案】B【解析】由题意可得：，且：，即，，，由平面对量模的计算公式可得：．故选B．S＝S＋S＝S＋eq\o(\s\up4(i＋1),\s\do4(i))eq\f(1,x)dx起先否i＜m？结束是i＝1，S＝0i＝i＋1输出S【解析】第一次循环，其次次循环，第三次循环，第四次循环，……推理可得m=2024，故选B．8．【答案】A【解析】设事务A为发病，事务B为发病，由题意可知：，，则，，由条件概率公式可得：．故选A．9．【答案】C【解析】视察三视图可知，几何体是一个圆锥的与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为，高为．三棱锥的底面是两直角边分别为，的直角三角形，高为．则几何体的体积．故本题答案选C．10．【答案】D【解析】由题意可知：，图像向左平移个单位，再向下平移1个单位的函数解析式为：．则函数的最小正周期为，A选项说法正确；当时，，函数的一条对称轴是，B选项说法正确；当时，，函数的一个零点是，C选项说法正确；若，则，函数在区间上不单调，D选项说法错误；故选D．11．【答案】A【解析】过作与准线垂直，垂足为，则，则当取得最大值时，必需取得最大值，此时直线与抛物线相切，可设切线方程为与联立，消去得，所以，得．则直线方程为或．故本题答案选A．12．【答案】D【解析】因为在上单调递减，在上单调递增，所以在上的值域是，在上的值域是，所以函数在上的值域是，因为，所以，所以在上的值域是，当时，为增函数，在上的值域为，所以，解得；当时，为减函数，在上的值域为，所以，解得，当时，为常函数，值域为，不符合题意，综上，的范围是，故选D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】【解析】解析：因为的定义域为R,关于原点对称，故则14．【答案】7【解析】令可得各项系数和：，据此可得：，绽开式的通项公式为：，令可得：，令可得：，不是整数解，据此可得：项的系数是．15.【答案】【解析】作出，表示的可行域，如图变形目标函数，，其中为向量与的夹角，由图可知，时有最小值，在直线上时，有最大值，即，，目标函数的最大值为，故选C．16．【答案】【解析】由可得：，则．由可知：，则，由同角三角函数基本关系可知：．设，，，在中由余弦定理可得：，在中由余弦定理可得：，由于，故，即：，整理可得：．①在中，由余弦定理可知：，则：，代入①式整理计算可得：，由均值不等式的结论可得：，故，当且仅当，时等号成立，据此可知面积的最大值为：．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）【答案】（1），；（2）．【解析】（1）设的公差为，则由已知得，即，解之得：或（舍），所以；因为，所以的公比，所以．（2）由（1）可知，所以，，所以，所以．18.（本小题满分12分）【答案】（1）520人；（2）5人，2人；（3）．【解析】（1）由题意知之间的频率为：，，获得参赛资格的人数为人．（2）在区间与，，在区间的参赛者中，利用分层抽样的方法随机抽取7人，分在区间与各抽取5人，2人．结果是5人，2人．（3）的可能取值为0，1，2，则：；；；故的分布列为：012．19．（本小题满分12分）【答案】（1）见解析（2）（1）证明：∵平面，平面，∴，又∵底面是正方形，∴．∵，∴平面．（2）解：∵，，两两垂直，∴建立如图所示的空间直角坐标系，∵与平面所成角为，即，∴，由，可知，，．则，，，，，∴，．设平面的一个法向量为，则即令，则．∵平面，∴为平面的一个法向量，∴，∴．∵二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．20.（本小题满分12分）【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）因为，所以到准线的距离即为三角形的中位线的长，所以，依据抛物线的定义，所以，，，解得，所以抛物线的标准方程为．（2）易知直线的斜率存在，设直线，设，联立消去得，得，，，设，，，，，得点坐标，由，得，，，所以，即．21.（本小题满分12分）【答案】（1）增函数；（2）；（3）见解析．【解析】（1）函数的定义域为．由，知是实数集上的增函数．（2）令，则，令，则．（i）当时，，从而是上的减函数，留意到，则时，，所以，进而是QUOTE[0,+∞)上的减函数，留意到，则时，时，即．（ii）当时，在上，总有，从而知，当时，；（iii）当时，，同理可知，综上，所求的取值范围是．请考生在22、23两题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题记分．22