理科数学-2024届高考考前最后一卷（全国甲卷）（全解全析及评分标准）.pdf

1、理科数学 全解全析及评分标准 第 1 页（共 11 页）2024 届高考考前最后一卷（全国甲卷）理科数学全解全析及评分标准 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B D B D A D A B D A C 1C【解析】由301xx，得13x.又xZ，所以0123A,由2log(2)2x，得2x，所以|2Bxx，所以|2UBx x，所以012UAB,故选 C 2B【解析】因为(i)(i 3)1z，所以21i 3i 3i 3i 3ii 3(i 3)(i 3)i919

2、10z ，所以i 3311ii101010z ，所以311i1010z ，所以z在复平面内对应的点为3 11(,)10 10，位于第二象限故选 B 3D【解析】由题意，知3244aa a.由3a，10，62a成等差数列，得63202aa，所以632a，所以 等比数列na的公比6332aqa，所以3121aaq，438aa q，47364aa q，所以14773aaa.故选 D 4B【解析】由题意，得甲的射箭成绩的中位数为606361.52，故 A 正确；乙的射箭成绩的平均数74757681 8286796x乙，故 B 错误；甲的射箭成绩的平均数515660636565606x甲，所以甲的射箭成

3、绩的方差为 2222222(5160)(5660)(6060)(6360)(6560)(6560)266s甲，故 C 正确；乙的射箭成绩的方差为 2222222(7479)(7579)(7679)(8179)(8279)(8679)5663s乙，所以乙的射箭成绩的标准差为1683，故 D 正确故选 B 5D【解析】由三视图，知该几何体是一个大长方体挖去一个小长方体而得到的，大长方体的底面是边长为4的正方形，高为5，小长方体的底面是长为3，宽为2的矩形，高为5，如图，所以该几何体的表面积为44 5244223100 故选 D 理科数学 全解全析及评分标准 第 2 页（共 11 页）6A【解析】因

4、为6(3)x的展开式中kx的系数为666C(3)kk，0,1,6k，所以62()()3xx的展开式中3x的系数为443366C(3)2C(3)135 故选 A 7D【解析】因为332cos()cos()cos()sin()882883，所以233341cos(2)cos2()2cos()12148899 故选 D 8A【解析】因为抛物线2(0)ymx m旋转后对应的准线方程为32 333yx，且点(0,0)到直线 32 333yx的距离为 1由21xym，知114m，解得14m 故选 A 9B【解析】二次函数2yxx图象的对称轴是直线2x，当2x 时，2yxx单调递减，2exxy也单调递减，当

5、2x 时，2yxx单调递增，2exxy也单调递增.因为2ennna中的自变量n为正整数，所以由*10,nnaa N，得1921222，所以2119，所以“21”是“*10,nnaa N”的必要不充分条件故选 B 10 D【解析】由题意，知双曲线C的左焦点1(,0)Fc（c为半焦距）到渐近线byxa的距离为b，|OPa，所以四边形1OPFQ的面积1Sab将xc代入双曲线C的方程，得2bya，即22|bABa，所以222122bb cScaa 由12SS，知22a bb c，即2abc，所以422ab c 又222bca，所以4422aca c，两边同时除以4a，并整理，得4210ee，解得251

6、2e，所以5+12e（负值舍去）故选 D 11A【解析】2223332ee lne3b，构造函数()lnf xxx，则()1lnfxx，当10ex时，()0fx，当1ex 时，()0fx，所以函数()f x在1(0,)e上单调递减，在1(,)e上单调递增 理科数学 全解全析及评分标准 第 3 页（共 11 页）又23233327(),(e),1()4e228afbf，所以2313ee2，所以ab 因为232e5bc，231255e()82，所以232e15，所以bc综上，abc故选 A 12C【解析】因为D为BC的中点，SDBC，所以SBSC，即SBC为等腰三角形 又2ABBCSC，3CAB，

7、所以SBC，ABC均是边长为 2 的等边三角形，所以ADBC.又SDADD，,SD AD 平面SAD，所以BC 平面SAD.又BC 平面ABC，所以平面ABC 平面SAD，所以交线AD就是AS在平面ABC内的射影，所以SAD就是SA与平面ABC所成的角，即4SAD 又3ADSD，所以4DSASAD，所以ADSD.又SDBCD，,SD BC 平面SBC，所以AD 平面SBC 设三棱锥SABC外接球的球心为O，SBC外接圆的圆心为1O，ABC外接圆的圆心为2O，连接12,OO OO OD OB，则12,OOSBC OOABC平面平面 因为SBC，ABC均是边长为 2 的等边三角形，所以221236

8、5,333OOOOODOBODBD，所以三棱锥SABC外接球的半径5,3R 所以三棱锥SABC外接球的表面积2204.3SR故选 C 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。1316【解析】因为|3|3ab，所以2|3|9ab，所以22699aa bb，即16a b.又|cos,a baba b，|1ab，所以1cos,6 a b.故填16 142【解析】作出不等式组204580220 xyxyxy表示的可行域如图中阴影部分所示（含边界），理科数学 全解全析及评分标准 第 4 页（共 11 页）作出直线0 xy并平移，由图，知当直线yxz过点A时，z取得最大值 易知(02)

9、A,，所以max0(2)2z 故填2 15712【解析】()f x的最小正周期2=2T 因为()f x在区间(,)2上是单调的，所以122T，解得01 由2()6xkkZ，得()f x图象的对称轴方程为1()()26xkkZ.由题意，知()f x的图象在区间(,)2上没有对称轴，得1()2621(1)26kk，解得6167()612kkkZ.结合01，得的最大值为712故填712.164048【解析】在(22)(42)20fxfx中，令21tx，得(3)(3)20ftft，所以函数()f x的图象关于点(3,1)对称.333221()12121xxxg x，所以()g x的图象也关于点(3,1

10、)对称，所以函数()f x与()g x图象的交点两两关于点(3,1)对称，所以20241()101261012(2)4048iiixy 故填 4048.三、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 1721 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（12 分）【解析】（1）由3(sincossin)(cossinsin)sin2aACBcABCaC，得3sinsinsin(coscos)sin2aAcCB aCcAaC.（1 分）因为sinsin()BAC，所以sinsincoscossinBAC

11、AC，由正弦定理，得coscosbaCcA，所以3sinsinsinsin2aAcCbBaC（2 分）由正弦定理，得22232acbac，（3 分）由余弦定理的推论，得222cos2acbBac（4 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 5 页（共 11 页）33224acac（5 分）（2）由余弦定理，得2222cosbacacB，即22342acac，（6 分）所以223422acacac，当且仅当2 2ac时等号成立，所以8ac.（7 分）又1()2BDBABC ，（8 分）所以222211()(2)44BDBABCBABA BCBC （9 分）221(2|cos)4BABABCABCB

12、C 2222113(2cos)()442cacABCaacac（10 分）131()()742432434acacac，（11 分）所以|7BD ，所以线段BD长度的最大值为7（12 分）说明：2 分处，没写sinsin()BAC，所以sinsincoscossinBACAC，扣 1 分.18（12 分）【解析】（1）设,AC BD相交于点 O，因为2ABBCCDDA，所以四边形ABCD是菱形，（1 分）所以DBAC，且 O 为BD的中点.（2 分）连接PO，因为PDPB，所以DBPO.（3 分）因为AC，PO 平面PAC，ACPOO，所以DB 平面.PAC（4 分）因为PC 平面PAC，所以

13、DBPC（5 分）（2）过点 O 作平面ABCD的垂线 Oz，以 OB,OC,Oz 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(3,0,0),(0,1,0),(3,0,0).BCD（6 分）因为DBPO,DBAC,所以POC是二面角PBDC的平面角，所以23POC（7 分）因为PO在平面yOz内，所以由已知及平面几何的性质，得3 3 3(0,)22P，（8 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 6 页（共 11 页）所以53 333 3(0,),(333 3(3,),22)2222PCPPDB ，.（9 分）设平面PCD的法向量为(,)x y zn，则00PCPD

14、 nn,所以53 302233 33022yzxyz，令3 3,y 则5,3zx，所以(3,3 3,5)n是平面PCD的一个法向量.（10 分）设直线PB与平面PCD所成的角为，所以|6 33 61sin61|2 361PBPB nn，即直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3 6161.（12 分）说明：第（1）问：1.没有说明四边形ABCD是菱形，直接得到DBAC，且 O 为BD的中点，不扣分.2.4 分处，没有写条件或漏写条件，不扣分.3.5 分处，没有写条件或漏写条件，不扣分.第（2）问：1.7 分处，没有证明POC是二面角PBDC的平面角，扣 1 分.2.12 分处，正确求出cos,P

15、Bn 的值，给 1 分.19（12 分）【解析】（1）设“随机选择一个密码，开锁成功”为事件 A，则1111()666216P A （3 分）（2）（i）列出前 4 次所有可能出现的结果如下表：A B A BCD C ABD D ABC C A BCD B ACD D ABC D A BCD B ACD C ABD（5 分）所以第 4 次使用 A 密码的概率462279P （6 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 7 页（共 11 页）（ii）由题意，得11(1)3kkPP，（7 分）所以1111()434kkPP，所以数列14kP 是以34为首项，13为公比的等比数列，所以1311()43

16、4kkP（9 分）记“第k次使用 A 密码”为kY，则kY服从两点分布，1311()()434kkE Y，（10 分）所以12991()()()()()116346nnnE XE YE YE Y（12 分）说明：1.第（2）问：（i）另解：由题意，知第 2 次使用 A 密码的概率20P，则第 3 次使用 A 密码的概率313P，（4 分）所以第 4 次使用 A 密码的概率492(1133)1P.（6 分）2.10 分处，没有说明kY服从两点分布，直接对通项公式1311()434kkP求和，不扣分.20（12 分）【解析】（1）因为2a，所以()ee4xxf xx，()ee4xxfx，（1 分）

17、所以00(0)ee00f，00(0)ee42f ，（3 分）所以曲线()yf x在点(0,(0)f处的切线方程为02(0)yx，即20 xy（4 分）（2）当0 x时，(0)1g，满足ee1()2xxg x.（5 分）当0 x时，ee()()(0)2()xxgxg x xx，所以()g x为偶函数（6 分）由偶函数的对称性，知只需证当0 x时，ee1()2xxg x即可（7 分）当0 x时，先证()1g x，令()ee2(0)xxh xx x，则()ee22 ee20 xxxxh x，当且仅当0 x时取等号，所以()h x在0,)上单调递增，（8 分）所以()(0)0h xh，所以ee2xxx

18、，所以当0 x时，ee12xxx（9 分）再证ee()2xxg x，理科数学 全解全析及评分标准 第 8 页（共 11 页）构造函数2ee2()1eee1xxxxxxxx(0)x，则2222224ee1()1()0(e1)e1xxxxx ，所以()x在0,)上单调递减，所以()(0)0 x，（10 分）所以当0 x时，ee0eexxxxx，即eeee22xxxxx（11 分）综上，对任意的xR，ee1()2xxg x（12 分）说明：1.6 分处，没有证明()g x为偶函数，扣 1 分.2.第（2）问 9 分后另解：再证ee()2xxg x，即证eeee22xxxxx.当0 x时，只需证明e(

19、1)e(1)0 xxxx.构造函数()e(1)e(1)xxv xxx(0)x，则()(ee)xxv xx，此时()0v x，所以()v x在0,)上单调递减，所以()(0)0v xv，（10 分）所以当0 x时，eeee22xxxxx.（11 分）综上，对任意的xR，ee1()2xxg x（12 分）21（12 分）【解析】（1）设00(,)M xy,椭圆C的半焦距为c，则22cab 由题意，知12(,0)(,0)AaA a，因为212MFFF,所以0 xc.因为00032yyxaca,所以03()02yac（1 分）又2200221xyab,所以222202b cbybaa,即2223()2

20、bacacaa,（2 分）所以32aca，即2ac（3 分）因为22221333 5|()()(3)()222cMAcaacc,解得1c，（4 分）所以2222,3abac，所以椭圆C的方程为22143xy（5 分）（2）由（1），得2(1,0)F,由题意，知直线PQ的斜率不为 0，设1122(,),(,)P x yQ xy,直线PQ的方程为1(0)xmym,与22143xy联立，得22(34)690mymy,理科数学 全解全析及评分标准 第 9 页（共 11 页）则2144(1)0m，12122269,3434myyy ymm （6 分）设(,)N s t,由1(2,0),AN P三点共线,

21、得1111223yytsxmy,所以132(+)st my,同理，得212()st my,（8 分）所以1212123323(2)(2)(32)yysstmtmyyy y6(32)09mtm,所以820,4ss.（10 分）当1|1|2APPN时，112142xx,解得10 x,所以1|3y,所以2|312PF （12 分）说明：1.2 分处，没有计算过程，直接得到20bya，不扣分.2.6 分处，没有判别式大于零，不扣分.（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）【解析】（1）由6sin

22、y，知1sin6y，代入26sin1x，得2116xy，即266yx.（2 分）因为sin 1,1，所以15x，所以曲线C的普通方程为266(15)yxx （3 分）由2 sin()303，得132(sincos)3022，即sin3 cos30.（4 分）将cos,sinxy代入，得330yx，即直线l的直角坐标方程为330 xy（5 分）（2）由（1），知直线l与x轴的交点为(1,0)，倾斜角为3，所以直线l的参数方程可以表示为11232xtyt（t为参数），代入曲线C的普通方程266yx，得24160tt（6 分）设A，B两点对应的参数分别为1t，2t，解方程24160tt，得122 5

23、t，222 5t （7 分）由15x，知11 152t ，即48t ，所以1t，2t符合题意，（8 分）所以12|4 5ABtt，（9 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 10 页（共 11 页）所以以线段AB为直径的圆的面积24 5()202S （10 分）说明：第（1）问：1.求对266yx，给 2 分.2.求对15x，给 1 分，不写15x，扣 1 分.3.得出sin3 cos30，给 1 分.4.得出直角坐标方程为330 xy，给 1 分，没有写成一般式，不扣分 第（2）问：1.得出24160tt，给 1 分.2.得出122 5t，222 5t，给 1 分 3.说明48t ，1t，2

24、t符合题意，给 1 分，不检验，扣 1 分.4.得出12|4 5ABtt，给 1 分.5.得出以线段AB为直径的圆的面积为24 5()202S，给 1 分 第（2）问另解：联立26633yxyx，得22 3120yy，（6 分）所以0，12122 3,12yyy y，（7 分）所以2212121222114|1|1()4(2 3)4(12)4 53(3)AByyyyy yk，（9 分）所以以线段AB为直径的圆的面积24 5()202S （10 分）23选修 4-5：不等式选讲（10 分）【解析】（1）不等式()23f xx可转化为 6(6)(1)23xxxx 或616(1)23xxxx 或16

25、123xxxx，（3 分）解得6x 或563x 或，（4 分）所以不等式()23f xx的解集为5(,3 （5 分）（2）()|6|1|(6)(1)|7f xxxxx，当且仅当(6)(1)0 xx，即61x 时取等号，（6 分）关于x的方程2()520f xaa无实数解，只需2527aa，即25270aa，（8 分）理科数学 全解全析及评分标准 第 11 页（共 11 页）解得715a，所以实数a的取值范围为7(1,)5（10 分）说明：第（1）问：1.3 分处，得到6(6)(1)23xxxx 或616(1)23xxxx 或16123xxxx，3 个不等式组中，对 1 个，给 1 分.2.解对

26、6x 或563x 或，给 1 分，错 1 个，不给分.3.求出不等式()23f xx的解集为5(,3，给 1 分，写成不等式的形式，不给分 第（2）问：1.求对()|6|1|7f xxx，给 1 分，不写取等条件，不扣分.2.写出25270aa，给 2 分.3.写对a的取值范围为7(1,)5，给 1 分，写成不等式的形式，不扣分.第（2）问另解：由25,6()7,6125,1xxf xxxx ，（6 分）得min()7f x.（7 分）因为关于x的方程2()520f xaa无实数解，所以2527aa，（8 分）解得715a，所以实数a的取值范围为7(1,)5（10 分）说明：1.写出25,6()7,6125,1xxf xxxx ，给 1 分.2.得出min()7f x，给 1 分.3.得到2527aa，给 1 分.4.写对a的取值范围为7(1,)5，给 1 分，写成不等式的形式，不扣分.