2024年全国高考数学理科

2024年全国高考数学（理科）试题及其解析。

考生注意：本试题共三道大题（26个小题），满分120分。

3)如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是s,那么圆柱的体积等于。

4)方程sin2x=sinx在区间(0,2π)内的解的个数是。

a)1 (b)2 (c)3 (d)4

a) (b) (c) (d)

7)如果直线y=ax＋2与直线y=3x－b关于直线y＝x对称，那么。

c)a=3,b=-2d)a=3,b=6

a)圆 (b)椭圆 (c)双曲线的一支 (d)抛物线

ａ） b) (c)(2,3) (d)

11)如图，正三棱锥s—abc的侧棱与底面边长相等，如果e、f分别为sc、ab的中点，那么异面直线ef与sa所成的角等于。

a)90° (b)60° (c)45d)30°

12)已知h>0.设命题甲为：两个实数a,b满足│a－b│<2h;命题乙为：两个实数a,b满足│a－1│(a)甲是乙的充分条件，但不是乙的必要条件。

b)甲是乙的必要条件，但不是乙的充分条件。

c)甲是乙的充分条件。

d)甲不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件。

13)a,b,c,d,e五人并排站成一排，如果b必须站在a的右边（a,b可以不相邻）,那么不同的排法共有。

a)24种 (b)60种 (c)90种 (d)120种。

14)以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有。

a)70个 (b)64个 (c)58个 (d)52个。

15)设函数y=arctgx的图象沿x轴正方向平移2个单位所得到的图象为c.又设图象c＇与c关于原点对称，那么c＇所对应的函数是。

a)y=-arctg(x-2) (b)y=arctg(x-2) (c)y=-arctg(x+2) (d)y=arctg(x+2)

二、填空题：（共5小题，每小题3分，满分15分。把答案填在题中横线上。）

17)(x-1)-(x-1)2(x-1)3-(x-1)4+(x-1)5的展开式中，x2的系数等于。

18)已知{an公差不为零的等差数列，如果sn是{an前n项的和，那。

19)函数y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是 .

20)如图，三棱柱abc－a1b1c1中，若e、f分别为ab、ac

的中点，平面eb1c1f将三棱柱分成体积为v1、v2的两部分，那么v1:v2＝ .

21) 有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12.求这四个数。有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16,第二个数与第三个数的和是12,求这四个数。

23)如图，在三棱锥s—abc中，sa⊥底面abc,ab⊥bc．de垂直平分sc,且分别交ac、sc于d、e.又sa＝ab,sb＝bc.求以bd为棱，以bde与bdc为面的二面角的度数。

24)设a≥0,在复数集c中解方程z2+2│z│＝a.

n≥2.ⅰ)如果f(x)当x∈(-1]时有意义，求a的取值范围；

ⅱ)如果a∈(0,1],证明2f(x)参***及其解析。

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。

1)a (2)b (3)d (4)c (5)c

6)b (7)a8)d (9)b (10)d

11)c (12)b (13)b (14)c (15)d

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。

三、解答题。

21)本小题考查等差数列、等比数列的概念和运用方程（组）解决问题的能力。解法一：

由②式得 d=12-2a. ③

整理得 a2-13a+36=0

解得 a1=4,a2=9.

代入③式得 d1=4,d2=-6.

从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.

解法二：设四个数依次为x,y,12-y,16-x ①

由①式得 x=3y-12. ③

将③式代入②式得 y(16-3y+12)=(12-y)2,整理得 y2-13y+36=0.

解得 y1=4,y2=9.

代入③式得 x1=0,x2=15.

从而得所求四个数为0,4,8,16或15,9,3,1.

22)本小题考查三角公式以及三角函数式的恒等变形和运算能力。

解法一：由已知得。

解法二：如图，不妨设0≤α≤2π,且点a的坐标是（cosα,sinα）,点b的坐标是（cosβ,sinβ）,则点a,b在单位圆x2+y2=1上。连结。

连结oc,于是oc⊥ab,若设点d的坐标是（1,0）,再连结oa,ob,则有。

解法三：由题设得 4(sinα+sinβ)=3(cosα+cosβ).

将②式代入①式，可得 sin(α-sin(-β

于是 α－2k+1)π-k∈z),或 α-2kπ+(k∈z).

若 α-2k+1)π-k∈z),则α＝β2k+1)π(k∈z).

于是 sinα=-sinβ,即sinα+sinβ=0.

由此可知 α-2kπ+(k∈z),即 α＋2+2kπ(k∈z).

所以。23)本小题考查直线和平面，直线和直线的位置关系，二面角等基本知识，以及逻辑推理能力和空间想象能力。

解法一：由于sb＝bc,且e是sc的中点，因此be是等腰三角形sbc的底边sc的中线，所以sc⊥be.

又已知 sc⊥de,be∩de＝e,sc⊥面bde,sc⊥bd.

又 ∵sa⊥底面abc,bd在底面abc上，∴sa⊥bd.

而sc∩sa＝s,∴bd⊥面sac.

∵de＝面sac∩面bde,dc＝面sac∩面bdc,∴bd⊥de,bd⊥dc.

∴∠edc是所求的二面角的平面角。

∵sa⊥底面abc,∴sa⊥ab,sa⊥ac.

设sa＝a,又因为ab⊥bc,∴∠acs＝30°.

又已知de⊥sc,所以∠edc＝60°,即所求的二面角等于60°.

解法二：由于sb＝bc,且e是sc的中点，因此be是等腰三角形sbc的底边sc的中线，所以sc⊥be.

又已知sc⊥de,be∩de＝e∴sc⊥面bde,∴sc⊥bd.

由于sa⊥底面abc,且a是垂足，所以ac是sc在平面abc上的射影。由三垂线定理的逆定理得bd⊥ac;又因e∈sc,ac是sc在平面abc上的射影，所以e在平面abc上的射影在ac上，由于d∈ac,所以de在平面 abc上的射影也在ac上，根据三垂线定理又得bd⊥de.

∵de面bde,dc面bdc,∴∠edc是所求的二面角的平面角。

以下同解法一。

24)本小题考查复数与解方程等基本知识以及综合分析能力。

解法一：设z＝x+yi,代入原方程得。

于是原方程等价于方程组。

由②式得y=0或x=0.由此可见，若原方程有解，则其解或为实数，或为纯虚数。下面分别加以讨论。

情形1.若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时，①式化为。

x2+2│x│=a. ③

ⅰ)令x>0,方程③变为x2＋2x=a. ④

由此可知：当a=0时，方程④无正根；

ⅱ)令x<0,方程③变为x2-2x=a. ⑤

由此可知：当a=0时，方程⑤无负根；

当a>0时，方程⑤有负根。

x=1-.ⅲ)令x=0,方程③变为0=a.

由此可知：当a=0时，方程⑥有零解x=0;

当a>0时，方程⑥无零解。

所以，原方程的实数解是：

当a=0时，z=0;

情形2.若x=0,由于y=0的情形前已讨论，现在只需考查y≠0的情形，即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时，①式化为。

-y2+2│y│=a. ⑦

ⅰ)令y>0,方程⑦变为-y2+2y=a,即(y-1)2=1-a. ⑧

由此可知：当a>1时，方程⑧无实根。

当a≤1时解方程⑧得。

y=1±,从而，当a=0时，方程⑧有正根 y=2;

当0(ⅱ)令y<0,方程⑦变为-y2-2y=a,即 (y+1)2=1-a. ⑨

由此可知：当a>1时，方程⑨无实根。

当a≤1时解方程⑨得 y=-1±,从而，当a=0时，方程⑨有负根 y=-2;

当0所以，原方程的纯虚数解是：

当a=0时，z=±2i;

当0而当a>1时，原方程无纯虚数解。

解法二：设z=x+yi代入原方程得。

于是原方程等价于方程组。

由②式得y=0或x=0.由此可见，若原方程有解，则其解或为实数，或为纯虚数。下面分别加以讨论。

情形1.若y=0,即求原方程的实数解z=x.此时，①式化为。

x2+2│x│=a.

即 | x |2+2│x│=a. ③

解方程③得，所以，原方程的实数解是。

情形2.若x=0,由于y=0的情形前已讨论，现在只需考查y≠0的情形，即求原方程的纯虚数解z=yi(y≠0).此时，①式化为。

-y2+2│y│=a.

即 -│y│2 +2│y│=a. ④

当a=0时，因y≠0,解方程④得│y│=2,即当a=0时，原方程的纯虚数解是z=±2i.

当0 ,即当0 .

而当a>1时，方程④无实根，所以这时原方程无纯虚数解。

解法三：因为z2=-2│z│+a是实数，所以若原方程有解，则其。

解或为实数，或为纯虚数，即z=x或z=yi(y≠0).

情形1.若z=x.以下同解法一或解法二中的情形1.

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