2024年普通高等学校招生全国统一考试(广东卷)
数学 (文科)
一、选择题。
1.已知集合，，则 （
a． bcd.
解析】.故选b.
答案】b2.已知复数满足，则。
a． bc. d.
解析】.故选d.
答案】d3.已知向量，，则。
a． bc. d.
解析】.故选b.
答案】b4.若变量，满足约束条件，则的最大值等于 （
a． bcd.
解析】作出不等式组表示的平面区域如图，当直线平移经过点时，目标函数取得最大值，最大值为。故选c.
答案】c5.下列函数为奇函数的是（ ）
a. b. c. d.
【解析】设，则的定义域为r，且，所以为奇函数。故选a.
答案】a6.为了解1000名学生的学习情况，采用系统抽样的方法，从中抽取容量为40的样本，则分段的间隔为（ ）
a． bcd.
解析】按照系统抽样的规则，分段间隔为。故选c.
答案】c7.在中，角，，的对边分别是，，，则“”是“”的（ ）
a．充分必要条件b.充分不必要条件。
c. 必要不充分条件d.不充分不必要条件。
解析】由正弦定理得，因为，，，都是正数，所以。故选a.
答案】a8.若实数满足，则曲线与曲线的 （
a．实半轴长相等b.虚半轴长相等。
c. 离心率相等d.焦距相等。
解析】因为，所以，，从而两曲线均为双曲线，又。
所以两双曲线的焦距相等。故选d.
答案】d9.若空间中四条两两不同的直线，，，满足，，，则下列结论一定正确。
的是（ ）ab.
c.与既不垂直也不平行 d.与的位置关系不确定。
解析】在如图所示的正方体中，有，，而直线可以是平面内的任何直线，所以与的位置关系不确定。故选d.
答案】d10.对任意复数，，定义，其中是的共轭复数，对任意复数，，，有如下四个命题：①；
则真命题的个数是（ ）
a.1b.2c.3d.4
解析】因为，所以①是真命题；
因为，所以②是真。
命题；对于③，左边，右边，左边右边，所以③是假命题；对于④，左边，右边，左边右边，所以④是假命题。故选b.
答案】b二、填空题。
一)必做题（11-13）
11.曲线在点处的切线方程为 .
解析】因为，所以，所以所求切线方程为，即。
答案】12.从字母，，，中任取两个不同字母，则取到字母的概率为 .
解析】从字母，，，中任取两个不同字母，有10个不同结果其中取到字母的有4个，所以，所求概率为。
答案】13.等比数列的各项均为正数，且，则。
解析】设，则，两式相加，得，所以。
答案】514.（坐标系与参数方程选做题）在极坐标系中，曲线与的方程分别为：与。
以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为的正半轴，建立平面直角坐标系，则曲线与交点的直角坐标为 .
解析】由得，所以曲线的直角坐标方程为，的直角坐标方程为，于是可得两曲线交点的直角坐标为。
答案】15.（几何证明选讲选做题）如图1，在平行四边形中，点在上且，与交于点，则。
解析】显然∽，所以。
答案】33、解答题。
16.(本小题满分12分)已知函数， r，且。
1）求的值；
2）若，，求。
解析】（1），所以。
（2）由（1）得，所以，所以，又因为，所以，17.某车间20名工人年龄数据如下表：
（1）求这20名工人年龄的众数与极差；
（2）以十位数为茎，个位数为叶，作出这20名工人年龄的茎叶图；
3）求这20名工人年龄的方差。
解析】（1）这20名个人年龄的众数为30 ，极差为。
（2）茎叶图如下：
（3）年龄的平均数为，所以这20名工人年龄的方差为。
18.如图，四边形为矩形，平面，，，作如图3的折叠，折痕，其中点，分别**段，上，沿折叠后点叠**段上的点记为，并且。
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积。
解析】（1）证明：因为平面，，所以平面平面，因为平面平面，
平面，所以平面，平面，所以，又，平面，所以平面。
2）因为平面，所以，又易知，所以，从而，因为，所以，即，所以，所以，因为，所以。
19.设各项均为正数的数列的前项和为，且满足，.
（1）求的值；
2）求数列的通项公式；
3）证明：对一切正整数，有。
解析】（1）令得：，即，所以，因为，所以，即。
（2）由得，因为，所以，从而，所以，当时，又，所以。
（3）方法一：当时，所以。
所以。方法二：
所以。20.已知椭圆：的一个焦点为，离心率为。
（1）求椭圆的标准方程；
2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线互相垂直，求点的轨迹方程。
解析】（1）因为，，所以，所以椭圆的标准方程为。
（2）若一切线垂直于轴，则另一切线垂直轴，则这样的点共有4个：，.
若两切线不垂直于坐标轴，设切线方程为，即，代入椭圆方程中，整理得，依题意，上述方程的，即，整理得，整理成关于的一元二次方程得：，因为两切线互相垂直，所以，即，所以，显然这四点，也满足上述方程，所以点的轨迹方程为。
21.已知函数。
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，试讨论是否存在，使得。
解析】（1），方程的判别式，所以当时，，所以，此时，在上为增函数；
当时，方程的两根为，当时，，此时，为增函数，当时，，此时为减函数，当时，，此时，为增函数。
综上知，时，在上为增函数；
时，的单调递增区间为：，；
的单调递减区间为：.
2）方法一： ，所以，若存在，使得，必须在上有解。
因为，所以，方程的两根为，因为，所以只能是，依题意，，即，所以，即，又由得，所以若满足题意的存在，则有。
所以当时，存在唯一的使得，当时，不存在使得。
方法二：因为，所以，①若，，从而由（1）知函数在上是减函数，故此时不存在使得。
若，则函数在区间上递减，在区间上递增，（i）若，则在上递减，在上递增，此时不存在满足题意的。
（ii）若，则，若满足题意的存在，则，故只需，即，则，故时，存在满足题意的。
（iii）若，则，若满足题意的存在，则，故只需，即，则，故时，存在满足题意的。
综上知，当时，存在唯一的使得，当时，不存在使得。
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