2024年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标卷2)
理科数学答案解析。
第ⅰ卷。一、选择题。
1.【答案】a
解析】由已知得，故，故选a．
提示】解一元二次不等式，求出集合b，然后进行交集的运算即可．
考点】集合的交集运算和一元二次方程求根．
2.【答案】b
解析】由已知得，所以，，解得，故选b．
提示】首先将坐标展开，然后利用复数相等解之．
考点】复数的四则运算．
3.【答案】d
解析】解：a．从图中明显看出2024年二氧化硫排放量比2024年的二氧化硫排放量明显减少，且减少的最多，故a正确；
b．2004~2024年二氧化硫排放量越来越多，从2024年开始二氧化硫排放量变少，故b正确；
c．从图中看出，2024年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故c正确；
d．2024年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，而不是与年份正相关，故d错误．
故选：d提示】a．从图中明显看出2024年二氧化硫排放量比2024年的二氧化硫排放量减少的最多，故a正确；
b．从2024年开始二氧化硫排放量变少，故b正确；
c．从图中看出，2024年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，故c正确；
d．2024年以来我国二氧化硫年排放量越来越少，与年份负相关，故d错误．
考点】柱形图信息的获得．
4.【答案】b
解析】设等比数列公比为，则，又因为，所以，解得，所以，故选b．
提示】由已知，，，利用等比数列的通项公式可求q，然后在代入等比数列通项公式即可求．
考点】等比数列通项公式和性质．
5.【答案】c
解析】由已知得，又，所以，故．
提示】先求，再由对数恒等式，求得，进而得到所求和．
考点】函数定义域以及指数对数的运算．
6.【答案】d
解析】由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，设正方体棱长为，则，故剩余几何体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为．故选d．
提示】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．
考点】几何图形的三视图．
7.【答案】c
解析】由已知得，，所以，所以，即为直角三角形，其外接圆圆心为，半径为5，所以外接圆方程为，令，得，所以，故选c．
提示】设圆的方程为，代入点的坐标，求出d，e，f，令，即可得出结论．
考点】直线与圆的相交，距离的计算．
8.【答案】b
解析】程序在执行过程中，，的值依次为，；；此时程序结束，输出a的值为2，故选b．
提示】由循环结构的特点，先判断，再执行，分别计算出当前的a，b的值，即可得到结论．
考点】程序框图．
9.【答案】c
解析】如图所示，当点c位于垂直面aob的直径端点时，三棱锥体积最大，设球的半径为r，此时，故r＝6，则球的表面积为：，选c．
提示】当点c位于垂直于面aob的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥体积的最大值为36，求出半径，即可求出球o的表面积．
考点】球面的表面积和锥体的体积．
10.【答案】b
解析】由已知得，当点p在bc边上运动时，即时，pa＋pb＝；
当点p在cd边上运动时，即，时，当时，；
当点p在ad边上运动时，时，pa＋pb＝，从点p的运动过程可以看出轨迹关于直线对称，且，且轨迹非线型，故选b．
提示】根据函数图像关系，利用排除法进行求解即可．
考点】动点的函数图像．
11.【答案】d
解析】设双曲线方程为，如图所示，，，过点m作轴，垂足为n，在中，，，故点m的坐标为，代入双曲线方程得，即，所以，故选d．
提示】设m在双曲线的左支上，由题意可得m的坐标为，代入双曲线方程可得，再由离心率公式即可得到所求值．
考点】双曲线离心率．
12.【答案】a
解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减，又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递增，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选a．
提示】由已知当时总有成立，可判断函数为减函数，由已知是定义在r上的奇函数，可证明为上的偶函数，根据函数在上的单调性和奇偶性，模拟的图像，而不等式等价于，数形结合解不等式组即可．
考点】奇函数，导数，定义域的求解．
第ⅱ卷。二、填空题。
13.【答案】
解析】因为向量与平行，所以，则所以．
提示】利用向量平行即共线的条件，得到向量与之间的关系，利用向量相等解析。
考点】平面向量的基本定理．
14.【答案】
解析】画出可行域，如图所示，将目标函数变形为，当取最大时，直线的纵截距最大，故将直线尽可能地向上平移到，则的最大值为．
提示】首先画出平面区域，然后将目标函数变形为直线的斜截式，求在y轴的截距最大值。
考点】线性规划问题的最值求解．
15.【答案】3
解析】由已知得，故的展开式中的奇数次幂项分别为，，，其系数之和为，解得．
提示】给展开式中的x分别赋值1，，可得两个等式，两式相减，再除以2得到答案．
考点】排列组合．
16.【答案】
解析】由已知得，两边同时除以，得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以．
提示】通过，并变形可得数列是以首项和公差均为的等差数列，进而可得结论．
考点】数列的求和运算．
三、解答题。
17.【答案】（ⅰ
解析】（ⅰ因为，所以．
由正弦定理得：．
ⅱ）因为所以．
在和，由余弦定理知：，故。
由（ⅰ）知，所以．
提示】（ⅰ过a作于e，由已知及面积公式可得，由ad平分及正弦定理可得，，从而得解．
ⅱ）由（ⅰ）可求．过d作于m，作于n，由ad平分，可求，利用余弦定理即可解得bd和ac的长．
考点】正弦定理，余弦定理．
18.【答案】（ⅰ见解析。
解析】（ⅰ两地区用户满意度评分的茎叶图如下：
通过茎叶图可以看出，a地区用户满意度评分的平均值高于b地区用户满意度评分的平均值；
a地区用户满意度评分比较集中，b地区用户满意度评分比较分散．
ⅱ）记表示事件：“a地区用户满意度等级为满意或不满意”；
记表示事件：“a地区用户满意度等级为非常满意”；
记表示事件：“b地区用户满意度等级为不满意”；
记表示事件：“b地区用户满意度等级为满意”．
则与独立，与独立，与互斥，由所给数据的，，，发生的概率分别为，故，，，
提示】（ⅰ根据茎叶图的画法，以及有关茎叶图的知识，比较即可；
ⅱ）根据概率的互斥和对立，以及概率的运算公式，计算即可．
考点】茎叶图，古典概型的相关运算．
19.【答案】（ⅰ见如图。
解析】（ⅰ交线围成的正方形如图：
ⅱ）作，垂足为，则，.因为为正方形，所以．
于是，所以。
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图示空间直角坐标系，则，，，
设是平面的法向量，则，即，所以可取。
又．故．所以与平面所成的角的正弦值为．
提示】（ⅰ容易知道所围成正方形的边长为10，再结合长方体各边的长度，即可找出正方形的位置，从而画出这个正方形；
ⅱ）分别以直线da，dc，dd1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，考虑用空间向量解决本问，能够确定a，h，e，f几点的坐标．设平面efgh的法向量为，根据即可求出法向量，坐标可以求出，可设直线af与平面efgh所成角为θ，由即可求得直线af与平面α所成角的正弦值．
考点】线面平行、相交，线面夹角的求解．
20.【答案】（ⅰ见解析。
ⅱ）能。或。
解析】（ⅰ设直线：，，
将代入得．故，于是直线的斜率，．
所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
ⅱ）四边形能为平行四边形．
因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由（ⅰ）得的方程为．设点的横坐标为．
由得，即。将点的坐标代入的方程得，因此。
四边形为平行四边形且当且仅当线段与线段互相平分，即，于是，解得，
因为，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
提示】（ⅰ联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．
ⅱ）四边形oapb为平行四边形当且仅当线段ab与线段op互相平分，即，建立方程关系即可得到结论．
考点】直线的点斜式方程，平行四边形的判定．
21.【答案】（ⅰ见解析。
解析】（ⅰ因为，所以，在上恒成立，所以在上单调递增，而，所以时，；
所以时，．所以在单调递减，在单调递增．
ⅱ）由（ⅰ）知，当时，此时在上的最大值是2.
所以此时成立．
当时，令在上单调递增，而，所以时，，即，时，，即．
当时，当时，．
所以，综上所述的取值范围是．
提示】（ⅰ利用说明函数为增函数，利用说明函数为减函数．注意参数m的讨论；
ⅱ）由（ⅰ）知，对任意的m，在单调递减，在单调递增，则恒成立问题转化为最大值和最小值问题．从而求得m的取值范围．
考点】导数的运算，单调性的判别，分类讨论，运算求解能力．
22.【答案】（ⅰ见解析。
解析】（ⅰ由于是等腰三角形，所以ad是的平分线．
又因为分别与ab，ac相切于点e，f，故．
所以．ⅱ）由（ⅰ）知，故ad是ef的垂直平分线，又ef为的弦，所以o在ad上．
连接oe，om，则．
由ag等于的半径的，所以，因此△abc和△aef都是等边三角形．
因为，所以，．
因为，．所以。于是，．
所以四边形ebcf的面积为．
提示】（ⅰ通过ad是的角平分线及圆o分别与ab．ac相切于点e、f，利用相似的性质即得结论；
ⅱ）通过（ⅰ）知ad是ef的垂直平分线，连结oe、om，则，利用计算即可．
考点】等腰三角形，线线平行的判别，运算求解能力，面积的求解。
23.【答案】（ⅰ
解析】（ⅰ曲线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为．
联立，解得或．
所以与交点的直角坐标为和．
ⅱ）曲线的极坐标方程为，其中．
因此a的极坐标为，b的极坐标为．
所以．当时，取得最大值，最大值为4.
提示】（ⅰ由曲线c2：，化为，把代入可得直角坐标方程．
同理，由c3：，可得直角坐标方程，联立解出可得c2与c3交点的直角坐标．
ⅱ）由曲线的参数方程，消去参数t，化为普通方程：，其中，其极坐标方程为： ，利用即可得出．
考点】极坐标与参数方程，求解交点坐标，最大值的求解。
24.【答案】（ⅰ见解析。
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