2024年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）文科数学试题答案与解析。
1. 解析由已知得，又集合为整数集，所以。故选d.
2.解析由题目条件知，名居民的阅读时间的全体是总体；其中1名居民的阅读时间是个体；从名居民某天的阅读时间中抽取的名居民的阅读时间是从总体中抽取的一个样本，样本容量是。
3.解析根据平移法则“左加右减”可知，将函数的图像上所有的点向左平移移动1个单位长度即可得到函数的图像。
4.解析由俯视图可知，三棱锥底面是边长为2的等边三角形。由侧视图可知，三棱锥的高为。故该三棱锥的体积。
5.解析因为，所以，两边同乘，得，又，故由不等式的性质可知，两边同乘，得。故选b.
6.解析由程序框图可知，若输入的，满足约束条件，则输出目标函数的值，否则，输出。如图，作出满足条件的可行域。当，时，目标函数取得最大值2，，故输出的的最大值为。
评注本题考查算法流程图，同时考查简单的线性规划问题。属基础题。
7.解析，，故由换底公式得，所以。因为，所以，又因为，所以，即，将其代入中得，即。
8.解析如图，，，在中， ，在中， ，所以。
9.解析直线过定点，直线过定点。
当时，过定点的直线方程为，过定点的直线方程为，两条直线互相垂直，此时，所以。
当时，直线的斜率为，直线的斜率为，因为，所以两条直线互相垂直，即点可视为以为直径的圆上的点。当点与点或点重合时，有最小值。当点不与点，点重合时，为直角三角形，且。
由不等式性质知，所以。
综合①②得。
评注本题考查直线的方程、两直线垂直及不等式的性质，解答本题的关键是找到点的轨迹。属中档题。
10.分析本题考查抛物线，均值不等式。通过直线与抛物线的位置关系，求解相关问题，需找准坐标之间的关系。
解析如图所示，设，，则（*）
不妨设点在第一象限，则，.
设直线：，代入中，得，则，代入（*）式，有，解得或（舍），故直线过定点。
所以，故选b.
评注求解本题的关键在于直线过定点。
将面积转化为仅和、纵坐标有关的表达式，再利用均值不等时即可。
11.解析由双曲线方程知，，，所以。
12.解析。
13.解析是定义域在上的圆周期为的函数，且所以。
14.解析，，则，，，因为与的夹角等于与的夹角，所以，所以，解得。
15.分析本题考查新定义函数值域问题。本题是利用新定义性质研究函数的问题，主要是研究对函数的至于问题的理解，故可借助函数图像处理。
解析对于①， 的值域为，，，故①正确；
对于②，当，时，，即，但无最值，故②不正确；
对于③，因为，，所以总存在，使得趋近于无穷大，即，故③正确；
对于④，令，则。
令，解得，故在上单调递增，且，又在上单调递减，时，又为奇函数，故。
而，当时，若，则，由③知，，即无最大值，
所以时，有最大值，此时，故④正确。
综上：真命题的有①③④
16.解析（1）由题意知，所有可能的结果为共种。设“抽取的卡片上的数字满足”为事件，则事件包括，，，共3种。所以。因此，“抽取的卡片上的数字满足”的概率为。
2）设“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”为事件，则事件包括，，，共3种。所以。因此“抽取的卡片上的数字，，不完全相同”的概率为。
评注本题主要考查随机事件的概率、古典概型等概念及相关计算，考查应用意识。
17.（1）因为函数的单调递增区间为，.
由，，得，.
所以函数的单调递增区间为，.
2）由已知，有，所以，即。
当时，由是第二象限角，知，.
此时。当时，有。
由是第二象限角，知，此时。
综上所述，或。
评注本题主要考查正弦型函数的性质，二倍角与和差角公式，简单的三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整合、化归与转化等数学思想。
18.解析（1）证明：因为四边形和都是矩形，所以，.因为，为平面内两条相交直线，所以平面。因为直线平面，所以。又，，为平面内两条相交直线，所以平面。
2）取线段的中点，连接，，，设为，的交点。
由已知可知为的中点。连接，，则，分别为，的中位线，所以，，因此。
连接，从而四边形为平行四边形，则。因为直线平面，所以直线平面，即线段上存在一点（线段的中点），使直线平面。
评注本题主要考查空间线面平面和垂直的判定与性质等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力。
19.解析（1）证明：由已知可知，，当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列。
2）函数在处的切线方程为，它在轴上的截距为。由题意知，，解得。
所以，，，于是，因此。
所以。评注本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列的通项公式与前项和、导数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力。
20.分析本题考查圆锥曲线中点弦问题。（1）利用基本方法研究椭圆方程；（2）利用可求弦长及的长，进而求。
解析（1）因为，所以，又，所以，即椭圆的方程为。
2）如图所示，由题意可设直线的方程为。
当时，，此时，，关于点对称，但，故四边形不是平行四边形，与题意不符，故。
直线：，令，得，即，连接，设，则，联立方程，消去整理得，即，显然，令，.则，则，解得。
此时，所以四边形的面积。
21. 解析（）由，有。
所以。因此，当时，.
当时，，所以在上单调递增。
因此在上的最小值是；
当时，，所以在上单调递减。因此在上的最小值是；
当时，令，得。所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增。于是，在上的最小值。
是。综上所述，当时，在上的最小值是；
当时，在上的最小值是；
当时，在上的最小值是。
）设为在区间内的一个零点，则由可知，在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减。
则不可能恒为正，也不可能恒为负。故在区间内存在零点。同理在区间内存在零点。所以在区间内至少有两个零点。
由（）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点。
当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点。所以。
此时在区间上单调递减，在区间上单调递增。
因此，，必有，.
由，有，有，解得。
所以函数在区间内有零点时，.
评注本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想，并考查思维的严谨性。
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