2024届高三数学试题（理科）考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：小题（必修1，必修3，必修4，必修5，选修2-1第一章，选修2-2第一章），大题（高考范围）。第I卷一、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.21.已知集合Aa,3，Bxx3x20，若AB，则a的取值范围为（）A.RB.,1C.1,2D.2,12.已知a0，b0，则“ab1”是“ab„”的（）4A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件3.已知fx是定义在R上的奇函数，且当x…0时，fx2xxm，则f3（）A.10B.4C.4D.104.某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，选取了n人参与问卷调查，将他们的成绩进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，且成绩落在90,100的人数为10，则n（）A.60B.80C.100D.1205.执行如图所示的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.6a5a1a10a26.已知等比数列an满足3，则（）a3a1a6a2A.1B.3C.4D.157.小明准备将新买的《孟子》《论语》《诗经》3本书立起来随机地放在书架上，则《论语》《诗经》两本书相邻的概率为（）1125A.B.C.D.23368.已知fx是函数fx的导函数，若函数yefx的图象大致如图所示，则fx的极大值点为（）A.aB.bC.cD.d2229.在△ABC中，AC2，AB3，A60，点P是△ABC的重心，则PAPBPC（）2620A.7B.8C.D.3310.某工厂新购置并安装了先进的废气处理设备，使产生的废气经过该设备过滤后排放，以减少对空气的污染.kt已知过滤过程中废气的污染物数量P（单位：mg/L）与过滤时间t（单位：h）的关系为PtP0e（P0，k是正常数）.若经过10h过滤后减少了20%的污染物，在此之后为了使得污染物减少到原来的10%还需要的时长大约为（参考数据：log252.322）（）A.103hB.93hC.83hD.63h11.如图，扇形AOB是某社区的一块空地平面图，点P在弧AB上（异于A，B两点），PCOA，5PDOB，垂足分别为C，D，AOB，AOP，AO20米.该社区物业公司计划将四边12形OCPD区域作为儿童娱乐设施建筑用地，其余的地方种植花卉，则儿童娱乐设施建筑用地面积的最大值为（）A.50平方米B.10031平方米C.5062平方米D.50632平方米6ant12.已知数列an满足0a11，an1tR，若对于任意正整数n，都有0anan15，则an3t的取值范围为（）A.0,5B.0,5C.0,10D.0,15第II卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量ax,2，b3,4，若abb，则x______.xy1…0,14.若x，y满足约束条件xy2„0,则xy的最小值为______.y…0,15.已知函数fx2sinx10在0,上有且仅有2个零点，则的取值范围为______.1116.已知函数fxeax1lnx，若fx…0恒成立，则a的取值范围是______.aa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17~21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：60分.17.（12分）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn42an（1）求an的通项公式；2n1（2）求数列的前n项和Tnan18.（12分）如图，在三棱锥PABC中，PB平面ABC，ABAC，E，F分别为PC，PA的中点，且BP23，AB33，BC6.（1）证明：平面BEF平面PAB，（2）求平面BEF与平面PEB所成锐二面角的余弦值.19.（12分）为了促进消费，某商场针对会员客户推出会员积分兑换商品活动：每位会员客户可在价值80元，90元，100元的A，B，C三种商品中选择一种使用积分进行兑换，每10积分可兑换1元.已知参加活动的甲、乙两位111客户各有1000积分，且甲兑换A，B，C三种商品的概率分别为，，，乙兑换A，B，C三种商236111品的概率分别为，，，且他们兑换何种商品相互独立.263（1）求甲、乙两人兑换同一种商品的概率；（2）记X为两人兑换商品后的积分总余额，求X的分布列与期望20.（12分）x2y2b2a217已知椭圆C：1ab0的焦距为23，且.a2b2a2b24（1）求C的方程；（2）A是C的下顶点，过点P4,0的直线l与C相交于M，N两点，直线l的斜率小于0，△AMN的重心为G，O为坐标原点，求直线OG斜率的最大值.21.（12分）已知函数fxexax2.（1）若曲线yfx在1,f1处的切线经过坐标原点，求a的值（2）若方程fxx1恰有2个不同的实数根，求a的取值范围.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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）2在直角坐标系xOy中，圆C的方程为x3y216.（1）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；xtcos,（2）直线l的参数方程是（t为参数），l与C交于A，B两点，AB6，求l的斜率.ytsin23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数fxx12xaa2.（1）若a4，求不等式fx„0的解集；1（2）若fx的图象与x轴围成的三角形面积为，求a.62024届高三数学试题参考答案（理科）21.C因为Bxx3x201,2，AB，所以a1,2.1112.B因为ab1…2ab，所以ab„.若ab„，ab不一定等于1，故“ab1”是“ab„”的444充分不必要条件.3.A因为fx是定义在R上的奇函数，所以f020m0，解得m1，则f3f310.4.C由图可知，100.0060.0120.020.0320.02m1，解得m0.01，则成绩在90,100的频率为0.1，由0.1n10，得n100.5.A执行第一次循环，b2，a3，n2，b20.6180.6180.01；a3执行第二次循环，b5，a8，n3，b50.6180.6180.0070.01，此时输出n3.a8aa设的公比为因为51，所以42，且2，解得2，6.Banq.3a1q13a1q1a1q10q2a3a1aaq81则10244q13.a6a2q17.C不同的摆放方法有6种，其中《论语》《诗经》两本书不相邻的情况有2种，分别为{《论语》，《孟子》，22《诗经》}，{《诗经》，《孟子》，《论语》}.故《论语》《诗经》两本书相邻的概率为1.638.D由yefx的图象知，当x,a时，efx1，则fx0，当xa,d时，efx…1，则fx0，当xd,时，efx1，则fx0，故fx的单调递增区间为a,d，单调递减区间为,a和d,，故fx的极大值点为d.2222229.D取BC的中点O（图略），PAPBPCPAPAABPAAC2223PA2PAAB2PAACABAC2223PA2PAABACABAC2223PA4PAAOABAC4222AOABAC32222220ABACABAC.3333ln0.810.B因为经过10h过滤后减少了20%的污染物，所以Pe10k80%P，解得k.当0010ln0.8t1010ln101010log25Pt10%P0时，10%P0P0e，解得t103.故还需要大约93h.ln0.82log255511.C由题意可得PC20sin米，OC20cos米，PD20sin米，OD20cos)121255米，则儿童娱乐设施建筑用地面积SS△OPCS△OPD200sincos200sincos12125100sin2100sin2100503sin250cos25062sin2.因为61255110，所以02，所以2，所以50S„5062，则儿童娱乐设126121212施建筑用地面积的最大值为5062平方米.6ant12.C因为an0，所以an10恒成立，即t6an恒成立.因为0a11，所以t…0.因为an36antan15恒成立，所以t15an恒成立.因为an5，所以t„15510.当t0,10时，an32an3antan1an0在0,5上有解，故t的取值范围是0,10.an313.11因为abb，所以3x34240，解得x11.14.1作出可行域（图略），当直线yxz经过点1,0时，z取得最小值，且最小值为1.1119115.,由fx0，得sinx，由0„x„，得0„x„.因为fx在0,上有且仅有662111911192个零点，所以„，解得„.6666111116.1,解法一：由题知eax1…lnx恒成立.函数yeax1与函数ylnx互为反函数，由反aaaa1lnx1lnxlnx函数图象的性质，可得yeax1…x恒成立，即a….令函数hx，则hx.当xxx20x1时，hx0；当x1时，hx0，所以hx在0,1单调递增，在1,上单调递减.hxh11，a…1.故a的取值范围是1,.max11解法二：由eax1…lnx，可得a0，则elnaax1lnaax1…elnalnxlnalnx.令函数aagxexx，则glnaax1…glnalnx.因为gx是增函数，所以lnaax1…lnalnx，即1lnxa….后续步骤同解法一.x17.解：（1）当n1时，由S142a1，得a14，当n…2时，因为Sn42an，所以Sn142an1，则an2an2an1，即an2an1，故an是以4为首项，2为公比的等比数列，n1n1从而an4222n12n1（）由（）可知21n1an23572n1则Tn2223242n1T3572n1n22324252n2