(1) 讨论函数f(x)的单调性，并证明函数f(x)有且只有两个零点；
xy?ef(x)y?lnx(2) 设x0是的一个零点，证明曲线在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线
的切线。
21. 已知点A(?2,0),B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM和BM的斜率之积为?的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P,Q两点，点P在第一象限，PE?x轴，垂足为E，连结
1，记M2QE 并延长交C于点G.
①证明：?PQG是直角三角形； ②求?PQG的面积的最大值. 四、选做题（2选1）
22.选修4-4（极坐标与参数方程）
在极坐标系中，O为极点，点M(?0,?0)(?0?0)在曲线C:?=4sin?上，直线l过点
A(4,0)且与OM垂直，垂足为P.
（1）当?0??3时，求?0及l的极坐标方程；
（2）当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程. 23.选修4-5（不等式选讲）
已知f(x)?x?ax?x?2(x?a)。 （1）当a?1时，求不等式f(x)?0的解集； （2）若x?(??,1)时，f(x)?0，求a的取值范围。
高考真题第6页（共6页）
2024年普通高等学校招生全国统一考试（全国II卷）
理科数学 答 案
1. 答案：A 解答：
A??x|x?2或x?3?，B??x|x?1?，∴A?B?（??,1）.
2. 答案：C 解析：
z??3?2i，对应的点坐标为,故选C. （-3，-2）3． 答案：C 解答：
uuuruuuruuur∵BC?AC?AB?(1,t?3)，
uuuruuur22∴|BC|?1?(t?3)?1，解得t?3，BC?(1,0)，
uuuruuur∴AB?BC?2.
4． 答案：D 解答：
M1M2M1M1M2M1??(R?r)???(1??)
(R?r)2r2R3R2(1??)2r2R2M2M1M13??3?2??31]?2?所以有2?2[(1??)?
rR(1??)2R(1??)2M2M1r23??3?2??3M2333r?R。 化简可得M2?，可得??M?3????1223M1R(1??)3M15. 答案：A 解答：
由于共9个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第5个，假设为a，去掉一头一尾的最低和最高分后，中位数还是a，所以不变的是数字特征是中位数。其它的数字特征都会改变。
高考真题答案第1页（共9页）
6. 答案：C 解答：
由函数y?x在R上是增函数，且a?b，可得a?b，即a?b?0. 7. 答案：B 解析：
根据面面平行的判定定理易得答案.选B. 8. 答案：D 解答：
33333x2y2p??1的焦点是(?2p,0)， 抛物线y?2px(p?0)的焦点是(,0)，椭圆
3pp22∴
p?2p，∴p?8. 29. 答案：A 解答：
对于A,函数f(x)?|cos2x|的周期T??2,在区间?????,?单调递增,符合题意； ?42?对于B,函数f(x)?|sin2x|的周期T??2,在区间?????,?单调递减,不符合题意； ?42?对于C，函数f(x)?cos|x|?cosx，周期T?2?,不符合题意； 对于D,函数f(x)?sin|x|的周期T?10. 答案：B 解析：
?,不符合题意.
???(0,)，2sin2??cos2??1?4sin?cos??2cos2?，
21251?，所以cos??，
1?tan2?52则2sin??cos??tan??所以sin??1?cos??11. 答案:A
25. 5高考真题答案第2页（共9页）
解答：
∵|PQ|?|OF|?c，∴?POQ?90, 又|OP|?|OQ|?a，∴a?a?c
222o解得
c?2，即e?2. a
12. 答案：B 解答：
由当x?R，f(x?1)?2f(x)，且当x?(0,1]时，f(x)?x(x?1)可知当x?(1,2]时，
315当x?(2,3]时，f(x)?4(x?)2?1，……当x?(n,n?1],n?Z时，f(x)?2(x?)2?，
2221f(x)?2n(x?n?)2?2n?2，函数值域随变量的增大而逐渐减小，对任意的x?(??,m]，
283857都有f(x)??有4(m?)2?1??(m?)解得的取值范围是m?。
9292313.答案：0.98 解答：
经停该站的列出共有40个车次，所有车次的平均正点率的估计值为
P?10?0.97?20?0.98?10?0.99?0.98。
4014.答案：?3 解答：
∵f(ln2)??f(?ln2)??(?e∴a??3. 15. 答案：63 解析：
?aln2)?(eln2)?a?2?a?8，
高考真题答案第3页（共9页）
a2?c2?b24c2?c2?361cosB?cos???232ac24c?,
?c?23,a?43,?S?16. 答案：26 解析：
113acsinB??43?23??63222
2-1
由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；该半正多面体的正视图如下，设该半正多面体的棱长为a，则MN?a，EM?NF?2a，由正方体的棱长为1，有2a?22a?a?1，∴a?2?1，及该半正多面体的的棱长为2-1. 22
17. 答案：（1）见解析 （2）解析：
（1）证明：∵B1C1?平面ABB1，BE?平面ABB1， ∴B1C1?BE，又BE?EC1，EC1?B1C1?C1， ∴BE?平面EB1C1.
22（2）设底面边长为1，高为2x，∴BE?x?1，B1E?x?1，
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