高考数学2024年高考全国甲卷数学(理)真题平行卷（巩固）含解析答案

这是一份高考数学2024年高考全国甲卷数学(理)真题平行卷（巩固）含解析答案，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第一部分（选择题 共60分）
一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1．若，则（ ）
A．-2-4iB．-2+4iC．6-2iD．6+2i
2．已知集合或，，则（ ）
A．B．C．D．
3．若实数x，y满足，则的最大值是（ ）
A．B．0C．1D．5
4．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．156B．252C．192D．200
5．已知是双曲线上的一个动点，且点到的两个焦点距离的差的绝对值为6，的焦点到渐近线的距离为4，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积是（ ）
A．B．C．1D．2
7．函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
8．若，则的值为（ ）
A．B．2C．D．
9．已知平面向量，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
10．设m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则m与所成的角和n与所成的角相等．
其中正确命题的序号是（ ）
A．①②B．①④C．②③D．②④
11．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（ ）
A．3B．C．D．8
12．直线交曲线于点A，B，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
第二部分（非选择题 共90分）
二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13．假如的二项展开式中项的系数是，则二项展开式中系数最小的项是 .
14．已知某圆台的上､下底面积分别为，母线长为5，则该圆台的体积为 .
15．已知，则 .
16．从分别写有1，2，3，4，5，6，7的7张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数字大于第二卡片上的数字的概率为 ．
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 第17题-第21题为必考题，每个考生必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分
（二）选考题：共10分. 请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分.
17．某公司新研发了一款智能灯，此灯有拍照搜题功能，学生遇到疑难问题，通过拍照搜题后，会在显示屏上显示该题的解答过程以及该题考查的知识点与相应的解题方法该产品投入市场三个月后，公司对部分用户做了调研：抽取了200位使用者，每人填写一份评分表（满分为100分），现从200份评分表中，随机抽取40份（其中男､女使用者的评分表各20份）
作为样本，经统计得到如下的数据：
女生使用者评分：67，71，72，75，80，83，83，83，84，84，85，86，88，90，90，91，92，92，92，92
男生使用者评分：67，68，69，69，70，72，72，73，74，75，76，76，77，78，79，82，84，84，89，92
记该样本的中位数为，按评分情况将使用.都对该智能灯的态度分为两种类型：评分不小于的称为“满意型”，其余的都称为“不满意型”.
(1)求的值，填写如下列联表
(2)能否有的把握认为满意与性别有关？
参考公式与数据：
18．已知数列的首项，其前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
20．已知椭圆的焦距为2，经过点.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)椭圆的左顶点为，过其右焦点且斜率不为0的直线交椭圆于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值.
21．设函数，其中．
(1)讨论函数在上的极值；
(2)若，设为的导函数，当时，有，求正实数的取值范围．
22．在直角坐标系中，曲线的方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．已知曲线与交于相异的A，B两点．
(1)求的极坐标方程及的直角坐标方程；
(2)设点，求的值．
23．已知实数，满足．
（Ⅰ）求证：；（其中）
（Ⅱ）当，时，求的最小值．
女生评分
男生评分
合计
“满意型”人数
“不满意型”人数
合计
0.1
0.05
0.025
0.01
2.706
3.841
5.024
6.635
参考答案：
1．C
【分析】根据题意，得到，结合复数的运算法则，即可求解.
【详解】由复数，可得，所以.
故选：C.
2．C
【分析】根据补集和交集定义直接求解即可.
【详解】，.
故选：C.
3．C
【分析】根据不等式组画出可行域，然后利用z的几何意义求最值即可.
【详解】由题意，不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（包含边界）．
设，则，
由图可知，当折线上的最低点在直线上时，
z最大，把代入得，
所以．
故选：C．
4．B
【分析】根据给定条件，求出等差数列公差，再利用性质求出.
【详解】等差数列中，，得，则，
设数列公差为，而，因此，解得，
则，所以.
故选：B
5．B
【分析】不妨设双曲线方程为，表示出双曲线的渐近线方程，根据双曲线的定义得到，再利用点到直线的距离公式求出，从而求出，即可得解.
【详解】解：不妨设双曲线方程为，则双曲线的渐近线方程为，即，
由双曲线的定义知，，所以，
由双曲线的焦点到其渐近线的距离为，即，
所以，
所以的离心率．
故选：B
6．B
【分析】用导数的几何意义求了切线方程，再求出切线在坐标轴上的横、纵截距，然后用三角形面积公式即可求解.
【详解】因为，所以，则，
故所求切线方程为．设直线与轴交于点，与轴交于点，
令，得，令，得，则，
故切线与坐标轴围成的三角形的面积为．
故选：B
7．D
【分析】根据题意，先判断函数的单调性，再确定的符号，进而利用排除法得到正确答案.
【详解】因为对都有
，所以为奇函数，即函数图象关于原点对称，故排除A，C；
由于，所以排除B.
故选：D．
8．C
【分析】利用弦化切和两角和的正切展开式化简计算可得答案.
【详解】因为．所以，解得，
于是．
故选：C.
9．A
【分析】结合向量垂直的坐标表示，及充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】由，则，所以；
而当，则，解得或.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
10．D
【分析】①根据或判断；②利用面面垂直的判定定理判断；③只确定一组线线垂直关系，无法确定线面位置关系；④利用线面角的定义判断.
【详解】①若，，则或，故不正确；
②若，则内必存在一条直线，
因为，所以，又因为，则，故正确；
③若，，，则，或或与相交，故错误；
④若，，则m与所成的角和n与所成的角相等，故正确，
故正确的是②④，
故选：D
11．B
【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，在结合余弦定理，化简得到，代入即可求解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
即，
又因为，可得，所以，
因为，，
由余弦定理得，
即，解得.
故选：B.
12．B
【分析】求出直线所过定点，根据弦长公式即可得到最值.
【详解】即，
则直线恒过定点,
且曲线的圆心为,
将点代入圆方程得，所以点在圆内.
设圆心到直线的距离为，
则，
因为圆心到直线距离的最大值为直线所过定点与圆心的距离，
即，
.
故选：B.
13．
【分析】由二项展开式通项，结合指定项系数求，利用二项式的对称性确定系数最小的项的值，即可求系数最小的项.
【详解】由二项式知：，而项的系数是，
∴时，有且为奇数，又由，
∴可得.
∴，要使系数最小，为奇数，由对称性知：，
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据指定项系数求二项式的指数，利用二项式的对称性确定系数最小项的参数r，即可求项.
14．
【分析】根据圆台的体积公式代入求解即可.
【详解】因为圆台的上､下底面积分别为，所以该圆台的上､下底面的半径分别2，6，
如图所示：
即，，，所以，所以，
故圆台的高为3，则圆台的体积，
故答案为：
15．2
【分析】先利用对数的运算性质可得，化简整理可得，从而求出结果．
【详解】解：由，得，
即，即，
∴（舍去）或，
∴，
故答案为：2
16．
【分析】根据题意写出抽得的第一张卡片上的数字大于第二张卡片上的数字的所有基本事件，然后代入古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】记“抽得的第一张卡片上的数字大于第二张卡片上的数字”为事件，
事件包括以下种情况：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，
而有放回地连续抽取2张卡片共有（种）不同情况，
则．
故答案为：.
17．(1)，表格见解析
(2)有的把握认为满意与性别有关
【分析】（1）根据题意求中位数，结合题意完善列联表；
（2）根据（1）中数据求，并与临界值对比分析.
【详解】（1）将40份评分按从小到大的顺序排列，，，
中位数是第20个数80与第21个数82的平均值，
即中位数等于，所以，
（2）由（1）可得
所以有的把握认为满意与性别有关.
18．(1)
(2)
【分析】（1）消去和式得递推公式，从而利用等比数列定义及通项公式即可求解；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）已知，
当时，，即，由，解得.
当时，，
则相减得.
当时，也成立.
所以对于都有成立.
上式化为，所以是等比数列，首项为4，公比为3，
则，即.
（2）因为，
则，
两式相减得，
，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交与点，根据题意证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为，
因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以点为的中点，
取的中点，连接，可得且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面．
（2）解：取的中点，连结，
因为，可得，且，
又因为，且，
所以，所以，
又因为，且平面，所以平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
因为为的中点，为的中点，可得，
则，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以；
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率以及椭圆过的点，列式求解，即可求得答案；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，表示出，结合根与系数的关系式化简，即可得结论.
【详解】（1）由题意得，解之得，
椭圆的标准方程：.
（2）由（1）知；
当斜率存在时，设.

联立得：，
由于l过椭圆右焦点，必有，
则
，
当斜率不存在时，的方程为，此时
，则；
所以总有（定值）.
【点睛】易错点点睛：解决此类定值问题，要注意利用联立方程，结合根与系数的关系进行化简，在化简的过程中，基本都是字母参数的运算，一不小心很容易出错，要特别注意.
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值；
（2）依题意可得，整理得，令，，求出函数的导函数，分、两种情况讨论，结合函数的单调性，即可得解.
【详解】（1）由知，
①当时，且有，，单调递增，故无极值；
②当时，有，，单调递减，
而，，单调递增，故，无极大值．
综上，当时，无极值；
当时，极小值为，无极大值．
（2）当时由（1）可知，即有，
由整理可得，令，，
所以，
①当时，且，有，单调递增，，满足题设；
②当时，且当，有，单调递减，，不满足题设；
综上，的取值范围为．
22．(1)；
(2)
【分析】（1）利用消参法可得曲线的直角坐标方程，再结合极坐标公式可得的直角坐标方程；
（2）利用参数方程中参数的几何意义即可求解．
【详解】（1）曲线的方程为为参数），
则，即，
所以的极坐标方程；
而，则，
由，得，
所以的直角坐标方程为；
（2）依题意，将曲线化为标准的参数方程（为参数），
将其代入可得，，易得，
设，对应的参数为，，则，，
故，，
故.
23．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）通过证明和，即可得到本题结论；
（Ⅱ）通过恒等变形，使，然后利用基本不等式，即可得到本题答案.
【详解】解析：（Ⅰ）∵，
而，∴，
∴，
当且仅当且取得等号．
（Ⅱ）
当时， ；
当且仅当，即，则时，取等号．
当时， ；
当且仅当，即，则时，取等号．
综上，的最小值为．
【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式和基本不等式的应用，考查学生的推理证明能力和转化求解能力.
女生
男生
合计
“满意型”人数
15
5
20
“不满意型”人数
5
15
20
合计
20
20
40