高考数学2024年高考全国甲卷数学(理)真题平行卷（提升）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（提升）含解析答案，共23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．在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
2．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．若，满足约束条件则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．等差数列的前项和为，若则（ ）．
A．152B．154C．156D．158
5．已知为双曲线的两个焦点，为上一点，若，且为等腰三角形，则的离心率为（ ）
A．B．2C．或D．2或3
6．曲线在处的切线与坐标轴所围成的三角形面积为（ ）
A．B．C．D．
7．将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，则的部分图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知向量，且与为共线向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
10．下列命题正确的个数是（ ）
①若直线上有无数个点不在平面内，则；
②若直线与平面平行，则与平面内有任意一条直线都平行；
③如果两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，那么另一条直线也与这个平面平行；
④若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点．
A．0个B．1个C．2个D．3个
11．在中，角A、B、C的对边分别为a，b、c，若，是的角平分线，点在上，，，则（ ）
A．B．C．D．4
12．直线与圆相交于两点，则的最小值为（ ）
A．6B．4C．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．的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则的展开式中系数最大的项的系数为 .
14．已知圆台的体积为，其上底面圆半径为1，下底面圆半径为4，则该圆台的母线长为 .
15．已知，若，，则 ．
16．由1， 2， 3， …，1000这1000个正整数构成集合，先从集合中随机取一个数，取出后把放回集合，然后再从集合中随机取出一个数，则的概率为 ．
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．甲､乙两合机床加工同一规格（直径20.0）的机器零件，为了比较这两台机床生产的机器零件精度的差异，随机选取了一个时间段，对该时间段内两台机床生产的所有机器零件直径的大小进行了统计，并整理如下：甲：19.7，19.8，19.8，19.9，19.9，19.9，20.0，20.0，20.0，20.0，20.1，20.1，20.1，20.1，20.2，20.2，20.2，20.3；乙：19.5，19.6，19.7，19.8，19.9，20.0，20.0，20.1，20.1，20.2，20.3，20.4规定误差不超过0.2的零件为一级品，误差大于0.2的零件为二级品.
(1)根据以上数据完成下面的列联表，并判断是否有95%的把握认为甲､乙两台机床生产的机器零件的精度存在差异；
(2)从甲机床生产的18个零件中任取3个，再从乙机床生产的12个零件中任取2个，求在取到的零件中，甲机床生产的一级品恰好比乙机床生产的一级品多2个的概率.
附，其中
18．正项数列的前项和满足：.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
19．如图，在直三棱柱中，，，点，分别在棱，上，，，为的中点.

(1)求证：平面；
(2)当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
20．已知椭圆经过点.
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线交于两点（点在点的上方），的上､下顶点分别为，直线与直线交于点，证明：点在定直线上.
21．已知函数，其中，
(1)求函数的极值；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．
(1)写出的直角坐标方程；
(2)已知点，若l与C交于A，B两点，且，求m的值．
23．已知，，为实数.
(1)求证：；
(2)求证：.
一级品
二级品
总计
甲机床
乙机床
总计
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．D
【分析】根据题意求出复数及，然后根据复数的乘法运算求解.
【详解】因为在复平面内，复数对应的点的坐标为，
所以，
所以，
故，
故选：D
2．B
【分析】利用集合的补集和交集运算求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以.
故选：B.
3．B
【分析】作出可行域，可化为，根据的几何意义结合可行域求出的范围，根据的单调性求出最值即可得解.
【详解】作出可行域，如图所示，
联立，解得，联立，解得，
联立，解得，
因为，可表示为可行域内的点到原点的距离，
数形结合可得最大距离为，且，
最小距离为原点到直线的距离.
令，则.
函数在上单调递减，在上单调递增，
则，，
所以的取值范围为.
故选：B
4．C
【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式即可得出．
【详解】设公差为d，由，，可得，解出，．
．
故选C．
【点睛】熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式是解题的关键．
5．C
【分析】利用双曲线的性质计算即可.
【详解】因为，所以可设，
依题意可得：，则的离心率；
或，则的离心率.
故选：C
6．A
【分析】求导，得到切线方程的斜率，进而求出切线方程，求出与坐标轴围成的三角形面积.
【详解】由，可得，又，，
故在点处的切线方程为，即.
令得，令得，
所以切线与坐标轴所围成的三角形面积为.
故选：A.
7．D
【分析】利用条件，变形化简得到，再逐一对各个选项图形分析判断即可得出结果.
【详解】因为，所以，
选项A，因为，又，所以，故，根据图形知，选项A错误；
选项B，因为，所以，即不是偶函数，选项B错误；
选项C，因为，又，所以，故，根据图形知，选项C错误；综上可知选项D符合题意.
故选：D.
8．D
【分析】先利用诱导公式和差角公式求出正切值，再利用齐次式可求答案.
【详解】因为，所以，
又，所以，所以，
即，解得或，
因为，所以，
所以．
故选：D
9．A
【分析】根据平面向量的坐标运算、向量的共线与垂直坐标运算及充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】因为向量，所以，
，.
又因为与为共线向量，所以，即.
当时，，即，
又，所以或，
当时，，符合题意；
当时，，符合题意.
所以或，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
10．B
【分析】由线面的位置关系，结合平面基本性质判断各项的正误即可.
【详解】①若直线上有无数个点不在平面内，则与可能平行、相交，错；
②若直线与平面平行，则平面内有无数条直线与平行，但不是任意一条直线都与平行，错；
③如果两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，则另一条直线与这个平面平行，或另一条直线在这个平面内，错；
④若直线与平面平行，根据定义可知，则与平面内的任意一条直线都没有公共点，对.
故选：B
11．A
【分析】由正弦定理可得，可得，由已知利用角平分线的性质可得，由余弦定理，角平分线的性质可得，进而解得的值，进而根据余弦定理可得的值．
【详解】因为，
所以由正弦定理可得，
即，
在中，，
所以，
所以，即，
因为，，
所以，因为，
所以，
因为是的角平分线，
所以，
在中，，①
在中，，②
因为，所以，
由①②可得，，
解得，，
所以，由余弦定理可得，.
故选：A
12．D
【分析】先求出直线经过的定点，再由弦长公式可分析出当时，最小，从而可求得结果.
【详解】因为可化为，
令，解得，
所以直线恒过定点，该点在圆内，
因为，所以要求的最小值，即求圆心到直线的最大距离，
显然当时，最大，最小，
又因为圆，所以圆心，，则，
故此时.
故选：D.
13．1792
【分析】先求，然后根据二项展开式的通项公式求最大系数即可.
【详解】由得，
所以的展开式的通项为，
当展开式的项的系数最大时，为偶数，
比较，，，，，
所以当时，展开式中项的系数最大，该项系数为1792.
故答案为：1792.
14．
【分析】由圆台的体积求得圆台的高h，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得结果.
【详解】圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，设圆台的高为h，
则该圆台的体积为，则，
作出圆台的轴截面如图所示，
上底面圆心为，下底面圆心为，，，
过作，则，又，
所以圆台的母线长为．
故答案为：.
15．
【分析】首先根据换底公式得到，从而得到，即，再结合得到，即可得到答案.
【详解】因为，所以，
，解得或，
因为，故，即，.
则，所以，解得，则．
故答案为：
16．
【解析】根据题意，，且，要使得，即：，分类讨论当时，对应的的值，得出所有取法，即可求出的概率.
【详解】解：由题可知，，且，
要使得，即：，则有：
当时，或，有2种取法；
当时，的取值增加3、4、5，有2+3种取法；
当时，的取值增加6、7、8，有种取法；
当时，有种取法；
当时，都有1000种取法.
故
.
故答案为：.
【点睛】本题考查古典概型求概率，考查分类讨论思想和计算能力.
17．(1)列联表答案见解析，没有95%的把握认为甲､乙两台机床生产的机器零件的精度存在差异
(2)
【分析】（1）完善列联表，计算卡方，与3.841比较大小，得到相应的结论；（2）用超几何分布的概率公式进行求解.
【详解】（1）列联表如下：
根据列联表得
因为，所以没有95%的把握认为甲､乙两台机床生产的机器零件的精度存在差异.
（2）从甲机床生产的18个零件中任取3个，设这3个零件中一级品的个数为X，从乙机床生产的12个零件中任取2个，设这2个零件中一级品的个数为Y，则随机变量X，Y服从超几何分布.
记“甲机床生产的一级品恰好比乙机床生产的一级品多2个”为事件A，则
.
所以甲机床生产的一级品恰好比乙机床生产的一级品多2个的概率为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用数列通项与前项和的关系即可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法即可求得数列的前项和.
【详解】（1）当时，，
即解得或，
因为数列为正项数列，所以，
因为，所以，
解得或，
因为数列各项都是正数，所以，
当时，有，
所以，解得，
又当时，，符合.
所以数列的通项公式
（2）设数列的前项和为，则，
，
，
上述两式相减，得
.
则
所以，数列的前项和为.
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，作出辅助线，即可证明；
（2）由三棱柱体积最大，转化为，再建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）连结，交于点，连结，
因为，，所以，且，
则，，所以，
所以，又点是的中点，所以，
平面，平面，
所以平面；

（2）由已知，，
当时，的面积最大，此时三棱柱的体积最大，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，以为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
即平面的法向量为，
平面的法向量为,
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接代点计算即可；
（2）设直线的方程为，，将直线和椭圆联立，消去，然后表示出直线和直线的方程，利用韦达定理计算的值为定值，则可求出的值即可证明.
【详解】（1）因为过点，所以，整理得.
因为，所以，
所以的标准方程为；
（2）设直线的方程为，.
联立，整理得，
，
所以直线的方程为①，
直线的方程②，
解法一：
由①②得
，
所以.
所以点在定直线上运动，故点在定直线上.
解法二（和积转化）：
所以，
由①②得
，所以.
所以点在直线上运动，故点在定直线上.
解法三（点代平方差）：
因为在上，所以，
所以，
即
由①②得
，
所以.
所以点在直线上运动，故点在定直线上.
【点睛】方法点睛：在一些定点、定值、定线问题中，还常出现需要证明类似为定值的情形，通过直线代换可得：，但此时式子并不能完全整理为韦达定理的形式，这种式子一般称为“非对称韦达定理”，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到和之间的关系，将其中一个替换，常用手段是把乘法的替换成加法即可.
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用导数分别求出当时和当时函数的单调区间结合极值的定义即可得函数的极值；
（2）记，由根据在上恒成立求出，然后再证明其充分性成立.
【详解】（1），
当时，令，得；令，得 ；
所以在上单调递减，在上单调递增，.
当时，令得；令得，
在上单调递增，在上单调递减，
.
（2）记，
即在上恒成立，
，
必要性：由于，又恒成立，那么说明是的一个最小值，
又，则在处取得极小值，故，得
充分性：下面证时原式恒成立，即证，
，
当时，，
单调递增，，
在上单调递增，成立；
当时，，
在上单调递增，，
在上单调递减，成立
综上：当时成立
的取值范围为.
【点睛】本题主要考查利用导数求函数的极值以及利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
22．(1)
(2)或
【分析】（1）先利用正弦函数的和差公式化简直线的极坐标方程，再利用代入即可得解；
（2）结合（1）中条件写出直线过点的参数方程，再利用三角函数的平方关系求得曲线C的直角坐标方程，联立方程，利用参数的几何意义得到关于的方程，从而得解.
【详解】（1）因为，
所以，即，
又，则，即，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）由（1）可得直线的方程为，
则点落在直线上，且直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为，又，
所以直线过点的参数方程为（为参数），
因为曲线C的参数方程为（为参数），
所以曲线C的直角坐标方程为，
将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程得，整理得，
则，解得，
不妨设方程的两根为，则，
由直线参数方程的参数的几何意义可知，
则，解得或，皆满足题意，
所以或.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对根号下进行配方，再进行放缩，最后利用绝对值三角不等式进行证明；（2）因为式子两边都是正数，故可以利用平方后作差的方法来比较大小.
【详解】（1）证明：因为，，为实数，
所以
.
所以.
（2）证明：因为
，
所以，当时取等号.
一级品
二级品
总计
甲机床
16
2
18
乙机床
7
5
12
总计
23
7
30