高考数学2024年高考全国甲卷数学(文)真题平行卷（基础）含解析答案

这是一份高考数学2024年高考全国甲卷数学(文)真题平行卷（基础）含解析答案，共17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。
（基础卷）
第一部分（选择题 共60分）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．
1．设i为虚数单位，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．设x满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．8B．2C．D．
4．某天甲、乙、丙、丁四人要去故宫、颐和园、万里长城、天坛四个地方游玩，若每人只能去一个地方，一个地方只能去一人，则当天甲不去故宫、乙不去颐和园、丙不去万里长城、丁不去天坛的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．10D．3
6．已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
8．函数 在 上的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
9．若，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知直线与圆交于两点，则弦最短时，（ ）
A．2B．1C．D．
11．已知异面直线a、b分别在平面内，，那么c与a、b的关系为（ ）
A．与a、b都相交B．至少与a、b之一相交
C．至多与a、b之一相交D．只能与a、b之一相交
12．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则（ ）
A．B．C．D．
第二部分（非选择题 共90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，则的最大值为 ．
14．已知底面半径为4，高为8的圆锥，用一个平行于底面的平面去截该圆锥得到高相等的两个几何体，则截得圆台的体积为 ．
15．已知，，则a，b表示 ．
16．已知函数与有两个不同的交点，则实数的取值范围为 .
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题-第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分
17．已知等比数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
18．有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩后，得到如下的列联表.
已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为.
（1）请完成上面的列联表；
（2）根据列联表的数据，能否有95%的把握认为“成绩与班级有关系”？
附：，其中.
19．如图，在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离．
20．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：.
21．已知椭圆的左焦点，点在椭圆上，过点的两条直线分别与椭圆交于另一点，且直线的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点．
（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．
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)已知点，直线l和曲线C交于A，B两点，求的值．
23． 已知，函数的最小值为1．
（1）求的值；
（2）求证：．
优秀
非优秀
总计
甲班
10
乙班
30
合计
105
0.05
0.01
3.841
6.635
参考答案：
1．A
【分析】利用共轭复数的意义、复数乘法计算即得.
【详解】复数，则.
故选：A
2．A
【分析】求交集可得答案.
【详解】因为集合，所以.
故选：A.
3．D
【分析】作出不等式组对应的可行域，平移动直线后可求目标函数的最小值.
【详解】
不等式组对应的可行域如图所示，当动直线平移到时取最小值.
由可得，故.
故，
故选：D.
4．B
【分析】先求出总的基本事件的个数，再根据限制条件得到所求事件包含的基本事件个数，最后利用古典概型的概率计算公式求解即可．
【详解】总的基本事件共有（种）．
甲不去故宫，则甲有3种选择，不妨设甲去颐和园，
此时乙可以去故宫、万里长城、天坛，有3种选择，
此时不管乙去哪个地方，丙和丁去的地方都是确定的，
因此符合条件的基本事件有（种），
故所求的概率为.
故选：B．
5．D
【分析】根据题意，由等差数列的求和公式代入计算，即可得到结果.
【详解】，即.
故选：D
6．B
【分析】利用焦点到渐近线的距离得出b，再求得c后可得离心率
【详解】设双曲线C的一个焦点为，因为双曲线C的渐近线为，所以焦点到渐近线的距离为．因为，所以，，又，所以双曲线C的离心率为.
故选：B.
7．C
【分析】根据导数的几何意义，直线的点斜式方程即可求解.
【详解】，，
，
曲线在点处的切线方程为：
，即，
故选：C．
8．B
【分析】根据特殊点处函数值的正负即可排除求解.
【详解】由于函数的定义域为，关于原点对称，且，所以为偶函数，故图象关于轴对称，
且，故此时可排除AD,当时，，
因此排除C，
故选：B
9．A
【分析】由已知可得，进而求出.将化为二次齐次式，即可求出结果.
【详解】由可得，，
所以，
所以.
故选：A.
10．A
【分析】求出直线所过定点，当⊥时，最小，根据直线垂直与斜率的关系即可得到答案.
【详解】变形为，故直线过定点，
因为，则该定点在圆内，
而的圆心为，半径为，设圆心到该直线的距离为，
因为，
则当最大时，取得最小值，而当时，最大，即取得最小值，
因为，则.
故选：A
11．B
【分析】由线面的位置关系逐项判断即可.
【详解】对于A，，，且，此时满足题意，同理，，且，也满足题意，此时A不成立；
对于C，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a、b平行，与异面矛盾，故C不正确；
对于D，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故D不正确.
综上所述，c至少与a、b之一相交，选项B是正确的
故选：B.
12．C
【分析】利用余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，即可求出，从而得解.
【详解】由余弦定理，
又，
所以，
所以，
由正弦定理可得，
又，所以，
所以，
又，解得或，
又，所以，则，
所以.
故选：C
13．
【分析】由辅助角公式结合正弦函数的性质得出最大值.
【详解】，其中
故答案为：
14．##
【分析】确定圆台的上下底面半径和高，根据圆台的体积公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知，圆台的上底面恰好是过圆锥的高的中点的截面，
故圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，

则圆台的体积为，
故答案为：
15．
【分析】先根据指数式与对数式的互化求出，再根据对数的运算性质计算即可.
【详解】由，得，
则.
故答案为：.
16．
【分析】利用导数可求得单调性，并确定在处的切线方程，根据恒过定点，采用数形结合的方式可求得结果.
【详解】的定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
，在处的切线方程为：；
恒过定点，
若与有两个不同交点，则与图象如下图所示，
由图象可知：当或时，与有两个不同交点；
即实数的取值范围为.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）法一：由，根据数列是等比数列，利用“”法求解；法二：由，利用数列的通项和前n项和的关系求
（2）法一：易得，再利用等差数列的前n项和公式求解； 法二：由，利用对数和指数的运算法则求解.
【详解】（1）解：法一：由，得
设等比数列的公比为q，
所以
解得或（舍去）．
所以．
法二：因为，①
所以当时，，②
①－②得，
所以等比数列的公比．
由①式得，得，
所以．
（2）法一：，
故，，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以．
法二：
．
18．（1）表格见解析；（2）有95%的把握认为“成绩与班级有关系”.
【分析】（1）根据优秀的概率为可得乙班优秀的人数为20，即可得答案；
（2）计算的值，再与进行比较大小，即可得答案；
【详解】（1）列联表如下：
（2）根据列联表中的数据，得
，
因此有95%的把握认为“成绩与班级有关系”.
【点睛】本题考查列联表和卡方系数计算，考查数据处理能力，属于基础题.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助平行四边形的性质及平行线的传递性证明,再利用线面平行的判定定理进行证明；
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面，利用等体积法求出三棱锥的体积，根据梯形的性质求出，即可得解
【详解】（1）由三棱台的结构特征可知平面平面，，
因为为等腰直角三角形，，为的中点，
所以，，所以四边形为平行四边形，
得．同理可证，则．
又平面，平面，所以平面．
（2）由题易知，，
又，平面，平面,
所以平面．
连接，
易得，
则．
在梯形中，，，，
作，则，
所以．
设点到平面的距离为，
所以，解得，
所以点到平面的距离为．
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将原函数求导，就参数进行分类讨论导函数的符号，即得函数的单调性；
（2）构造函数，在条件下，判断的符号，得到得证.
【详解】（1）的定义域,
若则在上单调递增；
若当时，则单调递减，时，则单调递增.
综上：当时，在上单调递增，无减区间；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因，设则，
则在上单调递减，故.
21．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件求出即可得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及求解并验证即可.
【详解】（1）由点在椭圆上，得，
由为椭圆的左焦点，得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于坐标轴，设其方程为，，，
由消去y并整理得，
，，，
由得，即，
整理得，即有，而，
解得，满足，直线：过定点，
所以直线过定点.
【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
22．(1)，
(2)3
【分析】（1）根据直角坐标与极坐标和参数方程的互换公式求解即可；
（2）根据直线参数方程的几何意义求解即可.
【详解】（1）直线l的参数方程为，两式相加可得，即直线l的普通方程为；
曲线C的极坐标方程为，则，即，故曲线C的直角坐标方程为；
（2）设两点对应的参数分别为，
将l的参数方程代入得：，
.
23．(1)；(2)证明见解析.
【分析】(1)借助题设条件运用绝对的几何意义求解；
(2)借助题设条件运用配方法分析推证.
【详解】（1）因为
，
当且仅当时取等号，所以．
（2）因为

所以．
优秀
非优秀
总计
甲班
10
45
55
乙班
20
30
50
合计
30
75
105