2024年高考押题预测卷—数学（全国卷理科01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（全国卷理科01）（全解全析），共14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：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．【答案】C
【解析】由，故，故，
即.
故选：C.
2．【答案】B
【解析】，
故选：B．
3．【答案】B
【解析】由题意可得，，
所以
因为，，，所以，
所以.
故选：B
4．【答案】D
【解析】依题，解得，则二项式的所有项系数之和为.
故选：D.
5．【答案】B
【解析】由题意可知，，，
则，解得，或（舍），
所以.
故选：B
6．【答案】B
【解析】由题意，设点到平面的距离为，
而
，
由，得，解得，
棱长为6的正方体的正方体的内切球的半径为，
棱长为6的正方体体对角线的长度为，
因为，
所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，
则该球形饰品的体积的最大值为.
故选：B.
7．【答案】B
【解析】，所以，
，
又因为，
所以，即.
故选：B.
8．【答案】D
【解析】由题意知，
所以，两边取以10为底的对数，得，
所以，
故选：D.
9．【答案】A
【解析】由题意得，抛物线的准线方程为，
设，则，，
故．
令，则，由，得，
所以，
令，则，所以，
故当，即时，取得最小值．
故选：A．
10．【答案】D
【解析】法一：因为是等比数列，设其公比为，由题意得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
则，．
设数列的前项和为，
则．
法二：设数列的前项和为，则，
则
，即．
故选：D．
11．【答案】C
【解析】解法一：由题可得，矩形的宽为，则长为，
双曲线以矩形长边中点为焦点，过顶点，如图所示，
则，代入双曲线的方程，得，即.
又因为，所以，即，
等式两边同时除以得.
设，则，即，
解得或（不合题意，舍去），即，
所以.
故选：C.
解法二：连接，由题意知，则，，，
则由双曲线的定义知，即，，
所以双曲线的离心率.
故选：C.
12．【答案】A
【解析】由可得，要使恰有一个零点，只需函数的图象与直线相切.
设切点坐标为.由，可得，则切线方程为，即，
故需使.
由可得，解得.
故选：A
第二部分（非选择题 共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13．【答案】
【解析】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，
当单位只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
当单位不只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
合计有种不同分配方案，
故答案为：.
14．【答案】
【解析】由知是奇函数，，
设，则，
在上单调递增，由得，
即，，得的取值范围是.
故答案为：
15．【答案】
【解析】依题意，点的轨迹为直线上，显然，要最大，当且仅当最大，
在中，，而正弦函数在上单调递增，
则只需最大，即圆心到点的距离最小，因此，又圆心，
此时直线的方程为，由解得点，
于是圆心关于点对称的点的坐标为，所以圆关于点对称的圆的方程为．
故答案为：
16．【答案】/
【解析】取的中点E，的中点F，连接EF，，，
则易得，，
因为平面，平面，故平面，
同理：平面AMN，又平面，
所以平面平面，又平面AMN，
所以平面，即点在平面与平面的交线EF上，
当时，取最小值．
易知，故当取最小值时，P为EF的中点，
此时的面积，
则．
故答案为：.
三、解答题：本大题共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：共60分．
17．（12分）
【解析】（1）
由余弦定理可得，
化简为，解得或，
当时，因为，与为锐角三角形不符合，故.
（2）作垂直于，设，
则，当，四边形面积最大，最大面积为.
18．（12分）
【解析】（1）当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次时，
种数为：，
当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次时，
种数为：，
所有满足条件的对接码的个数为150.
（2）随机变量的取值为1，2，3，其分布为：
，，
，
故的分布列为：
故.
19．（12分）
【解析】（1）存在，；
理由如下：由，，，平面，
所以平面，又平面，
故，又，平面，故平面，
又平面,故平面平面，又平面平面，
平面，作，则平面，又平面，
故平面平面，由题意，不妨设，
则中，由等面积得，所以，
则，所以.
（2）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由（1），， , ，
，,
设平面的法向量为，
由，取，
易知平面PDE的法向量为，
设平面和平面的夹角为,故.
20．（12分）
【解析】（1）设，由，得焦点，则．
由，得，解得，代入抛物线方程，得，即，
所以，即，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，，．
联立消去整理得，
所以．
因为，所以，又，所以，
所以，，
即，
即，化简得．
因为，所以，此时，
所以
，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立．
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，
故的最大值为．
21．（12分）
【解析】（1）由已知函数的定义域为，又
当时，，函数在上是增函数；
当时，解得或（舍去），
所以当时，函数在上是增函数；
当时，函数在上是减函数；
综上所述：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由已知，即，
可得，
函数有两个极值点，即在上有两个不等实根，
令，只需，故，
又，，
所以
，
要证，
即证，，
只需证，，
令，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，又，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，单调递增，
时，单调递减，
则，
令，，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即得证.
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）
【解析】（1）将代入直线与曲线的极坐标方程中，
得直线的直角坐标方程为，
曲线的直角坐标方程为，整理得．
易知曲线的参数方程为（为参数）．
（2）设点的坐标为，
则，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
故的取值范围为．
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）
【解析】（1）由，
当且仅当时取等号；
因为的最小值为，所以，又，所以．
所以即，
即或或，
解得，故不等式的解集为．
（2）由，
作出函数的图象及直线，如图所示，其中．

因为方程有实数根，
所以的图象与直线有公共点．
因为过定点，所以当直线经过点时，斜率，
即时，直线与的图像有公共点，也就是方程有实数根；
由图像知，直线的斜率小于直线的斜率时，得，
此时直线与的图像也有公共点，也就是方程有实数根.
即实数的取值范围是．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
C
B
B
D
B
B
B
D
A
D
C
A
1
2
3