2024年高考押题预测卷—数学（全国卷文科01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（全国卷文科01）（全解全析），共12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】B
【详解】由得，解得，
所以．
由解得，即，
所以.
故选：B．
2．【答案】A
【详解】由，可得，
所以．
故选：A．
3．【答案】C
【详解】依题意，，，
所以，
，
所以.
故选：C.
4．【答案】D
【详解】因为，令，则，，
所以
.
故选：D.
5．【答案】C
【详解】由可得，解得或.
当时，：，：，显然，重合，舍去，
故时，.
因此“”是“”的充要条件.
故选：C
6．【答案】A
【详解】由指数函数与对数函数的性质可得，，，，
所以，
故选：A.
7．【答案】C
【详解】对A：由条形图知，2018—2022年中国的全部工业增加值逐年增加，故A正确；
对B：由折线图知，2018—2022年中国全部工业增加值的增长率的极差为，故B正确；
对C：由条形图知，与上一年相比，2022年中国增加的全部工业增加值为，
2019年增加的全部工业增加值为，不是2倍关系，故C错误；
对D：由条形图知，2018年中国全部工业增加值的增长率为，
2018—2022年中国全部工业增加值的增长率的最小值为，，故D正确．
故选：C.
8．【答案】B
【详解】由等差数列的性质，可得，解得，
所以.
故选：B.
9．【答案】A
【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，
设底面圆的半径为r，则，
则圆锥的母线长为（米），
故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米），
故选：A
10．【答案】C
【详解】设圆心为，圆的半径为，
由于，故圆心在直线上，
当与圆相切时，最大．
由知，，所以，
所以，解得或．
要使得圆存在两点，使得，
则.
故选：C．
11．【答案】D
【详解】抛物线C：的焦点为，准线方程为，
如图，
因为，且关于的对称点为，所以，
所以
.
当在线段与抛物线的交点时，取得最小值，且最小值为.
故选：D
12．【答案】A
【详解】因为，故，
故，
因为是定义在上的奇函数，故，
故，故，故，
此时，故为上的减函数，
而等价于，
即即，故或
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】/
【详解】由，得，又，得，
则．
故答案为：
14．【答案】3
【详解】解：由，得，
两式相加得，故，
两式相减得，
所以数列是以6为周期的周期数列，
所以，则．
故答案为：3
15．【答案】
【详解】根据题意画出图象如下：

由得，又，所以，
双曲线的渐近线方程为，
则点到渐近线的距离，所以在中，，
由余弦定理得，
即，化简得，即，
解得或，因为，所以.
则双曲线的渐近线方程为．
故答案为：.
16．【答案】①③④
【详解】因为，故①正确；
因为，故②错误；
因为，
定义域为，关于原点对称，
则，
所以，
所以是奇函数，故③正确；
令，其中，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即函数在上单调递增，
所以，即，
又，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以时，，则函数在上单调递增，
所以对，，故④正确；
故答案为：①③④
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）
【答案】(1)(2)
【详解】（1）解法一 因为，所以.
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，则.
解法二 设，则，
在中，由余弦定理得，
所以， 所以，
所以，所以.
（2）由（1）中解法二可知，，
在中，由余弦定理得，
所以
，当时取等号，
故面积的最大值为.
18．（12分）
【答案】(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）在中，，
由正弦定理可得，即，
得，故．
，
，故．
又，且平面，
平面，
又平面平面平面．
（2）由（1）可得平面，且，
由，可得，
则三棱锥的体积为
，
故，即，．
19．（12分）
【答案】(1)，平均值为(2)
【详解】（1）由频率分布直方图可得：
，
即评分在的频率为0.2，
故，
故各组频率依次为：，，，，。
所以平均值为．
（2）由题可知：抽取的20份评分结果中，评分在的份数为，分别记为，
评分在的份数为，分别记为.
则从这8份评分结果中任取2份，不同取法有：
，
，共28种，
记“这2份评分结果均不低于90分”为事件，
则事件包含的基本事件有：
，，共15种，
故所求概率．
20．（12分）
【答案】(1)椭圆:，抛物线:(2)
【详解】（1）由，得，故抛物线的标准方程为，
由，得，得，
由椭圆过点，得，
得，，
故椭圆的标准方程为；
（2）设，，由得，，
故抛物线在点处的切线方程为，化简得，
同理可得抛物线在点处的切线方程为．
联立得，得，
易得直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，得，，
故，，
因此，由于点在椭圆上，故．
又，
点到直线的距离，
故．
令，又，
故，其中，
因此当时，最大，则，
所以，
即的面积的最大值为．
21．（12分）
【答案】(1)递增区间为，递减区间为(2)
【详解】（1）当时，，其定义域为，
，
令，得（舍去），
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）方法1：由条件可知，于是，解得．
当时，，
构造函数，，
，
所以函数在上单调递减，于是，
因此实数m的取值范围是．
方法2：由条件可知对任意的恒成立，
令，，只需即可．
，
令，则，
所以函数在上单调递增，
于是，所以函数在上单调递增，
所以，于是，因此实数m的取值范围是．
（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）
【答案】(1)；(2)．
【详解】（1）由消去参数，得，即，
将，代入上式，
故曲线的极坐标方程为，即．
（2）解法一：设，
联立得，得，其中,
故，所以或，故或，所以，
所以，
所以的面积为．
解法二： 由（1）得曲线的直角坐标方程为，
则曲线是以点为圆心，2为半径的圆，
把代入，得直线的直角坐标方程为，
所以圆心到直线的距离为，所以，
因为直线与轴平行，所以点到直线的距离为，
所以．
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）
【答案】(1)(2)
【详解】（1），
当时，即，解得；
当时，即，无解；
当时，即，解得；
综上，不等式的解集为．
（2）的解集为，
在上恒成立，．
由（1）可得．
，解得，
实数的取值范围为.1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
A
C
D
C
A
C
B
A
C
D
A