2024年高考押题预测卷—数学（全国卷理科03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（全国卷理科03）（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，只有一项是符合要求的。
1．【答案】D
【详解】因为，，所以，
所以集合的真子集的个数为.
故选:D.
2．【答案】D
【详解】由题意，可化为，
所以，
所以在复平面内对应的点的坐标为，
所以复数在复平面内对应的点在第四象限．
故选：D．
3．【答案】B
【详解】由题意，则，而或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．【答案】C
【详解】由题意得，若输出的的值为4，则，或，或，
解得或或，所以输入的的可能值有3个.故选：C
5．【答案】C
【详解】先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总方法数为，
因甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同，故只需先把甲,乙,丙三人在三项活动上安排好，再让丁，戊两人分别在三项活动中选择，
其方法数为. 故甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为．
故选:C．
6．【答案】B
【详解】成等比数列．，
即，
．
，公比为，
故选：B．
7．【答案】B
【详解】如图，当点是的中点时，此时，最短，最小值为，
当点与点或点重合时，此时最长，最大值为2，
因为是圆的切线，所以，，
则四边形的面积为，
所以四边形的面积的最小值为，最大值为，故①②正确；
,
，
，，
设，函数单调递增，最小值为0，最大值为，故③错误，④正确.
故选：B
8．【答案】D
【详解】，
令，得，
因为，所以，
若在上有且仅有4个零点，则，解得，
令，得，因为，
所以．当，
当，当，只有D符合.
故选：D．
9．【答案】D
【详解】由题意知，定义域为，
当时，，由指数函数的单调性可知函数单调递增，可对应①；
当时，，令可得：，所以当时，，当时，，所以，函数先减后增，且当时，，此时可对应②；
当时，，当时，当时，，当时，，所以，函数先增后减，
当时，，且此时，所以可对应③，
当时，，此时，所以可对应④.
故选：D.
10．【答案】B
【详解】
如图，令四棱锥的底面边长为，高为，三棱柱的高为，
所以三棱柱的体积为，
长方体的体积为，因为四个三棱柱的体积之和等于长方体的体积，
所以，所以，
因为四棱锥的体积为，
所以四棱锥与三棱柱的体积之比为.
故选：B.
11．【答案】A
【详解】
设，则，而，所以，
所以点到的距离为，
又，所以，
解得，即，从而，
又因为，
所以，
在中，由余弦定理有，
所以，即，
解得，双曲线C的渐近线方程为.
故选：A.
12．【答案】A
【详解】易知不是方程的根，
故当时，可化为，
令，得．
设，则，
令，可得或，令，可得，
故在和上单调递减，在上单调递增，，
作出的大致图象，如图，
数形结合可得方程有两个不相等的实数根，设为，，
则，且，
则，解得，
不妨设，
则
，
由，可得.
故选：A．
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．【答案】
【详解】观察频率分布直方图，得数学成绩在区间的频率为，
数学成绩在区间的频率为，
因此数学成绩的中位数，且，解得，
所以这次考试数学成绩的中位数的估计值为.
故答案为：
14．【答案】
【详解】当时，，则，此时，所以，
所以.
故答案为：
15．【答案】
【详解】画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，
设，可得，
结合图象可得，当直线经过点时，直线在轴上的截距最小，
即取得最小值，即目标函数取得最小值，
又由，解得，所以.
故答案为：.

16．【答案】
【详解】由题意可设圆台的高为，上、下底面半径分别为，
球的半径为，因为，
所以，
所以，
得，
则，
所以，，
所以球的体积为．
故答案为：.
三、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选做题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分.
17．（12分）
【详解】（Ⅰ）在△ABC中，∵bcsC+csinB＝0，
∴由正弦定理知，sinBcsC+sinCsinB＝0
∵0＜B＜π，
∴sinB＞0，于是csC+sinC＝0，即tanC＝﹣1
∵0＜C＜π
∴．
（Ⅱ）由（Ⅰ）和余弦定理知，，
∴c＝5，
∴，
设BC的中垂线交BC于点E，
∵在Rt△BCD中，，
∴．
18．（12分）
【详解】（1）如图，取的中点，连接交于点，连接，
因为是的中点，是的中点，
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）因为，平面平面，平面平面平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角为，则，
在中，不妨设，则，连接，
因为，所以.
又平面平面，所以平面平面，
且平面平面平面，故平面.
设的中点为，连接，
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨取，则有，
易知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．（12分）
【详解】（1）传球的过程中，不考虑第四次传给谁，有种；
传球的过程中不传给甲，第四次传给甲，有种，
传球的过程中传给甲，有种；
故传球次，球又回到甲手中的概率为.
（2）根据题意可得，
，，
，
故的分布列如下所示：
则.
（3）次传球后，乙、丙、丁三人中被传到球，有两种情况：
第一种，时，次传球后，此人均接过他人传球，则其概率为；
第二种，时，次传球后，此人中只有人接过他人传球，则第次传球时将球传给剩余的1人，
其概率为：；
所以当时，，
故，因为，.
所以数列从第3项起构成等比数列，
，则.
20．（12分）
【详解】（1）由，所以，设，，
，
，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）如图，设，，，，
，解得，
所以点的坐标为.
由题意直线的斜率不为0，设，，，
联立，消去整理得，
则，，，
因为，所以，
即，整理得，
将，代入上式，
，满足，
所以直线为，恒过定点.

21．（12分）
【详解】（1）因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
（2）要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做。则按所做的第一题记分.
22．（10分）
【详解】（1）由曲线的参数方程为，（为参数），可得其普通方程，
由，得曲线的极坐标方程.
，
由，得曲线的直角坐标方程.
（2）将代入，
得.
将逆时针旋转，得的极坐标方程为，代入曲线的极坐标方程，得.
由，得，.
即，解得.
因为，所以.
23．（10分）
【详解】（1）.
即，或，或
解得或，
所以原不等式的解集为或.
（2）证明：由（1）知当时，有最小值，
所以，.
因为，
所以，
因为，，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当，时取等号.1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
D
D
B
C
C
B
B
D
D
B
A
A