2024年高考押题预测卷—数学（全国卷文科03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（全国卷文科03）（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，只有一项是符合要求的。
1．【答案】B
【详解】依题意，，若，解得（时不满足集合的互异性，舍去），
若，解得（时不满足集合的互异性，舍去），
综上所述，或.
故选：B
2．【答案】B
【详解】，则，
故.
故选：B.
3．【答案】C
【详解】因为，所以为线段上靠近的三等分点，如下图所示：

故．
故选：C．
4．【答案】A
【详解】由题意可得，
即恒成立，即，即.
故选：A.
5．【答案】A
【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，
如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.

6．【答案】C
【详解】记汉服活动、艺术拍摄、传统节日、旅游观光、舞台表演、婚庆典礼这6类场景分别为A，B，C，D，E，F，
从6类场景中选2类场景进行拍摄的基本事件有
，，，，，，，，，
，，，，，，共15种，
设事件M为“汉服活动、旅游观光这2类场景至少有1类场景被选中”，
则事件M包含的基本事件有，，，，，
，，，，共9种，
故所求概率，
故选：C．
7．【答案】D
【详解】由题意将该三棱锥补充为一个正方体，如图所示，
该三棱锥为，其外接球与它所在正方体外接球是同一个，
设其外接球的半径为，则有，
此几何体的外接球的表面积为.
故选：D.
8．【答案】B
【详解】如图，过P作圆O的切线，连接，
在中，，
所以.
当点Q运动到点A时，最大，即，
所以.
故选：B．
9．【答案】B
【详解】由题意知直线为函数图象的一条对称轴，为函数图象的一个对称中心，
故，则，，
又在上单调递减，则，
即得，结合，即，
故当时，；当时，；
取其它值时，不合题意，
故的最大值为，
故选：B．
10．【答案】B
【详解】因为，由余弦定理可得，解得，
又因为，由正弦定理可得，且，即，解得，
所以.
故选：B.
11．【答案】C
【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为，
当时，，即，又，
因为M是线段的中点，所以，得，
所以，即，
所以C的渐近线方程为.
故选：C.

12．【答案】B
【详解】对，因为，则，即函数在单调递减，
且时，，则，即，所以，
因为且，所以，
又，所以.
故选：B
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】作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线，平移直线，数形结合可知当直线经过点时，取得最小值．
由得，故，．
故答案为：

14．【答案】/
【详解】由，则有，
即，
由，故，
故，即.
故答案为：.
15．【答案】1
【详解】依题意，设正的边长为2，则圆锥的底面圆半径为1，高为，母线长为2，
因此，，
球半径即为正的边心距，因此，，
所以.
故答案为：1
16．【答案】
【详解】
设，，由抛物线定义可知，，
，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
即的最大值为.
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】（1）平均数，
由，，
故中位数位于，设中位数为，则有，解得,
即平均数，中位数；
（2），
故有99.5%的把握认为能否获得“亚运达人”称号与性别有关.
18．（12分）
【详解】（1）因为成等比数列，且，
所以，由，解得，
所以.
（2）由，
得，
由，有，所以，得.
19．（12分）
【详解】（1）在等腰梯形中，因为，
所以，，
所以，所以．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面．
又平面，所以．
又平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）如图，过点作于点，由（1）可知平面平面，
又平面平面平面，所以平面，故．
在中，，所以．
在中，，所以．
又，所以，即四棱锥的高为1．
由题意知，梯形的高为，所以梯形的面积为，
所以四棱锥的体积为．
（12分）
【详解】（1）由可得，
则，所以曲线在点处的切线斜率为，
又因为，所以切线方程为：，即.
所以.
（2）要证明，只要证，
设，则，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，所以.
21．（12分）
【详解】（1）由题意知，
所以的方程为
直线的倾斜角为，过点直线的方程为
设，联立，
得
与互相垂直的倾斜角为由对称性可知

（2）方法一：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为由互相垂直可得①
联立得②
联立，
整理得
是的中点③
由②③得，即④
同理联立得⑤
由①④⑤得
⑥
联立，
得
取中点，所以⑦
由⑥⑦得与重合，即是中点.
方法二：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为
由互相垂直可得
设的坐标分别为
联立，
得，又
是的中点
整理可得的中点
又直线恒过定点，
，
同理
三点共线
所以的中点在上，又上的点在上
所以与重合，即是中点
方法三：由题意可知的斜率存在且不为0，设的方程分别为
由互相垂直可得①
联立得，所以②
设的坐标分别为，代入得
两式相减得，
变形为，即③
由②③得，即④
同理联立得，
所以⑤
由①④⑤得，
所以⑥
取中点，同理可证⑦
由⑥⑦得.
结合均在直线上，所以与重合，即是中点.

（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）由题设曲线的参数方程，消参得，
由，且得，，化简得，
C的普通方程为，l直角坐标方程为.
（2）当时，，易知，设，
可得，（a是参数），
消参得方程为且，
则圆心距离得，
则两圆相交，故两圆存在公共点，联立方程组，
解得或，故坐标为.
23．（10分）
【详解】（1）不存在，，，使得.理由如下：
因为，，都是正数，且，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
即的最小值为，
所以不存在，，，使得.
（2）因为
，当且仅当时等号成立，
所以.1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
B
C
A
A
C
D
B
B
B
C
B