决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷文科02）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷文科02），共22页。
文科 数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共60分）
一、选择题：本大题共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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．若实数，满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．1
4．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
5．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）
A．B．C．D．
6．某校为了解在校学生对中国传统文化的传承认知情况，随机抽取了100名学生进行中国传统文化知识考试，并将这100名学生成绩整理得到如下频率分布直方图．根据此频率分布直方图（分成，，，，，六组），下列结论中不正确的是（ ）
A．图中的
B．若从成绩在，，内的学生中采用分层抽样抽取10名学生，则成绩在内的有3人
C．这100名学生成绩的中位数约为65
D．若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，则这100名学生的平均成绩约为68.2
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数满足，且函数为偶函数，若，则（ ）
A．0B．1012C．2024D．3036
9．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图1，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长和攒尖高的比值为，若点是棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知点P为直线与直线的交点，点Q为圆上的动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．设等比数列中，使函数在时取得极值，则的值是（ ）
A．或B．或C．D．
12．已知抛物线的准线方程为，，，为上两点，且，则下列选项错误的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
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．已知函数（是的导函数），则曲线在处的切线方程为 ．
14．已知是双曲线上任意一点，若到的两条渐近线的距离之积为，则上的点到焦点距离的最小值为 ．
15．已知长方体中，侧面的面积为2，若在棱上存在一点，使得为等边三角形，则四棱锥外接球表面积的最小值为 .
16．若的内角的对边分别为，，，点在边上，且的面积为，则 ．
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．陕西省从2022年秋季启动新高考，新高考“3+1+2”模式中“3”为全国统一高考科目的语文、数学、外语，“1”为首选科目．要求从物理、历史2门科目中确定1门，“2”为再选科目，要求从思想政治、地理、化学、生物学4门科目中确定2门，共计产生12种组合．某班有学生50名，在选科时，首选科目选历史和物理的统计数据如下表所示：
附：，其中．
(1)根据表中的数据，判断是否有99.5%的把握认为学生选择历史与性别有关；
(2)从选择物理类的40名学生中按照分层抽样，任意抽取5名同学成立学习小组，该小组设正、副组长各一名，求正、副组长中至少有一名女同学的概率.
18．设等差数列的公差为，记是数列的前项和，若，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，求证：.
19．如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，，侧面是边长为4的正三角形，.
(1)证明：平面平面ABCD；
(2)求点A到平面SBC的距离.
20．已知椭圆的方程，右焦点为，且离心率为
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆的左、右顶点，过的直线交于两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围.
21．已知函数，
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，求的最小值.
（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．已知在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），点的极坐标为且点在曲线上.
(1)求曲线的普通方程以及曲线的极坐标方程；
(2)已知直线与曲线分别交于，两点，其中，异于原点，求的面积.
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若恒成立，求的取值范围.
历史
物理
合计
男生
1
24
25
女生
9
16
25
合计
10
40
50
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．B
【分析】将集合化简，再由集合的运算即可得到结果.
【详解】因为或，
则，又，
所以.
故选：B
2．A
【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据虚部的概念求解.
【详解】由可得，
故虚部为，
故选：A
3．C
【分析】根据线性约束条件画出可行域，再数形结合求出目标函数的最优解，即可得解；
【详解】由约束条件作出可行域如图，
联立，解得，则．
化目标函数为．
由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，
则有最小值为．
故选：C．
4．B
【分析】根据题意，求得，结合两角和的正弦公式，准确运算，即可求解.
【详解】由，可得，
因为，所以，
所以.
故选：B．
5．C
【分析】从时进入循环结构，不断累加得和，直至退出循环，输出,最后运用裂项相消法求和即得.
【详解】当时，进入第一次循环，得；进入第二次循环，得；
进入第三次循环，得；，；
，此时因，退出循环，输出，
而.
故选：C.
6．C
【分析】根据频率分布直方图的特点逐个进行分析计算即可.
【详解】由，得，所以A正确；
这100名学生中成绩在，，内的频率分别为0.2，0.12，0.08，所以采用分层抽样抽取的10名学生中成绩在内的有人，故B正确；
根据频率分布直方图，可知这100名学生成绩的中位数在之间，设中位数为，则，所以，故C错误；
根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得，D正确．
故选：C
7．C
【分析】根据对数运算以及对数函数单调性可得，结合分数指数幂运算分析可得，即可得结果.
【详解】因为，，
因为，可知，
又因为，所以.
故选：C.
8．B
【分析】由题意得，的图象关于直线对称，函数的周期为4，进一步，由此即可得解.
【详解】由题意函数为偶函数，所以，的图象关于直线对称，
所以，
所以函数的周期为4，在中，分别令和1，
得，，即，
所以，
所以.
故选：B.
9．C
【分析】连接，设为的中点，则异面直线与所成角为或其补角，再根据几何关系求解即可.
【详解】解：如图，连接，设为的中点，，
异面直线与所成角为或其补角．
连接，
所以，在正四棱锥中，，，
平面，
，设，则由题意得，
在中，．
故选：C．
10．B
【分析】先求出点的轨迹方程，再判断两圆的位置关系，即可求出的取值范围.
【详解】因为点为直线与直线的交点，
所以由可得，且过定点，过定点，
所以点的轨迹是以点与点为直径端点的圆(去除)，圆心为，
半径.
而圆的圆心为，半径为，
所以两个圆心的距离，且，所以两圆相离，
所以的最大值为：，
因为不在圆上，故，
所以的取值范围是.
故选：B .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，根据直线垂直以及过定点得到点的轨迹是圆，从而得解.
11．D
【分析】由极值点和极值可构造方程组求得，代回验证可知满足题意；结合等比数列性质可求得结果.
【详解】由题意知：，
在处取得极值，，
解得：或；
当，时，，
在上单调递增，不合题意；
当，时，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
是的极小值点，满足题意；
，又与同号，.
故选：D.
12．C
【分析】求得抛物线，设直线，联立方程组求得，，结合向量的数量积的运算，可得判定A正确；由，可判定B正确；由，，可判定C错误；结合弦长公式和面积公式，可判定D正确.
【详解】由抛物线的准线方程为，可得，解得，
所以抛物线，
设直线，且，，
联立方程组，整理得，
则，解得，且，，
由，所以A正确；
由，所以B正确；
当时，由，可得，
则，或，，所以，所以C错误；
由，
解得，所以，则，所以D正确．
故选：C
13．．
【分析】由导数的几何意义先求出切线的斜率，再求出切点坐标，有点斜式求出切线方程即可.
【详解】由题意设切点，因为 ，
令，得，
由导数几何意义知：，
又，所以，
故曲线在处的切线方程为：，
整理得： .
故答案为：.
14．
【分析】根据点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】所求的双曲线方程为，则渐近线方程为，
设点，则，
点到的两条浙近线的距离之积为，
解得：，故双曲线方程为：，
故，故双曲线上的点到焦点距离的最小值为．
故答案为：．
15．
【分析】根据几何体的特征，确定四棱锥外接球的球心，结合长度和几何关系，基本不等式确定半径的最小值，即可求解.
【详解】如图，由对称性可知，点是的中点，设，则，，点是的中点，
由底面矩形的对角线的交点作底面的垂线，过等边三角形的中心作平面的垂线，两条垂线交于点，点是四棱锥外接球的球心，
，，则，
当，即时，等号成立，则的最小值为,
所以四棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：
16．
【分析】先根据结合两角和的正余弦公式求出，再利用正弦定理求出，再根据的面积求出边，再在中，利用余弦定理即可得解.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
即，所以，
因为，所以，
因为，
所以，
又，所以，
因为点在边上，，所以，
因为，，所以，
所以，
所以，得，
在中，，
由余弦定理可得，
得．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17．(1)有
(2)
【分析】（1）根据列联表中的数据，计算的值，与比较可得结果；
（2）问题转化成古典概型，利用古典概型的概率计算公式计算可得.
【详解】（1）将表中的数据带入，得到
．
所以有99.5%的把握认为学生选择历史与性别有关．
（2）由题意知，抽取的5名同学中，男生有3名，设为A，B，C，女生2名，设为D，E，
从这5名同学中选取2名同学担任正副组长，所有的可能情况有：
，，，，，，，，，，共计10种基本情况，且每种情况的发生是等可能的，
其中至少有一名女生的情况有，，，，，，，共计有7种情况，
所以（至少有一名女生）．
18．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列求和公式及下标和性质得到和，从而得到或，再分别求出通项公式；
（2）依题意可得，求出，则，利用分组求和法及裂项相消法计算可得.
【详解】（1）由，，得，解得，
由，，所以，所以或，
当时，此时；
当时，此时；
综上可得数列的通项公式为或；
（2）因为，所以，则，
则
，
所以
.
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，通过证明，即可由线线垂直证明线面垂直；
（2）根据，结合的面积，即可由等体积法求得结果.
【详解】（1）证明：取CD中点E，连接SE，AE，BE，
易得，，因为，，
所以，，，故，
又，，
所以，故，
因为平面ABCD，平面ABCD，，
所以平面ABCD，又因为平面SCD，
所以平面平面ABCD.
（2）由（1）知平面ABCD，且，
在中，，
所以，
故.
在中，，，
所以SB边上的高，
所以.
设点A到平面SBC的距离为d，
则，即，解得，
所以点A到平面SBC的距离为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率以及焦点即可求解；
（2）①当斜率不存在时，易知；②当斜率存在时，设与椭圆方程联立，得到，利用韦达定理可得，设，转化为，可得答案．
【详解】（1）设椭圆焦距为，
由题意可得，
故椭圆方程为
（2）当斜率不存在时，易知；
②当斜率存在时，设，,，,，
由，得，显然，
所以，，
因为，，
所以，
因为，
所以，
又，
设，则，，解得且，
所以，
综上可得的取值范围为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与两种情况即可得解；
（2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到，，，利用消元法将表示成关于的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解.
【详解】（1）因为，
所以,
令，则，
因为，
当时，，则，即，
此时在上单调递增，
当时，，由，得，且，
当或时，，即；
当时，，即，
所以在,上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，
当时，在,上单调递增，在上单调递减，
其中.
（2）由（1）可知，为的两个极值点，且，
所以，且是方程的两不等正根，
此时，，，
所以，，且有，，
则
令，则，令，
则，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用韦达定理将双变量的转化为关于单变量的函数，从而得解.
22．(1)曲线：；曲线：
(2)
【分析】（1）先把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，把曲线的参数方程化为普通方程，进而可得极坐标方程；
（2）先求出点的直角坐标，分别联立直线与的普通方程，求出两点的坐标，再根据两点间的距离公式及点到直线的距离公式即可得解.
【详解】（1）因为曲线的极坐标方程为，所以，
由，得曲线的直角坐标方程为；
由曲线的参数方程为（为参数），又，
得，
因为，所以，即，
即曲线的极坐标方程为.
又点在曲线上，所以，解得，
所以曲线的极坐标方程为；
（2）因为点，则，即点的直角坐标为，
由（1）得曲线的直角坐标方程为，
联立，解得或，所以，
联立，解得或，所以，
则，
点到直线的距离，
所以.
23．(1)
(2)
【分析】（1）分，和三种情况求解即可；
（2）先将原不等式转化为，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值为，则进一步转化为，从而可求出的取值范围.
【详解】（1）当时，可化为.
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得.
故当时，不等式的解集为.
（2）因为，
所以等价于.
因为，当且仅当时取等号，
所以的最小值为，所以，
解得或，
故的取值范围是.