决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷理科02）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷理科02），共24页。
理科 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，则的虚部为（ ）
A．B．C．1D．
3．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
5．已知平面向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
6．已知在R上单调递增，且为奇函数.若正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．2024年3月16日下午3点，在贵州省黔东南苗族侗族自治州榕江县“村超”足球场，伴随平地村足球队在对阵口寨村足球队中踢出的第一脚球，2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕.某校足球社的五位同学准备前往村超球队所在村寨调研，将在第一天前往平地村、口寨村、忠诚村，已知每个村至少有一位同学前往，五位同学都会进行选择并且每位同学只能选择其中一个村，若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是（ ）
A．18B．36C．54D．72
8．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
9．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
10．已知椭圆：的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
11．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）

A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为
12．若函数有两个不同的极值点，且恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
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．若数列满足，，则 ．
14．已知函数，其中为常数，且，将函数的图象向左平移个单位所得的图象对应的函数在取得极大值，则的值为 .
15．已知函数的最大值为，若函数有三个零点，则实数的取值范围是 ．
16．已知四棱锥的高为，底面为菱形，，分别为的中点，则四面体的体积为 ；三棱锥的外接球的表面积的最小值为 ．
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．已知的内角的对边分别为．
(1)求的值；
(2)若的面积为，且，求的周长．
18．某校高三年级进行班级数学文化知识竞赛，每班选三人组成代表队，其中1班和2班进入最终的决赛．决赛第一轮要求两个班级的代表队队员每人回答一道必答题，答对则为本班得1分，答错或不答都得0分．已知1班的三名队员答对的概率分别为、、，班的三名队员答对的概率都是，每名队员回答正确与否相互之间没有影响．用、分别表示1班和2班的总得分．
(1)求随机变量、的数学期望；
(2)若，求2班比1班得分高的概率．
19．如图，在圆柱中，一平面沿竖直方向截圆柱得到截面矩形，其中，为圆柱的母线，点在底面圆周上，且过底面圆心，点D，E分别满足，过的平面与交于点，且.
(1)当时，证明：平面平面；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求的值.
20．已知动圆经过定点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设过点的直线，分别与曲线交于，两点，直线，的斜率存在，且倾斜角互补，求证：直线的倾斜角为定值.
21．已知函数．
(1)若函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的值；
(2)若函数的最小值为，求的值．
（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.
参考答案：
1．C
【分析】首先解分式不等式求出集合，再解对数不等式求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得.
【详解】由，解得或，
所以，则，
由，即，所以，解得，
所以，
所以.
故选：C
2．A
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的乘方化简复数，从而得到其共轭复数，再判断其虚部.
【详解】因为，又，，，
所以，
所以，所以的虚部为.
故选：A
3．B
【分析】根据点线面的位置关系结合充分条件和必要条件判断即可.
【详解】若，，，则与的位置关系不能确定；
若，因为，所以，又，所以成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4．B
【分析】根据函数的定义域和特殊区间的函数值的正负，数形结合即可判断和选择.
【详解】对于A，函数的定义域为R，而题设函数的图象中在自变量为0时无意义，不符合题意，排除；
对于C，当时，，不符合图象，排除；
对于D，当时，，不符合图象，排除.
故选：B
5．B
【分析】根据向量的加减运算以及数量积的运算律求出，继而利用向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】由题意知平面向量满足，
故，所以，
所以，所以，
则，，故，
故选：B.
6．A
【分析】根据奇函数的性质可得，进而根据基本不等式即可求解.
【详解】由于为奇函数，所以，
由得 ，
由于 所以，
当且仅当时取等号，故的最小值为，
故选：A
7．B
【分析】分和两种情况，分别求出不同的选法再相加即可.
【详解】若五位同学最终选择为，先选择一位同学和学生甲和学生乙组成3人小组，
剩余两人各去一个村，进行全排列，此时有种选择，
若五位同学最终选择为，将除了甲乙外的三位同学分为两组，再进行全排列，
此时有种选择，
综上，共有种选择.
故选：B
8．A
【分析】由，两边平方相加得到，再利用二倍角的余弦公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
两式相加得：，即，
化简得，
所以，
故选：A
9．B
【分析】构造函数，利用导数法求最值得，从而有，再利用函数单调递减得，利用函数单调递增得，即可比较大小.
【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
10．B
【分析】根据题意求出点坐标，再利用点差法求得，进而可得椭圆离心率.
【详解】依题意，椭圆的左焦点为，，
过作轴，垂足为，由，
得，，则，
设，则有，，
由，两式相减得，
则有，
所以.
故选：B.
11．D
【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.
【详解】
在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为该正方体的棱长为，分别为的中点，
则，，，，
所以，设，则，
因为，
所以，，当时，；当时，；
取，，，，
连接，，，，则，，
所以四边形为矩形，
则，，即，，
又，且平面，平面，
所以平面，
又，，所以为中点，则平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为四边形，
因此点不可能是棱的中点，即A错；
又，，所以，则点的轨迹不是正方形；
且矩形的周长为，故C错，D正确；
因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.
12．B
【分析】首先对求导，得，根据题意得到方程有两个不相等的正实数根，结合根与系数的关系求得的取值范围，然后将不等式进行转化，结合根与系数的关系得到关于参数的表达式，从而构造函数，利用导数知识进行求解．
【详解】依题意得，
若函数有两个不同的极值点，
则方程有两个不相等的正实数根，
可得，解得，
因为，
可得
．
设，则，
则单调递减，，可知．
所以实数的取值范围是.
故选：B．
【点睛】关键点睛：1.利用导数与极值点之间的关系及一元二次方程有两个不相等的正实数根，求得的取值范围是解决问题的前提；
2.利用韦达定理二元换一元，通过构造函数解决问题.
13．
【分析】根据，用累加法求解，即可得出结果.
【详解】因为数列满足，，
所以，
，
，
……
，
以上各式相加得，
所以.
【点睛】本题主要考查求数列的通项公式，熟记累加法即可，属于常考题型.
14．
【分析】先根据图象平移得到的解析式，然后根据为最大值得到关于的方程，结合的范围可知结果.
【详解】由题意可知，
因为在取得极大值，所以在取得最大值，
所以，，即，
又因为，所以，当且仅当时，满足条件，所以，
故答案为：.
15．
【分析】根据二次函数的性质求出的最大值为，依题意可得函数的图象与直线有三个交点，利用导数研究函数的单调性与极值，即可得到函数图象，结合函数图象即可求出参数的取值范围；
【详解】解：因为，
所以的最大值为，
易知函数有三个零点，
等价于函数的图象与直线有三个交点，
因为，
所以当或时，，当时，，所以在，上单调递减，在上单调递增，
所以，，
又当时，；当时，，函数的图象如下所示：
结合函数图象可知，若函数的图象与直线有三个交点，则．
故答案为：
16．
【分析】第一空，利用切割法，结合棱体的体积公式即可得解；第二空，先分析出三棱锥的外接球的表面积取得最小值时的情况，再求得此时的半径，从而得解.
【详解】如图，设，连接，
，
易知分别为中点，，
所以，
，
四边形是菱形，，
为全等的正三角形，
，
；
因为是边长为的正三角形，记其中心为，
则的外接圆的半径为，
设三棱锥的外接球的半径为，球心为，则底面
过作底面交于，则，
结合图象可知，其中，，
因为到平面的距离为2，即，所以，
易知关于的函数在上单调递增，
所以当且仅当时，取得最小值，
此时，三点共线，由，解得，
所以棱锥的外接球的表面积的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得，进而得到的值；
（2）由若的面积为，求得，再由余弦定理，求得，进而求得的周长.
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
可得，
即，
因为，可得，所以，即，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为若的面积为，可得，即，解得，
又因为，
由余弦定理得，
整理得，解得，
所以，
所以的周长为.
18．(1)，
(2)
【分析】（1）依题意可得的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可求出数学期望，又，根据二项分布的期望公式计算可得；
（2）结合（1）中结论，利用条件概率的概率公式计算可得.
【详解】（1）依题意可得的可能取值为、、、，
所以，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
所以．
又班的总得分满足，则．
（2）设“”为事件，“班比班得分高”为事件，
则
，
，
所以，
所以班比班得分高的概率为．
19．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意，当时，得，，利用面面平行的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出与平面所成角的正弦值，即可解方程求出.
【详解】（1）当时，得，又，，所以，，
平面，平面，平面，
同理得平面，
因为是平面内两条相交直线，
所以平面平面.
（2）因为，为圆柱的母线，所以垂直平面，又点C在底面圆周上，且过底面圆心O，
所以，所以两两互相垂直.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，，
所以，，，，
因为，所以，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为，
，解得或，
，.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的定义得到动圆圆心是以为焦点，直线为准线的抛物线，即可求出轨迹方程；
（2）依题意设直线方程为，联立直线与抛物线方程，设，，即可求出、，从而得到、，再求出的斜率，即可求出倾斜角.
【详解】（1）因为动圆经过定点，且与直线相切，
即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等，
又点不在直线上，
由抛物线的定义可知动圆圆心是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以动圆圆心的轨迹为.
（2）依题意设直线方程为，
直线，的斜率存在，且倾斜角互补，
的方程为．
联立方程组，消元得，
，
因为此方程的一个根为，设，，
则，同理可得，
，．
．
，
设直线的倾斜角为，则，又，所以，
直线的斜率为定值，倾斜角为定值．

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法将其抛物线方程联立，从而解出的坐标，再根据倾斜角互补，用替换得到的坐标，最后利用斜率公式即可计算出的斜率为定值，即可得到其倾斜角为定值.
21．(1)或；
(2).
【分析】（1）根据导数的几何意义，求得切线方程，再根据三角形面积，即可求得结果；
（2）通过二次求导，求得的最小值，结合的隐零点，即可求得结果.
【详解】（1）因为，所以，
则，又，
所以函数在处的切线方程为．
由题意，显然，令得，令得，
所以函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，
所以，解得或．
（2）由（1）知，令，
所以，当时，在上单调递减，
当时，，在上单调递增．
因为，所以当时，，
又
所以在上必存在唯一零点，使得．
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增．
所以在处取得最小值，
即，且，即，
所以．
设，所以，
当时，单调递增，，
当时，，单调递减，，
又，所以函数在上存在唯一的，使得成立，
所以，所以，即．
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是能够通过二次求导，求得的隐零点，从而判断的单调性，进而求得最小值.
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.
0
1
2
3