决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷理科01）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷理科01），共23页。
理科·数学01
（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．（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在平行四边形中，为线段的中点，，，，则（ ）

A．20B．22C．24D．25
4．在的展开式中，所有的二项式系数之和为32，则所有项系数和为（ ）
A．32B．C．0D．1
5．已知直线：的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（ ）

A．B．
C．D．
7．若，则有（ ）
A．B．
C．D．
8．纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该蓄电池的Peukert常数约为（参考数据：，）（ ）
A．1.12B．1.13
C．1.14D．1.15
9．已知点，点是抛物线上任一点，为抛物线的焦点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．设为等比数列的前项和，，，则（ ）
A．20B．10C．5D．2
11．已知双曲线的焦点恰好为矩形的长边中点，且该矩形的顶点都在双曲线上，矩形的长宽比为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数恰有一个零点，且，则的取值范围为（ ）
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．有位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这位学生中的甲同学分配在单位实习，则这位学生实习的不同分配方案有 种．（用数字作答）
14．定义在上的函数的导函数为，且有，且对任意都有，则使得成立的的取值范围是 .
15．在平面直角坐标系中，的坐标满足，，已知圆，过作圆的两条切线，切点分别为，当最大时，圆关于点对称的圆的方程为 ．
16．如图，在长方体中，，，M，N分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AMN，则取最小值时，三棱锥的体积为 ．
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．已知在四边形中，为锐角三角形，对角线与相交于点，．
(1)求；
(2)求四边形面积的最大值．
18．远程桌面连接是一种常见的远程操作电脑的方法，除了windws系统中可以使用内置的应用程序，通过输入IP地址等连接到他人电脑，也可以通过向日葵，anyviewer等远程桌面软件，双方一起打开软件，通过软件随机产生的对接码，安全的远程访问和控制另一台电脑.某远程桌面软件的对接码是一个由“1，2，3”这3个数字组成的五位数，每个数字至少出现一次.
(1)求满足条件的对接码的个数；
(2)若对接码中数字1出现的次数为，求的分布列和数学期望.
19．如图，在直角梯形ABCD中，，，，于E，沿DE将折起，使得点A到点P位置，，N是棱BC上的动点（与点B，C不重合）.
(1)判断在棱PB上是否存在一点M，使平面平面，若存在，求；若不存在，说明理由；
(2)当点F，N分别是PB，BC的中点时，求平面和平面的夹角的余弦值.
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线的焦点与重合，若点为椭圆和抛物线在第一象限的一个公共点，且的面积为，其中为坐标原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的上顶点作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于点，求的最大值．
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数，若函数的导函数有两个不同的零点，，证明：.
（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．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．
(1)求直线的直角坐标方程和曲线的参数方程；
(2)若点为曲线上任意一点，点到直线的距离为，求的取值范围．
选修4-5：不等式选讲
23．已知函数的最小值为3，其中．
(1)求不等式的解集；
(2)若关于的方程有实数根，求实数的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】借助对数函数的性质可解出集合，利用交集定义运算即可得.
【详解】由，故，故，
即.
故选：C.
2．B
【分析】根据复数的四则运算即可求解.
【详解】，
故选：B．
3．B
【分析】用基底表示出目标向量，利用数量积运算可得答案.
【详解】由题意可得，，
所以
因为，，，所以，
所以.
故选：B
4．D
【分析】根据二项式的所有二项式系数之和的表达式求得的值，再对赋值1即可求得.
【详解】依题，解得，则二项式的所有项系数之和为.
故选：D.
5．B
【分析】首先由题意求得，再根据同角三角函数基本关系式和诱导公式，即可求解.
【详解】由题意可知，，，
则，解得，或（舍），
所以.
故选：B
6．B
【分析】利用等体积法求出点到平面的距离，说明所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，再根据求得体积公式即可得解.
【详解】由题意，设点到平面的距离为，
而
，
由，得，解得，
棱长为6的正方体的正方体的内切球的半径为，
棱长为6的正方体体对角线的长度为，
因为，
所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，
则该球形饰品的体积的最大值为.
故选：B.
7．B
【分析】由题意首先得，进一步，从而我们只需要比较的大小关系即可求解，两式作商结合基本不等式、换底公式即可比较.
【详解】，所以，
，
又因为，
所以，即.
故选：B.
8．D
【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及对数的运算性质即可求解．
【详解】由题意知，
所以，两边取以10为底的对数，得，
所以，
故选：D.
9．A
【分析】设，由抛物线焦半径公式及两点间距离公式，转化为关于的函数关系，利用换元法转化为二次函数求最值即可.
【详解】由题意得，抛物线的准线方程为，
设，则，，
故．
令，则，由，得，
所以，
令，则，所以，
故当，即时，取得最小值．
故选：A．
10．D
【分析】法一：由题意可得数列是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的前项和可得，代入化简即可得出答案；法二：由倒序相加法结合等比数列的性质可得，代入化简即可得出答案.
【详解】法一：因为是等比数列，设其公比为，由题意得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
则，．
设数列的前项和为，
则．
法二：设数列的前项和为，则，
则
，即．
故选：D．
11．C
【分析】解法一：先求出长方形一个顶点，代入双曲线方程，结合解二次方程即可求解；
解法二：连接，结合几何图形利用双曲线定义得，即可求解.
【详解】解法一：由题可得，矩形的宽为，则长为，
双曲线以矩形长边中点为焦点，过顶点，如图所示，
则，代入双曲线的方程，得，即.
又因为，所以，即，
等式两边同时除以得.
设，则，即，
解得或（不合题意，舍去），即，
所以.
故选：C.
解法二：连接，由题意知，则，，，
则由双曲线的定义知，即，，
所以双曲线的离心率.
故选：C.
12．A
【分析】先将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，然后利用导数的几何意义及建立关于的不等式，即可得解.
【详解】由可得，要使恰有一个零点，只需函数的图象与直线相切.
设切点坐标为.由，可得，则切线方程为，即，
故需使.
由可得，解得.
故选：A
13．
【分析】根据特殊元素进行分类计数，具体分类下是不相同元素分配问题，先分堆再配送，注意平均分堆的要除以顺序.
【详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，
当单位只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
当单位不只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
合计有种不同分配方案，
故答案为：.
14．
【分析】构造函数，根据导数确定函数的单调性，即可结合奇偶性求解.
【详解】由知是奇函数，，
设，则，
在上单调递增，由得，
即，，得的取值范围是.
故答案为：
15．
【分析】求出点的轨迹，利用切线的性质探讨取最大的等价条件，由此求出点的坐标，再由对称求出圆方程.
【详解】依题意，点的轨迹为直线上，显然，要最大，当且仅当最大，
在中，，而正弦函数在上单调递增，
则只需最大，即圆心到点的距离最小，因此，又圆心，
此时直线的方程为，由解得点，
于是圆心关于点对称的点的坐标为，所以圆关于点对称的圆的方程为．
故答案为：
16．##
【分析】先利用面面平行的判定定理证得平面平面，从而得到点的轨迹，进而求得取得最小值时点的位置，再利用三棱锥的体积公式即可得解.
【详解】取的中点E，的中点F，连接EF，，，
则易得，，
因为平面，平面，故平面，
同理：平面AMN，又平面，
所以平面平面，又平面AMN，
所以平面，即点在平面与平面的交线EF上，
当时，取最小值．
易知，故当取最小值时，P为EF的中点，
此时的面积，
则．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到利用面面平行求得点的轨迹，从而得解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理解出边长即可，注意判断为锐角三角形；
（2）作垂直于，表示出四边形的面积等于两三角形面积和，再由正弦函数的最值求出面积的最大值.
【详解】（1）
由余弦定理可得，
化简为，解得或，
当时，因为，与为锐角三角形不符合，故.
（2）作垂直于，设，
则，当，四边形面积最大，最大面积为.
18．(1)150；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）分两种情况讨论：①当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次；②当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次，根据分类加法计数原理即可求解；
（2）随机变量的取值为1，2，3，求出对应的概率可得分布列，再根据期望公式即可求解.
【详解】（1）当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次时，
种数为：，
当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次时，
种数为：，
所有满足条件的对接码的个数为150.
（2）随机变量的取值为1，2，3，其分布为：
，，
，
故的分布列为：
故.
19．(1)存在，
(2)
【分析】（1）根据题意，先证明平面，再证明平面，再利用面面垂直的性质定理作，得平面，再计算求解即可；
（2）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用夹角公式，得到结论．
【详解】（1）存在，；
理由如下：由，，，平面，
所以平面，又平面，
故，又，平面，故平面，
又平面,故平面平面，又平面平面，
平面，作，则平面，又平面，
故平面平面，由题意，不妨设，
则中，由等面积得，所以，
则，所以.
（2）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由（1），， , ，
，,
设平面的法向量为，
由，取，
易知平面PDE的法向量为，
设平面和平面的夹角为,故.
20．(1)
(2)
【分析】（1）设点坐标椭圆的方程．
（2）设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆的方程，用含的关系式表示令用含的关系式表示得解．
【详解】（1）设，由，得焦点，则．
由，得，解得，代入抛物线方程，得，即，
所以，即，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，，．
联立消去整理得，
所以．
因为，所以，又，所以，
所以，，
即，
即，化简得．
因为，所以，此时，
所以
，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立．
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，
故的最大值为．
【点睛】方法点睛：（1）两直线垂直可用向量数量积为0表达化简；
（2）已知两点间的斜率，则线段长可表达为；
（3）带斜率的分式结构求最值，可考虑换元与基本不等式或二次不等式结合求最值.
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，依题意在上有两个不等实根，令，只需，即可求出的取值范围，结合韦达定理可得，则需证，，令，利用导数说明函数的单调性，求出，即可证明.
【详解】（1）由已知函数的定义域为，又
当时，，函数在上是增函数；
当时，解得或（舍去），
所以当时，函数在上是增函数；
当时，函数在上是减函数；
综上所述：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由已知，即，
可得，
函数有两个极值点，即在上有两个不等实根，
令，只需，故，
又，，
所以
，
要证，
即证，，
只需证，，
令，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，又，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，单调递增，
时，单调递减，
则，
令，，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即得证.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．(1)，（为参数）
(2)
【分析】（1）将代入直线与曲线的极坐标方程中即可求出直线和曲线的直角坐标方程，再求出曲线的参数方程；
（2）设点的坐标为，再由点到直线的距离公式和三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）将代入直线与曲线的极坐标方程中，
得直线的直角坐标方程为，
曲线的直角坐标方程为，整理得．
易知曲线的参数方程为（为参数）．
（2）设点的坐标为，
则，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
故的取值范围为．
23．(1).
(2).
【分析】（1）先利用绝对值三角不等式求最值，再根据的最小值为3求得的值，最后利用零点分段法解不等式即可；
（2）先作出的图象，再转化问题，将方程有实数根转化为两函数图象有公共点，利用数形结合思想进行求解，最后利用数形结合思想进行求解.
【详解】（1）由，
当且仅当时取等号；
因为的最小值为，所以，又，所以．
所以即，
即或或，
解得，故不等式的解集为．
（2）由，
作出函数的图象及直线，如图所示，其中．

因为方程有实数根，
所以的图象与直线有公共点．
因为过定点，所以当直线经过点时，斜率，
即时，直线与的图像有公共点，也就是方程有实数根；
由图像知，直线的斜率小于直线的斜率时，得，
此时直线与的图像也有公共点，也就是方程有实数根.
即实数的取值范围是．
1
2
3