决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷文科03）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷文科03），共21页。
2024年高考押题预测卷03【全国卷】
数 学（文科）
（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，，则满足的实数a的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．已知复数的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．4D．2
3．在中，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知是偶函数，则（ ）
A．0B．1C．D．
5．设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．随着国潮的兴起，消费者对汉服的接受度日渐提高，数据显示，目前中国大众穿汉服的场景主要有汉服活动、艺术拍摄、传统节日、旅游观光、舞台表演、婚庆典礼6类，某自媒体博主准备从这6类场景中选2类拍摄中国大众穿汉服的照片，则汉服活动、旅游观光这2类场景至少有1类场景被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知一个三棱锥的三视图如图，正视图为边长为3的正方形，侧视图和俯视图均为等腰直角三角形，则此几何体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点，点Q在圆上运动，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数，若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，且在上单调递减，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
10．我国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，其内容为：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”把以上文字写成公式，即（其中S为面积，a，b，c为的三个内角A，B，C所对的边）.若，且，则利用“三斜求积”公式可得的面积（ ）
A．B．C．D．
11．已知双曲线：的右焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线，M，N分别是与双曲线C及其渐近线在第一象限内的交点.若M是线段的中点，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
第二部分（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知实数满足，则的最小值为 ．
14．设，向量，，若，则 ．
15．已知圆锥的轴截面为正三角形，球与圆锥的底面和侧面都相切.设圆锥的体积､表面积分别为，球的体积､表面积分别为，则 .
16．抛物线的焦点F，点A，B在抛物线上，且，弦AB的中点M在准线上的射影为N，则的最大值为 ．
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．第19届亚运会将于2023年9月23日在我国杭州举行，这是继北京亚运会后，我国第二次举办这一亚洲最大的体育盛会.为迎接这一体育盛会，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了100人，统计他们的竞赛成绩（满分100分，每名参赛大学生至少得60分），并将成绩分成4组：，，，（单位：分），得到如下的频率分布直方图.

(1)试用样本估计总体的思想，估计这次竞赛中参赛大学生成绩的平均数及中位数；（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表）
(2)现将竞赛成绩不低于90分的学生称为“亚运达人”，成绩低于90分的学生称为“非亚运达人”.这100名参赛大学生的情况统计如下.
判断是否有99.5%的把握认为能否获得“亚运达人”称号与性别有关.
附：（其中）.
18．已知数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，若成等比数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求证：.
19．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，，且．
(1)证明：平面平面；
(2)若点到平面的距离为，求四棱锥的体积．
20．已知，曲线在处的切线方程为．
(1)求；
(2)证明．
21．已知双曲线的右焦点，离心率为，过F的直线交于点两点，过与垂直的直线交于两点.
(1)当直线的倾斜角为时，求由四点围成的四边形的面积；
(2)直线分别交于点，若为的中点，证明：为的中点.
（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．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.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.
(1)求的普通方程和的直角坐标方程；
(2)设直线与轴相交于点，动点在上，点满足，点的轨迹为，试判断曲线与曲线是否有公共点.若有公共点，求出其直角坐标；若没有公共点，请说明理由.
23．已知，，均为正数，且.
(1)是否存在，，，使得，说明理由；
(2)证明：.
亚运达人
非亚运达人
总计
男生
15
30
45
女生
5
50
55
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．B
【分析】根据集合运算得集合关系，结合集合元素的性质分类讨论求解即可.
【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．B
【分析】根据复数的运算法则与共轭复数定义计算即可得.
【详解】，则，
故.
故选：B.
3．C
【分析】根据点所在位置，结合平面向量的线性运算，即可求得结果.
【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．A
【分析】借助偶函数的定义计算即可得.
【详解】由题意可得，
即恒成立，即，即.
故选：A.
5．A
【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.
【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．C
【分析】列举出从6类场景中选2类场景进行拍摄的所有基本事件，再列举出汉服活动、旅游观光这2类场景至少有1类场景被选中的基本事件，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.
【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．D
【分析】由题意可将该三棱锥补充为一个正方体，计算正方体的外接球体积即可得.
【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．B
【分析】如图，，当点Q运动到点A时，最大，结合正切的二倍角公式计算即可求解.
【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．B
【分析】根据的对称性求出，再结合其单调性确定的范围，二者结合，即可求得答案.
【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．B
【分析】根据题意利用正、余弦定理求，代入题中公式运算求解.
【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．C
【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程.
【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．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
13．
【分析】画出可行域，根据可行域找到直线取最小值的点，联立求解，代入目标函数可求出结果.
【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．##
【分析】由向量平行可得，计算即可得解.
【详解】由，则有，
即，
由，故，
故，即.
故答案为：.
15．1
【分析】设正的边长为2，求出圆锥底面圆半径、高、母线及球的半径，再利用体积、表面积公式计算即得.
【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．
【分析】设，，由抛物线定义可知，，根据得到、和之间的关系式，根据即可求解.
【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：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据得到、和之间的关系式.
17．(1)平均数，中位数
(2)有99.5%的把握认为能否获得“亚运达人”称号与性别有关
【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．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）裂项相消法求和，证明出结论.
【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．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据几何关系可得，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）过点作于点，由面面垂直的性质可得，进而根据几何关系求得四棱锥的高为1，进而可求得体积.
【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．
20．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程即可得，的值；
（2）要证明，只要证，令，求出其单调性证明即可.
【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．(1)6
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得双曲线的标准方程，再求得的长，进而求得由四点围成的四边形的面积；
（2）利用设而不求的方法结合同一法即可证得为的中点.
【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.

22．(1)C的普通方程为，l直角坐标方程为.
(2)存在，坐标为
【分析】（1）首先分析题意，进行消参，化简参数方程，结合极坐标与直角坐标的互化求解即可.
（2）设出所求点的坐标，求出其轨迹的参数方程，再进行消参，得出轨迹的直角坐标方程，利用圆与圆的位置关系判断其有公共点，联立求解即可.
【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．(1)不存在，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，则，利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可说明；
（2）将平方，再利用基本不等式计算可得.
【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.