2024年高考押题预测卷—数学（全国卷理科02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（全国卷理科02）（全解全析），共18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．
【详解】由，解得或，
所以，则，
由，即，所以，解得，
所以，
所以.
故选：C
2．已知复数，则的虚部为（ ）
A．B．C．1D．
【详解】因为，又，，，
所以，
所以，所以的虚部为.
故选：A
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
【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．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．
【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B，当时，，不符合图象，排除.
对于C，当时，，不符合图象，排除；
故选：D
5．已知平面向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【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．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．
【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
7．2024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
【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．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【详解】解：因为，
所以，
两式相加得：，即，
化简得，
所以，
故选：A
9．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C． D．
【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：C
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．
【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．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
【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．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．
【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．
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 ．
【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．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 .
【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．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 ．
【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．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 ．
【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：；.
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．
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，1分
可得，
即，3分
因为，可得，所以，即，
所以.6分
（2）解：由（1）知，
因为若的面积为，可得，即，解得，8分
又因为，
由余弦定理得，
整理得，解得，10分
所以，
所以的周长为.12分
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．
【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
3分
所以．4分
又班的总得分满足，则．6分
（2）设“”为事件，“班比班得分高”为事件，7分
则
，9分
，
所以，11分
所以班比班得分高的概率为．12分
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.
【详解】（1）当时，得，又，，
所以，，2分
平面，平面，平面，
同理得平面，4分
因为是平面内两条相交直线，
所以平面平面.5分
（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，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，6分
设，则，，，，，
所以，，，，7分
因为，所以，则，8分
设平面的一个法向量为，
则，即，令，解得，，
所以，10分
所以与平面所成角的正弦值为，
，解得或，11分
，.12分
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.
【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，1分
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，3分
所以动圆圆心的轨迹为.4分
（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，
，6分
因为此方程的一个根为，设，，
则，同理可得，8分
，．
．
，10分
设直线的倾斜角为，则，又，所以，11分
直线的斜率为定值，倾斜角为定值．12分

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．
【详解】（1）因为，所以，
则，又，
所以函数在处的切线方程为．2分
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．4分
（2）由（1）知，令，
所以，当时，在上单调递减，
当时，，在上单调递增．6分
因为，所以当时，，
又
所以在上必存在唯一零点，使得．8分
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．10分
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．12分
（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.
【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，2分
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；4分
（2）因为点，则，即点的直角坐标为，5分
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，8分
则，
点到直线的距离，9分
所以.10分
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.
【详解】（1）当时，可化为.1分
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得.4分
故当时，不等式的解集为.5分
（2）因为，
所以等价于.7分
因为，当且仅当时取等号，8分
所以的最小值为，所以，
解得或，
故的取值范围是.10分
0
1
2
3