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    2024年高考押题预测卷—数学(全国卷文科03)(全解全析)
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    2024年高考押题预测卷—数学(全国卷文科03)(全解全析)

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    这是一份2024年高考押题预测卷—数学(全国卷文科03)(全解全析),共12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,只有一项是符合要求的。
    1.【答案】B
    【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.【答案】B
    【详解】,则,
    故.
    故选:B.
    3.【答案】C
    【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.【答案】A
    【详解】由题意可得,
    即恒成立,即,即.
    故选:A.
    5.【答案】A
    【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.【答案】C
    【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.【答案】D
    【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.【答案】B
    【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.【答案】B
    【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.【答案】B
    【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.【答案】C
    【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.【答案】B
    【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
    第二部分(非选择题 共90分)
    二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
    13.【答案】
    【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.【答案】/
    【详解】由,则有,
    即,
    由,故,
    故,即.
    故答案为:.
    15.【答案】1
    【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.【答案】
    【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:.
    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.(12分)
    【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.(12分)
    【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.(12分)
    【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.
    (12分)
    【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.(12分)
    【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,

    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

    联立,

    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.

    (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.(10分)
    【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.(10分)
    【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.1
    2
    3
    4
    5
    6
    7
    8
    9
    10
    11
    12
    B
    B
    C
    A
    A
    C
    D
    B
    B
    B
    C
    B
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