决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷理科03）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（全国卷理科03），共23页。
2024年高考押题预测卷03【全国卷】
数 学（理科）
（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．若集合，，则集合的真子集的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．定义运算，则满足（为虚数单位）的复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．已知向量，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．执行如图所示的程序框图，若输出的的值为4，则输入的的可能值有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．若成等比数列，则公比为（ ）
A．B．C．D．2
7．已知圆的方程为：，点，，是线段上的动点，过作圆的切线，切点分别为，，现有以下四种说法：①四边形的面积的最小值为1；②四边形的面积的最大值为；③的最小值为；④的最大值为．其中所有正确说法的序号为（ ）
A．①③④B．①②④C．②③④D．①④
8．已知函数在上有且仅有4个零点．则图象的一条对称轴可能的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知函数，给出下列4个图象：
其中，可以作为函数的大致图象的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式，例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解．右图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图．对应的是正四棱台中间位置的长方体，、、、对应四个三棱柱，、、、对应四个四棱锥．若这四个三棱柱的体积之和等于长方体的体积，则四棱锥与三棱柱的体积之比为（ ）
A．3:1B．1:3C．2:3D．1:6
11．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，双曲线C的离心率为e，在第一象限存在双曲线上的点P，满足，且，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知方程有4个不同的实数根，分别记为，则的取值范围为（ ）
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．某校高三年级在一次模拟训练考试后，数学教研组为了解学生数学学习现状和后期更有效的教学，从参加考试的学生中抽取了100名学生的数学成绩，进行统计分析，制作了频率分布直方图（如图）．其中，成绩分组区间为，．用样本估计总体，这次考试数学成绩的中位数的估计值为 ．
14．已知函数是奇函数，当时，，则的图象在点处的切线斜率为 .
15．已知实数满足，则的最小值为 ．
16．已知圆台的轴截面是梯形，，，，圆台的底面圆周都在球的表面上，点在线段上，且，则球的体积为 ．
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．在中，角所对的边分别为，且满足．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，，线段的中垂线交于点，求线段的长.
18．如图，在三棱柱中，平面平面.
(1)若分别为的中点，证明：平面；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.
19．甲、乙、丙、丁四人练习传球，每次由一人随机传给另外三人中的一人称为一次传球，已知甲首先发球，连续传球次后，记事件“乙、丙、丁三人均被传到球”的概率为．
(1)当时，求球又回到甲手中的概率；
(2)当时，记乙、丙、丁三人中被传到球的人数为随机变量，求的分布列与数学期望；
(3)记，求证：数列从第3项起构成等比数列，并求．
20．在直角坐标系中，设为抛物线（）的焦点，为上位于第一象限内一点.当时，的面积为1.
(1)求的方程；
(2)当时，如果直线与抛物线交于，两点，直线，的斜率满足.证明直线是恒过定点，并求出定点坐标.
21．已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
（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，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若射线与曲线相交于点，将逆时针旋转后，与曲线相交于点，且，求的值.
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的最小值为m，正实数a，b满足，证明：.
参考答案：
1．D
【分析】先求集合A，确定即可求解.
【详解】因为，，所以，
所以集合的真子集的个数为.
故选:D.
2．D
【分析】由已知得，变形后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】由题意，可化为，
所以，
所以在复平面内对应的点的坐标为，
所以复数在复平面内对应的点在第四象限．
故选：D．
3．B
【分析】由列方程求得的值，结合必要不充分条件的定义即可得解.
【详解】由题意，则，而或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．C
【解析】按程序框图程序执行运算即可.
【详解】由题意得，若输出的的值为4，则，或，或，
解得或或，所以输入的的可能值有3个.
故选：C
【点睛】本题主要考查程序框图的运算，分段函数的性质，考查学生的运算求解能力.
5．C
【分析】应用分组分配法、分步计数求活动安排的方法数，最后运用古典概率模型概率公式即得.
【详解】先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总方法数为，
因甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同，故只需先把甲,乙,丙三人在三项活动上安排好，再让丁，戊两人分别在三项活动中选择，
其方法数为. 故甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为．
故选:C．
6．B
【分析】利用等比中项得到变量之间的关系，再求公比即可.
【详解】成等比数列．，
即，
．
，公比为，
故选：B．
7．B
【分析】利用数形结合，将面积的最值转化为求的最值，即可判断①②；利用数量积和三角函数表示，再转化为利用对勾函数的单调性求最值.
【详解】如图，当点是的中点时，此时，最短，最小值为，
当点与点或点重合时，此时最长，最大值为2，
因为是圆的切线，所以，，
则四边形的面积为，
所以四边形的面积的最小值为，最大值为，故①②正确；
,
，
，，
设，函数单调递增，最小值为0，最大值为，故③错误，④正确.
故选：B
8．D
【分析】化简，由零点个数整体思想求出，并求出对称轴判断其范围，结合赋值法判断各选项.
【详解】，
令，得，
因为，所以，
若在上有且仅有4个零点，则，解得，
令，得，因为，
所以．当，
当，当，只有D符合.
故选：D．
9．D
【分析】对的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.
【详解】由题意知，定义域为，
当时，，由指数函数的单调性可知函数单调递增，可对应①；
当时，，令可得：，所以当时，，当时，，所以，函数先减后增，且当时，，此时可对应②；
当时，，当时，当时，，当时，，所以，函数先增后减，
当时，，且此时，所以可对应③，
当时，，此时，所以可对应④.
故选：D.
10．B
【分析】令四棱锥的底面边长为，高为，三棱柱的高为，写出三棱柱、长方体和三棱柱的体积列式求解即可.
【详解】
如图，令四棱锥的底面边长为，高为，三棱柱的高为，
所以三棱柱的体积为，
长方体的体积为，因为四个三棱柱的体积之和等于长方体的体积，
所以，所以，
因为四棱锥的体积为，
所以四棱锥与三棱柱的体积之比为.
故选：B.
11．A
【分析】由题意设，则，而，，由三角形面积公式可得，从而，在中，运用余弦定理可得，由此即可得解.
【详解】
设，则，而，所以，
所以点到的距离为，
又，所以，
解得，即，从而，
又因为，
所以，
在中，由余弦定理有，
所以，即，
解得，双曲线C的渐近线方程为.
故选：A.
12．A
【分析】将问题转化为，进而构造函数，求导确定函数的单调性，结合二次方程根的分布可得，进而可求解.
【详解】易知不是方程的根，
故当时，可化为，
令，得．
设，则，
令，可得或，令，可得，
故在和上单调递减，在上单调递增，，
作出的大致图象，如图，
数形结合可得方程有两个不相等的实数根，设为，，
则，且，
则，解得，
不妨设，
则
，
由，可得.
故选：A．
【点睛】方法点睛：处理多变量函数值域问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.
13．
【分析】利用频率分布直方图计算、估计数学成绩的中位数.
【详解】观察频率分布直方图，得数学成绩在区间的频率为，
数学成绩在区间的频率为，
因此数学成绩的中位数，且，解得，
所以这次考试数学成绩的中位数的估计值为.
故答案为：
14．
【解析】首先根据奇函数的定义，求得当时的解析式，由此利用导数求得的图象在点处的切线斜率.
【详解】当时，，则，此时，所以，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，考查化归与转化的数学思想.
15．
【分析】画出不等式组所表示的平面区域，结合图象，确定出目标函数的最优解，代入即可求解.
【详解】画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，
设，可得，
结合图象可得，当直线经过点时，直线在轴上的截距最小，
即取得最小值，即目标函数取得最小值，
又由，解得，所以.
故答案为：.

16．
【分析】设圆台的高为，上、下底面半径分别为，根据条件建立方程解得，再由勾股定理建立方程，解得球的半径，进一步计算即可.
【详解】由题意可设圆台的高为，上、下底面半径分别为，
球的半径为，因为，
所以，
所以，
得，
则，
所以，，
所以球的体积为．
故答案为：.
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由已知及正弦定理可求sinBcsC+sinCsinB＝0，结合sinB＞0，可求tanC＝﹣1，结合范围0＜C＜π，可求C的值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）和余弦定理可求c的值，csB的值，设BC的中垂线交BC于点E，在Rt△BCD中，可求BD的值．
【详解】（Ⅰ）在△ABC中，∵bcsC+csinB＝0，
∴由正弦定理知，sinBcsC+sinCsinB＝0
∵0＜B＜π，
∴sinB＞0，于是csC+sinC＝0，即tanC＝﹣1
∵0＜C＜π
∴．
（Ⅱ）由（Ⅰ）和余弦定理知，，
∴c＝5，
∴，
设BC的中垂线交BC于点E，
∵在Rt△BCD中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理以及三角形中垂线的性质的综合应用，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，根据条件可得四边形是平行四边形，得出，再利用线面平行的判定定理，即可得出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件求出面的法向量及平面的法向量为，再利用面面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）如图，取的中点，连接交于点，连接，
因为是的中点，是的中点，
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
（2）因为，平面平面，平面平面平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角为，则，
在中，不妨设，则，连接，
因为，所以.
又平面平面，所以平面平面，
且平面平面平面，故平面.
设的中点为，连接，
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨取，则有，
易知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．(1)；
(2)分布列见解析，；
(3)证明见解析，.
【分析】（1）考虑传球过程中，是否传给甲，分类讨论，根据古典概型的概率计算公式即可求得结果；
（2）求得的取值，结合（1）中求解思路，求得对应取值下的概率，即可求得分布列，再求数学期望即可；
（3）讨论次传球后，人接过球的人数情况，构造等比数列，结合等比数列通项公式的求解，即可证明并求得通项公式.
【详解】（1）传球的过程中，不考虑第四次传给谁，有种；
传球的过程中不传给甲，第四次传给甲，有种，
传球的过程中传给甲，有种；
故传球次，球又回到甲手中的概率为.
（2）根据题意可得，
，，
，
故的分布列如下所示：
则.
（3）次传球后，乙、丙、丁三人中被传到球，有两种情况：
第一种，时，次传球后，此人均接过他人传球，则其概率为；
第二种，时，次传球后，此人中只有人接过他人传球，则第次传球时将球传给剩余的1人，
其概率为：；
所以当时，，
故，因为，.
所以数列从第3项起构成等比数列，
，则.
20．(1)
(2)恒过定点
【分析】（1）根据题意可得，设，代入抛物线方程求得，由，求得的值，得解；
（2）由已知条件求出点的坐标为，设，，，与抛物线联立可得，，结合化简可得，进而即得.
【详解】（1）由，所以，设，，
，
，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）如图，设，，，，
，解得，
所以点的坐标为.
由题意直线的斜率不为0，设，，，
联立，消去整理得，
则，，，
因为，所以，
即，整理得，
将，代入上式，
，满足，
所以直线为，恒过定点.

【点睛】关键点睛：第二问，由题意直线的斜率不为0，关键是设直线方程为，再与抛物线联立求解，这种设法有利于简化运算.
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为，利用构造函数法、放缩法，结合多次求导来研究所构造函数的单调性，进而证得不等式成立.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
（2）要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
【点睛】方法点睛；求解函数单调区间的步骤：
（1）确定的定义域；
（2）计算导数；
（3）求出的根；
（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.如果一次求导无法确定函数的单调性，则可以考虑多次求导的方法来进行求解.
22．（1）；（2）
【解析】（1）消去曲线参数方程中的，求得其普通方程，再根据极坐标和直角坐标转化的公式，求得曲线的极坐标方程.利用极坐标和直角坐标转化的公式，求得的直角坐标方程.
（2）将代入的极坐标方程，求得的值，然后将曲线的极坐标方程，求得的值.根据列方程，求得的值，进而求得的大小.
【详解】（1）由曲线的参数方程为，（为参数），可得其普通方程，
由，得曲线的极坐标方程.
，
由，得曲线的直角坐标方程.
（2）将代入，
得.
将逆时针旋转，得的极坐标方程为，代入曲线的极坐标方程，得.
由，得，.
即，解得.
因为，所以.
【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查极坐标下长度的计算，属于中档题.
23．（1）或；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先将写成分段函数的形式，然后解出即可；
（2）首先求出有最小值，然后利用柯西不等式求解即可.
【详解】（1）.
即，或，或
解得或，
所以原不等式的解集为或.
（2）证明：由（1）知当时，有最小值，
所以，.
因为，
所以，
因为，，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当，时取等号.
【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论的思想，属于基础题.