2024年高考押题预测数学（理）试题（全国卷01） 含解析

绝密★启用前2024年高考押题预测卷【全国卷】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．20 B．22 C．24 D．254．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．32 B． C．0 D．15．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．1.12 B．1.13C．1.14 D．1.159．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．20 B．10 C．5 D．211．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．（12分）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．（12分）远程桌面连接是一种常见的远程操作电脑的方法，除了windows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．（12分）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）.(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．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线的焦点与重(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．（12分）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．（10分）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．（10分）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．2024年高考押题预测卷【全国卷】数学·（理科01）全解全析第一部分（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。123456789101112CBBDBBBDADCA1．【答案】C【解析】由，故，故，即.故选：C.2．【答案】B【解析】，故选：B．3．【答案】B【解析】由题意可得，，所以因为，，，所以，所以.故选：B4．【答案】D【解析】依题，解得，则二项式的所有项系数之和为.故选：D.5．【答案】B【解析】由题意可知，，，则，解得，或（舍），所以.故选：B6．【答案】B【解析】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．【答案】B【解析】，所以，，又因为，所以，即.故选：B.8．【答案】D【解析】由题意知，所以，两边取以10为底的对数，得，所以，故选：D.9．【答案】A【解析】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．【答案】D【解析】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．【答案】C【解析】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．【答案】A【解析】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．【答案】【解析】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．【答案】【解析】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．【答案】【解析】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．【答案】/【解析】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：.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．（12分）【解析】（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．（12分）【解析】（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：123故.19．（12分）【解析】（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．（12分）【解析】（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．21．（12分）【解析】（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.（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．（10分）【解析】（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