数学（全国卷理科01）-2024年高考押题预测卷（全解全析）

第第年高考押题预测卷【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，取得最小值，当时，取得最大值，故的取值范围为．选修4-5：不等式选讲23．（10分）【解析】（1）由，当且仅当时取等号；因为的最小值为，所以，又，所以．所以即，即或或，解得，故不等式的解集为．（2）由，作出函数的图象及直线，如