数学（全国卷理科03）-2024年高考押题预测卷（全解全析）

第第页2024年高考押题预测卷03【全国卷】数学（理科）·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，只有一项是符合要求的。123456789101112DDBCCBBDDBAA1．【答案】D【详解】因为，，所以，所以集合的真子集的个数为.故选:D.2．【答案】D【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．【答案】B【详解】由题意，则，而或，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．【答案】C【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：C5．【答案】C【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．【答案】B【详解】成等比数列．，即，．，公比为，故选：B．7．【答案】B【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：B8．【答案】D【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．【答案】D【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．【答案】B【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．【答案】A【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．【答案】A【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．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】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．【答案】【详解】当时，，则，此时，所以，所以.故答案为：15．【答案】【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．【答案】【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：.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】（Ⅰ）在△ABC中，∵bcosC+csinB＝0，∴由正弦定理知，sinBcosC+sinCsinB＝0∵0＜B＜π，∴sinB＞0，于是cosC+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，，∴．18．（12分）【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．（12分）【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．（12分）【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.

21．（12分）【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．（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，