絕密★啟用前2024年高考押題預測卷【全國卷】理科·數學01（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共60分）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．（

）A． B． C． D．3．如圖，在平行四邊形中，為線段的中點，，，，則（

）A．20 B．22 C．24 D．254．在的展開式中，所有的二項式系數之和為32，則所有項系數和為（

）A．32 B． C．0 D．15．已知直線：的傾斜角為，則（

）A． B． C． D．6．如圖，現有棱長為6cm的正方體玉石缺失了一個角，缺失部分為正三棱錐，且分別為棱靠近的四等分點，若將該玉石打磨成一個球形飾品，則該球形飾品的體積的最大值為（

）A． B．C． D．7．若，則有（

）A． B．C． D．8．純電動汽車是以車載電源為動力，用電機驅動車輪行駛，符合道路交通、安全法規各項要求的車輛，它使用存儲在電池中的電來發動．因其對環境影響較小，逐漸成為當今世界的乘用車的發展方向．研究發現電池的容量隨放電電流的大小而改變，1898年Peukert提出鉛酸電池的容量、放電時間和放電電流之間關系的經驗公式：，其中為與蓄電池結構有關的常數（稱為Peukert常數），在電池容量不變的條件下，當放電電流為時，放電時間為；當放電電流為時，放電時間為，則該蓄電池的Peukert常數約為（參考數據：，）（

）A．1.12 B．1.13C．1.14 D．1.159．已知點，點是拋物線上任一點，為拋物線的焦點，則的最小值為（

）A． B． C． D．10．設為等比數列的前項和，，，則（

）A．20 B．10 C．5 D．211．已知雙曲線的焦點恰好為矩形的長邊中點，且該矩形的頂點都在雙曲線上，矩形的長寬比為，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．12．已知函數恰有一個零點，且，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．第二部分（非選擇題共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13．有位大學生要分配到三個單位實習，每位學生只能到一個單位實習，每個單位至少要接收一位學生實習，已知這位學生中的甲同學分配在單位實習，則這位學生實習的不同分配方案有種．（用數字作答）14．定義在上的函數的導函數為，且有，且對任意都有，則使得成立的的取值范圍是.15．在平面直角坐標系中，的坐標滿足，，已知圓，過作圓的兩條切線，切點分別為，當最大時，圓關于點對稱的圓的方程為．16．如圖，在長方體中，，，M，N分別為BC，的中點，點P在矩形內運動（包括邊界），若平面AMN，則取最小值時，三棱錐的體積為．三、解答題：本大題共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17．（12分）已知在四邊形中，為銳角三角形，對角線與相交于點，．(1)求；(2)求四邊形面積的最大值．18．（12分）遠程桌面連接是一種常見的遠程操作電腦的方法，除了windows系統中可以使用內置的應用程序，通過輸入IP地址等連接到他人電腦，也可以通過向日葵，anyviewer等遠程桌面軟件，雙方一起打開軟件，通過軟件隨機產生的對接碼，安全的遠程訪問和控制另一臺電腦.某遠程桌面軟件的對接碼是一個由“1，2，3”這3個數字組成的五位數，每個數字至少出現一次.(1)求滿足條件的對接碼的個數；(2)若對接碼中數字1出現的次數為，求的分布列和數學期望.19．（12分）如圖，在直角梯形ABCD中，，，，于E，沿DE將折起，使得點A到點P位置，，N是棱BC上的動點（與點B，C不重合）.(2)當點F，N分別是PB，BC的中點時，求平面和平面的夾角的余弦值.20．（12分）已知橢圓的左、右焦點分別為，拋物線的焦點與重(1)求橢圓的方程；(2)過橢圓的上頂點作兩條互相垂直的直線，分別交橢圓于點，求的最大值．21．（12分）已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)設函數，若函數的導函數有兩個不同的零點，，證明：.（二）選考題：共10分．請考生在22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．選修4-4：坐標系與參數方程22．（10分）在直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為．(1)求直線的直角坐標方程和曲線的參數方程；(2)若點為曲線上任意一點，點到直線的距離為，求的取值范圍．選修4-5：不等式選講23．（10分）已知函數的最小值為3，其中．(1)求不等式的解集；(2)若關于的方程有實數根，求實數的取值范圍．2024年高考押題預測卷【全國卷】數學·（理科01）全解全析第一部分（選擇題共60分）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。123456789101112CBBDBBBDADCA1．【答案】C【解析】由，故，故，即.故選：C.2．【答案】B【解析】，故選：B．3．【答案】B【解析】由題意可得，，所以因為，，，所以，所以.故選：B4．【答案】D【解析】依題，解得，則二項式的所有項系數之和為.故選：D.5．【答案】B【解析】由題意可知，，，則，解得，或（舍），所以.故選：B6．【答案】B【解析】由題意，設點到平面的距離為，而，由，得，解得，棱長為6的正方體的正方體的內切球的半徑為，棱長為6的正方體體對角線的長度為，因為，所以所求球形體積最大時即為棱長為6的正方體的正方體的內切球，則該球形飾品的體積的最大值為.故選：B.7．【答案】B【解析】，所以，，又因為，所以，即.故選：B.8．【答案】D【解析】由題意知，所以，兩邊取以10為底的對數，得，所以，故選：D.9．【答案】A【解析】由題意得，拋物線的準線方程為，設，則，，故．令，則，由，得，所以，令，則，所以，故當，即時，取得最小值．故選：A．10．【答案】D【解析】法一：因為是等比數列，設其公比為，由題意得，所以數列是首項為，公比為的等比數列．則，．設數列的前項和為，則．法二：設數列的前項和為，則，則，即．故選：D．11．【答案】C【解析】解法一：由題可得，矩形的寬為，則長為，雙曲線以矩形長邊中點為焦點，過頂點，如圖所示，則，代入雙曲線的方程，得，即.又因為，所以，即，等式兩邊同時除以得.設，則，即，解得或（不合題意，舍去），即，所以.故選：C.解法二：連接，由題意知，則，，，則由雙曲線的定義知，即，，所以雙曲線的離心率.故選：C.12．【答案】A【解析】由可得，要使恰有一個零點，只需函數的圖象與直線相切.設切點坐標為.由，可得，則切線方程為，即，故需使.由可得，解得.故選：A第二部分（非選擇題共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13．【答案】【解析】根據特殊元素“甲同學”分類討論，當單位只有甲時，其余四人分配到，不同分配方案有種；當單位不只有甲時，其余四人分配到，不同分配方案有種；合計有種不同分配方案，故答案為：.14．【答案】【解析】由知是奇函數，，設，則，在上單調遞增，由得，即，，得的取值范圍是.故答案為：15．【答案】【解析】依題意，點的軌跡為直線上，顯然，要最大，當且僅當最大，在中，，而正弦函數在上單調遞增，則只需最大，即圓心到點的距離最小，因此，又圓心，此時直線的方程為，由解得點，于是圓心關于點對稱的點的坐標為，所以圓關于點對稱的圓的方程為．故答案為：16．【答案】/【解析】取的中點E，的中點F，連接EF，，，則易得，，因為平面，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，即點在平面與平面的交線EF上，當時，取最小值．易知，故當取最小值時，P為EF的中點，此時的面積，則．故答案為：.三、解答題：本大題共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17．（12分）【解析】（1）由余弦定理可得，化簡為，解得或，當時，因為，與為銳角三角形不符合，故.（2）作垂直于，設，則，當，四邊形面積最大，最大面積為.18．（12分）【解析】（1）當對接碼中一個數字出現3次，另外兩個數字各出現1次時，種數為：，當對接的中兩個數字各出現2次，另外一個數字出現1次時，種數為：，所有滿足條件的對接碼的個數為150.（2）隨機變量的取值為1，2，3，其分布為：，，，故的分布列為：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，則平面，又平面，故平面平面，由題意，不妨設，則中，由等面積得，所以，則，所以.（2）以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，由（1），，,，，,設平面的法向量為，由，取，易知平面PDE的法向量為，設平面和平面的夾角為,故.20．（12分）【解析】（1）設，由，得焦點，則．由，得，解得，代入拋物線方程，得，即，所以，即，所以，所以橢圓的方程為．（2）設直線的方程為，，，，．聯立消去整理得，所以．因為，所以，又，所以，所以，，即，即，化簡得．因為，所以，此時，所以，令，則，當且僅當，即時，等號成立．因為，所以，當且僅當時，等號成立，故的最大值為．21．（12分）【解析】（1）由已知函數的定義域為，又當時，，函數在上是增函數；當時，解得或（舍去），所以當時，函數在上是增函數；當時，函數在上是減函數；綜上所述：當時，函數在上單調遞增；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減.（2）由已知，即，可得，函數有兩個極值點，即在上有兩個不等實根，令，只需，故，又，，所以，要證，即證，，只需證，，令，則，令，則恒成立，所以在上單調遞減，又，由零點存在性定理得，使得，即，所以時，單調遞增，時，單調遞減，則，令，，則，所以在上單調遞增，所以，所以，即得證.（二）選考題：共10分．請考生在22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．選修4-4：坐標系與參數方程22．（10分）【解析】（1）將代入直線與曲線的極坐標方程中，得直線的直角坐標方程為，曲線的直角坐標方程為，整理得．易知曲線的參數方程為（為參數）．（2）設點的坐標為，則，所以當時，取得最小