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2024年高考押题预测卷【全国卷】
数学·（文科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。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
B A C D C A C B A C D A
1．【答案】B
【详解】由 得 ，解得 ，
所以 ．
由 解得 ，即 ，
所以 .
故选：B．
2．【答案】A
【详解】由 ，可得 ，
所以 ．
故选：A．
3．【答案】C
【详解】依题意， ， ，
1
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，
，
所以 .
故选：C.
4．【答案】D
【详解】因为 ，令 ，则 ， ，
所以
.
故选：D.
5．【答案】C
【详解】由 可得 ，解得 或 .
当 时， ： ， ： ，显然 ， 重合，舍去，
故 时， .
因此“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C
6．【答案】A
2
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学科网（北京）股份有限公司【详解】由指数函数与对数函数的性质可得， ， ，
，
所以 ，
故选：A.
7．【答案】C
【详解】对A：由条形图知，2018—2022年中国的全部工业增加值逐年增加，故A正确；
对B：由折线图知，2018—2022年中国全部工业增加值的增长率的极差为 ，故B正确；
对C：由条形图知，与上一年相比，2022年中国增加的全部工业增加值为 ，
2019年增加的全部工业增加值为 ，不是2倍关系，故C错误；
对D：由条形图知，2018年中国全部工业增加值的增长率为 ，
2018—2022年中国全部工业增加值的增长率的最小值为 ， ，故D正确．
故选：C.
8．【答案】B
【详解】由等差数列的性质，可得 ，解得 ，
所以 .
故选：B.
9．【答案】A
【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为 平方米，
设底面圆的半径为r，则 ，
则圆锥的母线长为 （米），
故该蒙古包（含底面）的表面积为 （平方米），
故选：A
10．【答案】C
3
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学科网（北京）股份有限公司【详解】设圆心为 ，圆的半径为 ，
由于 ，故圆心在直线 上，
当 与圆 相切时， 最大．
由 知， ，所以 ，
所以 ，解得 或 ．
要使得圆 存在两点 ，使得 ，
则 .
故选：C．
11．【答案】D
【详解】抛物线C： 的焦点为 ，准线方程为 ，
如图，
因为 ，且 关于 的对称点为 ，所以 ，
所以
4
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学科网（北京）股份有限公司.
当 在线段 与抛物线的交点时， 取得最小值，且最小值为 .
故选：D
12．【答案】A
【详解】因为 ，故 ，
故 ，
因为 是定义在 上的奇函数，故 ，
故 ，故 ，故 ，
此时 ，故 为 上的减函数，
而 等价于 ，
即 即 ，故 或
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】 /
【详解】由 ，得 ，又 ，得 ，
则 ．
故答案为：
14．【答案】3
【详解】解：由 ，得 ，
5
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学科网（北京）股份有限公司两式相加得 ，故 ，
两式相减得 ，
所以数列 是以6为周期的周期数列，
所以 ，则 ．
故答案为：3
15．【答案】
【详解】根据题意画出图象如下：
由 得 ，又 ，所以 ，
双曲线 的渐近线方程为 ，
则点 到渐近线的距离 ，所以在 中， ，
由余弦定理得 ，
即 ，化简得 ，即 ，
解得 或 ，因为 ，所以 .
则双曲线 的渐近线方程为 ．
6
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学科网（北京）股份有限公司故答案为： .
16．【答案】①③④
【详解】因为 ，故①正确；
因为 ，故②错误；
因为 ，
定义域为 ，关于原点对称，
则 ，
所以 ，
所以 是奇函数，故③正确；
令 ，其中 ，
则 ，
当且仅当 时，即 时，等号成立，
所以 ，即函数 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
又 ，
当且仅当 时，即 时，等号成立，
所以 时， ，则函数 在 上单调递增，
7
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学科网（北京）股份有限公司所以对 ， ，故④正确；
故答案为：①③④
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）
【答案】(1) (2)
【详解】（1）解法一 因为 ，所以 .
在 中，由正弦定理得 ，
所以 ，
所以 ，则 .
解法二 设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ， 所以 ，
所以 ，所以 .
（2）由（1）中解法二可知 ， ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以
8
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学科网（北京）股份有限公司，当 时取等号，
故 面积的最大值为 .
18．（12分）
【答案】(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）在 中， ，
由正弦定理可得 ，即 ，
得 ，故 ．
，
，故 ．
又 ，且 平面 ，
平面 ，
又 平面 平面 平面 ．
（2）由（1）可得 平面 ，且 ，
由 ，可得 ，
则三棱锥 的体积为
，
故 ，即 ， ．
19．（12分）
【答案】(1) ，平均值为 (2)
【详解】（1）由频率分布直方图可得：
，
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学科网（北京）股份有限公司即评分在 的频率为0.2，
故 ，
故各组频率依次为： ， ， ， ， 。
所以平均值为 ．
（2）由题可知：抽取的20份评分结果中，评分在 的份数为 ，分别记为 ，
评分在 的份数为 ，分别记为 .
则从这8份评分结果中任取2份，不同取法有：
，
，共28种，
记“这2份评分结果均不低于90分”为事件 ，
则事件 包含的基本事件有：
， ，共15种，
故所求概率 ．
20．（12分）
【答案】(1)椭圆 : ，抛物线 : (2)
【详解】（1）由 ，得 ，故抛物线 的标准方程为 ，
由 ，得 ，得 ，
由椭圆 过点 ，得 ，
得 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司故椭圆 的标准方程为 ；
（2）设 ， ，由 得 ， ，
故抛物线在点 处的切线方程为 ，化简得 ，
同理可得抛物线在点 处的切线方程为 ．
联立得 ，得 ，
易得直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，
联立得 ，得 ， ，
故 ， ，
因此 ，由于点 在椭圆 上，故 ．
又 ，
点 到直线 的距离 ，
故 ．
令 ，又 ，
故 ，其中 ，
因此当 时， 最大，则 ，
所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司即 的面积的最大值为 ．
21．（12分）
【答案】(1)递增区间为 ，递减区间为 (2)
【详解】（1）当 时， ，其定义域为 ，
，
令 ，得 （ 舍去），
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减．
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2）方法1：由条件可知 ，于是 ，解得 ．
当 时， ，
构造函数 ， ，
，
所以函数 在 上单调递减，于是 ，
因此实数m的取值范围是 ．
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学科网（北京）股份有限公司方法2：由条件可知 对任意的 恒成立，
令 ， ，只需 即可．
，
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，
于是 ，所以函数 在 上单调递增，
所以 ，于是 ，因此实数m的取值范围是 ．
（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）
【答案】(1) ；(2) ．
【详解】（1）由 消去参数 ，得 ，即 ，
将 ， 代入上式，
故曲线 的极坐标方程为 ，即 ．
（2）解法一：设 ，
联立得 ，得 ，其中 ,
故 ，所以 或 ，故 或 ，所以 ，
所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 的面积为 ．
解法二： 由（1）得曲线 的直角坐标方程为 ，
则曲线 是以点 为圆心，2为半径的圆，
把 代入 ，得直线 的直角坐标方程为 ，
所以圆心到直线 的距离为 ，所以 ，
因为直线 与 轴平行，所以点 到直线 的距离为 ，
所以 ．
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）
【答案】(1) (2)
【详解】（1） ，
当 时， 即 ，解得 ；
当 时， 即 ，无解；
当 时， 即 ，解得 ；
综上，不等式 的解集为 ．
（2） 的解集为 ，
在 上恒成立， ．
由（1）可得 ．
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学科网（北京）股份有限公司，解得 ，
实数 的取值范围为 .
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