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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。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
D D B C C B B D D B A A
1．【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
1
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学科网（北京）股份有限公司【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：C
5．【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 ， ，
2
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学科网（北京）股份有限公司则四边形 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：B
8．【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 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ．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，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，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 ，
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学科网（北京）股份有限公司解得 ，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
，
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学科网（北京）股份有限公司由 ，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，
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学科网（北京）股份有限公司又由 ，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 ．
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学科网（北京）股份有限公司故答案为： .
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＜ ，
∴sinB＞0π，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）
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学科网（北京）股份有限公司【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，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，
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 ，
， ，
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学科网（北京）股份有限公司，
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 .
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学科网（北京）股份有限公司（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；
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学科网（北京）股份有限公司当 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 ．
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学科网（北京）股份有限公司综上可知，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 ，得 的极坐标方程为 ，代入曲线 的极坐标方程，得
.
由 ，得 ， .
即 ，解得 .
因为 ，所以 .
23．（10分）
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学科网（北京）股份有限公司【详解】（1） .
即 ，或 ，或
解得 或 ，
所以原不等式的解集为 或 .
（2）证明：由（1）知当 时， 有最小值 ，
所以 ， .
因为 ，
所以 ，
因为 ， ，当且仅当 时取等号，
所以 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，当且仅当 ， 时取等号.
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学科网（北京）股份有限公司
