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2024年高考押题预测卷【广东专用02】
数学·全解全析
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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
D C B D B A D C
1．【答案】D
【解析】由复数 ，
所以 ，所以 ，则 .
故选：D.
2．【答案】C
【解析】 ,
故 ，
故选：C.
3．【答案】B
【解析】因为 为平行四边形，
则由 ，
∴ .
故选：B.
4．【答案】D
【解析】由等差数列性质可知 ，可得 ；
1
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学科网（北京）股份有限公司设等差数列 的公差为 ，
可得 ，解得 ；
又 .
故选：D
5．【答案】B
【解析】过点 作 ，交 于点 ，
在直角三角形 中，因为 ，
所以 ，
在直角三角形 中，因为 ，
所以 ，
则 .
故选：B.
6．【答案】A
【解析】由已知 ， ，
令 得 或 ，
由题意 是极小值点，则 ，
若 ，则 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增，
2
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学科网（北京）股份有限公司则 是函数的极小值点，
若 ，则 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增，
则 是函数的极大值点，不合题意，
综上， ，即 .
故选：A.
7．【答案】D
【解析】对A，设 ， ，
则由 得 ，即 ，
又因为 为圆 上的动点，
所以 满足 ，
即轨迹 是一个半径为3的圆，故A正确；
对B，因为圆心距 ，
所以圆 与轨迹 有两个交点，故B正确；
对C，由于 ，半径为3，
所以切线长为4，所以两切点的距离 满足 ，
即 ，故C正确；
对D，首先圆心到直线的距离为 ，则该直线与圆相离，
因为点 为直线 上的动点，
则PB的最小值为 ，故D错误；
故选：D.
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学科网（北京）股份有限公司8．【答案】C
【解析】取 中点 ，连接 、 ，则有 ， ，
又 ， 、 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，故 ，又 ，
， 、 平面 ，故 平面 ，
又 、 平面 ，故 ， ，
由正三棱锥的性质可得 、 、 两两垂直，
故 ，即以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线长为：
，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为 .
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9 10 11
BCD BCD CD
9．【答案】BCD
【解析】对于选项A：
甲的数据介于[1.5,7.5]之间，极差小于或等于6；乙的数据分布于[2.5,8.5]，极差小于或等于6；从而甲和乙
的极差可能相等，故A错误；
对于选项B：
根据频率分布直方图可知，甲的众数介于[2.5,5.5)之间，乙的众数介于(5.5,6.5]，故乙的众数大于甲的众数，
B正确；
对于选项C：
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学科网（北京）股份有限公司甲的数据平均分布，乙的数据分布在中间集中，故甲的方差大于乙的方差，故C正确；
对于选项D：
对于甲，各组频率依次为： ，因为前两组频率之和 ，前
三组频率之和 ，故中位数位于[3.5,4.5)之间；
同理，对于乙，各组频率依次为： ，前三组频率之和
，前四组频率之和 ，故中位数位于[5.5,6.5)之
间，所以乙的中位数大于甲的中位数.故D正确.
故选：BCD.
10．【答案】BCD
【解析】因为 ，
且定义域为R，所以 为偶函数，故选项A不正确；
因为 ，
所以 取值范围为 ，故 的最大值为 ，最小正周期为 ，
函数 图象的对称轴为 ，故选项B、C、D 正确.
故选：BCD..
11．【答案】CD
【解析】由已知 ， ，设过点 的直线方程为： ，
设点 ，则 ， ，
由 ，得 ，
所以 ， ， ，
，所以 ，故A错误，
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学科网（北京）股份有限公司，故B错误，
，
,故
，C正确，
，
由选项C可知 ，所以
，故 ,D正确；
故选：CD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．【答案】
【解析】对 ，有 ，
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学科网（北京）股份有限公司则当 时，有 ，
当 时，有 ，
则有 ，
故 的展开式中 的系数为 .
故答案为： .
13．【答案】
【解析】如图，过 作 ⊥ ，交 于 ，过A作 ⊥ ，交 于 ，
因为在 中， , ，
则 ，当 四点共面时，点A到 的距离最大．
因为 ⊥ ，所以 是BC与平面 所成的角，则 ，则 ，
于是， ，即A到 的最大距离为 ．
故答案为： ．
14．【答案】
【解析】先证明不等式 ，
令 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，当 时取等号，
所以 ，
因为 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，
因为 ，当 时取等号，
所以 ，且 ， ，
解得 ，
所以 ，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．【解析】（1）由题意可知，点 在线段 的垂直平分线上，所以 ，
又点 是圆 上一动点，所以 ．
①当 时， ；
②当 时， ，
所以 的轨迹 满足 ，
根据双曲线定义可知， 点的轨迹 是以 为左､右焦点，实轴长为 的双曲线，
可得 ，所以 的轨迹 的方程为 ．
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学科网（北京）股份有限公司（2）设 ，所以 ，
因为直线 的斜率为 ，所以 ，即 ，
与 联立解得 （舍去）或3．
所以点 的坐标为 ．
16．【解析】（1）因为 ， ，
所以根据余弦定理可得 ，
代入数值解得 ，
所以 ，所以 .
又因为 ，M是BC的中点，
所以 ， ，
所以在 中， ， ，
解得 ，
所以 ，所以 .
因为 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
而 平面 ， 所以 .
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 平面 ，
而 平面 ，所以 .
（2）由（1）得， 平面 ， ，
所以以 为原点， 为 轴， 为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以 ， ， ， ，
根据三棱柱的性质可知， .
假设存在符合题意的 点，
所以设
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得到 ，取 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以平面 的法向量为
而且平面 的法向量为 ，
因为二面角 的正弦值为 ，所以二面角的余弦值为 ，
所以 ，解得 ，
又因为 ，所以 ，
此时 ，所以 .
综上，在棱 上存在点P，使得二面角 的正弦值为 ， 的长度为 .
17．【解析】（1）由题意可知这2人恰好来自不同年级的概率是 ；
（2）由题意可知 ，
所以 ，
显然 时， ，即 单调递减；
时， ，即 单调递增；
则 时， 取得最大值，
由题意可知 的可能取值为 ，
则 ，
，
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学科网（北京）股份有限公司，
，
则其分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以 .
18．【解析】（1）对 求导得 .
当 时，对 有 ，故 在 上单调递增；
当 时，有 ，而当 时，
，故当 时 ，当 时 ，从而 在 上单调递
增，在 上单调递减.
综上，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）若 ，由于 ，故存在正数 使得 ，条件满足；
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学科网（北京）股份有限公司若 ，则由（1）的结论，知 在 上单调递增，在 上单调递减，从而此时对任
意的 都有 ，条件不满足.
综上， 的取值范围是 .
（3）设 ， ，我们分唯一性和存在性两方面来证明.
唯一性：由 ，知 的导数等于 ，而 ，故 显然恒
为负，从而 在 上单调递减.
特别地， 在 上单调递减.
这表明，使得 的 至多有一个，从而唯一性得证.
存在性：我们先考虑函数 ，这里 . 由于 ，故当 时
，当 时 ，从而 在 上单调递减，在 上单调递增，从而对于任意的
，都有 ，即 .
这就得到，对任意 ，有 .
从而，对任意的 ，都有 ；而对任意的 ，都有 .
然后回到原题，首先我们有
.
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学科网（北京）股份有限公司同时我们又有
，
，
故 .
由零点存在定理，知一定存在 ，使得 .
综合上述的存在性和唯一性两个方面，知存在唯一的 ，使得 .
19．【解析】（1）因为 关于 单调递增，
所以 ，
，
于是 ，
的前 项和 ．
（2）由题意可知 ， ，
所以 ，
因此 ，即 是单调递增数列，且 ，
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学科网（北京）股份有限公司由“生成数列”的定义可得 ．
（3）若 是等差数列，证明：存在正整数 ，当 时， 是等差数列．
当 是一个常数列，则其公差 必等于0， ，
则 ，因此 是常数列，也即为等差数列；
当 是一个非常数的等差数列，则其公差 必大于0， ，
所以要么 ，要么 ，
又因为 是由正整数组成的数列，所以 不可能一直递减，
记 ，则当 时，有 ，
于是当 时， ，
故当 时， ，…，
因此存在正整数 ，当 时， ，…是等差数列．
综上，命题得证．
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