文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）
黄金卷·参考答案
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要
求的。
1 2 3 4 5 6 7 8
A D C B C C D A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9 10 11 12
BC BC ABD ABD
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．120 14． 或 或 （答案不唯一） 15． 16.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（10分）
【详解】（1）设 的公差为 ，因为 成等比数列，所以 ，
即 ，因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以 ，
所以 .
（2）由（1）得， ，所以 ，
所以
，
又 ，所以 .
18．(12分）
【详解】（1）由题 ，
由正弦定理： ，
所以 ，
整理 ，
所以 ，
或 （舍）,
.
（2） 为锐角三角形,
解得： ,所以 ，
且
由（1）问， ，
令 ，
则 ，所以
因为 ,
当 时，所求 的最大值为 .
19．(12分）
【详解】（1）取 的中点D，连接 ，
在三棱柱 中，可得 ，且 ，
四边形 为平行四边形，则 ，
又 平面 ， 平面 ，
∵ 平面 ，
，
又D为 的中点，
为等腰三角形，
∵ ， ，则 ；
（2）由（1）知， ， ，
平面 ，所以 ，
故 ，
由（1）知， 平面 ， 平面 ，
则 ，
又三棱柱中 ，∴
又 ，∴ ，∵又 平面 ，
平面 ，
三棱柱 为直三棱柱，
∴ 为直角三角形，可得 ，
又在三棱柱 中， ， ，
以 为坐标原点， ， ， 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
,
设平面 的一个法向量为
则 ，令 ，则 ， ，
平面 的一个法向量为 ，
易得平面 的一个法向量为
设平面 与平面 的夹角为 ，
，平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
20．(12分）
【详解】（1）（1）设 组的频率为t，则 组的频率为 ，
估计学生与最近食堂间的平均距离 ，解得
，
故可补全频率分布表如下：
学生与最近食堂间的距离 合计
在食堂就餐 0.15 0.20 0.10 0.05 0.00 0.50
点外卖 0.05 0.20 0.15 0.10 0.00 0.50
合计 0.20 0.40 0.25 0.15 0.00 1.00
据此结合样本容量为2000可列出 列联表如下：
学生距最近食堂较近 学生距最近食较堂远 合计
在食堂就
700 300 1000
餐
点外卖 500 500 1000
合计 1200 800 2000
零假设 ：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.
注意到 .
据小概率值 的独立性检验，推断 不成立，
即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.
（2）（i）证法一：由题意得 ， ，
结合 ， .结合条件概率公式知 ，即 .
，
即 成立.
证法二：由题意得 ， ，
所以 ，同理 ，
于是 ，
故
，即 成立.
（ⅱ）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为 ，
若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，
则 ， ，对 ，有 ，
故 ，，
令 ，结合 得 ，记为 .
若 ，则 ， ，
此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；
若 ，则 ， ，
此时李明应选择传统型优惠方案.
若 ，则 ， .
注意到 ，
.
因此
，
即 .
此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.
综上所述，当 时，李明应选择传统型优惠方案；
当 时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.
21．(12分）【详解】（1）双曲线的渐近线方程为 ，设双曲线上一点 ，
则 ，
又因为 在双曲线上，所以 ，即 ，
代入可得 ，又因为 ， ，代入可得 ， ，
所以双曲线方程为 ；
（2）由（1）如图所示，
知 ，所以 ，
若直线 斜率为0，此时点 不在第一象限，矛盾，故 斜率不为0，
设直线 的方程为 ， ， ，则 ，
联立 ，化简可得 ，
则 ，可得 ，
则 ，又因为 ，所以 ，
所以直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
联立 ，解得 ，
即 的纵坐标为 .
又由上可知 ， ，两式相除，
得 ，
代入可得 ，
因为 为线段 的中点，所以
即 ，
所以需满足 ，解得 .
22.(12分）
【详解】（1）由 求导可得：
因 故 ，
当 时， ，故 在 上单调递增；
当 时， ，故 在 上单调递减；
所以函数 的单调递增区间为 ，递减区间为 ，最小值为 ，无最大值.（2）因 ，其定义域为 ，
取 则 ，因 故 ，则 在 上单调递增，
①当 时， 故函数 在 内有且仅有一个变号零点，
则此时，函数 有且仅有一个极值点；
②当 时， 因 因 在 上单调递增，故函数 有且仅有一个变号零点，
则此时，函数 有且仅有一个极值点；
③当 时， ，又因 ， ，
，即 ，
故函数 在 内有且仅有一个变号零点，则此时，函数 有且仅有一个极值点；
综上所述，函数 有且仅有一个极值点.
（3）由（2）可知，当 时，函数 有且仅有一个零点，设为 ，则
又由（2）函数 有最小值为 .
由 可得： ，即 两边取自然对数得： ，
故
于是
，不妨设 则 ，故得 ，则
，
对于函数 ，其对应方程的判别式 ，
设 ，则 恒成立，
故函数 在 上单调递增，则 ，即 ，从而 ，于是 ，
故有 恒成立，故 恒成立，所以
