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
（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．设集合 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】因为 ,
所以 .
故选： .
2．若 ，则 （ ）
A． B． C．2 D．6
【答案】D
【详解】由题设可得 ，则 ，则 ，
故 ，故 ，
故选：D
3．如图，在四边形ABCD中， ，设 ， ，则 等于（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】因为 ，
所以
.
故选：C
4．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖､三角攒
尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，
它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为 米，侧棱长为5米，则其体
积为（ ）立方米.
A． B．24 C． D．72
【答案】B
【详解】如图所示，在正四棱锥 中，连接 于 ，则 为正方形 的中心，
连接 ，则底面边长 ，对角线 ， .
又 ，故高 .
故该正四棱锥体积为 .故选：B
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶
数可以表示为两个素数的和”，如 .在不超过15的素数（素数是指在大于1的自然数中，除了1
和自身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】不超过15的素数有 ，随机取两个不同取法有 种，
其中和等于16的情况有 或 两种情况，
所以随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是 .
故选：C
6．将函数 图象上所有点的横坐标变为原来的 ，纵坐标不变，所得图象在区间
上恰有两个零点，且在 上单调递减，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】依题意可得 ，
因为 ，所以 ，因为 在 恰有2个零点，且 ， ，
所以 ，解得 ，
令 ， ，得 ， ，
令 ，得 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，又 ，解得 ．
综上所述， ，故 的取值范围是 ．
故选：C.
7．已知 ， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】 ， ， ，
令 ， ，则 ，
令 ， ，
则 ，
令 ， ，则 在 上恒成立，
故 在 上单调递增，
又 ，故 在 上恒成立，
将 中 换为 可得， ，
即 ，故 在 上恒成立，
所以 在 上单调递增，
由复合函数单调性可知 在 上单调递增，
故 ，即 .
故选：D
8．已知等腰直角 中， 为直角，边 ，P，Q分别为 上的动点（P与C不重合），
将 沿 折起，使点A到达点 的位置，且平面 平面 若点 ，B，C，P，Q均在球O
的球面上，则球O表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】显然P不与A重合，由点 ，B，C，P，Q均在球O的球面上，得B，C，P，Q共圆，则
，
又 为等腰直角三角形， 为斜边，即有 ，将 翻折后， ， ，又平面 平面 ，
平面 平面 ，
平面 ， 平面 ，于是 平面 ， 平面 ，
显然 ， 的中点D，E分别为 ，四边形 外接圆圆心，
则 平面 ， 平面 ，因此 ， ，
取 的中点F，连接 则有 ， ，
四边形 为矩形，设 且 ， ， ，
设球O的半径R，有 ，当 时， ，所以球O表面积的最小值为 ．
故选：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．如图，正方体 的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．正方体 的内切球的半径为
B．两条异面直线 和 所成的角为
C．直线BC与平面 所成的角等于
D．点D到面 的距离为
【答案】BC
【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接 ，把异面直线 和 所
成的角的大小即为直线 和 所成的角， 为正三角形，可判定B正确；证得 平面 ，
进而求得直线 与平面 所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到 ，进而可
判定D错误.
【详解】对于A中，正方体 的内切球的半径即为正方体 的棱长的一半，所以内切球的半径 ，所以A错误.
对于B中，如图所示，连接 ，
因为 且 ，则四边形 为平行四边形，所以 ，
所以异面直线 和 所成的角的大小即为直线 和 所成的角 的大小，
又因为 ，则 为正三角形，即 ，所以B正确；
对于C中，如图所示，连接 ，在正方形 中， .
因为 平面 ， 平面 ，所以 .
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，所以直线 与平面 所成的角为 ，
所以C正确；
对于D中，如图所示，设点D到面 的距离为 ，因为 为正三角形，所以 ,
又因为 ，根据等体积转换可知： ，
即 ，即 ，解得 ，所以D错误.
故选：BC.
10．已知函数 ，则（ ）
A． 为奇函数 B． 不是函数 的极值点
C． 在 上单调递增 D． 存在两个零点
【答案】BC
【分析】根据奇函数的定义判断A，求导得函数的单调性判断BC，根据零点存在性定理和单调性判断D.
【详解】函数 的定义域为R，又 ， ，
则 ，所以 不是奇函数，故选项A错误；
因为 ，所以 在 上单调递增，所以函数 不存在极值点，故选项B与C
正确；
因为 ， ，又 在 上单调递增，且 ，
所以 仅有一个零点0，故选项D错误.
故选：BC
11．已知抛物线 的焦点为 ，过点 的直线交 于 两个不同点，则下列结论正确的是
（ ）
A． 的最小值是6 B．若点 ，则 的最小值是4
C． D．若 ，则直线 的斜率为【答案】ABD
【分析】A，根据 结合基本不等式即可判断；B，由抛物线定义知当 三点共线时
；C，D，设直线方程，联立抛物线，应用韦达定理即可求解.
【详解】对A，设 ，
因为这些 倾斜角不为0，
则设直线 的方程为 ，联立抛物线得 ，
则 ，
所以 ，
则 （当且仅当 时等号成立），A正确；
对B，如图 抛物线准线， 要使其最小，
即 三点共线时取得最小值，
即 ，B正确；
对C，由 ，C错误；
对D，
，解得 ,D正确
故选：ABD.12．已知函数 及其导函数 的定义域均为R，记 .若 ， 均为偶函数，
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】由题意分析得到 关于直线 对称，函数 关于直线 对称及周期为2，逐项求解即
可.
【详解】因为 为偶函数，所以 ，所以 ，
所以 关于直线 对称，令 得 ，即 ，故A正确；
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，因为 为偶函数，所以 ，
所以 ，即 ，所以 ，
则 的一个周期为2.因为 关于直线 对称，所以 是函数 的一个极值点，
所以 ，所以 ，故B正确；
因为 ，所以 ，所以 ，故D正确；设 （ 为常数），定义域为R，则 ， ，
，又 ，则 ，
显然 也满足题设，即 上下平移均满足题设，显然 的值不确定，故C错误.
故选：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． 展开式中含 项的系数是 .
【答案】120
【详解】 ，
因为 的展开式的通项公式为 ，不可能出现含 的项，
所以展开式中含 的项为 ，即含 项的系数是120.
故答案为：120.
14．写出与圆 和圆 都相切的一条直线的方程 .
【答案】 或 或 （答案不唯一）
【详解】由题设知，圆 的圆心为 ，半径为 ，
圆 的圆心为 ，半径为 ，
所以 ，即两圆外离，故共有4条公切线；又易知 关于原点对称，且两圆半径相等，则有过原点的两条公切线和与 平行的两条公切线.
设过原点的公切线为 ，则 ，即 ，解得 或 ，
所以公切线为 或 ；
设与 平行的公切线为 ，且M，N与公切线距离都为1，
则 ，即 ，
所以公切线为 .
故答案为： 或 或
15．若函数 与 ， 有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则
的最小值为 .
【答案】
【详解】 ， .
设曲线 与 的公共点为 ，两者在公共点处的切线方程相同，
因此 ，即 ，解得 或 .
因为 ， ，所以舍去 .
又 ，即 .
令函数 ，则 .
令 ，解得 ，令 ，解得 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，即 ，解得 .
则 的最小值为 .
故答案为：
16．已知椭圆 ， 、 分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x
轴上一点，使得 平分 .过点D作 、 的垂线，垂足分别为A、B.则 的最小
值是 .
【答案】
【详解】如图，
由椭圆的性质可知，点 位于短轴的端点时， 最大，由 可知 最大值为 .
设 ，因为 平分 ，所以 ，设 ，
已知椭圆 ，所以 .
从而 ，
，所以 ，解得 .
,
所以 ,
所以 ，
因为 ，所以 ，
设 ，
所以 在 上单调递减，所以 .
故答案为：
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．已知公差不为零的等差数列 的前 项和为 ，且 成等比数列.
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，数列 的前 项和为 ，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【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．在 中，内角 所对的边分别为 ，满足
(1)求证： ；
(2)若 为锐角三角形，求 的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【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．如图，在三棱柱 中， ， ，E，F分别为 ， 的中点，且 平面
，
(1)求棱 的长度：
(2)若 ，且 的面积 ，求平面 与平面 的夹角的余弦值．【答案】(1)
(2)
【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．为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：
学生与最近食堂间的距离
合计
在食堂就餐 0.15 0.10 0.00 0.50
点外卖 0.20 0.00 0.50
合计 0.20 0.15 0.00 1.00
并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为 （同一组数据以该组数据所在区间的
中点值作为代表）.
(1)补全频率分布表，并根据小概率值 的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最
近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过 时，认为较近，否则认为较远）：
(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.
（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择
去甲食堂就餐为事件 ，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件 ，且 、 均为随机事件，证明：
：
（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.
①传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得 元优惠；
②“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优
惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得 元优惠，以后每天中午均获得 元优惠（其中 ， 为已知数
且 ）.
校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为 （ ），且是否去甲食堂就餐相互独立.又
知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更
大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出
选择，并说明理由.
附： ，其中 .
0.10 0.010 0.001
2.706 6.635 10.828
【答案】(1)频率分布表见解析，根据小概率值 的独立性检验，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）证明见解析；（ii）当 时，选择传统型优惠方案；当 时，选择“饥饿型”优惠
方案，理由见解析
【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．已知双曲线 上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离心率为
.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知M是直线 上一点，直线 交双曲线C于A（A在第一象限），B两点，O为坐标原
点，过点M作直线 的平行线l，l与直线 交于点P，与x轴交于点Q，若P为线段 的中点，求实
数t的值.
【答案】(1)
(2)
【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．已知函数 ，其中 是自然对数的底数．
(1)求函数 的单调区间和最值；
(2)证明：函数 有且只有一个极值点；
(3)当 时，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【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
