文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）
黄金卷02
（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．若曲线在点处的切线与直线垂直，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】运用导数几何意义及导数公式求得切线的斜率，结合两直线垂直进而求得a的值.
【详解】由题设，知处的切线的斜率为，
又因为，
所以，解得.
故选：A.
2．甲､乙两所学校各有3名志愿者参加一次公益活动，活动结束后，站成前后两排合影留念，每排3人，
若每排同一个学校的两名志愿者不相邻，则不同的站法种数有（ ）
A．36 B．72 C．144 D．288
【答案】B
【分析】先求出第一排有2人来自甲校，1人来自乙校，根据分步乘法计数原理求出不同的站法种数. 同理
可得，第一排有2人来自乙校，1人来自甲校，不同的站法种数.然后根据分类加法计数原理，相加即可得
出答案.
【详解】第一排有2人来自甲校，1人来自乙校：
第一步，从甲校选出2人，有种选择方式；
第二步，2人站在两边的站法种数有；
第三步，从乙校选出1人，有种选择方式；
第四步，第二排甲校剩余的1人站中间，乙校剩余的2人站在两边的站法种数有.
根据分步乘法计数原理可知，不同的站法种数有.
同理可得，第一排有2人来自乙校，1人来自甲校，不同的站法种数有.
根据分类加法计数原理可知，不同的站法种数有.
故选：B.
3．设，则（ ）A．84 B．56 C．36 D．28
【答案】A
【分析】根据给定的展开式特征，列出的表达式，再利用组合数性质计算作答.
【详解】依题意，.
故选：A
4．某医院对10名入院人员进行新冠病毒感染筛查，若采用单管检验需检验10次；若采用10合一混管检
验，检验结果为阴性则只要检验1次，如果检验结果为阳性，就要再全部进行单管检验．记10合一混管检
验次数为，当时，10名人员均为阴性的概率为（ ）
A．0.01 B．0.02 C．0.1 D．0.2
【答案】C
【分析】依据题意写出随机变量的的分布列，利用期望的公式即可求解.
【详解】设10人全部为阴性的概率为，混有阳性的概率为，
若全部为阴性，需要检测1次，若混有阳性，需要检测11次，
则随机变量的分布列
，解得，
故选：C.
5．某兴趣小组研究光照时长x（h）和向日葵种子发芽数量y（颗）之间的关系，采集5组数据，作如图所
示的散点图．若去掉后，下列说法正确的是（ ）
A．相关系数r变小 B．决定系数变小
C．残差平方和变大 D．解释变量x与预报变量y的相关性变强
【答案】D
【分析】从图中分析得到去掉后，回归效果更好，再由相关系数，决定系数，残差平方和和相关性的概念
和性质作出判断即可．
【详解】从图中可以看出较其他点，偏离直线远，故去掉后，回归效果更好，对于A，相关系数越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉后，相关系数r变大，故A错误；
对于B，决定系数越接近于1，模型的拟合效果越好，若去掉后，决定系数变大，故B错误；
对于C，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，若去掉后，残差平方和变小，故C错误；
对于D，若去掉后，解释变量x与预报变量y的相关性变强，且是正相关，故D正确．
故选：D．
6．已知事件满足，，则（ ）
A．若，则
B．若与互斥，则
C．若与相互独立，则
D．若，则与不相互独立
【答案】B
【分析】根据事件的包含关系，互斥事件的概率加法，以及独立事件的概念及判定，以及概率乘法公式，
逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，若，则，所以A错误；
对于B，若与互斥，则，所以B正确；
对于C，若与相互独立，可得与相互独立，
所以，所以C错误；
对于D，由，可得，
所以，所以，所以与相互独立，所以D错误.
故选：B.
7．某人在次射击中击中目标的次数为，，其中，击中奇数次为事件，则（ ）
A．若，则取最大值时
B．当时，取得最小值
C．当时，随着的增大而增大
D．当时，随着的增大而减小
【答案】C
【分析】对于A，根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断；对于B，根据，直接写出即可判
断；对于CD，由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可.
【详解】对于选项A，在次射击中击中目标的次数，
当时对应的概率，
因为取最大值，所以，即，
即，解得，
因为且，所以，即时概率最大．故A不正确；
对于选项B，，当时，取得最大值，故B不正确；
对于选项C、D，
，
，
，
当时，为正项且单调递增的数列，所以随着的增大而增大，故C正确；
当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故D不正确；
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题考查二项分布及其应用，其中求是难点，关键是能找到其与二项展开式之间的联
系.
8．已知函数，，若存在，使得成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设知，研究的单调性及最值，画出函数图象，数形结合确定、的交点个数得，进而将目标式
化为且，构造函数研究最小值即可.
【详解】由题设，即，
由，则上，递减；上，递增；
，且，图象如下：
由图知：时，，即且，所以，
令且，则，
时，，递减；时，，递增；
所以，即的最小值为.
故选：A【点睛】关键点睛：利用同构得到，导数研究的性质，结合得到为关键.
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．“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课
堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（ ）
喜欢天宫课堂 不喜欢天宫课堂
男生 80 20
女生 70 30
参考公式及数据：①，.②当时，.
A．从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为
B．用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为
C．根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联
D．对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，
则参加测试的学生成绩的均值为85
【答案】BC
【分析】根据古典概型的概率公式判断A，首先求出样本中喜欢天宫课堂的频率，再根据独立重复试验的
概率公式判断B，计算出卡方，即可判断C，根据平均公式判断D.
【详解】对于A：从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率，故A错误；
对于B：样本中喜欢天宫课堂的频率，从全校学生中任选3人，
恰有2人不喜欢天宫课堂的概率，故B正确；
对于C：因为，
所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确；
对于D：抽取的喜欢天宫课堂的学生男、女生人数分别为、，
又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，所以参加测试的学生成绩的均值为，故D错误；
故选：BC
10．随机变量的分布列如表：其中，下列说法正确的是（ ）
0 1 2
P
A． B．C．有最大值 D．随y的增大而减小
【答案】ABC
【分析】利用分布列的性质以及期望与方差公式，列出表达式，结合二次函数的性质判断选项的正误即可．
【详解】由题意可知，即，故A正确；
，故B正确；
，
因为，，易得，
而开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得最大值，
所以随着y的增大先增大后减小，当时取得最大值，故C正确，D错误.
故选：ABC.
11．设甲袋中有3个红球和4个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，现从甲袋中任取1球放入乙袋，再
从乙袋中任取2球，记事件A＝“从甲袋中任取1球是红球”，记事件B＝“从乙袋中任取2球全是白球”，
则（ ）
A．事件A与事件B相互独立 B．
C． D．
【答案】CD
【分析】由古典概型概率计算公式，以及条件概率公式分项求解判断即可.
【详解】现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球可知：
从甲袋中任取1球对乙袋中任取2球有影响，事件A与事件B不是相互独立关系，故A错误；
从甲袋中任取1球是红球的概率为：，从甲袋中任取1球是白球的概率为：，
所以乙袋中任取2球全是白球的概率为：
，故B错误；
，所以，故C正确；
，故D正确.
故选：CD
12．已知，则（ ）
A．对于任意的实数，存在，使得与有互相平行的切线
B．对于给定的实数，存在，使得成立
C．在上的最小值为0，则的最大值为D．存在，使得对于任意恒成立
【答案】ABC
【分析】对于A，对两函数求导，再求出导函数的值域，由两值域的关系分析判断，对于B，由可得，从
而可判断，对于C，令，再由可得，由题意设为的极小值点，然后列方程表示出，从而可用表示，再构造
函数，利用导数可证得结论，对于D，根据函数值的变化情况分析判断.
【详解】对于A，，
当时，，
当时，，
综上，，
所以对于任意的实数，存在，使与有交集，
所以对于任意的实数，存在，使得与有互相平行的切线，所以A正确，
对于B，由于给定的实数，当给定时，则为定值，由，得
，，所以存在使上式成立，所以B正确，
对于C，令，而，
由题意可知，当时，恒成立，所以，
所以，即，
若在上递增，
因为在上的最小值为0，
所以，得，
所以，则在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，所以，
所以，
若在上不单调，
因为在上的最小值为0，
所以设为的极小值点，则
，解得，
所以
令，则由，得，
或，
解得，或（舍去），或（舍去），或，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
综上，所以C正确，
对于D，，当时，，所以D错误，
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：此题考导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的最值，对于
选项C解题的关键是由题意设为的极小值点，则，求出，则可表示出再构造函数，利用导数可得结果，考
查数学转化思想和计算能力，属于难题.
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．某学校门口现有2辆共享电动单车，8辆共享自行车.现从中一次性随机租用3辆，则恰好有2辆共享
自行车被租用的概率为 .
【答案】
【分析】根据古典概型列式结合组合数计算求解概率即可.
【详解】恰好有2辆共享自行车被租用的概率为
故答案为:.
14．若，则 .
【答案】
【分析】观察已知条件，通过求导赋值构造出式子计算即可.
【详解】已知，对式子两边同时求导，
得，
令，得.
故答案为：24015．某校高二学生的一次数学诊断考试成绩（单位：分）服从正态分布，从中抽取一个同学的数学成绩，
记该同学的成绩为事件，记该同学的成绩为事件，则在事件发生的条件下事件发生的概率 ．
（结果用分数表示）
附参考数据：，.
【答案】
【分析】利用正态分布性质和条件概率公式求解即可.
【详解】由题知，
事件为“记该同学的成绩”，
因为，，
所以，
又，
所以.
故答案为：
16．若，则实数最大值为 .
【答案】
【分析】二次求导，结合隐零点得到方程与不等式，变形后得到，从而，，代入，得到的最大值.
【详解】， 定义域为，
则，
令，
则，在上单调递增，
且时，当时，
使得 即
当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以②，
由得①，
即，代入②得，，
整理得
，
∴，
∴，
，故的最大值为3.
故答案为：3
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区
间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替
换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
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．某学校研究性学习小组在学习生物遗传学的过程中，为验证高尔顿提出的关于儿子成年后身高y（单
位：）与父亲身高x（单位：）之间的关系及存在的遗传规律，随机抽取了5对父子的身高数据，如下表：
17 18
父亲身高 160 175 190
0 5
17 18
儿子身高 170 175 186
4 0
(1)根据表中数据，求出关于的线性回归方程，并利用回归直线方程分别确定儿子比父亲高和儿子比父亲矮
的条件，由此可得到怎样的遗传规律？
(2)记，其中为观测值，为预测值，为对应的残差.求（1）中儿子身高的残差的和､并探究这个结果是否对任
意具有线性相关关系的两个变量都成立？若成立加以证明；若不成立说明理由.
参考数据及公式：
.
【答案】(1)，时，儿子比父亲高；时，儿子比父亲矮，
儿子身高有一个回归，回归到全种群平均高度的趋势.
(2)0；任意具有线性相关关系的变量，证明见解析
【分析】（1）根据已知求得回归方程的系数，即可得回归方程，解不等式可得到结论；
（2）结合题中数据进行计算，可求得儿子身高的残差的和，从而可得结论，结合回归方程系数的计算公
式即可证明.
【详解】（1）由题意得，，，所以回归直线方程为，
令得，即时，儿子比父亲高；
令得，即时，儿子比父亲矮，可得当父亲身高较高时，儿子平均身高要矮于父亲，即儿子身高有一个回归，回归到全种群平均高度的趋
势.
（2）由可得，
所以，
又，所以，
结论：对任意具有线性相关关系的变量，
证明： .
18．已知函数，其中．
(1)讨论方程实数解的个数；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由即方程有没有解的问题，转化为函数与轴有没有交点问题，分类讨论即可得出结果.
（2）不等式可化为：，就、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）由可得，，
令，令，可得，
当，函数单调递减，
当，函数单调递增，
所以函数在时取得最小值，
所以当时，方程无实数解，
当时，方程有一个实数解，
当时，，故，
而，，
设，则，
故在上为增函数，故，
故有两个零点即方程有两个实数解.
（2）由题意可知，
不等式可化为，，
即当时，恒成立，
所以，即，
令，则在上单调递增，而，
当即时，在上单调递增，
故，
由题设可得，
设，则该函数在上为减函数，
而，故.
当即时，因为，
故在上有且只有一个零点，
当时，，而时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，
而，故，故
因为，故，故符合，
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】关键点睛：本题考查函数的单调性、最值问题，考查导数应用以及分类讨论思想、转化思想，考
查函数恒成立问题，属于中档题.
19．已知甲箱、乙箱均有6件产品，其中甲箱中有4件正品，2件次品；乙箱中有3件正品，3件次品．
(1)现从甲箱中随机抽取两件产品放入乙箱，再从乙箱中随机抽取一件产品，求从乙箱中抽取的这件产品恰
好是次品的概率；
(2)现需要通过检测将甲箱中的次品找出来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到能将次品全部找
出时检测结束，已知每检测一件产品需要费用15元，设表示能找出甲箱中的所有次品时所需要的检测费用
（单位：元），求的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由全概率公式计算从乙箱中抽取的这件产品恰好是次品的概率；
（2）计算的所有可能取值的概率，进而列出分布列，计算期望.
【详解】（1）设“从甲箱中抽取的两件产品均为正品”，“从甲箱中抽取的两件产品为一件正品，一件次品”，
“从甲箱中抽取的两件产品均为次品”，“从乙箱中抽取的一件产品为次品”，由全概率公式，
得
．
（2）的所有可能取值为30，45，60，75．则；
；
；
．
所以的分布列为
30 45 60 75
的数学期望（元）．
20．已知函数有三个零点.
(1)求的取值范围；
(2)设函数的三个零点由小到大依次是.证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即
可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；
（2）把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价
于证，
等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明.
【详解】（1）因为定义域为，又，
（ⅰ）当单调递减；
（ⅱ）当，记，则，
当；当，
所以在单调递增，在上单调递减，，
又，所以，
①当，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；
②当，由（ⅱ）知，有两个零点，
记两零点为，且，
则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，令，则，
所以，所以，且趋近0，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大，
所以函数有三零点，
综上所述，；
（2）等价于，即，
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
由（1）可得，则，
所以，所以，
则满足，，
要证，等价于证，
易知，令，则，
令得，令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
下面证明，由，即证，
即证，
即证，
即证，
令，，
令，则，所以，
所以，则，所以，
所以，所以，
所以，所以原命题得证.
【点睛】利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确
定极值点和单调区间从而确定其大致图像；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通
过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想
研究；③构造辅助函数研究.
21．5G网络是新一轮科技革命最具代表性的技术之一.已知某精密设备制造企业加工5G零件，根据长期检
测结果，得知该5G零件设备生产线的产品质量指标值服从正态分布.现从该企业生产的正品中随机抽取
100件､测得产品质量指标值的样本数据统计如图.根据大量的产品检测数据，质量指标值样本数据的方差的近似值为100，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值.已知质量指标值不低于70的
样品数为25件.
附：，，.
(1)求（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)若质量指标值在内的产品称为优等品，求该企业生产的产品为优等品的概率；
(3)已知该企业的5G生产线的质量控制系统由个控制单元组成，每个控制单元正常工作的概率为，各个控
制单元之间相互独立，当至少一半以上控制单元正常工作时，该生产线正常运行生产.若再增加1个控制单
元，试分析该生产线正常运行概率是否增加？并说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)质量控制系统有奇数个控制单元，增加1个控制单元设备正常工作的概率变小；质量控制系统有偶数个
控制单元，增加1个控制单元设备正常工作的概率变大.答案见解析
【分析】（1）根据题意求出，再由频率分布直方图中频率之和为1求，计算均值即可；
（2）由产品质量指标值，根据正态分布曲线的对称性求解即可；
（3）分原控制单元的个数为偶数、奇数两类情况分别讨论，分别计算增加一个控制单元后正常工作概率，
作差比较即可得解.
【详解】（1）因为质量指标值不低于70的样品数为25件，所以
所以，
因为，
所以，.
由题意，估计从该企业生产的正品中随机抽取100件的平均数为：
.（2）由题意知，
样本方差，故，
所以产品质量指标值，
优等品的概率
（3）假设质量控制系统有奇数个控制单元，
设，
记该生产线正常运行的概率为，若再增加1个控制单元，
则第一类：原系统中至少有个控制单元正常工作，
其正常运行概率为；
第二类：原系统中恰好有个控制单元正常工作，新增1个控制单元正常工作，其正常运行概率为
；
所以增加一个控制单元正常运行的概率为
即，
因为，所以，
即增加1个控制单元设备正常工作的概率变小；·
假设质量控制系统有偶数个控制单元，设，记该生产线正常运行的概率为，若增加1个元件，
则第一类：原系统中至少有个元件正常工作，其正常运行概率为；
第二类：原系统中恰好有个控制单元正常工作，新增1个控制单元正常工作，
其正常运行概率为；
所以增加一个控制单元正常运行的概率为，
即
因为，所以，
即增加1个控制单元设备正常工作的概率变大.
22．已知函数，其中．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若存在两个极值点的取值范围为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）求导后，分类讨论，根据导数的符号可得结果；
（3）根据存在两个极值点可得，且，根据单调性可得，将化为，利用比值代换可求出结果.
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，
所以，又，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）的定义域是，
，，
令，则．
①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增．
②当，即时，由，得或；
由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减
（3）由（2）当时，在上单调递增，此时函数无极值；
当时，有两个极值点，即方程有两个正根，
所以，则在上是减函数．所以，
因为，
所以
，
令，则，
，
所以在上单调递减，又，且，
所以，
由，
又在上单调递减，
所以且，所以实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：涉及到双变量的问题一般可以利用比值代换处理，本题中，将化为后，设，化为关于
的函数，再利用导数进行处理.
