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06
（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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出与的值域，得到与，进而求出.
【详解】，所以，，所以，故
故选：D
2．设复数满足，则的实部为（ ）
A．0 B．1 C．-1 D．i
【答案】A
【分析】设出复数，通过计算得到结果.
【详解】设，则，所以，故的实部为0.
故选：A
3．已知为锐角，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由平方关系计算出，再由诱导公式得出答案.
【详解】由为锐角得，所以，
.
故选：C.
4．夏季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为和，且两地同时下雨的概率为，则夏季的一天里，在乙地
下雨的条件下，甲地也下雨的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，根据条件概率的公式计算即可得出结果.
【详解】记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为.
故选：C
5．已知圆锥的底面半径为，若其底面上存在两点，使得，则该圆锥侧面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据可确定，由圆锥侧面积公式可求得最大值.
【详解】设圆锥的母线长为，
，，又（当且仅当为底面圆直径时取等号），
，即，
圆锥侧面积，即所求最大值为.
故选：A.
6．云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的
“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从
最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】C
【分析】推导出是以2为公比的等比数列，且，解得，由此能求出的值．
【详解】从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，
则是以2为公比的等比数列，
，，解得，
所以，
．
故选：C．
7．已知m，n，s，t为正数，，，其中m，n是常数，且s＋t的最小值是，点M(m,n)是曲线的一条弦AB的
中点，则弦AB所在直线方程为（ ）
A．x－4y＋6=0 B．4x－y－6=0
C．4x＋y－10=0 D．
【答案】A
【分析】由已知求出取得最小值时满足的条件，再结合求出，再用点差法求出直线的斜率，从而得直线方
程．【详解】∵，
当且仅当，即取等号，
∴，又，又为正数，
∴可解得．
设弦两端点分别为，则，
两式相减得，
∵，
∴．
∴直线方程为，即．
故选：A．
8．设函数的导函数是，且恒成立，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导函数研究其单调性，求出结果.
【详解】设，则恒成立，所以单调递增，故，即，解得：，即.
故选：D
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．已知函数与函数的图象的对称轴相同，则（ ）
A．的值可以为4
B．的值可以为
C．函数的单调递增区间为
D．函数的所有零点的集合为
【答案】BC
【分析】根据正余弦函数图像的性质即可逐项求解.
【详解】由于两函数的对称轴相同，而两相邻对称轴之间的距离等于周期的一半，
∴两函数的周期也相同，因此，解得，A错误；
所以，
当时，，
此时与的图象关于x轴对称，则它们的对称轴相同，B正确；
在时递增，解得的单调递增区间为，C正确；
的所有零点满足，解得所有零点的集合为：，故D错误.故选：BC.
10．作为平面直角坐标系的发明者，法国数学家笛卡尔也研究了不少优美的曲线，如笛卡尔叶形线，其在
平面直角坐标系xOy下的一般方程为.某同学对情形下的笛卡尔叶形线的性质进行了探究，得到了下列结论，
其中正确的是( )
A．曲线不经过第三象限
B．曲线关于直线对称
C．曲线与直线有公共点
D．曲线与直线没有公共点
【答案】ABD
【分析】A：当时，判断是否可能成立即可；
B：将点(y，x)代入方程，判断与原方程是否相同即可；
C、D：联立直线和曲线方程，判断方程组是否有解即可.
【详解】当时，，故第三象限内的点不可能在曲线上，A选项正确；
将点代入曲线有程得，故曲线关于直线对称，B选项正确；
联立其中，
将代入得，即，则方程组无解，故曲线与直线无公共点，C选项错误，D选项正确.
故选：ABD.
11．在长方体中，，，，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若直线与直线CD所成的角为，则
B．若经过点A的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点M，则
C．若经过点A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则
D．若经过点A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，则
【答案】ACD
【分析】A根据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根据线
线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求 ，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为
以为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.
【详解】A：如下图，直线与直线CD所成角，即为直线与直线AB所成角，则，正确；B：构建如下图示的坐标系，过A的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，则 ，故，
则，错误.
C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，
故，正确；
D：如下图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三
条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，正确.故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据长方体或将其补全为正方体，结合各选项线线角、线面角相等判断直线或平面
的位置，进而求对应角的函数值.
12．已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（ ）
A．是递增数列 B．是递减数列
C．存在最大项 D．存在最小项
【答案】ACD
【分析】由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可判断A,B由结合
可求得、，对数列中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列的最大项和
最小项，可判断CD.
【详解】由题意知： ，
故，即，即，
所以，则，
故，，
由 得： ，
即，所以，
则，而 ，
故 ，则，
所以，由于 随的增大而减小，
故是随的增大而增大，
由题意知，故是递增数列，故A正确；
同理随的增大而增大，是递增数列，B错误；
又，由于，，且，
所以，是首项为，公比为的等比数列，故，所以，，
因为，，故，，
所以，，
所以，，其中，
，其中，
因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大，
故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，
同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的，
综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对.
故选：ACD.
【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解
答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
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．设函数若，则 .
【答案】1
【分析】令求出值，再根据分段函数定义域判断即可.
【详解】由题，当时，无解,
当时，，解得，成立.
故答案为：1
14．已知的展开式中第3项为常数项，则这个展开式中各项系数的绝对值之和为 ．（用数字作
答）
【答案】
【分析】根据第三项为常数可知该项得指数为0，解得，的展开式中各项系数的绝对值之和与的展开式中
各项系数之和相等故可得答案.
【详解】解：由题意得：
，
又 的展开式中各项系数的绝对值之和与的展开式中各项系数之和相等
当取，得的展开式中各项系数之和为．
故答案为：15．已知定义在上的奇函数满足，当时，，若对一切恒成立，则实数的最大值为 .
【答案】/0.25
【分析】根据题设条件画出函数的图象，结合图象可求实数的最大值.
【详解】因为，故的图象关于中心对称
当时，，
故的图象如图所示：
结合图象可得：只需当时，即可，
即，故，
故答案为：.
16．已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点（其中点位于第一象限），圆与
内切，半径为，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设圆与分别切于，利用圆的切线性质和双曲线定义可求得，同时知为的角平分线，设直线的倾斜
角为，可求得，结合双曲线渐近线的倾斜角可确定的范围，由此可确定的范围.
【详解】由双曲线方程知：实半轴长，虚半轴长，且，
设圆与分别切于，如下图所示：由圆的切线性质知：，，
由双曲线定义知：，即，
设，则，解得：，
由切线性质可知：与横坐标都为，
由三角形内切圆的性质知：为的角平分线，
设直线的倾斜角为，则，
，
，
双曲线渐近线为：，其倾斜角分别为和，
又直线与双曲线的右支交于两点，直线的倾斜角范围为，
则，，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥曲线中的参数范围的求解问题，解题关键是能够将所求的表示为关于
直线倾斜角的函数的形式，根据的范围，结合正切函数值域的求解方法可求得范围.
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． 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 的面积为.
(1)证△明：； △
(2)若，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得，再由正弦定理的边角关系即可证结论.
（2）由（1）及题设可得，进而求得，应用余弦定理及正弦定理边角关系求，即可求，注意根据B的范围
判断符号，最后利用及和角余弦公式求值即可.
【详解】（1）由题设，，又，所以，由正弦定理可得，
所以，又，
所以，即.
（2）由（1）及题设，，且，
所以，则，故，
又，可得，
若，则，而，故不合题设；
所以，
所以 .
18．设等差数列的前n项和为，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为．定义为不超过x的最大整数，例如．当时，求n的值．
【答案】(1)
(2)10
【分析】（1）由等差数列的前项和公式求得公差，可得通项公式；
（2）用裂项相消法求和求得，根据新定义求得，然后分组，结合等差数列的前项和公式计算后解方程可
得．
【详解】（1）设等差数列的公差为d，因为，则．
因为，则，得．
所以数列的通项公式是．
（2）因为，则
所以
．
当时，因为，则．
当时，因为，则．
因为，则，即，
即，即．因为，所以
19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；或
【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
【详解】（1）证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空
间直角坐标系，设，则，，，，，，所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
20．最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且试验成功的概率为.现对该产品进行独立重复试验，
若试验成功，试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验10次.记X为试验结束时所进行的试验
次数，且每次试验的成本为元.
(1)①写出的分布列；
②证明：；
(2)某公司意向投资该产品.若，且试验成功则获利元，则该公司如何决策投资，并说明理由.
【答案】(1)①答案见解析；②证明见解析
(2)应该投资，理由见解析
【分析】（1）由题意，，，列出分布列即可；
列出，乘公比错位相减法求和，分析可证明；
（2）由（1），分析即得解
【详解】（1）①由题意，
故
分布列如下：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10②，
记，
，
作差可得，，
则，即证.
（2）由（1）可知，则试验成本的期望小于，又获利大于成本的期望，则应该投资.
21．椭圆的离心率为，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，面积的
最大值为．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线交x轴于点P，其中，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直线l于点M和N，若
O、A、M、N四点共圆，求t的值．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由离心率为可得，又面积的最大值为，联立方程求解即可得答案；
（2）设直线BC方程为，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，又，，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦
定理可得，即，根据韦达定理化简可得，从而即可求解.
【详解】（1）解：由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，
设，由，所以的最大值为，
将代入，有，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）解：设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，
设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，
，可得，
由韦达定理可得，
直线BA的方程为，令得点M纵坐标，
同理可得点N纵坐标，
当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，
，
由，故，解得．
22．已知函数，，其中R.(1)讨论的单调性；
(2)当时，是否存在，且，使得？证明你的结论.
【答案】(1)答案见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论可得；
（2）构造函数，利用函数讨论单调性，结合零点存在性定理可知.
【详解】（1）依题意，的定义域为，
由，得 ，
①当时， 恒成立，所以在单调递增；
②当时，令，得，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
综上，当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）设，则，
①当时， 恒成立，所以在单调递增，
又因为，所以，
所以，在不存在零点；
②当时，设，则，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
所以，即，因为，所以，
又因为且，所以，所以，
所以，
当时，函数的对称轴为，
所以在单调递增，所以，
所以，所以在单调递增；
当时，，
所以，所以，所以在单调递增；
综上可知，当时，均有在单调递增，
又因为，所以在恰有一个零点1，故当时，在恰有一个零点1，
因此不存在，且，使得.
