文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（天津专用）
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9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1．设全集 ，集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的单调性求得集合 ，然后再求出 即可．
【详解】由题意得 ， ，
所以 ．
故选C．
【点睛】本题考查指数不等式的解法和补集的求法，考查运算能力，属于容易题．
2．（本题5分）设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.
【详解】由 ，可得 ，即 ；
由 ，可得 或 ，即 ；
∴ 是 的真子集，
故“ ”是“ ”的充分而不必要条件.
故选：A
3．（本题5分）函数 在区间 的图象大致为（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令 ，
则 ，
所以 为奇函数，排除BD；
又当 时， ，所以 ，排除C.
故选：A.
4．（本题5分）已知 ， ， ，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的性质可判断a,c的大小关系，根据对数函数的性质可判断b的大小范围，由此可
得答案.【详解】由题意得： ， ，
，且 ，
故 ，
故选：C
5．（本题5分）对两个变量x，y进行线性相关检验，得线性相关系数r＝0.8995，对两个变量u，v进行
1
线性相关检验，得线性相关系数r＝﹣0.9568，则下列判断正确的是（ ）
2
A．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量x与y的线性相关性较强
B．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量x与y的线性相关性较强
C．变量x与y正相关，变量u与v负相关，变量u与v的线性相关性较强
D．变量x与y负相关，变量u与v正相关，变量u与v的线性相关性较强
【答案】C
【分析】根据相关系数的知识确定正确选项.
【详解】依题意： ，
所以 正相关， 负相关，
，所以 的线性相关性较强.
故选：C
6．（本题5分）木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机
械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形
是边长为1的正方形，且 ， 均为正三角形， ， ，则该木楔子的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】如图，分别过点A，B作 的垂线，垂足分别为G，H，连接 ，取 的中点O，连接
，求出 ，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可.
【详解】如图，分别过点A，B作 的垂线，垂足分别为G，H，连接 ，
则由题意等腰梯形 全等于等腰梯形 ，
则 .
取 的中点O，连接 ，因为 ，所以 ，
则 ，
∴ .
因为 ， ，所以 ，因为四边形 为正方形，
所以 ，又因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 平面 ，同理可证 平面 ，
∴多面体的体积
，
故选：D.
7．（本题5分）斜拉桥是将梁用若干根斜拉索拉在塔柱上的桥，它由梁，斜拉索和塔柱三部分组成，如图
1，这是一座斜拉索大桥，共有10对永久拉索，在索塔两侧对称排列，如图2，已知拉索上端相邻两个针的间距 约为 ，拉索下端相邻两个针的间距 均为 ，最短拉索的
针 ，满足 ，以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，则最长拉索所在直
线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意利用已知长度可分别计算 ， ，再利用斜率的定义可解.
【详解】由题意知 ， 分别是公差为4和18的等差数列，
所以 ， ，
所以 ， ，即最长拉索所在直线的斜率为 .
故选：B.
8．（本题5分）设函数 的图象关于直线 对称，它的最小正
周期是 ，则以下四个结论正确的个数有（ ）
① 的图象过点
② 的一个对称中心是③ 在 上是减函数
④将 的图象向右平移 个单位得到函数 的图象
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【分析】根据周期公式和正弦函数对称性先求 的解析式，然后代入验证可判断①②；根据正弦函数
单调性可判断③；根据图象变换可判断④.
【详解】因为 的最小正周期是 ，所以 ，
又图象关于直线 对称，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，所以 .
因为 ，所以 的图象过点 ，①正确；
因为 ，所以 是 的一个对称中心，②正确；
由 解得 ，所以 在 上是减函数，所以 在 上是减函数，③
正确；
将 的图象向右平移 个单位得 的图象，④正确.
故选：A
9．（本题5分）已知 中， ， ， ，
， ，则 的取值范围为（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据已知可得 到 的距离为2， 为等腰直角三角形，若 为 的两个四等分点，
为 中点， 在线段 上运动，且 ，数形结合求 的取值范围.
【详解】由 ，结合向量加法法则知： 到 的距离为2，
又 ，则 ，所以 ，故 为等腰直角三角形，
由 ，则 ，所以 共线，
又 ，则 ，若 为 的两个四等分点， 为 中点，如下图示，
所以 在线段 上运动，且 ， ， ，
由图：若 ，则 ，又 ，此时 ，
故上述情况 ，易知 ，
由图知： 与 重合时， ，
综上， 的取值范围为 .故选：D
第 II 卷（非选择题）
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对
的给5分。
10．（本题5分）已知 是虚数单位，化简 的结果为 ．
【答案】 /
【分析】由复数的除法运算计算．
【详解】 ，
故答案为：
11．（本题5分）在 的展开式中的 的系数是 .
【答案】
【分析】根据二项展开式的通项公式，可令 求得 的系数.
【详解】 展开式的通项公式为： ，
令 ，解得： ，所以 的系数为 .
故答案为： .
12．（本题5分）已知双曲线 的一条渐近线方程是 ，它的一个焦点与抛物线
的焦点相同．则双曲线的方程为 ．
【答案】
【详解】解：由已知得，13．（本题5分）在学校大课间体育活动中，甲、乙两位同学进行定点投篮比赛，每局比赛甲、乙每人各
投篮一次，若一方命中且另一方末命中，则命中的一方本局比赛获胜，否则为平局.已知甲、乙每次投篮命
中的概率分别为 和 ，且每局比赛甲、乙命中与否互不影响，各局比赛也互不影响.进行1局投篮比赛，
甲获胜的概率为 ；设共进行了3局投篮比赛，其中甲获胜的局数为 ，则 的数学期望
.
【答案】
【分析】利用获胜规则以及甲、乙每次投篮命中的概率可得甲获胜的概率为 ，易知3局比赛中甲获胜的
局数 服从二项分布，可得数学期望 .
【详解】根据比赛规则可得，若甲获胜，则需满足甲投篮命中，乙投篮未命中，
所以甲获胜的概率为 ；
若进行3局比赛，每一局比赛甲获胜的概率为 ，
则在3次比赛中甲获胜的局数 服从二项分布，即 ，
所以 的数学期望 ；
故答案为： ；
14．（本题5分）若 ， ，且 ，则 的最小值为 ；此时 .
【答案】 9
【分析】利用基本不等式“1”的代换即可求解.
【详解】因为 ，所以 .
因为 ， ，所以 .当且仅当 ，即 时等号成立.
所以 的最小值为9，此时 .
故答案为：9； .
15．（本题5分）已知函数 ，函数 有四个不同零点，从小到大依次为
，则实数 的取值范围为 ； 的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据函数性质画出 的图象，将问题化为 与 有四个交点，数形结合法求a范围，再由
是 的两个根、 是 的两个根，结合根与系数关系求 的
范围.
【详解】由题设，当 时， ，且单调递减；
当 时， ，且单调递增；
当 ， ，且单调递减；
当 ， ，且单调递增；
综上， 的函数图象如下：所以 有四个不同零点，即 与 有四个交点，由图知： ，
则 在 上， 在 上，
令 ，则 ，即 是 的两个根，故 ，
而 是 ，即 的两个根，故 ，
所以 .
故答案为： ，
三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（本题14分）在 中，内角 所对的边分别为 .
(1)求 的大小；
(2)若 .
①求 的值；
②求 的值：
【答案】(1) (2)①12；②
【分析】（1）根据正弦定理和 化简计算可得 ，即可求解；（2）由（1），根据余弦定理计算即可求出c；由正弦定理求出 ，根据同角的三角函数关系求出 ，
利用二倍角的正弦、余弦公式求出 ，结合两角和的正弦公式计算即可求解.
【详解】（1）由正弦定理 ，
原式可化为： ，
整理得： ，
因为 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 .
（2）由余弦定理 ，
即 ，解得 .
由正弦定理 ，解得 ，
因为 ，所以A为锐角， ，
所以 ，
.
17．（本题15分）已知底面 是正方形， 平面 ， ， ，点 、
分别为线段 、 的中点．(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(3)线段 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值是 ，若存在求出 的值，
若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 或
【分析】（1）法一：分别取 、 的中点 、 ，连接 、 、 ，证明出平面 平面
，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点 为坐标原点，以 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空
间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面 与平面 夹角的余弦值；
（3）假设存在点 ，使得 ，其中 ，求出向量 的坐标，利用空间向量法可得出关
于 的方程，解之即可.
【详解】（1）证明：法一：分别取 、 的中点 、 ，连接 、 、 ，
由题意可知点 、 分别为线段 、 的中点．所以 ， ，
因为 ，所以 ，所以点 、 、 、 四点共面，
因为 、 分别为 、 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，又因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 ， 、 平面 ，所以平面 平面 ，
因为 平面 ，所以 平面 ；
法二：因为 为正方形，且 平面 ，所以 、 、 两两互相垂直，
以点 为坐标原点，以 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 、 ，
所以 ，易知平面 的一个法向量 ，
所以 ，所以 ，
又因为 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：设平面 的法向量 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
所以平面 的一个法向量为 ，易知平面 的一个法向量 ，设平面 与平面 夹角为 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角余弦值为 ；
（3）解：假设存在点 ，使得 ，其中 ，
则 ，
由（2）得平面 的一个法向量为 ，
由题意可得 ，
整理可得 ．即 ，
因为 ，解得 或 ，所以， 或 ．
18．（本题15分）椭圆 的左、右顶点分别为 ， ，上顶点为 ，左、右焦点分别为 ，
，且 ， ， 成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过 的直线 与椭圆交于 ， 两点，直线 ， 分别与 轴交于 ， 两点．若 ，
求直线 的斜率．
【答案】(1) (2) 或0
【分析】（1）由题意，可知 ，由 ， ， 成等比数列，得到 ，结合 即
可求出椭圆方程；（2）斜率为零时，符合题意；斜率不为零时，设其直线方程为 ，与椭圆方程联立，结合韦达定
理，得到 ， ，分别求出直线 ， 的方程，进而求出 ， 两点，利用
三角形面积公式结合 求出 ，进而得到直线 的斜率．
【详解】（1）设椭圆左，右焦点分别为 ， ，
由题意可知， ，①
因为 ， ， 成等比数列，
所以 ，即 ，
整理得， ，②
又 ，③
由①②③解得， ， ， ，
所以椭圆方程为 .
（2）
由（1）可知， ，
由题意知，当直线 的斜率为0， ， 重合， ， 重合， ，符合题意；
当直线斜率不为零时，设其直线方程为 ， ，由 可得， ，
，
则 ， ，
因为 ，所以 的直线为 ，
令 ，则 ，即 ，
同理可得 ，
所以
所以 ，
，
点 到直线 的距离为 ，
所以 ，又因为 ，
所以 ，
解得， 或 ，
当 时，直线 的方程为 ，此时直线过点 ，不符合题意，舍去；
当 时，直线 的方程为 ,即 ，符合题意.
综上，所以直线 的斜率为 或0.
19．（本题15分）已知数列 满足 ，数列 的首项为2，且满足
(1)求 和 的通项公式
(2)记集合 ，若集合 的元素个数为2，求实数 的取值范围．
(3)设 ，证明： ．
【答案】(1) ， (2) (3)证明见解析
【分析】（1）根据 的关系即可作差得 ，根据等差数列的性质可求解 .
（2）根据 的单调性，即可求解.
（3）利用放缩法得 ，即可结合裂项求和求解.
【详解】（1）由 可得：时， ，
相减可得 ，故 ，
当 时， 也符合上式，故 ，
由 可得 ，所以数列 为公差为0的等差数列，且首项为2，
所以 ，则 .
（2）由 和 可得 ，
记 ，则 ，
所以 ，
当 时， ，当 时， ，此时 单调递减，
而 ,
由于集合M的元素个数为2，所以 ，故 .
（3）由 得 ， ，
由于 ，
因此
.20．（本题16分）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，求使 恒成立的最大偶数a．
(3)已知当 时， 总成立．令 ，若在 的图像上有一点列
，若直线 的斜率为 ，求证： ．
【答案】(1) ；(2) ；(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式即可得切线方程；
（2）参变分离，令 ，利用二次导数讨论其单调性，设出隐零点进行代换即可求
解；
（3）先利用导数证明 ，结合 对 进行放缩整理，然后分组求和即可证明.
【详解】（1）当 时， ， ，
所以 ，曲线 在点 处切线的斜率为 ，
所以切线方程为 ．
（2）当 时，使 等价于 ，
令 ，所以 ，
令 ，所以 ，所以 在 上单调递增，
又因为 ， ，
所以 在 上 ，使 ，即 ，
当 时， ， ；
当 时， ， ；
所以 在 上单调递减， 在 上单调递增，
所以 的最小值为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，且 ，
所以使 恒成立的最大偶数为 ．
（3） 时， ，
，
令 ，则 ，
令 ，则 ， 单调递增，
又 ，所以，当 时， ， 单调递增，
又 ，所以，当 时， ，
即 ，则 ，，
．
