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．（本题5分）已知集合 ， ， ，则 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】化简集合 ，根据补集和交集的概念运算可得结果.
【详解】 , ,
．
故选：A
2．（本题5分）设 ，则“直线 与直线 平行”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据一般式中两直线平行满足的条件，即可求解.
【详解】若直线 与直线 平行，则 ，解得 或
，
故“直线 与直线 平行”是“ ”的必要不充分条件，
故选：B
3．（本题5分）函数 的图象大致为（ ）A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式化简得 ，由此可得 为奇函数，故排除C，D；再判断函数
在 时的正负情况即可得答案.
【详解】由 ，易知 为奇函数，故排除C，D；
当 时， ，故只有A满足，排除B.
故选：A.
4．（本题5分）如图是某学校抽取的学生体重的频率分布直方图，已知图中从左到右的前3个小组的频率
满足：第一小组与第三小组的频率和是第二小组频率的2倍，第二小组的频数为15，则抽取的学生人数为
（ ）A．30 B．45 C．60 D．120
【答案】C
【分析】首先设第二小组的频率为 ，根据题意得到 ，从而得到 ，
再求抽取的学生人数即可.
【详解】设第二小组的频率为 ，由题知：
，解得 .
所以抽取的学生人数为 .
故选：C
5．（本题5分）已知 ， ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用对数的性质求得 、 ，即可判断大小关系.
【详解】由 ，
由 ，则 ，
所以 ，即 .
故选：C6．（本题5分）已知抛物线 的焦点 与双曲线 （ ， ）的一个焦点重合，且
点 到双曲线的渐近线的距离为4，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由抛物线 ，求得 ，得到 ，再由焦点 到渐近线的距离为 ，求得 ，
进而得到 ，即可求得双曲线的标准方程，得到答案.
【详解】由题意，抛物线 可化为 ，可得焦点坐标为 ，
即双曲线 的焦点坐标为 ，即 ，
又由双曲线 的一条渐近线的方程为 ，即 ，
所以焦点 到 的距离为 ，
所以 ，又由 ，
所以双曲线的方程为 .
故选：D.
7．（本题5分）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图，将棱长为6的
正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的
体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得.
【详解】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，
因为棱长为1的正四面体的高 ，
则棱长为1的正四面体的体积 ，
所以该截角四面体的体积为 ．
故选：C．
8．（本题5分）已知函数 的最小正周期为 ，其图象关于直线 对称．
给出下面四个结论：①将 的图象向右平移 个单位长度后得到函数图象关于原点对称；②点
为 图象的一个对称中心；③ ；④ 在区间 上单调递增．其中正确的结论为（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
【答案】C
【解析】根据题设条件，结合三角函数的性质，求得函数的解析式 ，再结合三角函数的
图象变换和三角函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，其图象关于直线 对称，
所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ，因此 ，①将 的图象向右平移 个单位长度后函数解析式为 ，
由 ，得 ，所以其对称中心为： ，故①错；
②由 ，解得 ，即函数 的对称中心为 ；令
，则 ，故②正确；
③由 ，故③错；
④由 ，得 ，
即函数 的增区间为 ，因此 在区间 上单调递增，故④正确.
故选：C.
9．（本题5分）已知函数 若关于 的方程 有 个不同
的实数根，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令 ，作出函数 的图象，分析可知关于 的方程 在 内有两个
不等的实根，令 ，利用二次函数的零点分布可得出关于 的不等式组，解之即可.
【详解】令 ，作出函数 的图象如下图所示：因为关于 的方程 有 个不同的实数根，
则关于 的方程 在 内有两个不等的实根，
设 ，则函数 在 内有两个不等的零点，
所以， ，解得 .
故选：A.
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，复数 满足 ，则 ．
【答案】
【分析】由复数的运算法则计算．
【详解】因为 ，所以 ．
故答案为： ．
11．（本题5分）在 的展开式中， 的系数是 ．
【答案】【分析】根据二项式定理求出 的通项，求出 的值即可得结果.
【详解】由二项式定理知 的展开式的通项为：
，
令 ，解得 ，
所以 的系数是 ，
故答案为： .
12．（本题5分）等比数列{ }的各项均为实数，其前 项为 ，已知 = ， = ，则 = ．
【答案】32
【详解】由题意可得 ，所以 两式相除得 代入得
，填32．
13．（本题5分）已知 都为正实数，且 ，则 的最小值为 ．
【答案】9
【分析】将 通分整理代入所求式子，配凑基本不等式形式求解即可
【详解】 则 且 ，则 = ，当且仅当
等号成立
故答案为9.
14．（本题5分）某射击小组共有10名射手，其中一级射手2人，二级射手3人，三级射手5人，现选出2人参赛，已知至少有一人是一级射手，则另一人是三级射手的概率为 .若一､二､三级射手获胜
概率分别是 ，则任选一名射手能够获胜的概率为 .
【答案】 /
【分析】根据条件概率及全概率公式求解.
【详解】至少有一人是一级射手的概率为 ，一人是一级射手且另一人是三级射手的概率为
，至少有一人是一级射手，则另一人是三级射手的概率为 .
一、二、三级射手通过选拔进入比赛的概率分别是 ， 则任选一名射手能够获胜的概率为
.
故答案为: ； 0.64 .
15．（本题5分）如图，在四边形ABCD中， ， ， ，且 ，
则实数 的值为 ，若M，N是线段BC上的动点，且 ，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】求出 ，由 利用数量积公式求解 的值即可；建立坐标系，设 ，
则 ，利用数量积的坐标表示，结合二次函数配方法求解即可.【详解】因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以
；
建立如图所示的坐标系 ，
因为 ， ， ，
可得 ，
设 ，因为 ，则 ，
所以 ，
，
当 时等号成立，
所以 的最小值为 ，
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15分）已知平面四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，BC=3.
(1)若AB=6，AD=3，CD=4，求BD；
(2)若∠ABC=120°， ABC的面积为 ，求四边形ABCD周长的最大值.
△【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据题意得到 ，再利用余弦定理求解即可.
（2）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理得到 ，再利用基本不等式求解最值即可.
【详解】（1）在 ABD中，由余弦定理得 .
△
在 BCD中，由余弦定理得 .
△
因为 ，所以 ，
即 ，
得 .
（2）由题意知 ，得 .
在 中，由余弦定理得 .
令 ， ，在 中，
由余弦定理得 ，即 .
所以 ，
即 ， ，当且仅当 时取等号.
所以四边形ABCD周长的最大值为
17．（本题15分）如图，在直三棱柱 中， ，M为 中点， ， .(1)证明：平面 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的大小；
(3)点N在线段 上，点N到平面 的距离为2，求 的长.
【答案】(1)证明见解析 (2) (3)
【分析】（1）根据平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直，
证明即可.
（2）根据直线与平面所成角的正弦值就是直线与平面法向量夹角余弦值的绝对值，通过向量法求解即可.
（3）根据等体积法得到 ，然后求解即可.
【详解】（1）在直棱柱 中， 平面 ，所以 ，
因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
在直棱柱 中， ，
因为 ， ，且M为 中点，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由图可知： ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，即 ，
取 ，
所以 ，
设 与平面 所成夹角为 ， ，所以 ，
所以 ，
所以直线BC与平面ABM所成角为 .
（3）如图所示：
取 中点 ，连接 ，因为 ，所以 ，
在直棱柱 中， 平面 ，所以 ，
由 ， 平面 ，
所以 平面 ，所以 是点 到平面 的距离，
在 中， ，所以 ，所以 ，
设 ，则由 知， ，
即 ，
解得： ，
所以 的长为 .
18．（本题15分）已知椭圆 的左、右焦点 ，离心率为 ，点 是椭圆上的
动点， 的最大面积是 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）圆E经过椭圆的左、右焦点，且与椭圆 在第一象限的交点为 ，且 三点共线， 为坐标
原点，直线 交椭圆 于两点 ，且 ．
（i） 求直线 的斜率；
（ii）当 的面积取到最大值时，求直线 的方程．
【答案】（1） ；（2）（i） ；（ii） ．
【分析】（1）根据离心率建立等式，结合 的最大面积是 可求椭圆的方程；（2）（i）利用圆的对称性可得圆心 为 轴上一点，结合 ， ， 三点共线可以表示出 点的坐标，
代入椭圆方程可求 点，进而可得直线 的斜率；
（ii）设出直线 的方程，求出弦长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，结合面积公式及二次函数
知识可求直线 的方程．
【详解】（1）∵离心率 ， ，
∴ ， ，
面积的最大值为： ，
∴ ， ；
∴椭圆方程为 ．
（2）（i）∵圆 经过椭圆的两个焦点，
∴圆心 为 轴上一点，设点 ，
∵圆 与椭圆在第一象限交于点 ，∴ ，
∵ ， ， 三点共线，且 是圆 的一条直径，
∴ ，
将 点代入椭圆方程得到 ，即 ，
∴直线 的斜率为 ．
（ii）∵ ，∴直线 的斜率也为 ，设直线 ， ，
联立 ，得 ，，∴ ，
， ，
，
点 到直线 ： 的距离 ，
∴ ．
∴当 ，即 时 的面积最大，此时直线 的方程为： ．
【点睛】本题主要考查椭圆的方程和三角形面积的问题，方程求解的关键是明确 的大小，面积问题
一般结合弦长公式进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.
19．（本题15分）已知数列 为等差数列，数列 为等比数列，且 ， ， ，
（ ）.
(1)求 ， 的通项公式；
(2)已知 ，求数列 的前 项和 ；
(3)求证： （ ）.
【答案】(1) ， ；(2) ；(3)证明见解析.
【分析】（1）根据等差数列的项求公差，即可求数列 的通项公式，代入条件求等比数列 的项，
即可求通项公式.
（2）按 为奇数和偶数，求出数列 的通项公式，再根据列项相消法和错位相减法求和.（3）由 ，利用等比数列前 项和公式求和，即可证得不等式.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
由 ， ，得 ，则 ，
由 ， ，得 ，解得 ， ，则 ， ，
所以 ， 的通项公式是 ， .
（2）当 是奇数时， ，
当 是偶数时， ，
则 ，
于是 ，
两式相减得：
因此 ，
，
所以 .（3）由（1）知， ，当且仅当 时取等号，
因此 ，
所以 （ ）.
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写
未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的.
20．（本题15分）已知函数 ，其中 .
(1)求曲线 在 处的切线方程 ，并证明当 时， ；
(2)若 有三个零点 ，且 .
（i）求实数 的取值范围；
（ii）求证： .
【答案】(1) ，证明见解析 (2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线方程得到 ，进而得到
，令 ，利用导数求得函数的单调性，结合 ，
即可得证；
（2）（i）根据题意得到 ，令 ，求得 ，令
，结合二次函数的性质，求得，设两个零点为 和 ，得出 的单调性，得到 ， ，结合 ，
，得出函数零点的个数，求得实数 的范围；
（ii）由（i）中 ，转化为证明 ，进而转化为 ，令
，利用导数求得 在 上单调递增，得到 ，得出
，进而得到 ，化简得到 ，进而证得
.
【详解】（1）解：由函数 ，可得 ，
且 ，则 ，
可得切线方程为
所以 ，所以 ，
令 ，则 ，
所以 在 单调递增，因此当 时， ，
又因为 ，所以当 时， .
（2）解：（i）由 等价于 ，令 .注意到， ，依题意， 除了1之外，还有两个零点，
又由 ，令 ，
当 时， 恒成立，故这时 在 单调递减，不合题意；
当 时，由题意，首先 在 上有两个零点，
故 ，解得 ，
设两个零点为 和 ，有 ， ，故可知 ， 均大于0，
由此可得 在 单调递增， 单调递减， 单调递增，
而 ，即 ， ， ，
又因为 ， ，
故 在 内恰有一个零点，在 内恰有一个零点，又1为 的一个零点，
所以 恰有3个零点，亦即 恰有3个零点，
综上，实数 的取值范围是 .
（ii）由（i）中 ，由 ，
由此可得 .要想证明 ，
只需证明 ，而 ，
因此只需要证明当 时， ，令 ， ，
可得 ，故 在 上单调递增，
因此当 时， ，即当 时， ，
因此 ，
由 ，有 ，即 ，
两边同时除以 ，由 ，有 ，
即 .
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范
围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与 和 相关的常见同构模型
① ，构造函数 或 ；
② ，构造函数 或 ；
③ ，构造函数 或 .
