文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（广东专用）
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．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出集合 后可求 .
【详解】由题可知： ，
所以 ．
故选：A．
2．设 ，则 （ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】先化简 ，结合共轭复数的定义求得 ，进而求解即可.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 .
故选：C.
3．已知 是公差不为零的等差数列， ，且 成等比数列，若 ，则 （ ）
A．568 B．566 C．696 D．675
【答案】D【分析】利用等差中项求出 ，结合 成等比数列，求出公差 ，从而求出通项公式
，计算出结果.
【详解】在等差数列 中，设公差为 ，因为 ，所以 ，
解得： .
又 ， ， 成等比数列，
所以 ，故有 ，
整理得 ，
因为 ，
所以 ，
从而 .
即 ，
∵ ，
∴ ，
故 .
故选：D.
4．设 ，若 ， ，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先解出 ，再根据对数性质化简，最后根据基本不等式求最值.
【详解】
2
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试卷第2页，共3页（当且仅当 时取等号）
因此
即 的最大值为2，
故选：C
【点睛】本题考查指数式与对数式转换、对数运算性质、基本不等式求最值，考查综合分析求解能力，属
中档题.
5．第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日至8月8日在成都举行，比赛项目包括15个必选项
目和武术，赛艇，射击3个自选项目.若将3男，3女6名志愿者分成3组，每组一男一女，分别分配到3
个自选项目比赛场馆服务，则不同的分配方案共有（ ）
A．540种 B．36种 C．108种 D．90种
【答案】B
【分析】根据题意，将3男、3女6人分成3组，每组一男一女，再将这3组分别分配到3个自选项目，结
合排列组合的知识，即可求解.
【详解】由题意，将3男、3女6人分成3组，每组一男一女，分组方法有 种，
将这3组分别分配到3个自选项目比赛场馆的分配方法有 种，
故不同的分配方案共有 （种）.
故选：B.
6．椭圆 （ ）的左、右焦点分别为 ， ，若椭圆上存在点P满足 ，
则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据焦点三角形的顶角范围，求出椭圆特征三角形顶角 的范围，继而求出离心率的范围.
【详解】设椭圆的上顶点为 ,则令 ,则 ,
且 ，
,
,
故选：B.
7．在直三棱柱 中， ，侧面 的面积为 ，则直三棱柱 外接球
的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正弦定理可表示 的外接圆半径，结合侧面积，可表示 ，进而可得外接球半径及面
积，利用基本不等式可得最值.
4
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试卷第4页，共3页【详解】
如图，设 的外接圆半径为 ，直三棱柱外接球的半径为 ．
由正弦定理，得 ，所以 ，
又因为侧面 的面积为 ，所以 ，
所以 ，
而 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时， 取得最小值 ，
所以直三棱柱外接圆的表面积的最小值 ．
故选：B．
8．已知函数 ，若 成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数 ，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函数且在
单调递增，进而 关于直线 对称，且在 单调递增，结合条件可得，解不等式即得.
【详解】因为 的定义域为R，又 ，故函
数 为偶函数，
又 时， ， 单调递增，故由复合函数单调性可得函数 在 单调递增，
函数 在定义域上单调递增，
所以 在 单调递增，
所以 ，
所以 关于直线 对称，且在 单调递增．
所以 ，
两边平方，化简得 ，解得 ．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数 ，然后根据函数的单调性及对称性化
简不等式进而即得.
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．已知一组数据 ， ， ， ， ， ，其中 ， ， ， ，
，平均数为 ，方差为 ．若去除 ， 两个数据后，剩余数据的方差为 ，则
（ ）
A． B． C． D．
6
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试卷第6页，共3页【答案】AC
【分析】根据题意结合平均数的公式分析判断AB；结合方差的意义分析判断CD.
【详解】因为 ， ， ，
所以 ，故A正确，B不正确；
又因为 ， ，所以去除 ， 后剩余数据的波动性更小，方差更小，
所以 ，故C正确，D不正确．
故选：AC.
10．已知平面向量 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 与 的夹角的余弦值为
B． 在 方向上的投影向量为
C．与 垂直的单位向量的坐标为
D．若向量 与向量 共线，则
【答案】ABD
【分析】对于选项A，可求出 ， ， ，根据数量积的公式即可判断出选项A的正误；对
于选项B，根据投影向量的计算公式即可判断出选项B的正误；对于选项C，设出坐标 ，根据题意
列出关系式 ，解出方程组即可判断选项C项的正误；对于选项D，分别求出向量 与向
量 的坐标，根据共线向量的坐标表示，即可求出 的值，从而判断出选项D的正误.
【详解】选项A，因 ，所以 ，所以选项A正确；选项B，由投影向量的定义知， 在 方向上的投影向量为 ，所以选项B正
确；
选项C，设与 垂直的单位向量的坐标 ，则有 ，
解得 或 ，所以与 垂直的单位向量的坐标为 或 ，所以选项C错误；
选项D，显然 与 不共线.
因为 ， ，
向量 与向量 共线，
根据共线向量的坐标表示可得， ，
整理可得 ，解得 ，所以选项D正确.
故选：ABD.
11．已知函数 ，则下列结论中正确的是（ ）
A． 的最小正周期为
B． 是 图象的一个对称中心
C． 是 图象的一条对称轴
D．将函数 的图象向左平移 个单位长度，即可得到函数 的图象
【答案】ACD
8
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试卷第8页，共3页【分析】先化简函数为： ，然后逐项求解判断.
【详解】解： ，
，
所以 的最小正周期为 ，故A正确；
，所以 是 图象的一个对称中心，故B错误；
，所以 是 图象的一条对称轴，故C正确；
将函数 的图象向左平移 个单位长度达到 ，故D正确，
故选：ACD
12．已知函数 有两个不同的极值点，则（ ）
A． 有两个不同的解
B．实数 的取值范围是
C．两个极值点同号
D．极大值大于极小值
【答案】AD
【分析】利用导数与极值的关系逐项进行检验即可求解.
【详解】 ，函数 有两个不同的极值点 有两个不同的解
1有两个不同的交点，故A正确；
如图所示， 与 切于点 ，故 ，又 ，
综上可解得 ，故当 或 时有两个不同的交点，故B错误；
因为切点 ，将切线倾斜，与 的两个交点即为极值点，
显然在 处， 与 相交，即 的一个极值点为0，故C错误；
设 的另一个极值点为 ，当 时，有 ，
当 时， ，当 时 ；
当 时，有 ，当 时， ，
当 时 ，故 的图象先增后减再增，
数形结合显然极大值大于极小值，故D正确，
故选：AD．
【点睛】求函数 极值的步骤：
（1） 确定函数 的定义域；
（2） 求导数 ；
（3） 求方程 的解；
（4） 检查方程的解的左右两侧导数的符号，确定极值点.
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．若直线 与圆 相切，则实数 ．
10
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试卷第10页，共3页【答案】 或
【分析】利用几何法列方程即可求解.
【详解】圆 可化为 .
因为直线 与圆 相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即 ，
解得： 或7.
故答案为： 或
14．若函数 在区间 上有最大值，则实数 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由导函数求得极大值，利用极大值点在区间 上，且 的极大值可得参
数范围．
【详解】 ，
或 时， ， 时， ，
所以 在 和 上都递增，在 上递减，
，
在区间 上有最大值，则 ，解得 ．
故答案为： ．
15．已知函数 是偶函数，则 ．
【答案】
【分析】由于函数为偶函数，所以 ，化简可求出 的值【详解】因为 是偶函数，
所以 ，即
所以 ，
所以 ，
，
因为上式恒成立，
所以 ，得 ，
故答案为：
16．已知双曲线C： 的右焦点为F，过点F的直线与C的两条渐近线的交点分别为P，
Q，若 ， （O为坐标原点），则 .
【答案】1
【分析】解法一：不妨设 ， ，点P在x轴上方，过点F作 交OP于点M，易得
，再根据 ，求出 的关系，结合 的关系即可得解.
解法二：记 ， ，设直线PQ的方程为 ，不妨设点P在x轴上方，则点Q在x轴下
方，分别联立直线 和直线 的方程，求出 的坐标，再根据 得 ，结合
即可得出答案.
【详解】解法一：不妨设 ， ，点P在x轴上方，则直线OP的方程为 ，
12
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试卷第12页，共3页过点F作 交OP于点M，则 ，
又 ，由双曲线的对称性可得 ，
所以 ， ，
所以 ，所以 ，所以 ，
又 ，所以 .
解法二：记 ， ，
由题可知，直线PQ的斜率存在且不为0，故设直线PQ的方程为 ，
不妨设点P在x轴上方，
则点Q在x轴下方，直线OP的方程为 ，直线OQ的方程为 ，
由 得 ，所以 ，
由 ，得 ，所以 ，由 得 ，即 ，
所以 ，得 ，
因为 ， ，所以 ，得 ，
又 ，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．(10分）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 ．
(1)求B；
(2)已知 ，D为边 上的一点，若 ， ，求 的长．
【答案】(1) ．
(2) ．
14
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试卷第14页，共3页【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据余弦定理求解 ，即可由正弦定理求解 ，进而由锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）∵ ，根据正弦定理得， ，
即 ，
所以 ，因为 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ．
（2）因为 ， ， ，根据余弦定理得
，∴ ．
∵ ，∴ ．
在 中，由正弦定理知， ，∴ ，
∴ ， ，所以
∴ ，∴ ．
18．(12分）已知数列 的前n项和为 ， ，且 .
(1)求 的通项公式；
(2)已知 ，求数列 的前n项和 .【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据前n项和与通项之间的关系分析可得 ，结合等比数列求其通项公式；
（2）结合（1）求 ，分奇偶项，利用分组求和的方法求和即可.
【详解】（1）∵ ，则有：
当 时， ，解得 ；
当 时，则 ，
两式相减得 ，即 ；
注意到 ，故 ，
∴ 是首项为3，公比为3的等比数列，
故 .
（2）由（1）得 ，
当n为偶数时，
；
16
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试卷第16页，共3页当n为奇数时 ；
综上所述： .
19．(12分）如图，四棱锥 中，四边形 为梯形，其中 ，
．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ，点 满足 ，且三棱锥 的体积为 ，求平面 与平面 的夹角的
余弦值．
【答案】(1)证明见解析;
(2)
【分析】（1）利用勾股定理先证 ，再证 平面 即可得面面垂直；
（2）根据条件建立合适的空间直角坐标系，根据体积先计算E坐标，再利用空间向量求面面角即可.
【详解】（1） 为等边三角形，
，
又四边形 为梯形， ，则 ，
根据余弦定理可知，在 中，根据勾股定理可知， ，即 ，
平面 ，
平面 ，
又 平面 平面 平面 ；
（2） 为 中点， ，
由（1）可知，平面 平面 ，
又平面 平面 平面 ，
平面 ，
连接 ，则 ，且 平面 ，
故 ，
所以PO，BD，OC两两垂直．
以O为原点，以 为x轴正方向，以 为y轴正方向，以 为z轴正方向建立空间直角坐标系，
则 ，
设 且 ，则 ，
由三棱锥 的体积为 得： ，
18
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试卷第18页，共3页所以 ，
，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，故 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
故 ．
所以平面 与平面 的夹角余弦值为：
.
20．(12分）学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第
一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从
中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.
(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积 分.现抽中
甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为 ，乙赢概率为 ，比赛共进行二轮.
（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；
（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析（ii）分布列见解析，均值为0【分析】（1）设 “抽到第一袋”， “抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和
一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；
（2）（i） 的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii） 的可能取值为－4，－2，
0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；
【详解】（1）设 “抽到第一袋”， “抽到第二袋”，
B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”
由全概率公式得
（2）（i）设在一轮比赛中得分为 ，则 的可能取值为－2，0，2，则
得分为 的分布列用表格表示
－2 0 2
P
（ii）设在二轮比赛中得分为 ，则 的可能取值为－4，－2，0，2，4，则
20
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试卷第20页，共3页得分为 的分布列用表格表示为
－4 －2 0 2 4
P
21．(12分）已知抛物线 ，点 为其焦点，直线 与抛物线交于 两点， 为
坐标原点， ．
(1)求抛物线 的方程；
(2)过 轴上一动点 作互相垂直的两条直线，与抛物线 分别相交于点 和 ，点
分别为 的中点，求 的最小值．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公
式，结合基本不等式，可得答案.【详解】（1）
直线方程为 ，将其代入抛物线可得 ，
由已知得 ，解得 ，
故抛物线 的方程为 ．
（2）
因为 ，若直线 分别与两坐标轴垂直，
则直线 中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
所以直线 的斜率均存在且不为0．设直线 的斜率为 ，
则直线 的方程为 ．
联立 ，得 ，则 ，
22
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试卷第22页，共3页设 ，
则 ，设 ，则 ，则 ，
所以 ，同理可得 ，
故 ，
当且仅当 且 ，即 时等号成立，
故 的最小值为6．
22．(12分）（2023下·广东梅州·高二统考期末）已知函数 在点 处的
切线方程为： .
(1)求实数a，b的值；
(2)证明： ；
(3)若方程 有两个实数根 ,且 ，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由函数在点处的切线方程求解；
（2）观察，构造出 在点 处的切线为 ，令 ，只需证明
；
（3）方程 的根不太好确定，由（2）可构造出 ，找出 的根为 ，
利用单调性确定 ；再构造一个函数 在点 处的切线方程 ，同理可得， ，找出 的根 ，利用单调性判定出 ，从而得证.
【详解】（1）由题， ，
,
因为 所以 ，则 .
（2）由（1）知， ， ，
设 在点 处的切线为 ，斜率 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 在 单调递减；
当 时，令 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ， 在 单调递减，
当 时， ， 在 单调递增，
故 ，所以 , .
（3）由（2）知， ，
设 的根为 ，则 ，
又函数 单调递减，故 ，故 ，
记 ， ， ，
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试卷第24页，共3页当 时， ， 在 单调递减；
当 时，令 恒成立，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ， 在 单调递减，
当 时， ， 在 单调递增，
故 ，所以 ，则 ，
设 的根为 ，则 ，
又函数 单调递增，故 ，故 ，
又 ，所以 .
【点睛】关键点睛：构造函数是关键，此题关键的几步都是构造函数，首先，找到 在点 处的切
线为 ，其次是找到函数 在点 处的切线方程 ，对 的根进行转换，
非常灵活，属于难题.
