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II 卷专用）
黄金卷·参考答案
（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 2 3 4 5 6 7 8
D D A D A B C 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 10 11 12
ABD AB ACD ACD
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。
√3 1
13．-80 14． (−2,0)∪(2,3) 15． √5−1/−1+√5 16. / √3
2 2
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）
【详解】（1）∵ ∴ ，
S −2S =1 S +1=2(S +1),n∈N∗
n+1 n n+1 n
∴S +1 ，
n+1 =2
S +1
n
∴ 为等比数列；
{S +1}
n
∵ ，故 的首项为 ，公比为2，
a =1 {S +1} S +1=2
1 n 1
∴ ，则 ，
S +1=2n S =2n−1
n n
当 时， ，则 ， 也满足此式，
n≥2 S =2n−1−1 a =S −S =2n−1 a =1
n−1 n n n−1 1∴ ；
a =2n−1
n
n n 1 2 n
（2）由（1）可得b = = ，则T = + +⋅⋅⋅+ ，
n a 2n−1 n 20 21 2n−1
n
1 1 2 n
故 T = + +⋅⋅⋅+ ，
2 n 21 22 2n
1
1−
1 1 1 1 n 2n n n+2
两式相减得： T = + +⋅⋅⋅+ − = − =2− ，
2 n 20 21 2n−1 2n 1 2n 2n
1−
2
n+2
故T =4− .
n 2n−1
18．（12分）
【详解】（1）由正弦定理可得−2cosBsinA=sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C)=sinA，
因为A∈(0,π)，所以sinA>0；
1
可得cosB=− .
2
2π
又B∈(0,π)，故B= .
3
（2）如下图所示：
AD c
在△ABD中， = ，
sinB sin∠ADB
csinB √2
所以sin∠ADB= = ，
AD 2
2π π
结合B= ，所以∠ADB= ，
3 4
π
所以∠BAD=∠DAC= ，
12
π
可得∠ACB=∠BAC= ，
6
所以△ABC是等腰三角形，且a=c，π
所以b=2acos =√6.
6
19．（12分）
1+2+3+4+5
【详解】（1）由统计表数据可得: x= =3，
5
7+12+13+19+24
y= =15，
5
5
所以
∑(x −x)(y −y) =16+3+0+4+18=41，
i i
i=1
√ 5
∑(y −y) 2=√64+9+4+16+81=√174，
i
i=1
√ 5
∑(x −x) 2=√4+1+0+1+4=√10，
i
i=1
41 41
所以相关系数 r= ≈ ≈0.98>0.75，
√1740 41.7
因此，两个变量具有很强的线性相关性.
（2）由题意知，X的可能取值为0,1,2,3
因为 P(X=0)= C 5 0C 3 3 = 1 ,P(X=1)= C 5 1C 3 2 = 15，
C3 56 C3 56
8 8
P(X=2)= C 5 2C1 3 = 15 ,P(X=3)= C 5 3C 3 0 = 5 ，
C3 28 C3 28
8 8
所以X 的分布列为：
X 0 1 2 3
1 15 15 5
P
56 56 28 28
1 15 15 5 15
所以 E(X)=0× +1× +2× +3× = .
56 56 28 28 8
20．（12分）
【详解】（1）因为平面ABCE⊥平面CDEF，平面ABCE∩平面CDEF=CE，
π
又∠BCE= ，即BC⊥CE，且BC⊂平面ABCE，所以BC⊥平面CDEF.
2又DE⊂平面CDEF，故BC⊥DE.
π
又∠CDE= ，即DE⊥CD，且BC∩CD=C，BC,CD⊂平面BCD，
2
所以DE⊥平面BCD.
π
（2）因为∠CDE= ，CD=2，CE=4，
2
所以 .
DE=√CE2−CD2=2√3
因为四边形ABCE与四边形CDEF是全等的直角梯形，
所以BC=DE=2√3.
设点F到平面BDE的距离为h，
因为 ，所以1 ，所以 S .
V B−≝¿=V F−BDE ¿ 3 S △≝¿⋅BC=
3
1 S
△BDE
⋅ℎ¿ ℎ = S △
△
≝
B
¿⋅
D
B
E
C ¿
由（1）得，DE⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD，所以BD⊥DE.
由（1）得BC⊥平面CDEF，又CD⊂平面CDEF，
所以 ，所以 .
BC⊥CD BD=√BC2+CD2=4
1 1 S
所以S = BD⋅DE= ×4×2√3=4√3， 1 ，BC=2√3，
△BDE 2 2 △≝¿= 2 DE⋅EF=1×2√3×4=4√3¿
4√3×2√3
所以ℎ = =2√3，所以点F到平面BDE的距离为2√3.
4√3
21．（12分）
x2 y2
【详解】（1）由题意¿，所以双曲线方程 − =1；
4 16
（2）法1：由（1）知A(2,0)，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为y=kx+m，
联立方程组 ， ，即 ，
¿ Δ=4k2m2+4(4−k2 )(m2+16)>0 4k2−m2<16
设 ，由韦达定理可得
M(x ,y ),N(x ,y ) ¿
1 1 2 2
因为 ，所以 y y ，
MA⊥NA 1 ⋅ 2 =−1⇒y y +(x −2)(x −2)=0
x −2 x −2 1 2 1 2
1 2
，
⇒y y +x x −2(x +x )+4=0⇒(kx +m)(kx +m)+x x −2(x +x )+4=0
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2，
⇒(k2+1)x x +(mk−2)(x +x )+m2+4=0
1 2 1 2
m2+16 2km ，
⇒(k2+1) +(mk−2) +m2+4=0⇒3m2−4km−20k2=0
k2−4 4−k2
10k
⇒(m+2k)(3m−10k)=0⇒m=−2k或m= ，
3
将m=−2k代入直线y=kx+m⇒y=k(x−2)，此时直线MN过定点A(2,0)，不合题意；
将 10k代入直线 ( 10)，此时直线MN过定点 ( 10 )，
m= y=kx+m⇒y=k x+ P − ,0
3 3 3
当直线MN的斜率不存在时，不妨设直线方程为x=t，
因为 ，所以 为等腰直角三角形，此时M点坐标为 ，
MA⊥NA △AMN (t,2√t2−4)
所以 （舍）或 10，此时MN过定点 ( 10 )，
2√t2−4=2−t⇒3t2+4t−20=0⇒t=2 t=− P − ,0
3 3
综上可知，直线MN恒过定点 ( 10 ).
P − ,0
3
因为AD⊥MN，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足 1 8，此时 ( 2 )．
|DQ|= |AP|= Q − ,0
2 3 3
法2：由（1）知A(2,0)，设直线MN方程为m(x−2)+ny=1，
联立方程组¿，
，
⇒4(x−2) 2+16(x−2)−y2=0⇒4(x−2) 2+16(x−2)[m(x−2)+ny]−y2=0
，
⇒y2−16n(x−2)y−(16m+4)(x−2) 2=0
两边同时除以 ，得( y ) 2 y ，
(x−2) 2 −16n⋅ −(16m+4)=0
x−2 x−2
设 ，因为 ，所以 y y ，
M(x ,y ),N(x ,y ) MA⊥NA 1 ⋅ 2 =−1
1 1 2 2 x −2 x −2
1 2( y ) 2 −16n⋅ y −(16m+4)=0⇒k2−16nk−(16m+4)=0 ， Δ=256n2+4(16m+4)>0 ，即
x−2 x−2
Δ=16n2+4m+1>0，
3
由韦达定理得k ⋅k =−(16m+4)=−1⇒m=− ，
1 2 16
3
代入直线m(x−2)+ny=1⇒− (x−2)+ny=1⇒16ny−(3x+10)=0，
16
直线过定点 ( 10 )．
⇒¿ P − ,0
3
因为AD⊥MN，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足 1 8，此时 ( 2 )．
|DQ|= |AP|= Q − ,0
2 3 3
22．（12分）
1
【详解】（1）当a=1时，f (x)=ex−1−lnx，则f'(x)=ex−
x
所以 ，又因为 ，
f'(1)=e−1 f (1)=e−1
故所求切线方程为y−(e−1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x.
（2）因为f (x)的定义域是(0,+∞)，
所以当 时，
a≥1 f (x)−sinx=a(ex−1)−lnx−sinx≥ex−1−lnx−sinx
1
设g(x)=ex−1−lnx−sinx，则g'(x)=ex− −cosx，
x
1 1
设ℎ(x)=g'(x)=ex− −cosx，则ℎ '(x)=ex+ +sinx>0在(0,+∞)上恒成立，
x x21
所以
ℎ(x)
在
(0,+∞)
上是增函数，则
ℎ
(1)
=e3−3−cos
1
<0
，
3 3
π
又因为 ℎ ( π 4 )=e4 − π 4 −sin π 4 ，因为 eπ>2.73>16=24 ，所以 e π 4 >2 ，
4 π 4 1.42 π
又因为 +sin < + ≈1.984<2，所以ℎ ( )>0，
π 4 3.14 2 4
所以 在(1 π)上存在唯一零点 ，也是 在 上的唯一零点，
ℎ(x)
3
,
4
x
0
ℎ(x) (0,+∞)
1 1
所以ℎ(x )=ex 0− −cosx =0，即ex 0= +cosx ，
0 x 0 x 0
0 0
当 时， ， 在 上单调递减，
0x g'(x)>0 g(x) (x ,+∞)
0 0
1
所以g(x) =g(x )=ex 0−lnx −1−sinx = +cosx −lnx −1−sinx
min 0 0 0 x 0 0 0
0
π 1
由于01，lnx <0，cosx >sinx ，
0 4 x 0 0 0
0
所以 ，所以 ，
g(x) =g(x )>0 g(x)>0
min 0
所以当a≥1时，f (x)−sinx>0，即f (x)>sinx成立.
