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Ⅰ卷专用）
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 是实数集， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别计算出 、 ，运用并集的定义即可解决问题.
【详解】由 ，即 ，即 ，解得 或 ，所以 或 ，
因为 ，所以 ，故 .
故选：A.
2．已知 ，若 为纯虚数，则 （ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【分析】先利用复数的乘法化简复数，再根据纯虚数的定义求解.
【详解】解： ，
因为 ，且 为纯虚数，
所以 ，解得 ，
故选：D
3．已知 为等比数列且各项均不为0，向量 ，且 ，则
（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
【答案】C
【分析】用坐标表示向量的垂直和平行，列式即可求解.
【详解】由 得 ，（对于非零向量 的充要条件为 ）又 为等比数列，所以 ，又 ，
得 ．
由 得 ，即 ，所以 .
故选：C．
4．已知函数 ，若不等式 的解集为 且 ，则函数
的极小值是（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【分析】依题意可得 ，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的极小值.
【详解】因为不等式 的解集为 且 ，
所以 ，且 为 的二重根，
所以 ，
则 ，
则当 或 时 ，当 时 ，
所以 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
所以 在 处取得极小值，
即 .
故选：C
5．已知椭圆方程为 ，长轴为 ，过椭圆上一点 向 轴作垂线，垂足为 ，若
，则该椭圆的离心率为（ ）
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，设 ，表示出 ，结合椭圆方程，代入计算，再由离心率公式，即可
得到结果.
【详解】
设 ，则 ， ，
则 ， ，
所以 ，
且 ，所以 ，即 ，
代入椭圆方程可得 ，化简可得 ，
则离心率为 .
故选：B
6．已知圆 ： ，直线 ： ， 为 上的动点，过点 作圆 的切线 ，
，切点分别为 ， ，当四边形 面积最小时， 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆的方程求出圆心和半径，然后得到四边形 面积为 ，利用切线长公式可知，当
最短时，四边形 面积最小，求解即可得到答案.
【详解】将 化为标准方程为： ，
所以圆 的圆心为 ，半径为2，
由题意，四边形 面积为 ，
又因为 ，
所以当 最短时，四边形 面积最小，此时 .
故选：C
7．在 和 之间插入 个数，组成首项为 ，末项为 的等差数列，若这个数列的前 项的和，后
项的和之比为 ，则插入数的个数是（ ）
A． 个 B． 个 C． 个 D． 个
【答案】B
【分析】设插入的这 个数分别记为 、 、 、 ，计算出这个数列的公差 ，计算出这个数
列前 项的和与所有项的和，根据这个数列的前 项的和占所有项之和的 可得出关于 的等式，解
出 的值，即可得解.
【详解】设插入的这 个数分别记为 、 、 、 ，
由等差数列的性质可得 ，
这个数列的公差为 ，这个数列所有项的和为 ，
这个数列的前 项的和为 ，
因为这个数列的前 项的和与后 项的和之比为 ，
则 ，即 ，解得 ，
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所有，插入数的个数是 个.
故选：B.
8．已知 ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合二倍角公式和两角和差公式化简即可求得.
【详解】 ， .
，
， ，
， ，
又因为 ，所以 ，
则 ，所以
.
.
故选：A
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．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取5次，每次取一个球．
记录每次取到的数字，统计后发现这5个数字的平均数为2，方差小于1，则（ ）
A．可能取到数字4 B．中位数可能是2
C．极差可能是4 D．众数可能是2
【答案】BD
【分析】对于AC：根据题意结合平均数、方差和极差的定义分析判断；对于BD：举例说明即可.【详解】设这5个数字为 ，
对于A：若取到数字4，不妨设为 ，
则 ，可得 ，
可知这4个数中至少有2个1，不妨设为 ，
则这5个数字的方差
，
不合题意，故A错误；
对于C：因为这5个数字的平均数为2，这5个数字至少有1个1，不妨设为 ，
若极差是4，这最大数为5，不妨设为 ，
则这5个数字的平均数 ，
则 ，可知这3个数有2个1，1个2，
此时这5个数字的方差 ，
不合题意，故C错误；
对于BD：例如2，2，2，2，2，可知这5个数字的平均数为2，方差为0，符合题意，
且中位数是2，众数是2，故BD正确；
故选：BD.
10．已知函数 ，点 在函数图象上，则下列说法正确的是（ ）
A． 有最小值 B． 有最小值2
C． 有最小值 D．若 ，则 有最小值
【答案】ACD
【分析】A.利用基本不等式判断；B.利用重要不等式判断；C.由 ，利用基本不等
式判断；D.由 ，结合“1”的代换，利用基本不等式判
断.
【详解】解：依题意， ，由基本不等式， ，当且仅当 时，
等号成立，则 有最小值 ，选项A正确；
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！，当且仅当 时，等号成立，则 有最小值4，选项B错误；
，当且仅当 时，等号成立，则 有最小值
为 ，选项C正确；
因为 ，
所以 ，
，当且仅当 ，即 时，等号成立，则
有最小值 ，选项D正确．
故选：ACD．
11．下列判断正确的是（ ）
A．若 是一次函数，满足 ，则
B．命题“ ”的否定是“ ”
C．函数 的定义域为 ，值域 ，则满足条件的 有3个
D．关于 的不等式 的解集为 ，则不等式 的解集为
【答案】BC
【分析】对于A，用待定系数法求函数解析式即可判断；对于B，存在量词命题的否定为全称量词命题；
对于C，由函数 的值域 ，解 可推断定义域；对于D，由不等式
的解集为 ，由韦达定理得 ，求解不等式 即可.
【详解】对于A：因为 是一次函数，设 ，
则 ，
可得 ，解得 或
所以 或 ，故选项A错误；
对于B：存在量词命题的否定为全称量词命题，选项B正确；对于C： ，可得 ，
所以函数 的定义域 可以是： 或 或 ，
满足条件的 有3个，故选项C正确；
对于D：关于 的不等式 的解集为 ，
则方程 的解是 或 ，且 ，
由韦达定理可得 ，解得 ，
则不等式 转化为 ，
因为 ，所以 ，解得 ，
则不等式 的解集为 ，故选项D不正确．
故选：BC．
12．如图，在棱长为2的正方体 中，点 满足 ，其中 ，
则（ ）
A．存在点 ，使得 平面 B．存在点 ，使得 平面
C．当 时， 的最大值为1D．当 时， 的最小值为0
【答案】BC
【分析】利用线面垂直的判定定理判断选项A;利用线面垂直的判定定理证明选项B；根据 时，得
，进而确定 在平面 内的轨迹是以 为圆心，圆心角为 ，半径为1的圆弧，
设 即可得 ， ，利用三角函数讨论最值即可求解.
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【详解】对于A：由题意得 在正方形 的内部（包括边界），
在正方体 中， 平面 ，
若 平面 ，则 在直线 上，不符合题意，A错误．
对于B：如图，当 与 重合时，连接 ．
是正方形，
平面 平面 ，
平面
平面 平面 ．
是正方形，
平面 平面 ，
平面
平面 平面 ．
平面
平面 B正确．
对于CD：如图，当 时，得 ，
则 在平面 内的轨迹是以 为圆心，圆心角为 ，半径为1的圆弧，
设
则有 ，得 ， 得 ，
，由 ，得 ，
则 ，C正确，D错误．
故选:BC.
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．如图，某景区共有 五个景点，相邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有7个检票口，
工作人员为了检测检票设备是否正常，需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口，
依次对所有检票口进行检测，则共有 种不同的检测顺序.
【答案】
【分析】将 个景区抽象为 个点，见 个检票口抽象为 条路线，将问题化归为不重复走完 条路线，即
一笔画问题，分析可得只能从 或 处出发才能不重复走完 条路线，再用列举法列出所有可能结果，即
可得解.
【详解】如图将 个景区抽象为 个点，见 个检票口抽象为 条路线，将问题化归为不重复走完 条路线，
即一笔画问题，
从 或 处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从 或 处出发才能不重复走完 条路线，
由于对称性，只列出从 处出发的路线情形即可.
①走 路线： ， ， ， ， ， ，共 种；
②走 路线： ， ， ， ， ， ，共 种；
③走 路线： ， ， ， ，共 种；
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！综上，共有 种检测顺序.
故答案为：
14．在长方体 中， 分别是棱 上的动点（不含端点），
且 ，则三棱锥 体积的取值范围是 .
【答案】
【分析】直接建立空间直角坐标系或者应用等体积法做即可.
【详解】法一：以 为原点，分别以直线 为 轴建立空间直角坐标系 .
如图所示，
设 ，而 ，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则
所以平面 的一个法向量为 ，点 到平面 的距离
因为
设 中的 边上的高为 ，则
，
所以 （ ），
所以三棱锥 的体积的取值范围是 ，
故答案为：
法二：设 ，延长 到 ，使得 ，
则 ， ，则 ，于是 ，
而长方体 的对角面 是矩形，则有 ，
又 平面 ， 平面 ，于是 平面 ，
所以 到平面 的距离等于 到平面 的距离，
由等体积法可知 ，
又 ，
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！故 ，所以 ，
故答案为：
15．已知函数 在 上是增函数，且 ，则 的取值的集
合为 .
【答案】
【分析】由 可得 ，由函数在 上是增函数可得 ，然后对
的取值逐一验证，然后可得 取值.
【详解】由 可知， ，得 ，
所以 ，
又函数 在 上是增函数，
所以 ，即 ，所以 ，
所以， 的可能取值为 .
当 时，由 解得 ，
经检验， 时不满足题意；
当 时，由 解得 ，
经检验， 时满足题意.
所以， 的可能取值为 .
故答案为：
【点睛】本题综合考查了三角函数的单调性、最值、周期之间的关系，关键在于能从已知中发现周期的所
满足的条件，然后根据周期确定 的可能取值，再通过验证即可求解.16．斜率为1的直线与双曲线 （ ）交于两点 ，点 是曲线 上的一点，满足
， 和 的重心分别为 ， 的外心为 ，记直线 ， ， 的斜率为 ，
， ，若 ，则双曲线 的离心率为 .
【答案】
【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值 ，取 的中点 ，得到
，再由 ， ，结合所以 ，求得 ，利用
，即可求解.
【详解】若直线 与双曲线 有两个交点 ，设 的中点为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
可得 ，则 ，
又由 在直线 上，可得 ，
所以 ，所以 ，
即直线 与双曲线相交线的中点与原点的连线的斜率与直线 的斜率之积为定值 ，
如图所示，取 的中点 ，
因为 的重心 在中线 上， 的重心 在中线 上，
所以 ， ，可得 ，
即 ，
又由 ，可得 ，可得
因为 ，且 的外心为点 ，则 为线段 的中点，
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！可得 ，因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 .
故答案为： .
【点睛】知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得 得值，根据离心率的定义求解离心率 ；
2、齐次式法：由已知条件得出关于 的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于 的一元二次方程或不
等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
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）如图某公园有一块直角三角形 的空地，其中 长 千米，现要
在空地上围出一块正三角形区域 建文化景观区，其中 分别在 上．设 ．
(1)若 ，求 的边长；
(2)求 的边长最小值．
【答案】(1) ；
(2)【分析】（1）根据几何关系列方程求解即可；
（2）利用正弦定理和辅助角公式求解最小值即可.
【详解】（1）设 的边长为 千米，由 得 ，
中，
为等边三角形， ，
故 ，即 的边长为 .
（2）设 的边长为 千米，所以 ，
中， ，
由正弦定理得， ，故 ，
其中 ，当 时， 取得最小值 ，
即 的边长最小值为 .
18．（12分）边长为4的正方形 所在平面与半圆弧 所在平面垂直，四边形 是半圆弧
的内接梯形，且 .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，且二面角 与二面角 的大小都是 ，当点 在棱 （包含端点）上
运动时，求直线 和平面 所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过证明 面 得平面 平面 ；
16
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！（2）根据条件求得 ， ，建立空间直角坐标系，设 ，求得平面 的
法向量，直线 和平面 所成角的正弦值为 ，利用函数求范围即可.
【详解】（1）在正方形 中 ，
∵面 面 面 ，面 面 ，
∴ 面 ，
∵ 面 ,∴ ，
∵ 在以 为直径的半圆上，∴ ，
又∵ 面 ， 面 ，
又 面 ，
∴面 面 ，
（2）∵ ，∴
又∵ 为二面角 的平面角，
∴ ，同理 .
在梯形 中， .
取 的中点 ，以 为 轴正半轴，以平行于 的方向为 轴正半轴，以平面 内垂直于 的方
向为 轴正半轴，建立如图空间直角坐标系：
则 ，设 ， ，
则 ，
设平面 的法向量为
则 ，
令 ，则 ，
设直线 和平面 所成角为 ，
则 ，设 ，
则 ，
令 ，
当 时， ，
当 时， ，
令 ，任意 ，
，
因为 ，所以 ， ， ，
所以 ，所以 在 上为减函数，
故 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以直线 和平面 所成角的正弦值的取值范围 ..
19．（12分）已知函数 .
(1)若 ，求函数 的单调区间；
(2)若对 ， ，且 在 处取得极小值，求 的取值范围.
【答案】(1) 的单调递减区间为 ， ；单调递增区间为 .
(2)
18
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【分析】（1）求出导函数 ，由 得增区间，由 得减区间；
（2）首先由 恒成立得出 ，然后求出 ，求出 的根，根据根的大小分类讨论得出
单调性及极值，从而得参数范围．
【详解】（1）当 时， ，定义域为 .
，
令 ，可得 ，
当 变化时， 和 的变化情况如下：
0
- - 0 +
单调递减 单调递减 单调递增
故函数 的单调递减区间为 ， ；单调递增区间为 .
（2）因为 对 恒成立，所以 对 恒成立，
显然 不恒成立，不合题意，则 ，解得 .
令 ，可得 或 ，
当 时， ，
因为 ，（当且仅当 时， ）
所以函数 在 上单调递增，无极值，不满足题意；
当 时， ，和 的变化情况如下：
0
+ 0 - 0 +
单调递增 单调递减 单调递增
函数 在 处取得极小值，满足题意；
当 时， ， 和 的变化情况如下：
0
+ 0 - 0 +
单调递
单调递减 单调递增
增
函数 在 处取得极大值，不满足题意.
综上，实数 的取值范围为 .
20．（12分）已知数列 的前n项和为 ，且 ．
(1)求 ；
(2)若 ，记数列 的前n项和为 ，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据公式 ，消去 ，转化为关于数列 的递推关系式，构造等比数列，
即可求解；
（2）根据（1）的结果，可知 ，再根据放缩法求得 的范围，即可证明不等式.
20
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【详解】（1）当 时， ，解得 ；
当 时， ， ，则 ，
因为 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，即 ；
（2）由（1）知，
依题意 ，
因为 ， ，则 ，即 ；
因为 ，
所以 ，
而 ，
故 ，即 ．
综上所述， ．
【点睛】关键点睛：本题第二问考查数列，不等式，放缩法的综合应用问题，第二问的难点是证明
，关键是证明 ，后面的问题迎刃而解.
21．（12分）某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球
给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有 的概率再传给该运动员，有 的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了甲
运动员，且教练第 次传球传给甲运动员的概率为 .
(1)求 ， ；
(2)求 的表达式；
(3)设 ，证明： .
【答案】(1) ，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合互斥事件和独立事件概率公式进行求解即可；
（2）根据互斥事件和独立事件概率公式，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可；
（3）利用构造函数法，结合导数与函数单调性的关系、等比数列的前 项和公式进行证明即可.
【详解】（1） ， ， ；
（2）由已知 ，∴ ，即 ，
∴ 是以 为公比的等比数列，
∴ ，∴ .
（3） .
设 ， ，∴ ，∴ 在 上单调递增，
显然 ，则 ，
∴ ，则 ，
22
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！即 ，
∴ .
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意利用独立事件概率公式得到递推关系式 .
22．（12分）已知抛物线 ： （ ）上一点 的纵坐标为3，点 到焦点距离为5.
(1)求抛物线 的方程；
(2)过点 作直线交 于 ， 两点，过点 ， 分别作 的切线 与 ， 与 相交于点 ，过点 作
直线 垂直于 ，过点 作直线 垂直于 ， 与 相交于点 ， 、 、 、 分别与 轴交于点 、 、
、 .记 、 、 、 的面积分别为 、 、 、 .若 ，求直线 的
方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合抛物线定义即可.
（2）设经过 ， 两点的直线方程为 ： （ ），与抛物线方程联立得
， .将每条直线表达出来， 、 、 、 表达出来，再由 得出 即可.
【详解】（1）设 ，由题意可得 ，即 ，
解得 或 （舍去），所以抛物线 的方程为 .
（2）如图，设经过 ， 两点的直线方程为 ： （ ），
与抛物线方程 联立可得 ，
即 ，
∴ ， .
∵ ，则 ，
∴ ，
∴过点 作 的切线 方程为 ，
令 ，得 ，即 .
同理，过点 作 的切线 方程为 ，
令 ，得 ，即 .
∴ .
联立两直线方程 ，解得 ，即 ，
则 到直线 的距离 .
又∵过点 作直线 垂直于 ，
直线 的方程为 ，
令 ，得 ，即 .
同理，直线 的方程为 ，
24
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！令 ，得 ，即 .
∴ .
联立两直线方程 ，解得 ，
整理后可得 ，即 ，
则 到直线 的距离 .
由上可得 ， ，
， ，
∴ ，得 ，
∴直线 的方程为 即 .
