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．已知全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由 ，即 ，解得 或 ，
所以 或 ，则 ，
由 ，则 ，解得 ，
所以 ，
所以 .
故选：C
2．“ ”是“ ”成立的（ ）
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
【详解】由 或 ，
由 或 ，
所以“ ”是“ ”成立的必要不充分条件.
故选：B
3．已知 ， ， ，则（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由已知 ，
，
，即 ，
所以 ，
故选：A.
4．函数 的部分图象如图所示，则 的解析式可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】因为图象过 ，
对于选项A： ，故A错误；
对于选项C： ，故C错误；
又因为图象过 ，但 的定义域为 ，故B错误；
故选：D.
AB
⊥¿¿
5．若函数 在区间 上单调，则 的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B【详解】 时，由于 ，则 ，显然 ，
因此由 单调得 ， ， 最大值为2，
故选：B．
6．若数列 满足 ，且 ，则其前17项和 （ ）
A．136 B．119 C．102 D．85
【答案】B
【详解】根据 可得 ，所以数列 是公差为2的等差数列，
利用等差数列性质由 可得 ；
所以其前17项和 .
故选：B
7．下列结论中，错误的是（ ）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为6
B．若随机变量 ，则
C．已知经验回归方程为 ，且 ，则
D．根据分类变量 与 成对样本数据，计算得到 ，依据小概率值 的 独立性检
验 ，可判断 与 有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】D
【详解】A选项，数据4，1，6，2，9，5，8排序后得到1，2，4，5，6，8，9，
，故选取第5个数据作为第60百分位数，即为6，A正确；
B选项，因为 ，根据对称性可知 ，故 ，B正确；
C选项，已知经验回归方程为 ，且 ，则 ，
解得 ，C正确；
D选项， ，故不能得到此结论，D错误
故选：D
8．双曲线 的左、右焦点分别为 ，以 为圆心， 为半径的圆与 的左支的
一个公共点为 ，若原点 到直线 的距离等于实半轴的长，则双曲线 的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】作图如下：
∵原点 到直线 的距离等于实半轴的长，
∴ 直线 的距离为 ，
又∵以 为圆心， 为半径的圆与 的左支的一个公共点为 ，
∴ ，
由双曲线定义的 ，∴ 直线 的距离为 ，
故 ，即 ，
∴ ，解得 （舍去）或 .
故选：A.
9．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF为“刍甍”，书中描述了刍甍的
体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即
，其中h是刍甍的高，即点F到平面ABCD的距离.若底面ABCD是边长为4的正
方形， 且 平面ABCD， 和 是等腰三角形， ，则该刍甍的体
积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】取 中点 ，连接 ，如图，
由正方形 知， ， ，而 为等腰三角形，且 ，
即有 平面 ，则 平面 ，
同理 平面 ，而 ，于是 平面 ，则点 在平面 内，
而 平面 ，于是平面 平面 ，在平面 内过 作 于 ，而平面 平面 ，因此 平面 ，
因为 ， 是等腰三角形，则 ，
因为 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
则 ，四边形 为等腰梯形， ，
因此 ，
所以该刍甍的体积为 .
故选：B
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．已知平面向量 ， 为单位向量，且 ，若 ，则 ．
【答案】
【详解】 ，
，
所以 .
故答案为：
11．若复数 的模不大于 ，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【详解】 ，
由题意 ，则 ，所以 .
故答案为：
12．现有 名志愿者报名参加某项暑期公益活动，此项公益活动为期两天，每天从这 人中安排 人参加，
则恰有 人在这两天都参加的不同安排方式有 种.
【答案】
【详解】根据分步计数乘法法则，第一天： ，第二天： ，
则恰有 人在这两天都参加的不同安排方式有： 种，
故答案为：180.
13．已知函数 的定义域为 ，值域为 ， ， ，都有 ，
函数 的最小值为2，则 .
【答案】
【详解】依题意， ，
函数 的最小值为2，即 ，
令 ，则有 ①.
由 ，
令 得 ，
当且仅当 ，即 为偶函数时等号成立，
而 ，所以 ②，由①②得 .
由 ， ，得
令 得 ，即 ，
所以 ，
，
，
，
，
所以 .
故答案为：
14．甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本
次平局.已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为 和 ，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次
活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为 ；3次活动中，甲至少获胜2次的概率为
.
【答案】
【详解】∵一次活动中，甲获胜的概率为 ，次活动中，甲至少获胜2次的概率为 ．
故答案为： ， ．
15．如图，在 中， ， ，CD与BE交于点P， ， ， ，
则 的值为 ；过点P的直线l交AB，AC于点M，N，设 ， （ ，
），则 的最小值为 .
【答案】 2
【详解】在 中， ， ，设 ，
则 ，
由 三点共线，得 ，解得 ，因此 ，
因为 ， ， ，于是
，解得 ；
因为 ， ， ，则有 ，
而 三点共线，因此 ，则
，当且仅当 ，即 取等号，
所以当 时， 取得最小值 .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．在 中，角A，B，C所对的边分别a，b，c，且
(1)求角A的值；
(2)若 ，BC边上的中线长为1， 为角A的角平分线，求 的长．
【详解】（1） ，由正弦定理得，
，
因为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，故 ，
因为 ，所以 ；
（2） ，由正弦定理得 ，即 ，
如图所示， 为 的中点，故 ，
由（1）可知， ，
延长 至点 ，使 ，故 ，
连接 ，延长 ， 相交于点 ，
因为 ，所以 ≌ ，
故 ， ，所以 ，
因为 ，所以 ，且 ，
故 为等边三角形，
设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，即 ，解得 ，
故 ，则 ， ，
因为 ，所以 ，
在 中，由余弦定理得 ，
故 ，
所以 .
17．如图， 且 且 且 平面
．
(1)若 为 的中点， 为 的中点，求证： 平面 ；
(2)求平面 和平面 夹角的正弦值；
(3)若点 在线段 上，且直线 与平面 所成的角为 ，求点 到平面 的距离．
【详解】（1）取GD中点为Q，连接NQ，MQ.
因 为 的中点， 为 的中点，Q为GD中点，
由三角形及梯形中位线定理，可得 .
又注意到， 平面EDC， 平面EDC，平面MNQ， ，则平面 平面 .
又 平面MQN，则 平面 .
（2）因 平面ABCD， 平面ABCD，
则 ，又 ，则如图建立以D为原点的空间坐标系.
则 .
.
设平面 和平面 的法向量分别为 .
则 ，取 ；
，取 .
设平面 和平面 夹角为 ，则 .
则平面 和平面 夹角的正弦值为 .
（3）由（2），设 ，其中 ，则
又由题可得，平面 的一个法向量可取 .
结合直线 与平面 所成的角为 ，
则 .
则 ， .
设平面 法向量为 ，则 .取 ，则点 到平面 的距离 .
18．已知数列 为等差数列，其前 项和为 ，数列 为等比数列，其公比大于0，且
.
(1)求 和 的通项公式；
(2)记 ，求数列 的前 项和 .
【详解】（1）设数列 的公差为 ，数列 的公比为
因为 ，
由 ，得
即 ，易知 ，可得由 ，得 ，即
由 ，可得
所以可得 ， ；
即数列 的通项公式为 ，数列 的通项公式为 .
（2）由 可得
即 ，
即 ，
两边同乘以 得
上述两式相减得
整理得 ， .
19．已知椭圆 （ ）的左顶点为 ，右焦点为 ，过 作垂直于 轴的直线交该椭圆
于 ， 两点，直线 的斜率为 ．
(1)求椭圆的离心率；
(2)椭圆右顶点为 ， 为椭圆上除左右顶点外的任意一点，求证： 为定值，并求出这个定值；
(3)若 的外接圆在 处的切线与椭圆交另一点于 ，且 的面积为 ，求椭圆的方程．
【详解】（1）由题意可知： ， ，设 ，由题意可知： 在第一象限，且，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（2）设 ，则 ，
所以
∴ 为定值
（3）由（1）， ，所以椭圆方程为： ，
， ，设 的外接圆的圆心坐标为 ，由 ，得
，
求得 ，
∴ ，切线斜率为： ，
切线直线方程为 ，即 代入椭圆方程中，得 ，
， ， ，
∴ ，
到直线 的距离 ， 的面积为 ，所以有 ，∴ ，椭圆方程为： ．
20．已知函数 ， .
(1)若 ，求函数 的极值；
(2)若关于 的不等式 恒成立，求整数 的最小值；
(3)当 时，函数 恰有两个不同的零点 ， ，且 ，求证： .
【详解】（1）当 时， ，所以 ，
则 ，定义域为 .
令 ，解得： .
所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 ；
则当 时， 有极大值 ，无极小值；
（2）依题意 对 恒成立，等价于 对 恒成立.
令 ，则
令 ,则 在 上是增函数，
，
所以 ，使 即
对 ， ， ，所以 在 上单调递增；对 ， ， ，所以 在 上单调递减.
所以 .
所以 .
又 ，所以整数 的最小值2
（3）当 时， ，
令 ，故 在 上单调递增，在 上单调递减且
， 时， ； 时， ；
依题意存在 使得 ，
已知 可得 ，要证 成立，
因为 ， 是 的零点，所以 ，
两式相减得： ，
即 ，
要证 ，只需证 ，
又因为 只需证 ，即证 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 在 增函数，所以 即 .
即 成立.
所以原不等式得证.
