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02
（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．设集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，
【详解】由题意得 ， ，
则 ，则 ，故A错误；
，或 ，则 ，故B正确；
又 ， ，故C错误；
，故D错误.
故选：B.
2．人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等．
16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了 ，17世纪法因数学家笛卡尔把i称为
“虚数”，用 表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z满足方程
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设出复数z的代数形式，再利用复数为0列出方程组求解作答.【详解】设 ，因 ，则 ，
即 ，而 ，则 ，解得 ，
所以 .
故选：C
3．设平面向量 ， ，且 ，则 =（ ）
A．1 B．14 C． D．
【答案】B
【分析】根据 ，求出 把 两边平方，可求得 ，把所求展开即可求解.
【详解】因为 ，所以 又 ，
则
所以 ，
则
，
故选：
4．已知等比数列 的首项为3，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】结合等比数列的通项公式，由 可得q的取值范围，说明 时不能推出 ；继而说
明 成立时推出 ，即可推得 ，由此可判断答案.
【详解】由题意知等比数列 的首项为3，设公比为q，由 ，则 ，即 或 ，
当 时， ，即 ，
即“ ” 不是“ ”的充分条件；
当 时，即 ，
则 ，即 ，即 ，
故“ ”是“ ”的必要条件，
故“ ” 是“ ”的必要不充分条件，
故选：B
5．若对任意的 ，且当 时，都有 ，则实数 的最小值是（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】C
【分析】将已知条件化为 ，构造 且 ，根据其区间单调性，利
用导数列不等式求参数范围，即可得最值.
【详解】由题设知： 且 ， ，
令 且 ，即 在 上递增，
所以 在 上恒成立，而 递减，
所以 ，故实数 的最小值是5.
故选：C
6．设直线 上存在点 到点 的距离之比为2．则实数 的取值范围为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据 得到 ，再根据直线与圆的位置关系得到答案.
【详解】设 ，则 ，即 ，
整理得到 ，圆心为 ，半径 ，
故直线 与圆有交点，即 ，解得 .
故选：D.
7．已知 ，若方程 在 的解为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先把函数 化为正弦型函数，再把方程 化简为 ，根据 求得
，根据对称性有 ，化简求解即可.
【详解】 ，由 得 ，
因为 ，所以 ，
根据对称性有 ，解得 ，
所以 .
故选：A.
8．加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互
相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形 的四边均与椭圆 相切，则下列说法错误的是（ ）
A．椭圆 的离心率为 B．椭圆 的蒙日圆方程为
C．若 为正方形，则 的边长为 D．长方形 的面积的最大值为18
【答案】D
【分析】由椭圆标准方程求得 后再求得 ，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴
平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正
方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知 ， ，则 ，离心率为 ，A正确；
当长方形 的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为 和4，其对角线长为 ，因此
蒙日圆半径为 ，圆方程为 ，B正确；
设矩形的边长分别为 ，因此 ，即 ，当且仅当 时取等号，所以长方形
的面积的最大值是20，此时该长方形 为正方形，边长为 ，C正确，D错误．
故选：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．某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质
量指数（单位：μg/m³）不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.根据连
续10天检查所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（ ）A．甲地区：平均数为80，众数为70
B．乙地区：平均数为80，方差为40
C．丙地区：中位数为80，方差为40
D．丁地区：极差为10，80%分位数为90
【答案】BD
【分析】A由数据 即可判断；C由数据 ；
B、D假设存在大于100的数据，由 得矛盾判断B；根据极差得最小数据为90，与百分
位数矛盾判断D.
【详解】A：10天数据如下： 满足平均数为80，众数为70，不符合；
B：若 表示第 天数据，则 ，如果其中一天的数据超过100，则 ，
故没有超过100的数据，符合；
C：10天数据如下： ，此时中位数为80，方差约为40，不符合；
D：若其中一天的数据超过100，由于极差为10，则最小数据超过90，与80%分位数为90矛盾，故10天
没有超过100的数据，符合；
故选：BD
10．已知大气压强 随高度 的变化满足关系式 是海平面大气压强， .我
国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表：
平均海拔
第一级阶梯
第二级阶梯
第三级阶梯
若用平均海拔的范围直接代表各级阶梯海拔的范围，设在第一、二、三级阶梯某处的压强分别为 ，
则（ ）A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，列出不等式，根据对数函数的性质解对数不等式即可求解.
【详解】设在第一级阶梯某处的海拔为 ，则 ，即 .
因为 ，所以 ，解得 A正确；
由 ，得 .当 时， ，即 ，所以 ，B错误；
设在第二级阶梯某处的海拔为 ，在第三级阶梯某处的海拔为 ，
则 两式相减可得 .
因为 ，所以 ，则 ，即
，故 均正确.
故选:ACD.
11．苏州博物馆（图一）是地方历史艺术性博物馆，建筑物的顶端可抽象为如图二所示的上、下两层等高
的几何体，其中上层 是正四棱柱，下层底面 是边长为4的正方形， 在底
面 的投影分别为 的中点，若 ，则下列结论正确的有（ ）A．该几何体的表面积为
B．将该几何体放置在一个球体内，则该球体体积的最小值为
C．直线 与平面 所成角的正弦值为
D．点 到平面 的距离为
【答案】ACD
【分析】根据垂直关系可求解三角形的边长，结合面积公式即可求解A，根据外接球的性质，结合体积公
式即可求解B，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解夹角和距离，进而可判断CD.
【详解】设 在平面 的投影分别为 的中点 ，
由于 ， ，所以 到平面 的距离为 ,
由于上、下两层等高，所以 到平面 的距离为2，
又 ，
由于 ,所以 ,
所以 ≌ ,
同理可得 ≌ ≌ ≌ ， ≌ ≌ ≌ ，
则点B到FG的距离为 ，
则 的面积为 ， 的面积为 ．故该几何体的表面积 ．A正确．
将该几何体放置在一个球体内，要使该球体体积最小，则球心在该几何体上下底面中心所连直线上，且
均在球面上，设球心到下底面 的距离为x，
由于四边形 为边长为 的正方形，四边形 为边长为4的正方形，则其对角线长度分别为
4， ，
则 ，解得 ，则该球体的半径为 ，体积为 ．B不正
确．
以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
， ， ， ， ，
，平面 的一个法向量为 ，
则 ，设直线 与平面 所成角为 ，
则
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ．C正确．设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，
得 ，则点 到平面 的距离为 ．D正确．
故选：ACD
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问
题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离
相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这
些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．已知定义在 上的函数 可导，且 不恒为 为奇函数， 为偶函数，则
（ ）
A． 的周期为4
B． 的图象关于直线 对称
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据已知可得 的图象关于 对称、关于直线 对称，利用对称性可得 的周期可判断A；对 两边求导可判断B；根据 ，可判断CD.
【详解】 为奇函数，则 的图象关于 对称.又 为偶函数，则 的图象关于直
线 对称，
所以 ，可得
，
则 的周期为4，故A选项正确；
又 ，则 的图象关于 对称，故选项B错误；
又 ，所以 ，故选项C正确；
由以上可知， ，但是不知道 等于多少，
函数 的周期为4，则 ，故D错误.
故选：AC.
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．古镇旅游是近年旅游的热点，某旅游短视频博主准备到江西婺源古村落、瑶里古镇、驿前古镇、河口
古镇、密溪古村五个地方去打卡，每个地方打卡一次，则先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡
的方法数为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】利用分布计数原理和排列组合的相关知识进行求解即可.
【详解】先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡的方法数为 .
故答案为： .
14．在棱长为1的正方体 中，点 、 分别是线段 、 （不包括端点）上的动点，且线段 平行于平面 .若 ，则四面体 的体积为 .
【答案】
【分析】由线面平行的性质定理可得 ，易知 到平面 的距离为 到平面 的距离的 ，
由锥体体积公式即可求得结果.
【详解】如下图所示：
由线段 平行于平面 ，且 平面 ，平面 平面 ，
由线面平行的性质定理可得 ，
由 可得 ，又正方体棱长为1，可得
所以 的面积为 ，
设 到平面 的距离为 ，
易知 到平面 的距离为 ，由 可得 ；
所以四面体 的体积为 .
故答案为：
15．已知函数 ，若函数 在 上恰有两个零点，
则 的取值范围为 .
【答案】【分析】利用辅助角公式可得 ，再由函数 在 上恰有两个零点可得
，即可求得 .
【详解】由题意可知，
，
由 ，得
由 ，得 ；
由在 上恰有两个零点可得 ，
解得 .
故答案为：
16．定义：点 为曲线 外的一点， 为 上的两个动点，则 取最大值时， 叫点 对曲线
的张角.已知点 为抛物线 上的动点，设 对圆 的张角为 ，则 的最小
值为 .
【答案】
【分析】先根据新定义，利用二倍角公式判断 最小时 最小，再设 ，利用距离公式，结
合二次函数最值的求法求得 最小值，即得结果.
【详解】解：如图， ，要使 最小，则 最大，即需 最小.
设 ，则 ，
∴当 ，即 时， ， ，
此时 或 ， .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于理解新定义，将 的最小值问题转化为线段 最小问题，结合二次函数求最值
即突破难点.
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)若 ，且 的面积为 ，求b.
【答案】(1)
(2) .【分析】（1）由正弦定理和余弦定理求出 ，从而求出 ；
（2）由三角形面积公式求出 ，结合 ，求出 ，由余弦定理求出答案.
【详解】（1） ，由正弦定理得 ，
即 ，
由余弦定理，得 .
因为 ，所以 .
（2）由（1）得 ，
所以 的面积为 ，得 ，
由 及正弦定理，得 ，
所以 .
由余弦定理，得 ，
所以 .
18．（12分）如图，已知四棱台 的上、下底面分别是边长为2和4的正方形， ，
且 底面 ，点 分别在棱 、 上·
(1)若P是 的中点，证明： ；
(2)若 平面 ，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为 ，求四面体 的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算知 ，即可证得结论；
（2）利用空间向量结合已知的面面角余弦值可求得 ，再利用线面平行的已知条件求得
，再将四面体 视为以 为底面的三棱锥 ，利用锥体的体积公式即可得解.
【详解】（1）以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设 ，其中 ， ，
若 是 的中点，则 ， ， ，
于是 ，∴ ，即 ．
（2）由题设知， ， ，是平面 内的两个不共线向量．
设 是平面 的一个法向量，
则 ，取 ，得 ．
又平面 的一个法向量是 ，
∴ ，
而二面角 的余弦值为 ，因此 ，解得 或 （舍去），此时 ．
设 ，而 ，由此得点 ， ，
∵PQ∥平面 ，且平面 的一个法向量是 ，
∴ ，即 ，解得 ，从而 ．
将四面体 视为以 为底面的三棱锥 ，则其高 ，
故四面体 的体积 ．
19．（12分）已知函数 ，曲线 在 处的切线方程为 ．
(1)求 的解析式；
(2)当 时，求证： ；
(3)若 对任意的 恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3) ．【分析】（1）根据导数的几何意义，结合切点既在切线上又在 ，建立方程组即可求得a，b的值，
进而求得 的解析式；
（2）构造函数 ，根据 的单调性，证明函数 即可；
（3）由于 ，分离出参数k，构造 ，则原问题转化为 ，求出函数 的最
小值即可得k的取值范围．
【详解】（1）由题可得 ，
∵曲线 在 处的切线方程为 ，
∴ ，即 ，
∴ ．
（2）证明：令 ，
则 ，令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（3）∵ 对任意的 恒成立，
∴ 对任意的 恒成立，令 ， ，
则 ，
由（2）可知当 时， 恒成立，
令 ，可得 ；令 ，可得 ，
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增，
∴ ，
∴ ，
∴实数k的取值范围为 ．
20．（12分）已知等差数列 的前 项和为 ， ， 为整数，且 .
(1)求 的通项公式；
(2)设数列 满足 ，且数列 前 项和为 ，若 对 恒成立，求实数 的取值
范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 可知 ， ，列出不等式组，解之可得 ，结合等差数列的通项公式即
可求解；
（2）由（1）得 ，当 为偶数时， ，当 为奇数时，
，结合 和恒成立问题依次计算即可求解.【详解】（1）设等差数列 的公差为 .
由 ，可知 ， ，即
因为 为整数，所以 ，
结合不等式组 解得 ，
所以 .
（2）由（1）可知 .
当 为偶数时，
.
又 ，即 对任意偶数都成立，所以 .
同理，当 为奇数时，
，
又 ，即 对任意奇数都成立，
易知当奇数 时，函数 取得最小值-15，
故 .
综上， .
21．（12分）设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的5个球，其中甲箱有3个
蓝球和2个黑球，乙箱有4个红球和1个白球，丙箱有2个红球和3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一
次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸
出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2
个球.(1)若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；
(2)若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量 表示最后摸出的2个球的分数之和，求 的分
布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）求出甲箱中摸出2个球颜色相同的概率，继而求得最后摸出的2个球颜色不同的概率，再求
出最后摸出的2个球是从丙箱中摸出的概率，根据条件概率的计算公式即可得答案.
（2）确定X的所有可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.
【详解】（1）从甲箱中摸出2个球颜色相同的概率为 ，
记事件A为最后摸出的2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，
则 ，
，
，
所以 ；
（2）X的所有可能取值为2，3，4，
则 ，
，
，故X的分布列如表：
X 2 3 4
P
故 .
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于求分布列时，计算每个值相应的概率，要弄清楚每个值对应的情
况，分类求解，注意计算量较大，要十分细心.
22．（12分）已知平面内动点 ，P到定点 的距离与P到定直线 的距离之比为
，
(1)记动点P的轨迹为曲线C ，求C的标准方程．
(2)已知点 是圆 上任意一点，过点 作做曲线C的两条切线，切点分别是 ，求 面
积的最大值，并确定此时点 的坐标.
【答案】(1)
(2)面积取到最大值 ，此时点 .
【分析】（1）根据题意可得 ，化简即可得C的标准方程为 ；
（2）根据两切线方程可得出直线 的方程是 ，联立椭圆方程根据韦达定理和弦长公式即可
求出面积表达式，再利用换元法由函数单调性即可求得 的面积的最大值为 ，此时点 .【详解】（1）设d是点P到直线 的距离，
根据题意动点P的轨迹就是集合 ．
由此得 ．
将上式两边平方，并化简得 .
即C的标准方程为 .
（2）设 ，则 ，
切线 方程： ，切线 方程： ，
因为两直线都经过点 ，
所以可得 ，
从而直线 的方程是 ，
联立 ，消去 可得 ，由韦达定理，得 ，
所以 ，
点 到直线 的距离 ，
所以 ，其中 ，
令 ，则 ，所以 ，
令 ，则，
在 上递增，
即 ，即 时， 的面积取到最大值 ，
此时点 .
