文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）
黄金卷02·参考答案
（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
A B A C D B C 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 10 11 12
BC ABC CD ABC
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。
7 27
13． 14．240 15． 16．3
15 95
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）
【答案】(1)^y=0.5x+89，x<178时，儿子比父亲高；x>178时，儿子比父亲矮，儿子身高有一个回归，
n
回归到全种群平均高度的趋势.(2)0；任意具有线性相关关系的变量 ，证明见解析
∑e^ =0
i
i=1
160+170+175+185+190 170+174+175+180+186
【解析】（1）由题意得x= =176,y= =177，
5 5
5
∑ x y −5x y
i i
b^= i=1 = 156045−5×176×177 = 156045−155760 = 285 =0.5 ，
5 155450−5×1762 155450−154880 570
∑ x2−5x2
i
i=1
a^= y−b^x=177−0.5×176=89，所以回归直线方程为^y=0.5x+89，令0.5x+89−x>0得x<178，即x<178时，儿子比父亲高；
令0.5x−89−x<0得x>178，即x>178时，儿子比父亲矮，
可得当父亲身高较高时，儿子平均身高要矮于父亲，即儿子身高有一个回归，回归到全种群平均高度的趋
势.
（2）由^y=0.5x+89可得^y =0.5×160+89=169,^y =174,^y =176.5,^y =181.5,^y =184，
1 2 3 4 5
5
所以 ，
∑ ^y =885
i
i=1
又 5 ，所以 5 ^ 5 ( ^ ) 5 5 ^ ，
∑ y =885 ∑❑e =∑❑ y −y =∑❑y −∑❑y =0
i i i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
n
结论：对任意具有线性相关关系的变量 ，
∑e^ =0
i
i=1
n n n n n
证明： .
∑e^=∑(y −^y )=∑(y −b^x −a^) =∑ y −b^∑ x −na^=n y−nb^x−n(y−b^x)=0
i i i i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
18．（12分）
【答案】(1)答案见解析 (2)(−1,e−1]
【解析】（1）由f (x)=x可得，ex−a=x，
令 ，令 ，可得 ，
s(x)=ex−x−a,s'(x)=ex−1 y'=0 x=0
当 ，函数 单调递减，
x∈(−∞,0),s'(x)<0 s(x)
当 ，函数 单调递增，
x∈(0,+∞),s'(x)>0 s(x)
所以函数s(x)在x=0时取得最小值1−a，
所以当a<1时，方程f (x)=x无实数解，
当a=1时，方程f (x)=x有一个实数解，
当 时， ，故 ，
a>1 1−a<0 s(x) <0
min
而 ， ，
s(−a)=e−a>0 s(a)=ea−2a
设 ，则 ，
u(a)=ea−2a,a>1 u'(a)=ea−2>0
故u(a)在(1,+∞)上为增函数，故u(a)>u(1)=e−2>0，故s(x)有两个零点即方程f (x)=x有两个实数解.
（2）由题意可知，
不等式 可化为， ，
f (x)≥g(x) ex−a≥ln(x+a),x>−a
即当 时， 恒成立，
x≥1 ex−ln(x+a)−a≥0
所以−a<1，即a>−1，
1
令ℎ(x)=ex−ln(x+a)−a,ℎ '(x)=ex− ，
x+a
1
则
ℎ
'(x)在[1,+∞)上单调递增，而ℎ '(1)=e− ，
1+a
1
当 ℎ(1)≥0即a≥−1+ 时，
ℎ
'(x)≥0,ℎ(x)在[1,+∞)上单调递增，
e
故 ，
ℎ(x) = ℎ(1)=e−ln(1+a)−a
min
由题设可得¿，
( 1 )
设v(a)=e−ln(1+a)−a，则该函数在 − ,+∞ 上为减函数，
e
1
而v(e−1)=0，故− 0，
e |a|+1+a
故 在 上有且只有一个零点 ，
ℎ
'(x) (1,+∞) x
0
当 时， ，而 时， ，
1x
0 ℎ
'(x)>0
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
ℎ(x) (1,x
0
) (x
0
,+∞)
故 ，
ℎ(x) =ex 0−ln(x +a)−a≥0
min 0
1
而ex 0= ，故x =−ln(x +a)，故ex 0+x −a≥0
x +a 0 0 0
0
1
因为x >1，故ex 0+x >1+e>a，故−11 (2)证明见解析
【解析】（1）因为 定义域为 ，又 ae1−x(2x2−x3)−1 ，
f (x) (0,+∞) f'(x)= (a>0)
x
（ⅰ）当 单调递减；
x≥2,f'(x)<0,f (x)
2x2−x3 x(x−1)(x−4)
（ⅱ）当x∈(0,2)，记g(x)= ，则g'(x)= ，
ex−1 ex−1当 ；当 ，
x∈(0,1),g'(x)>0 x∈(1,2),g'(x)<0
所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1,2)上单调递减，g(x)≤g(1)=1，
又g(0)=0,g(2)=0，所以01,f'(x)=
x
记 两零点为 ，且 ，
f'(x) m,n m<1f (1)>0 p(x)=xe1−x,(00,(00,f (m)<0，且x趋近0，f (x)趋近于正无穷大，x趋近正无穷大，f (x)趋近负无穷大，
所以函数f (x)有三零点，
综上所述，a>1；
aex ln(aex) lnex ln(aex)
（2）f (x)=0等价于 = ，即 = ，
ex x ex aex
lnx 1−lnx
令t(x)= ，则t'(x)= ，
x x2
所以t(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
1
由（1）可得x < e,ex 3>e，
1 a 2 3 1 3
所以 ，所以 ，
t(aex )=t(ex 1),t(aex )=t(ex 3) aex =ex 1,aex =ex 3
1 3 1 3
则x ,x 满足¿，k>1，
1 3
要证aex
1
x 3>e，等价于证x x >2−k，
1 3
x−1
易知¿，令q(x)=x−lnx，则q'(x)= ，
x
令 得 ，令 得 ，
q'(x)<0 00 x>1
所以函数q(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，下面证明 ，由 ，即证 ，
x +x >1+k x <1q(1+k−x )
1 3 1 3 3 1
即证 ，
k>1+k−x −ln(1+k−x )
1 1
即证 ，
0>1−x −ln(1+x −lnx −x )=1−x −ln(1−lnx )
1 1 1 1 1 1
即证 ，
e1−x 1−1+lnx <0,x ∈(0,1)
1 1
−xe1−x+1
令c(x)=e1−x−1+lnx,x∈(0,1)，c'(x)= ，
x
令 ，则 ，所以 ，
y=−xe1−x+1 y'=(x−1)e1−x<0,(x∈(0,1)) y=−xe1−x+1>0
−xe1−x+1
所以c'(x)= >0，则c(x)1+k，所以x x −1≥lnx x =x +x −2k>1+k−2k=1−k，
1 3 1 3 1 3 1 3
所以x x >2−k，所以原命题得证.
1 3
21．（12分）
【答案】(1)64 (2)0.819 (3)质量控制系统有奇数个控制单元，增加1个控制单元设备正常工作的概率
变小；质量控制系统有偶数个控制单元，增加1个控制单元设备正常工作的概率变大.答案见解析
【解析】（1）因为质量指标值不低于70的样品数为25件，所以
25
(a+0.005)×10=
100
所以a=0.020，
因为(0.010+0.020+b+0.020+0.005)×10=1，
所以b=0.045，.
由题意，估计从该企业生产的正品中随机抽取100件的平均数为：
40+50 50+60 60+70
x=0.010×10× +0.020×10× +0.045×10× +0.020×10×
2 2 2
70+80 80+90
+0.005×10× =64.
2 2
（2）由题意知μ=64，
样本方差s2=100，故σ=10，
所以产品质量指标值 ，
X∼N(64,102)
优等品的概率P(54≤X≤84)=P(54≤X≤64)+P(64≤X≤84)1 1
=P(μ−σ≤X≤μ)+P(μ≤X≤μ+2σ)= ×0.683+ ×0.954≈0.819;
2 2
（3）假设质量控制系统有奇数个控制单元，
设 ，
n=2k−1(k∈N ,k≥2)
+
记该生产线正常运行的概率为p ，若再增加1个控制单元，
k
则第一类：原系统中至少有k+1个控制单元正常工作，
其正常运行概率为 ；
p(1)=p −Ck pk (1−p) k−1
k 2k−1
第二类：原系统中恰好有k个控制单元正常工作，新增1个控制单元正常工作，其正常运行概率为
；
p(2)=Ck pk (1−p) k−1p=Ck pk+1 (1−p) k−1
2k−1 2k−1
所以增加一个控制单元正常运行的概率为
p =p −Ck pk (1−p) k−1+Ck pk+1 (1−p) k−1=p +Ck pk (1−p) k−1(p−1),
k+1 k 2k−1 2k−1 k 2k−1
即 ，
p −p =−Ck pk (1−p) k
k+1 k 2k−1
因为00，
k+1 k即增加1个控制单元设备正常工作的概率变大.
22．（12分）
【答案】(1) (2)答案见解析 (3)(3√2 5)
x−y−1=0 ,
2 2
1
【解析】（1）当a=1时，f (x)=lnx+ (1−x) 2，定义域为(0,+∞)，
2
1
所以f'(x)= −(1−x)，
x
所以 ，又 ，
k=f'(1)=1 f (1)=0
所以函数 在 处的切线方程为 ，即 .
f (x) (1,f (1)) y=x−1 x−y−1=0
（2）f (x)的定义域是(0,+∞)，
1 1 1 x2−ax+1
f (x)=lnx+ x2−ax+ a2 ，f'(x)= +x−a= ，
2 2 x x
令 ，则 ．
g(x)=x2−ax+1 Δ=a2−4
①当 或 ，即 时， 恒成立，所以 在 上单调递增．
a≤0 Δ≤0 a≤2 f'(x)≥0 f (x) (0,+∞)
②当 ，即 时，由 ，得 a−√a2−4或 a+√a2−4；
¿ a>2 f' (x)>0 0
2 2
由 ，得a−√a2−4 a+√a2−4，
f'(x)<0 2 f (x) 0, ,+∞ ,
2 2 2 2
调递减
（3）由（2）当a≤2时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，此时函数f(x)无极值；
当a>2时，f (x)有两个极值点，即方程x2−ax+1=0有两个正根x ,x ，
1 2所以 ，则 在 上是减函数．所以 ，
x ⋅x =1,x +x =a f (x) (x ,x ) f (x )>f (x )
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1
因为f (x)=lnx+ x2−ax+ a2，
2 2
所以
|f (x )−f (x )|=f (x )−f (x )
2 1 1 2
=lnx + 1 x2−ax + 1 a2− ( lnx + 1 x2−ax + 1 a2)
1 2 1 1 2 2 2 2 2 2
x 1
=ln 1+ (x2−x2)−a(x −x )
x 2 1 2 1 2
2
x 1
=ln 1+ (x2−x2)−(x +x )(x −x )
x 2 1 2 1 2 1 2
2
x 1
=ln 1− (x2−x2)
x 2 1 2
2
x x2−x2
=ln 1− 1 2
x 2x x
2 1 2
x x x ，
=ln 1− 1 + 2
x 2x 2x
2 2 1
令 x ，则 1 1 ，
t= 1 (02
，所以实数
a
的取值范围为(3√2
,
5)．
2 4 2 2
