文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（北京专用）
黄金卷03
（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10小题，每小题4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．已知全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解出集合 ,按照集合的运算法则逐项进行验证即可.
【详解】因为 ，
，
所以 ，故 错误；
，故 错误；
或 ，故 错误；
，故 正确，
故选： .
2．复数 的共轭复数是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再求出其共轭复数.
【详解】因为 ，
所以复数 的共轭复数是 .
故选：C3．已知 ，向量 的夹角为 ，则 （ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】C
【分析】根据向量的数量积的运算律结合已知条件求解即可
【详解】因为 ，向量 的夹角为 ，
所以
，
故选：C
4．若函数 的定义域为 ，值域为 ，则 的图象可能
是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】依次判断各选项中的函数是否满足定义域和值域要求即可.
【详解】对于A，函数在 处有意义，不满足定义域为 ，A错误；
对于B，函数的定义域为 ，值域为 ，满足题意，B正确；
对于C，函数在 处有意义，不满足定义域为 ，C错误；对于D，函数在 处有意义，不满足定义域为 ，D错误.
故选：B.
5． 的展开式中的常数项为（ ）
A．80 B．160 C．240 D．320
【答案】D
【分析】首先写出 展开式的通项，原式化为 从而求出展开式的常数
项.
【详解】因为 展开式的通项为 ，
又因为 ，
所以 展开式中常数项为 ．
故选：D．
6．已知双曲线的下、上焦点分别为 ， ， 是双曲线上一点且 ，则双曲线的
标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】结合题意依次求得 ，从而得到双曲线的标准方程.
【详解】因为双曲线的下、上焦点分别为 ， ，
所以设双曲线的方程为 ，半焦距为 ；又因为 是双曲线上一点且 ，
所以 ，即 ，则 ；
所以双曲线的标准方程为 .
故选：C.
7．已知a，b，c分别是 的内角A，B，C的对边，若 的周长为 ，且
，则 （ ）
A． B．2
C．4 D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理把 转化为边的关系，进而根据 的周长求出 的值
【详解】由题知周长为 ①，
∵ ，
由正弦定理得 ②，
∴由①②，可解得 .
故选:C．
8．已知直线 和圆 ，则“ ”是“直线 与圆 相切”
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】C
【分析】根据充分条件和必要条件的判断方法，结合直线与圆的位置关系即可求解.
【详解】圆 的方程可化为 ，其圆心坐标为 ，半径为 ，
当 时，直线 ，圆心到直线的距离 ，此时直线 与圆 相切，故充分性成立；
当直线 与圆 相切时，圆心到直线的距离 ，所以 ，故必要性成立，
所以“ ”是“直线 与圆 相切”的充要条件.
故选：C.
9．如图，在正方体ABEFDCE′F′中，M，N分别为AC，BF的中点，则平面MNA与平面MNB的夹角的余
弦值为（ ）
A．－ B．
C．－ D．
【答案】B
【分析】法一：先利用二面角平面角的定义，在两个半平面内分别找到与二面角的棱 垂直的两条直线，
将问题转化为求两直线方向向量的夹角即可；
法二：直接转化为求两平面的法向量的夹角即可.
【详解】设正方体棱长为1，以B为坐标原点，BA，BE，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直
角坐标系Bxyz，则M ，N ， .
解法一 取MN的中点G，连接BG，AG，
则G .因为 为等腰三角形，所以AG⊥MN，BG⊥MN，故∠AGB为两平面夹角或其补角．
又因为 ， ，
所以， ，
设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则 .
故所求两平面夹角的余弦值为 .
解法二 设平面AMN的法向量
由于 ， ，
则 ，即 ，
令x＝1，解得y＝1，z＝1，于是 ，
同理可求得平面BMN的一个法向量 .
所以 ，设平面MNA与平面MNB的夹角为θ，
则 .
故所求两平面夹角的余弦值为 .
故选：B.
10．数列 ， 用图象表示如图所示，记数列 的前n项和为 ，则（ ）．
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】B
【分析】数列 ， 用图象可知， 在 取不同值时的符号，然后利用排除法，即可求解.
【详解】由题意，数列 ， 用图象可知，
当 时， ；当 时， ，
所以 时， ，所以 ，可排除A项；
由 ，所以 ，可排除D项；
由 ，所以 ，可排除C项；
当 时， ，所以 ，可得B项正确.
故选：B.【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；
1、作差比较法：根据 的符号，判断数列 是递增数列、递减数列或是常数列；
2、作商比较法：根据 或 与1的大小关系，进行判定；
3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.
第 II 卷（非选择题）
二、 填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．函数 （ ，且 ）的图象过定点P，则P点的坐标为 .
【答案】
【分析】根据指数函数的性质确定函数所过的定点.
【详解】由指数函数性质知：当 时， ，故定点 .
故答案为：
12．已知抛物线 上三点 ，若直线AB，AC的斜率互为相反数，则直线BC的斜率为
【答案】 /-0.5
【分析】先求得抛物线的方程，设出直线 的方程，由此联立方程组，整理后可得直线 的方程，
从而求得直线 的斜率.
【详解】将 代人 ，得 ，则抛物线方程为 .
设 ，
联立 ，
得 .
由于A，B，C三点的纵坐标为该方程的三个根，
所以B，C两点纵坐标满足 .
又 ，所以 .故直线BC的斜率为 .
故答案为：
13．在 中， ， ，D为BC上一点，AD为 的平分线，则
.
【答案】
【分析】在 中，根据正弦定理可求出 ，从而可得 ，再解 即可．
【详解】如图，在 中， ， ，
由正弦定理可得 ，
，又 ，则 ，
， ，
又AD为 的平分线，
， ，
．
故答案为：2．
14．我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距
离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点 ， 为坐标原点，余弦相似度为向
量 夹角的余弦值，记作 ，余弦距离为 .已知，若 的余弦距离为 ，则 的余弦距离
为 .
【答案】 /
【分析】根据余弦相似度和余弦距离的定义，即可求得结果.
【详解】由题意得 ，
则 ，
又 ，
，
，
.
故答案为：
15．已知函数 ，下列命题中：
① 都不是R上的单调函数；
② ，使得 是R上偶函数；
③若 的最小值是 ，则 ；
④ ，使得 有三个零点．
则所有正确的命题的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】对于①，分段讨论脱去绝对值符号，结合二次函数的对称性以及单调性可判断；对于②，可取特
殊值，结合奇偶性定义进行判断；对于③，分类讨论，结合二次函数的最小值求出a的值，即可判断；对
于④，举特殊值，说明符合题意即可判断.【详解】对于①，当 时， ，其图象为开口向上的抛物线，
对称轴为 ，
当 时， ，其图象为开口向上的抛物线，
对称轴为 ，
即 ，且 ， ，
即在 处的函数值相等，
由于 的对称轴在 的对称轴的左侧，
则存在区间 ，使 在 上递增，
存在区间 ，使 在 上递减，
故 都不是R上的单调函数，①正确；
对于②，当 时， ，定义域为R，
此时 ，即 为偶函数，②正确；
对于③，由①的分析可知 的最小值在 或 时取到，
， ， ，
当 时，函数最小值在 处取到，由 ，
解得 或 （舍去）；
当 时，函数最小值在 处取到，由 ，
解得 或 （舍去）；当 时，由于 ， 恒成立，
不合题意，舍去；
故 的最小值是 ，则 或 ，③错误；
对于④，当 时， ，
当 ，即 时，当 时，令 ，解得 ；
当 时，令 ，解得 ；
即此时 有三个零点，④正确，
故答案为：①②④
【点睛】难点点睛：本题考查了函数的单调性以及奇偶性以及零点问题，综合性较强，解答时难点在于二
次函数的性质的灵活应用，要注意分类讨论，注意函数最值的确定.
四、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（13分）如图，在四棱台 中，底面 是正方形， ， ，
， ．
(1)求证：直线 平面 ；
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）设 ， 交于点O，连接 ， ， ，易证 ，可得 ，得
，又 ，得证；
（2）易证 为等边三角形，可证 平面 ，可得 ， ， 两两互相垂直，建系利用
向量法求解即可.
【详解】（1）证明：设 ， 交于点O，连接 ， ， ，
因为 ， ， ，
所以 ，所以 ，
又因为O为正方形的对角线交点，即O是线段 的中点，
所以 ，
又因为四边形 为正方形，
所以 ，
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）
∵底面 是正方形， ，
∴ ， ，
又 ， ，
∴ 为等边三角形，∵O为 中点，∴ ，
又 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
∴ ， ， 两两互相垂直，
以 ， ， 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
∴ ， ， ，
所以
，
，
设平面 的法向量 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ， ，
∴ ，
取平面 的法向量 ，
设平面 与平面 所成夹角为 ，
则 ，所以二面角 的余弦值为 ．
17．（13分）在 中， .
(1)求 ；
(2)再从条件①，条件②，条件③，条件④这四个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，若
D是 边上的中点，求 的面积.
条件①： ， ；
条件②： ， ；
条件③： ， ；
条件④： ， .
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分.
【答案】(1) ；(2)答案见解析
【分析】（1）结合正弦定理、余弦定理，进行边角转化即可求解.
（2）依次对每一个条件进行分析，选出符合题意的条件进行求解即可；通过分析发现条件①、④均不满
足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解；若选条件③，则可以先得出
，，由正弦定理、两角和差公式分别得出 的值即可求解；若选条件②，则可以先结合余弦定
理唯一确定 ，此时 的三条边唯一确定，即此时 存在且唯一确定，由此即可求解.
【详解】（1）由已知 ，
由正弦定理边化角得 ，整理得 ，由余弦定理得 ，
又因为 为 的内角，即 ，
所以 .
（2）条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解；
现在我们来说明理由，首先由（1）可知 ：
若选择条件④： ， ；
则由正弦定理得 ，即 ，解得 ，
注意到 ，
所以此时 有两种取值，即此时 存在但不唯一确定，故条件④不满足题意.
若选择条件①： ， ；
注意到 ，
又函数 在 上单调递减，所以 ，
但此时 ，这与三角形内角和定理矛盾，故条件①不满足题意.
若选择条件③： ， ；
注意到 ，且 ，则 或 ，
但是当 时，有 ，这与三角形内角和定理矛盾，
所以只能 ，一方面：此时有由正弦定理有 ，即 ，解得 ；
另一方面：此时 ；
如图所示：
此时 存在且唯一确定，若D是 边上的中点，
则此时 的面积为 ；
故若选择条件③，则满足题意.
若选择条件②： ， ；
在 中运用余弦定理得 ，即 ，
整理得 ，
又注意到 ，即 ，
所以 ，
整理得 ，即 ，
所以 ，即 ，
结合 可知，此时 ，
注意到此时 ，所以由勾股定理逆定理可知 ；如图所示：
此时 存在且唯一确定，若D是 边上的中点，
则此时 的面积为 ；
故若选择条件③，则满足题意.
综上所述：条件①、④均不满足题意，条件②、③满足题意，故可从条件②、③中二者任选其一即可求解.
18．（14分）双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，
获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组
的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个
比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛.
(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：
①A获得季军的概率；
②D成为亚军的概率；
(2)若A的实力出类拔萃，有4人参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先
前与对手已有过招的概率.
【答案】(1)① ；② ；(2)
【分析】（1）①分析 第一轮比赛后所在组，再确定后续比赛的胜负情况使A获得季军，应用独立事件
的乘法公式求概率即可.
②分D首场笔试胜利和失败两种情况讨论，由全概率公式可得.（2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题.
【详解】（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为 ，
①由题意，第一轮比赛 一组， 一组，
要A获得季军，则 进入胜者组，后续连败两轮，或 进入负者组，后续两轮先胜后败，
所以A获得季军的概率为 .
②设 表示队伍D在比赛 中胜利， 表示队伍D所参加的比赛 中失败，
事件 ：队伍D获得亚军有三种情况： ，
得
（2）由题意，A获胜的概率为 ，B、C、D之间获胜的概率均为 ，
要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：
①若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜，
概率为 ；
②若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜，
概率为 ，
③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，
概率为 ；
所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率 .
19．（15分）已知集合 ，其中 且 ，若对任意的
，都有 ，则称集合 具有性质 .(1)集合 具有性质 ，求 的最小值；
(2)已知 具有性质 ，求证： ；
(3)已知 具有性质 ，求集合 中元素个数的最大值，并说明理由.
【答案】(1)6；(2)证明见解析；(3)7，理由见解析.
【分析】（1）由性质 定义列不等式组求参数范围，结合 即可得最小值；
（2）根据定义 ，进而有 ，应用累加法即可证结论；
（3）首先应用放缩有 求得 ，同理可得 恒成立，假设 得出矛盾，再讨论
并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值.
【详解】（1）由性质 定义知： ，且 ，
所以 的最小值为6.
（2）由题设 ，且 ，
所以 ，
所以 ，得证.
（3）由（2）知： ，
同（2）证明得 且 ，故 ，又 ，所以 在 上恒成立，
当 ，取 ，则 ，故 ，
当 ，则 ，即 .
综上，集合 中元素个数的最大值为7.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据定义得 为关键；第三问，应用放缩法确定 ，同理得
到 恒成立为关键.
20．（15分）已知椭圆 的短轴长为4，离心率为 ．直线 与陏圆交于
两点，点 不在直线l上，直线 与 交于点 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)求直线 的斜率．
【答案】(1) ；(2)2
【分析】（1）根据短轴长求出 ，再由离心率 ，及 求出 ， ，即可求出椭圆方程；
（2）设 ， ，联立直线和椭圆方程，得出 ， ，根据题意表示出
点 坐标，再由斜率公式求解即可.
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为4，所以 ， ，因为离心率为 ，所以 ，
又 ，所以 ， ，所以椭圆 的方程 .（2）设 ， ，联立 ，化简可得 ，
令 ，即 ，
， ，
因为 不在直线l上，所以 ，即 ，
则直线 方程为： ，令 ，则 ，
因为直线 与 交于点 ，所以 ，
所以 ，
将 ， 代入，可得 ，
所以直线 的斜率为2.
21．（15分）已知 （ 为实常数）.
(1)当 时，求函数 的最小值；(2)若 对一切 都成立，求 的取值范围；
(3)设各项为正的无穷数列 满足 ，证明： .（提示：当 时，
）
【答案】(1) ；(2) ；(3)证明见解析
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案；
（2）由题意可得 ，构造函数 ，则 ，从而可得函数
在 上单调递减，则 在 上恒成立，分离参数即可得解；
（3）利用反证法，假设 ，由（1）得到 ，在递推可得到 ，进而可
得出结论.
【详解】（1）当 时， ，
则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ；
（2）由 ，得 ，
则 即 ，
即 ，令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递减，
则 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
当 ，即 时 取得最小值 ，
所以 ，
所以 的取值范围为 ；
（3）假设 ，
由（1）知 ，
故 ，所以 ，
故 ，
即 ，即 ①，
又由（1）知当 时， ，
所以 ，这与①矛盾，
所以 ，即 ，同理可知 ，
所以 .
【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：
（1）函数 在区间 上单调递增 在区间 上恒成立；
（2）函数 在区间 上单调递减 在区间 上恒成立；
（3）函数 在区间 上不单调 在区间 上存在异号零点；
（4）函数 在区间 上存在单调递增区间 ，使得 成立；
（5）函数 在区间 上存在单调递减区间 ，使得 成立.
