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II 卷专用）
黄金卷03·参考答案
（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
C B B B B D A C
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 ABD ABC ACD
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。
√3
13．1 14．24π 15．x=−√3（答案不唯一，y= x−2也满足） 16．6
3
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）
2π
【答案】(1)所选条件见解析，B= ；
3
√21
(2) .
2
A+C π-B B
【详解】（1）选（1），则√3csin =bsinC⇒√3csin =bsinC⇒√3ccos =bsinC，
2 2 2
B B π B B B
所以√3sinCcos =sinBsinC，而sinC≠0, ∈(0, )，则√3cos =2sin cos ，
2 2 2 2 2 2
B √3 B π 2π
所以sin = ⇒ = ⇒ B= ；
2 2 2 3 3
1
选（2），则√3⃗BA⋅⃗CB=2S ⇒√3accos(π−B)=2× acsinB，
△ABC 2
2π
所以−√3cosB=sinB⇒tanB=−√3，而B∈(0,π)，则B= ；
3ccosA sinC sinCcosA
tanC= ⇒ =
选（3），则 √3 cosC √3 ，sinC≠0，
b+csinA sinB+sinCsinA
3 3
√3 √3
所以cosAcosC= sinB+sinCsinA⇒cosAcosC−sinCsinA= sinB，
3 3
√3
所以cos(A+C)=cos(π−B)=−cosB= sinB，则tanB=−√3，
3
2π
而B∈(0,π)，则B= .
3
b2+c2−a2 √3 π
（2）由b2+c2=a2+√3bc，则 =√3，故cosA= ，A∈(0,π)，即A= ，
bc 2 6
2π
结合（1）易知：△ABC为顶角为 的等腰三角形，如下图，D是BC中点，
3
△ABC的外接圆周长为2√3π，若外接圆半径为r，则2πr=2√3π⇒r=√3，
所以b=2rsinB=3,c=2rsinC=√3，而⃗AB+⃗AC=2⃗AD，
(⃗AB+⃗AC) 2 ⃗AB2+2⃗AB⋅⃗AC+⃗AC2 c2+2bccosA+b2
所以|⃗AD|2= = = ，
4 4 4
3+9+9 21 √21 √21
则|⃗AD|2= = ⇒ |⃗AD|= ，即求BC边上的中线长为 .
4 4 2 2
18．（12分）
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）证明：由S =2a +n，当n=1时，可得a =−1；
n n 1
当 时， ，所以 ，
n≥2 S =2a +(n−1) a =2a −1(n≥2)
n−1 n−1 n n−1
∴ 时， ，
n≥2 a −1=2(a −1)
n n−1
∴数列 是以 为首项， 为公比的等比数列；
{a −1} a −1=−2 q=2
n 1
∴ ，∴ .
a −1=−2n a =1−2n
n n
（2）证明：由（1）知， ，∴ ，
a =1−2n+1 b =log (1−a )=n+1
n+1 n 2 n+11 1 1 1
∴ = = − ，
b b (n+1)(n+2) n+1 n+2
n n+1
∴ 1 1 1 (1 1) (1 1) ( 1 1 ) 1 1 ,
T = + +⋯+ = − + − ⋅⋅⋅+ − = −
n b b b b b b 2 3 3 4 n+1 n+2 2 n+2
1 2 2 3 n n+1
1 1 1 1 1
因为n∈N∗，所以 >0，所以T = − < 即T < 成立．
n+2 n 2 n+2 2 n 2
1
所以对任意的正整数n，都有T < 得证.
n 2
19．（12分）
【答案】(1)全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）
36
(2)
43
【详解】（1）解：零假设为：H ：全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联），
0
100×(15×35−5×45) 2
根据2×2列联表中的数据，计算得χ2= ≈2.34<2.706=x ，
20×80×40×60 0.1
所以根据小概率值α=0.1的χ2独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，
0
因此可以认定为H 成立，
0
全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）．
（2）解：设A表示火炬手为男性，B表示火炬手喜欢足球，
P(AB) P(B|A)P(A) 0.36 0.36 36
则P(A|B)= = = = = ，
P(B) P(B∣A)P(A)+P(B|A)P(A) 0.36+0.07 0.43 43
36
所以这位火炬手是男性的概率约为 ．
43
20．（12分）
【答案】(1)证明见解析
√14
(2) ．
4【详解】（1）
连接A B,
1
因为四边形A A B B为正方形，所以AB ⊥A B．
1 1 1 1
在直三棱柱ABC−A B C 中，平面A A B B⊥平面A B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
由AB⊥AC得A C ⊥A B ，又平面A A B B∩平面A B C =A B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以A C ⊥平面A A B B，又AB ⊂平面A A B B，所以A C ⊥AB ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又A B∩A C =A ，A B⊂平面A BD，A C ⊂平面A BD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AB ⊥平面A BD，又BD⊂平面A BD，
1 1 1
所以AB ⊥BD.
1
（2）以A为原点，AB，AC，A A 所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
设 ，则 ， ， ， ，
AC=2a A(0,0,0) B(√3,0,0) C(0,2a,0) D(0,a,√3)
， ， ．
⃗AB=(√3,0,0) ⃗AC=(0,2a,0) ⃗AD=(0,a,√3)
设⃗n=(x,y,z)为平面ABD的一个法向量，
则¿，即¿，得x=0，令z=a，则y=−√3，
故 ，
⃗n=(0,−√3,a)由题意， |⃗AC⋅⃗n| 2√3a ，解得 ，
= =√3 a=1
|⃗n| √3+a2
所以 ， ．
⃗BC=(−√3,2,0) ⃗CD=(0,−1,√3)
设 为平面BCD的一个法向量，
i⃗=(p,q,r)
则¿，即¿，
令 ，则 ， ，即 ，
q=√3 p=2 r=1 i⃗=(2,√3,1)
平面ABC的一个法向量为 ，
⃗j=(0,0,1)
设平面ABC和平面BCD的夹角为θ，
|i⃗⋅⃗j| 1 √2
则cosθ= = = ，
|i⃗|⋅|⃗j| √22+(√3) 2+12×1 4
√14
所以sinθ=√1−cos2θ= ，
4
√14
所以平面ABC和平面BCD的夹角的正弦值为 ．
4
21．（12分）
【答案】(1)y=±x
(2)y=2x−4或y=−2x+4或x=2
b
【详解】（1）由题知，a=b=√2，所以双曲线C的渐近线方程为y=± x=±x．
a
x2 y2
（2）双曲线C: − =1的右焦点坐标为(2,0)，
2 2
x2 y2
由题知，直线AB的斜率不为0，设直线AB方程为x=ty+2，代入双曲线C: − =1中，
2 2
化简可得： ，
(t2−1)y2+4ty+2=0(t2≠1)
−4t 2
设A(x ,y ),B(x ,y ),则y + y = ,y y = ．
1 1 2 2 1 2 t2−1 1 2 t2−1
则 −4t2 −4
x +x =t(y + y )+4= +4= ,
1 2 1 2 t2−1 t2−1∴线段 中点 的坐标为( −2 −2t )，
AB S ,
t2−1 t2−1
直线 方程为 2t ( 2 )．
ST y+ =−t x+
t2−1 t2−1
（i）当 时， 点恰好为焦点 ，此时存在点 ( 4√5 )或 ( 4√5 )，使得
t=0 S F T 2+ ,0 T 2− ,0
3 3
80
⃗TS⋅⃗TB=⃗TS2= ．
9
此时直线AB方程为x=2．
（ii）当 t≠0 时，令 y=0 可得 x= −4 ，可得点 T 的坐标为( −4 ,0 )， ⃗TS= ( 2 , −2t )
t2−1 t2−1 t2−1 t2−1
由于ST⊥AB所以⃗TS⋅⃗TB=⃗TS2，
由 ⃗TS⋅⃗TB= 80，即 |⃗TS|2= 80，也即： |⃗TS|2= ( 2 ) 2 + ( −2t ) 2 = 80．
9 9 t2−1 t2−1 9
1 √55
化简可得20t4−49t2+11=0，解出t=± ,t=± ，
2 5
−4 √55
由于直线AB要交双曲线右支于两点，所以 >0，即t2<1，故舍去t=± ．
t2−1 5
1
可得直线AB的方程为x=± y+2．
2
综上：直线AB方程为y=2x−4或y=−2x+4或x=2．
22.（12分）
22．（12分）
2 1
【答案】(1)a≥ −
π 4
1
(2)(−∞,0)∪[ ,+∞)
2cosx −xsinx−cosx
【详解】（1）因为f(x)= ，所以f' (x)= ，
x x2
π π 2
则f(x)在点A ( ,0 ) 处的切线斜率为f' ( )=− ，
2 2 π
2 π 2
所以切线方程为y=− (x− )，即y=− x+1.
π 2 π
2 1 2
由¿得− x+1= −ax，即(a− )x2+x−1=0.
π x π
2
因为函数定义域为{x|x≠0}，所以方程(a− )x2+x−1=0有非零实数根，
π
2 2 2 2 1 2
当a= 时，x=1，符合题意，当a≠ 时，则Δ=1+4(a− )≥0，即a≥ − ，且a≠ ，
π π π π 4 π
2 1
所以实数a的取值范围是a≥ − .
π 4
cosx 1
（2）因为函数f(x)和函数g(x)的图象没有公共点，所以f(x)=g(x)，即 = −ax无实根，
x x
所以当 时， 无实根，
x≠0 h(x)=cosx+ax2−1=0
因为 ，即 是偶函数，所以 在 上无实根.
h(−x)=h(x) h(x) h(x)=cosx+ax2−1=0 (0,+∞)
，
h' (x)=2ax−sinx
记 则 ， .
m(x)=h' (x)=2ax−sinx m'(x)=2a−cosx x∈(0,+∞)
①当 时， ，又 ，则 ，所以 ，满足 在
a<0 ax2<0 −1≤cosx≤1 cosx−1≤0 h(x)=cosx+ax2−1<0 h(x)=0
(0,+∞)上无实根.
②当a=0时，h(x)=cosx−1=0在(0,+∞)上有实根，不合题意，舍去.
1
③当a≥ 时，m'(x)=2a−cosx≥0，所以h' (x)=2ax−sinx在(0,+∞)单调递增，
2
则 ，所以 在 上单调递增，
h' (x)>h' (0)=0 h(x)=cosx+ax2−1=0 (0,+∞)
所以h(x)>h(0)=0，满足h(x)=0在(0,+∞)上无实根.
1 π π
④当00，
2 2 2
π
则存在唯一的x ∈(0, )，使m' (x )=2a−cosx =0，列表得
0 2 0 0π
x (0,x ) x (x , )
0 0 0 2
m' (x) - 0 +
m(x)=h' (x)↘ 极小值 ↗
所以当 时， ，则 在 单调递减，则 ，
x∈(0,x ) h' (x)0 h(x) (0,+∞)
所以 在 上有实根，不合题意.
h(x)=cosx+ax2−1=0 (0,2π)
1
综上可知，实数a的取值范围是(−∞,0)∪[ ,+∞).
2
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．
注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问
题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨
论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这
种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
