【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06·参考答案
（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
D A C C A C A 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 10 11 12
BC ABD ACD 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。
1 (√6 )
13．1 14．729 15．− /−0.25 16． ,√6
4 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）
√2
【答案】(1)证明见解析； (2)− .
4
1 1
【解析】（1）由题设， absinC=( a2−b2 )sinC，又sinC≠0，
2 2
1 1
所以 ab= a2−b2，由正弦定理可得sin AsinB=sin2A−2sin2B，
2 2
所以 ，又 ，
sinB(sin A+sinB)=sin2A−sin2B=(sin A+sinB)(sin A−sinB) sinA+sinB≠0
所以sinB=sinA−sinB，即sinA=2sinB.
3
（2）由（1）及题设，sin AcosC=2sinBcosC= sinB，且sinB>0，
2
3 √2 √3 π π √7
所以cosC= ∈( , )，则 <C< ，故sinC= ，
4 2 2 4 3 47
5sin2B−
√14
又 a2+b2−c2 sin2A+sin2B−sin2C 16 3，可得sinB= ，
cosC= = = =
8
2ab 2sin AsinB 4sin2B 4
5√2 √3 5π 2π 3π
若cosB=− <− ，则 <B<π，而 <A+B< ，故不合题设；
8 2 6 3 4
5√2
所以cosB= ，
8
√14 √7 5√2 3 √2
所以cosA=cos[π−(B+C)]=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC = × − × =− .
8 4 8 4 4
18．（12分）
【答案】(1)a =2n+1 (2)10
n
【解析】（1）设等差数列 的公差为d，因为 ，则 ．
{a } a =3 S =3a +3d=9+3d
n 1 3 1
因为S =5a =15，则9+3d=15，得d=2．
3 1
所以数列 的通项公式是 ．
{a } a =3+2(n−1)=2n+1
n n
n(n−1) 2 2 1 1
（2）因为S =3n+ ×2=n2+2n，则b =1+ =1+ =1+ −
n 2 n S n(n+2) n n+2
n
所以 ( 1) (1 1) (1 1) ( 1 1 ) (1 1 )
T =n+ 1− + − + − +⋯+ − + −
n 3 2 4 3 5 n−1 n+1 n n+2
(1 1 1 )．
=n+1+ − −
2 n+1 n+2
1 1 1 1
当n≤2时，因为− ≤ − − <0，则[T ]=n．
3 2 n+1 n+2 n
1 1 1 1
当n≥3时，因为0< − − < ，则[T ]=n+1．
2 n+1 n+2 2 n
(n−2)(4+n+1)
因为[T ]+[T ]+⋯+[T ]=63，则1+2+4+5+⋯+(n+1)=63，即3+ =63，
1 2 n 2
即n2+3n−130=0，即(n−10)(n+13)=0．因为n∈N∗，所以n=10
19．（12分）
PF 1 PF 4
【答案】(1)证明见解析 (2)存在； = 或 =
PC 2 PC 5
【解析】（1）证明：连接AC，
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
又AD//BC,∴AE⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD,∴PA⊥AE，
又PA∩AD=A,∴AE⊥平面PAD，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PAD．
（2）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立
空间直角坐标系，设 ，则 ， ， ， ， ，
⃑PF=t⃑PC(0≤t≤1) A(0,0,0) E(√3,0,0) C(√3,1,0) P(0,0,2) G(0,1,1)
，
F(√3t,t,2−2t)
所以 ， ， ．
⃑AE=(√3,0,0) ⃑AF=(√3t,t,2−2t) ⃑EG=(−√3,1,1)
设平面AEF的法向量⃗n=(x,y,z)，则¿即¿
令z=t，得平面AEF的一个法向量⃗n=(0,2t−2,t)．
设EG与平面AEF所成的角为θ，则
sinθ=|cos⟨⃑EG,⃗n⟩|=
|⃑EG⋅⃗n|
=
|2t−2+t|
=
|3t−2|
=
1
，
|⃑EG||⃗n| √5×√(2t−2) 2+t2 √5×√5t2−8t+4 5
1 4
解得t= 或t= ，
2 5
1 PF 1 PF 4
即存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为 ，且 = 或 = ．
5 PC 2 PC 5
20．（12分）【答案】(1)①答案见解析；②证明见解析 (2)应该投资，理由见解析
【解析】（1）①由题意，X=1,2,3,...,10
故
P(X=k)=p(1−p) k−1,k=1,2,⋯,9,P(X=10)=(1−p) 9
分布列如下：
X 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
P p p(1−p) p(1−p) 2 p(1−p) 3 p(1−p) 4 p(1−p) 5 p(1−p) 6 p(1−p) 7 p(1−p) 8 (1−p) 9
② ，
E(X)=p(1−p) 0+2p(1−p) 1+3p(1−p) 2+⋯+9p(1−p) 8+10(1−p) 9
记 ，
S=(1−p) 0+2(1−p) 1+3(1−p) 2+⋯+9(1−p) 8
，
(1−p)S=(1−p) 1+2(1−p) 2+3(1−p) 3+⋯+9(1−p) 9
1−(1−p) 9
作差可得，pS=(1−p) 0+(1−p) 1+(1−p) 2+⋯+(1−p) 8−9(1−p) 9= −9(1−p) 9，
p
1−(1−p) 9 1−(1−p) 10 1
则E(X)=pS+10(1−p) 9= +(1−p) 9= < ，即证.
p p p
1
（2）由（1）可知E(X)< =4，则试验成本的期望小于4a，又获利5a大于成本的期望，则应该投资.
p
21．（12分）
x2 y2
【答案】(1) + =1 (2)6
4 3
【解析】（1）解：由题意，设椭圆半焦距为c，则c 1，即c2 b2 1，得 √3 ，
= =1− = b= a
a 2 a2 a2 4 2
1 1
设B(x ,y ) , S = a|y |，由|y |≤b，所以S 的最大值为 ab，
1 1 △OAB 2 1 1 △OAB 2
√3 1 √3
将b= a代入 ab=√3，有 a2=√3，解得a=2,b=√3，
2 2 4
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1；
4 3
（2）解：设 ，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，
C(x ,y )
2 2
设直线BC方程为 ，与椭圆方程联立得 ，
x=my+t (3m2+4)y2+6mty+3t2−12=0，可得 ，
Δ=36m2t2−12(3m2+4)(t2−4)>0 t2<3m2+4
由韦达定理可得 6mt 3t2−12，
y + y =− , y y =
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
直线BA的方程为 y ，令 得点M纵坐标 y (t−2)，
y= 1 (x−2) x=t y = 1
x −2 M x −2
1 1
同理可得点N纵坐标 y (t−2)，
y = 2
N x −2
2
当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得 ，即 ，
|PA||PO|=|PM|⋅|PN| t(t−2)=|y y |
M N
y y (t−2) 2 y y (t−2) 2 y y (t−2) 2
y y = 1 2 = 1 2 = 1 2
M N (x −2)(x −2) (m y +t−2)(m y +t−2) m2y y +m(t−2)(y + y )+(t−2) 2
1 2 1 2 1 2 1 2
=
3(t2−4)(t−2) 2
=
3(t+2)(t−2) 2
3m2(t2−4)−6m2t(t−2)+(3m2+4)(t−2) 2 3m2 (t+2)−6m2t+(3m2+4)(t−2)
3(t+2)(t−2) 2 3 ，
= = (t+2)(t−2)
4(t−2) 4
3
由t>2，故t(t−2)= (t+2)(t−2)，解得t=6．
4
22．（12分）
【答案】(1)答案见解析 (2)不存在，理由见解析
【解析】（1）依题意，f(x)的定义域为(0,+∞)，
a+1 1 a+1 x+a+1
由f(x)=lnx− (a∈R)，得 f' (x)= + = ，
x x x2 x2
①当 时， 恒成立，所以 在 单调递增；
a≥−1 f' (x)>0 f(x) (0,+∞)
②当 时，令 ，得 ，
a<−1 f' (x)=0 x=−a−1
当 时， ，所以 在 单调递减；
x∈(0,−a−1) f' (x)<0 f(x) (0,−a−1)
当 时， ，所以 在 单调递增；
x∈(−a−1,+∞) f' (x)>0 f(x) (−a−1,+∞)综上，当a≥−1时，f(x)在(0,+∞)单调递增；
当a<−1时，f(x)在(0,−a−1)单调递减，在(−a−1,+∞)单调递增.
（2）设 ，则 x+a+1 a(x−3)，
ℎ(x)=f(x)−g(x) ℎ ' (x)=f' (x)+a(x−3)e1−x= +
x2 ex−1
①当 时， 恒成立，所以 在 单调递增，
x≥3
ℎ
' (x)>0 ℎ(x) [3,+∞)
5 a+1 a a a
又因为0<a< ，所以ℎ(3)=ln3− − +1>ln3− >1− >0，
3 3 e2 e2 e2
所以ℎ(x)>0，ℎ(x)在[3,+∞)不存在零点；
②当 时，设 ，则 ，
0<x<3 φ(x)=ex−1−x φ' (x)=ex−1−1
当 时， ，所以 在 单调递减；
0<x<1 φ' (x)<0 φ(x) (0,1)
当 时， ，所以 在 单调递增；
1<x<3 φ' (x)>0 φ(x) (1,3)
1 1
所以φ(x)≥φ(1)=0，即ex−1≥x，因为x>0，所以 ≤ ，
ex−1 x
5 a(x−3) a(x−3)
又因为0<a< 且0<x<3，所以a(x−3)<0，所以 ≥ ，
3 ex−1 x
所以 x+a+1 a(x−3) ax2+(1−3a)x+a+1，
ℎ ' (x)≥ + =
x2 x x2
1 3a−1
当0<a≤ 时，函数δ(x)=ax2+(1−3a)x+a+1的对称轴为x= ≤0，
3 2a
所以δ(x)在(0,3)单调递增，所以δ(x)>δ(0)=a+1>0，
所以 ，所以 在 单调递增；
ℎ
' (x)>0 ℎ(x) (0,3)
1 5 16
当 <a< 时，Δ=(1−3a) 2−4a(a+1)=5a2−10a+1≤− <0，
3 3 9
所以 ，所以 ，所以 在 单调递增；
δ(x)>0
ℎ
' (x)>0 ℎ(x) (0,3)
5
综上可知，当0<a< 时，均有ℎ(x)在(0,3)单调递增，
3
又因为ℎ(1)=−a−1+a+1=0，所以ℎ(x)在(0,3)恰有一个零点1，
5
故当0<a< 时，ℎ(x)在(0,+∞)恰有一个零点1，
3因此不存在 ，且 ，使得 .
x ,x x ≠x f (x )=g(x )(i=1,2)
1 2 1 2 i i
