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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（广东专用）
黄金卷07
（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．满足等式 的集合X共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据方程 的实数根可得集合，则 ，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件
的所有集合 .
【详解】解：方程 的实数根有 ，解集构成的集合为 ，
即 ，则符合该等式的集合 为 ， ， ， ，
故这样的集合 共有4个.
故选：D.
2．已知单位向量 ， 满足 ，若向量 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据向量的数量积运算以及夹角的余弦公式，可得答案.
【详解】由单位向量 ，则 ，即 ， ，
.
故选：B.
3．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】将 改写成 的形式，利用诱导公式和二倍角公式即可求得结果.
【详解】由 可得，
，
由二倍角公式可得 ；
即
故选：A
4．现将 六个字母排成一排，要求 相邻，且 不相邻，则不同的排列方式有（ ）种．
A．192 B．240 C．120 D．28
【答案】A
【分析】先求出 相邻时排列种数，再求出 相邻，且 在 中间时排列种数，两种情况相减即可.
【详解】当 相邻时，不同的排列方式有 种，
当 相邻，且 在 中间时，不同的排列方式有 种，
则要求 相邻，且 不相邻，则不同的排列方式有 种.
故选：A.
5．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，
6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是
每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一
“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（ ）（参考公式： ）
A．1450 B．1490 C．1540 D．1580
【答案】C
【分析】根据已知条件及合情推理中的归纳推理，利用参考公式及等差数列前 项和公式即可求解.
【详解】因为“三角形数”可以写为
所以第 层“三角形数”为 ，
所以 层时，垛球的总个数为：
，
所以若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为
.
故选：C.
6．设 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】构造函数 ，利用导数讨论其单调性，利用单调性比较可得.
【详解】由题知，
记 ，则
易知 在 上单调递减，
所以，当 时，
所以， 在 上单调递减，故
即
又 为增函数，所以 .
故选：B
7．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面 为
正方形， 平面 ，四边形 ， 为两个全等的等腰梯形， ，且 ，则此刍
甍的外接球的表面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出点 到平面 的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质
求解作答.
【详解】取 、 中点 、 ，正方形 中心 ， 中点 ，连接 ，
根据题意可得 平面 ， ，点 是 的中点， ，
在等腰 中， ， ，
同理 ，
则等腰梯形 的高为 ，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心 在直线 上，连接 ，
正方体 的外接圆的半径 ，
则有 ，
而 ， ，
当点 在线段 的延长线（含点 ）时， 视 为非负数，若点 在线段 的延长线（不含点 ）时，
视 为负数，
即有 ，则 ，解得 ，
则刍甍的外接球的半径为 ，
则刍甍的外接球的表面积为 ，
故选：C.
8．已知函数 （ 且 ），若对任意 ， ，则实数a的取值范围为
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】当 时， 恒成立，利用图象关系可得 ，且 ，求得 .当
， 恒成立，变形
构造函数 ，求导判断单调性，从而推出 ，进一步得到 ，综上得到
.
【详解】当 时， ，
由图可知， ，
此时若对任意 ， ，只需 ，即 ， 即 .
当 ， ，
此时若对任意 ， ，即 ，
，所以只需 .
令 ，则 ，
当 单调递增，当 单调递减，
， .
综上， .
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．中国共产党第二十次全国代表大会的报告中，一组组数据折射出新时代十年的非凡成就，数字的背后是无数的
付出，更是开启新征程的希望.二十大首场新闻发布会指出近十年我国居民生活水平进一步提高，其中2017年全国
居民恩格尔系数为29.39%，这是历史上中国恩格尔系数首次跌破30%.恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特·恩格
尔提出的，计算公式是“恩格尔系数 ”.恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低
的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达60%以上为贫困，50%~60%为温
饱，40%~50%为小康，30%~40%为富裕，低于30%为最富裕.如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线
图，由图可知（ ）A．城镇居民2015年开始进入“最富裕”水平
B．农村居民恩格尔系数的平均数低于32%
C．城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于29%
D．全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数
【答案】AC
【分析】根据折线统计图一一分析即可.
【详解】解：对于A：从折线统计图可知 年开始城镇居民的恩格尔系数均低于 ，即从2015年开始进入
“最富裕”水平，故A正确；
对于B：农村居民恩格尔系数只有 、 、 这三年在 之间，
其余年份均大于 ，且 、 这两年大于（等于） ，
故农村居民恩格尔系数的平均数高于 ，故B错误；
对于C：城镇居民恩格尔系数从小到大排列（所对应的年份）前 位分别为 、 、 、 、 ，
因为 ，所以第 百分位数为第 位，即 年的恩格尔系数，由图可知 年的恩格尔系数高于
，故C正确；
对于D：由于无法确定农村居民与城镇居民的比例，显然农村居民占比要大于 ，
故不能用农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数作为全国居民恩格尔系数，故D错误；
故选：AC
10．已知直线 ： ， ： ，圆C： ，若圆C与直线 ， 都相切，则下
列选项一定正确的是（ ）
A． 与 关于直线 对称
B．若圆C的圆心在x轴上，则圆C的半径为3或9
C．圆C的圆心在直线 或直线 上D．与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个
【答案】ACD
【分析】对于A，将线关于线对称转化为点关于线对称，利用点关于线对称的解决办法及点在直线上即可求解；
对于B，根据已知条件设出圆心，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式即可求解；
对于C，利用圆的标准方程得出圆心和半径，利用直线与圆的相切的条件及点到直线的距离公式，结合点在直线
上即可求解；
对于D，根据已知条件及选项C的结论，利用点到坐标轴的距离公式及半径的定义，结合点在直线上即可求解.
【详解】对于A，设直线 ： 上任意一点 关于直线 对称的点为 ，则
，解得 ，所以点 在直线 ： 上，所以 与 关于直线 对称，
故A正确；
对于B，因为圆C的圆心在x轴上，设圆心为 ，因为圆C与直线 ， 都相切，所以 ，解得
或 ，当 时， ；当 时， ，故B错误；
对于C，由圆C： ，得圆心为 ，半径为 ，因为圆C与直线 ， 都相切，所以
，解得 或 ，所以圆心 在直线 或直线 上，故C正
确；
对于D，由圆C： ，得圆心为 ，半径为 ，因为圆 与两坐标轴都相切，得圆心到 轴的
距离为 ，到 轴的距离为 ，所以 且 ，即 ，解得 或 ，当 时，由题意可知
，解得 或 ，当 时，此时不满足，所以与两坐标轴都相切的
圆C有且只有2个，故D正确.
故选：ACD.11．已知函数 ，则下列选项正确的有（ ）
A．函数 极小值为1
B．函数 在 上单调递增
C．当 时，函数 的最大值为
D．当 时，方程 恰有3个不等实根
【答案】AC
【分析】求导得 ，分析 的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出
的图象，结合图象即可判断D是否正确.
【详解】对于AB：
，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
所以 的极大值为 ，
的极小值为 ，故A正确，B错误；
对于C：
由函数单调性知， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上递增，
且 ， ，
故函数 的最大值为 ，故C正确；
对于D：
当 时， ， 时， ，
且 的极大值为 ， 的极小值为 ，
由上述分析可知， 的图象为：由图象可得当 或 时， 有1个实数根，
当 或 时， 有2个实数根，
当 时， 有3个实数根，故D错误.
故选：AC.
12．近年来，纳米晶的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构
示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的
有（ ）
A．该结构的纳米晶个体的表面积为
B．该结构的纳米晶个体的体积为
C．该结构的纳米晶个体外接球的表面积为
D．二面角A−AA−B 的余弦值为
1 2 3 3
【答案】ABD
【分析】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.对于B：棱长为a的正四面体的高为 ，根据割补法代公式计算.
对于C：设外接球球心为O，三角形 的中心为 ，正六边形 的中心为 ，则O在 上，
计算可得；
对于D：二面角 是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.
【详解】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表面积 ，
故A正确；
对于B：棱长为a的正四面体的高为 ，所以 ，故B正确；
对于C：设外接球球心为O，三角形 的中心为 ，正六边形 的中心为 ，则O在 上，
几何体上下底面距离为 ，可得 ，计算整理得 ，因此该几
何体的外接球表面积为 ，故C错误；
对于D：二面角 为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图，
过正四面体的顶点 作 平面 于 点，易知 为 的中心，延长 交 于 点，则 为 的中
点，连接 ，设正四面体的棱长为2，则 ，所以 ， ，因为
平面 ，所以 ，又 ， ，所以 平面 ， 平面 ，所以
，所以 即为所求侧面 与底面 所成二面角的平面角，在 中，，所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为 ，所以二面角A−AA−B 的余弦值
1 2 3 3
为 ，故D正确.
故选：ABD.
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．在 的展开式中， 的系数为 ．
【答案】
【分析】原多项式中写出含 的项，然后再从 中写出含 的项，即可得含 的系数.
【详解】由含 的项中对应 的指数分别为 ，
所以 ，
对于 中含 的项为 ，
所以含 的系数是 .
故答案为： .
14．定义开区间 的长度为 ．经过估算，函数 的零点属于开区间 （只要求写
出一个符合条件，且长度不超过 的开区间）．
【答案】 （不唯一）
【分析】利用函数的零点存在定理求解.
【详解】解：因为 都是减函数，
所以 是减函数，
又 ，即 ，
所以函数 在 上有零点，且 ，
故答案为 （不唯一）
15．如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在CB 位
0
置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A 处.设连杆AB长200 ，曲柄CB长70 ，则曲柄自CB 按
0 0
顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点A移动的距离AA）约为 .（结果保留整
0
数）（参考数据：sin53.2°≈0.8）
【答案】36
【分析】在 中，利用正弦定理求出 ，再求出 ， ，再利用两角和的正弦公
式可求出 ，再利用正弦定理可求出 ，从而可求得答案
【详解】如图，在 中， ， ， ， ，
由正弦定理， ，
∵ ，∴ ，故 为锐角，
∴ ，
∴ ，
所以 ，
故 .
故曲柄 按顺时针方向旋转 时活塞移动的距离约为36mm.
故答案为：3616．已知直线 与双曲线 交于A，B两点（A在B的上方），A为BD的中点，过
点A作直线与y轴垂直且交于点E，若 的内心到y轴的距离不小于 ，则双曲线C的离心率取值范围是
.
【答案】
【分析】先求得 的坐标，根据三角形的内心以及角平分线定理以及 的内心 到 轴的距离 的范围，求
得 的取值范围，进而求得离心率 的取值范围.
【详解】因为A在B的上方，且这两点都在C上，
所以 ， ，则 .
因为A是线段BD的中点，又 轴，
所以 ， ，
所以 的内心G在线段EA上.
因为DG平分 ，所以在 中所以 ，
设 ，所以 ，
因为G到y轴的距离不小于 ，∴ ，
∴ .
∴ ，故 .故答案为：
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．如图，在 中，D是 边上的一点， ， ．
(1)证明： ；
(2)若D为靠近B的三等分点， ， ， ， 为钝角，求 ．
【分析】（1）在 和 中分别用正弦定理表示出 ，相比即可证明结论；
（2）利用（1）的结论可求得 ，继而由余弦定理求得 的长，即可得 长，从而求得 的长，即可
求得答案.
【详解】（1）证明：在 中， ，
在 中， ,
由于 ,故 ，
所以 .
（2）因为 ，故 ，由 为钝角，故 为锐角，又 ，且D为靠近B的三等分点， ， ，
故 ，
故 ,
故 ，则 ,
故 .
18．已知公差不为0的等差数列 中， ， 是 和 的等比中项.
(1)求数列 的通项公式：
(2)保持数列 中各项先后顺序不变，在 与 之间插入 ，使它们和原数列的项构成一个新的数
列 ，记 的前 项和为 ，求 的值.
【分析】（1）公式法解决即可；（2） 与 （ ，2，…）之间插入 ，说明在数列 中有10项来自
，10项来自 ，分组求和即可.
【详解】（1）设数列 的公差为 ，
因为 是 和 的等比中项，
所以 ，即 ，
因为
所以 或 （舍）
所以 ，
所以通项公式
（2）由（1）得 ，因为 与 （ ）之间插入 ，
所以在数列 中有10项来自 ，10项来自 ，
所以
19．如图所示，三棱锥 ，BC为圆O的直径，A是弧 上异于B、C的点.点D在直线AC上， 平面
PAB，E为PC的中点.
(1)求证： 平面PAB；
(2)若 ，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【分析】（1）由已知可推出 ，进而得出D为AC中点，证得 ，即可根据线面平行的判定定理；
（2）先证明 平面 .方法一：以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB
与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可；方法二：以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出
各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可.
【详解】（1）因为 平面PAB，平面 平面 ， 平面CAB
所以 .
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）如图1，取 的中点F，连结PF、AF.
由已知底面 在半圆O上，BC为圆O的直径，可得 .
因为
所以 ，
所以 .
又 ，则有 ，
所以 ， .
则有 ， ， ，
所以 ， ， ，
又 ， 平面 ， 平面 .
所以 平面 .
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.
由 ， ，可得 .
， ， ， ， ， .
所以 ， ， .
设 为平面PAB的一个法向量，
则 ，
令 ，则 ， ，则 .
设 为平面PBC的一个法向量，则 ，
令 ，则 ， ，则 .
设平面PAB与平面PBC的夹角为 ，则
.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为 ，
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， .
设 为平面PAB的一个法向量，
则 ，
令 ，则 ， ，则 .
设 为平面PBC的一个法向量，
则 ，
令 ，则 ， ，则 .设平面PAB与平面PBC的夹角为 ，则
.
20．学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生
和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让
他们参加比赛.
(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积 分.现抽中甲、乙两
位同学，每轮比赛甲赢概率为 ，乙赢概率为 ，比赛共进行二轮.
（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；
（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.
【分析】（1）设 “抽到第一袋”， “抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女
生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；
（2）（i） 的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii） 的可能取值为－4，－2，0，2，
4，计算出相应概率，即得分布列和均值；
【详解】（1）设 “抽到第一袋”， “抽到第二袋”，
B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”
由全概率公式得
（2）（i）设在一轮比赛中得分为 ，则 的可能取值为－2，0，2，则得分为 的分布列用表格表示
－2 0 2
P
（ii）设在二轮比赛中得分为 ，则 的可能取值为－4，－2，0，2，4，则
得分为 的分布列用表格表示为
－4 －2 0 2 4
P
21．已知椭圆 ，直线l： 与椭圆 交于 两点，且点 位于第一象限.
(1)若点 是椭圆 的右顶点，当 时，证明：直线 和 的斜率之积为定值；
(2)当直线 过椭圆 的右焦点 时， 轴上是否存在定点 ，使点 到直线 的距离与点 到直线 的距离相
等？若存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由.
【分析】(1) 联立直线方程和椭圆方程得 ，由韦达定理可得 的关系，再由
计算即可得证；
(2)由题意可得直线 的方程为 ，联立直线方程与椭圆方程得 ，由韦达定理
之间的关系，假设存在满足题意的点 ，设 ，由题意可得 .代入计算，如果 有解，则存
在，否则不存在.【详解】（1）证明：因为 ，所以直线l： ，
联立直线方程和椭圆方程： ，得 ，
设 ，
则有 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 ， ，
所以 = =
所以直线 和 的斜率之积为定值 ；
（2）解：假设存在满足题意的点 ，设 ，
因为椭圆 的右焦点 ，所以 ,即有 ，
所以直线 的方程为 .
由 ，可得 ，
设 ，
则有 ；
因为点 到直线 的距离与点 到直线 的距离相等，
所以 平分 ,
所以 .
即 = = ，
又因为 ，所以 ，
代入 ，
即有 ，
解得 .
故 轴上存在定点 ，使得点 到直线 的距离与点 到直线 的距离相等.
22．已知函数 ，其中 且 ．
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若存在实数 ，使得 ，则称 为函数 的“不动点”求函数 的“不动点”的个数；
(3)若关于x的方程 有两个相异的实数根，求a的取值范围．
【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）记 ，利用导数得 在 和 上均单调递增．记 ，
对 分 讨论，结合零点定理求函数 的“不动点”的个数；
（3）记 ，利用（1）得出 的单调性和值域，然后分 和 两种情况，结合（2）中不动点
的范围对 进行分析即可
【详解】（1）当 时， ，定义域为R．
，令 ，得 ．当 时， ；当 时， ．
所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 ．
（2）函数 的不动点即为方程 的根，即方程 的根．
显然， 不是方程 的根，所以 ．
记 ，因为 （当且仅当 取等号），所以 在 和
上均单调递增．
由 ，记 ．
①当 时，
（ⅰ）当 时， ，
（可设
当 ， 当 ，
在 单调递减，在 单调递增，所以 ），
存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ；
（ⅱ）当 时， ，
（设
当 ， 当 ，
在 单调递增，在 单调递减，
所以 ），存在 ，使得 ，即存在唯一 使得 ．
②当 时，
（ⅰ）当 时， 无零点；（ⅱ）当 时，因为 ， ，存在 ，使得 ，即存在唯一
使得 ．
综上所述，
当 时，函数 有两个“不动点” ， ；当 时，函数 有一个“不动点” ．
（3）记 ，由（1）知，
当 时，函数 单调递增，且 ；
当 时，函数 单调递增，且 ；
当 时，函数 单调递减，且当 趋向于无穷时， 的增长速率远远大于一次函数的增长速率，
则 ．
当 ，由（2）知
（其中 ）．
由 ，代入得 ．
因为 ，所以此时 只有一个解；
因为 ，所以此时 有两个解，
故 共有三个解，不满足题意；
当 ，由（2）知
由 ，代入得 ，
当 时， 只有一个解 ，不满足题意，此时 ；
时， 共有两个解，满足题意，综上所述，当 且 时方程有两个不同实数根．
