文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（天津专用）
黄金卷08
（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9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用指数函数单调性求解集合A，从而求解 ，利用对数函数单调性结合整数概念求解集合B，
最后利用交集运算即可求解.
【详解】因为集合 ，所以 ，
又 ，
所以 .
故选：C
2．“ ”是“ ”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】A
【分析】通过求出两不等式的解，即可得出结论.
【详解】由题意，
在 中， 或 ，
在 中， 或 ，
∴“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：A.3．已知函数 的部分图象如图所示，则 的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据图象可知 为奇函数，即可根据奇偶性排除ABC，即可求解.
【详解】由图象可知： 为奇函数，且定义域为 ，
对于A, ,故 为偶函数，不符合要求，舍去，
对于C， ,故 为偶函数，不符合要求，舍去，
对于B， ，故 不是奇函数，不符合要求，舍去，
故选：D
4．有一组样本数据 ，则（ ）
A．这组样本数据的极差不小于4 B．这组样本数据的平均数不小于4
C．这组样本数据的中位数不小于3 D．这组样本数据的众数等于3
【答案】A
【分析】根据极差、平均数、中位数和众数的概念判断即可.
【详解】样本数据 中，
对于A，显然这组样本数据的极差大于等于 ，故A正确；
对于B，若 ，则平均数为 ，故B错误；对于C，若 ，则 中位数为 ，故C错误；
对于D，若 ，则 众数为 ，故D错误.
故选：A
5．已知 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据指对幂函数的单调性以及中间值进行比较即可.
【详解】由 单调递减可知： ，即 ；
由 单调递增可知： ，即
所以 .
故选：D.
6．已知 是等差数列 的前 项和， 为数列 的前 项和，若 ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知条件可得出关于 、 的方程组，求出这两个量的值，可求出 的表达式，推导出
为等差数列，利用等差数列求和公式可求得 的值.
【详解】设等差数列 的公差为 ，则 ，
由 可得 ，整理可得 ，
解得 ， ，所以， ，则 ，则 ，所以，数列 为等差数列，
所以， .
故选：A.
7．已知函数 在区间 单调递增，直线 和 为函数 的图象的两条
对称轴，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由单调性及对称性得出函数的最小正周期，从而求得 ，然后求得 ，最后计算 即可．
【详解】由已知，最小正周期为 ， ，
， ， ，
，
，
故选：B．
8．双曲线 的左、右焦点分别为F₁、F₂，A为双曲线C左支上一点，直线 与双曲线
C的右支交于点B，且 ，则 （ ）
A． B．26 C．25 D．23
【答案】B
【分析】由双曲线定义有 ，设 易得 ， ，在 中应用余弦定理求参数，即可求 .
【详解】由题设知： ，
令 ，则 ， ，
中， ，则 ，
所以 ，则 ，故 ，则 ，
所以 .
故选：B
9．把过棱锥的顶点且与底面垂直的直线称为棱锥的轴，过棱锥的轴的截面称为棱锥的轴截面．现有一个
正三棱锥、一个正四棱锥、一个正六棱锥，它们的高相等，轴截面面积的最大值也相等，则此正三棱锥、
正四棱锥、正六棱锥的体积之比为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据正三棱锥、正四棱锥、正六棱锥的结构特征，结合空间直观想象找到底面边长与高 、最大
轴截面 的等量关系，都用 表示边长，进而代入分别求解体积，得到体积之比.
【详解】设3个正棱锥的高均为h，轴截面面积的最大值均为S．（1）正三棱锥
当轴截面与底面的一条棱垂直时，轴截面面积最大，
如图，设正三棱锥 的底面边长为a，取底边 的中点 ，
则 ， 平面VAD，故 平面 ，
即为面积最大的轴截面图形.
所以 ，即 ，
可得正三棱锥的体积为 ．
（2）正四棱锥
当轴截面经过底面的一条对角线时，轴截面面积最大，
如图，设正四棱锥 的底面边长为b，
连接 ， 即为面积最大的轴截面图形.
所以 ，即 ，
则底面 的面积为 ，
可得正四棱锥的体积为 ．（3）正六棱锥
当轴截面经过底面的两个相对的顶点时，轴截面面积最大，
如图，设正六棱锥 的底面边长为c，
连接 ， 即为面积最大的轴截面图形.
所以 ，则 ，
可得正六棱锥的体积为
．
所以正三棱锥、正六棱锥的体积之比为 ，即 ．
故选：C.
第 II 卷（非选择题）
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
【答案】
【分析】设 ，再代入 化简求解即可.
【详解】设 ，则 ，即 ，解得 .
故 ，则 的虚部为 .
故答案为：
11．若 ，则 .
【答案】【分析】根据题意，化简得到 ，结合二项展开式的
通项公式，即可求解.
【详解】由 ，
其中二项式 展开式的通项公式为 ，
当 时，可得 ，所以 .
故答案为： .
12．已知 的圆心为 ，且与直线 相切，则圆C的面积为 .
【答案】
【分析】求得圆的半径，进而求得圆的面积.
【详解】因为圆M与直线. 相切，
所以点 到直线： 的距离即为圆M的半径，
所以 ，圆C的面积为 .
故答案为：
13．口袋里有标号为1，2，3的三个小球，从中任取一球，记下它的号码后放回袋中，这样连续操作三次．
若每次取到各个小球的可能性相等，记事件 “三次抽到的号码不全相同”；则 ；记
事件 “三次抽到的号码之和为7”，则 ．（用数字作答）
【答案】 /0.25
【分析】第一空，先求出 ，根据 可得，第二空，可判断 ，故
，求出 后，由公式 可得.【详解】 “三次抽到的号码全相同”， 由题意 ，
所以 ，
事件 “三次抽到的号码之和为7”，即抽到的三个数为2，2，3或1，3，3，
故 ，
，
故 ，
故答案为： ；
14．在四边形 中， ， ， ， ， ，则实数 的值为
，若 是线段 上的动点，且 ，则 的最小值为 .
【答案】
【分析】（1）根据 和向量的数量积定义式计算 ；
（2）建立平面坐标系，设 ，用 表示出 ，根据二次函数性质得出最小值．
【详解】解： ， ，
， ，
，
；
过 作 ，垂足为 ，则 ， ， ，
以 为原点，以 ， 所在直线为坐标轴建立平面坐标系如图所示：
则 ，设 ， ， ，， ，
，
当 时， 取得最小值 ．
故答案为： ； ．
【点睛】本题考查了平面向量的数量积计算，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中
档题．
15．已知函数 ，若 有4个零点，则实数a的范围是 .
【答案】
【分析】由题可得方程 与方程 各有两个根，对于前者转化为函数
图象与直线 有两个交点，后者由判别式结合韦达定理可得a范围，综合后可得答案.
【详解】当 时， ，则函数 在
上单调递减，在 上单调递增，据此可得 大致图象如下，又 方程的解的个数相当于函数 图象与直线 交点个数，方程 最多2个根， 有4个零点，
则方程 与方程 各有两个根.设方程 两根为
，则 .
故答案为： .
三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c（ ），已知 ，
(1)求 ；
(2)求a，c的值；
(3)求 的值.
【答案】(1)
(2)
(3)【分析】（1）由正弦定理的边化角公式结合三角恒等变换得出 ；
（2）由三角形面积公式得出 ，再由余弦定理得出 ，进而得出a，c的值；
（3）计算 ，再由差角公式求解即可.
【详解】（1） ， ，
又 ， .
（2） ，又 ，
， ①
，即 ②
又 ， 由①②可得 ，
（3） ，
，
.
17．如图,正三棱柱 中, 是 中点．(1)求证: 平面 ;
(2)若 , ,求点 到平面 的距离;
(3)当 为何值时,二面角 的正弦值为 ？
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)1
【分析】(1) 连接 交 于点 ,连接 ,根据中位线即可证明 ,再利用线面平行判定定理即可
证明;
(2)根据正三棱柱的几何特征,求出各个长度及 ,再用等体积法即可求得;
(3)建立合适空间直角坐标系,设出 长度,找到平面 及平面 的法向量,建立等式,求出
长度之间的关系即可证明.
【详解】（1）证明:连接 交 于点 ,连接 如图所示:因为三棱柱 ,
所以四边形 为平行四边形,
所以 为 中点,
因为 是 中点,
所以 ,
因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 ;
（2）由题知,因为正三棱柱 ,
所以 平面 ,
且 为正三角形,
因为 , ,
所以 , , ,
所以 为直角三角形,
,
,
记点 到平面 的距离为 ,
则有 ,
即 ,即 ,
解得 ,
故 到平面 的距离为 ;
（3）由题,取 中点为 ,可知 ,
所以 平面 ,
因为 为正三角形, 是 中点,
所以 ,
故以 为原点, 方向为 轴, 方向为 轴, 方向为 轴建立如图所示空间直角坐标系,
不妨记 ,
所以 ,
,
记平面 的法向量为 ,
则有 ,即 ,
取 ,可得 ;
记平面 的法向量为 ,
则有 ,
即 ,
取 ,可得 ;
因为二面角 的正弦值为 ,
所以
,
解得: ,
即当 时,二面角 的正弦值为 .18．已知椭圆C： 的离心率为 ，上顶点为 ，下顶点为 ， ，设点 在
直线 上，过点 的直线 分别交椭圆 于点 和点 ，直线 与 轴的交点为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)若 的面积为 的面积的2倍，求t的值.
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）根据离心率为 ， ，即可计算得出 ， ，求出椭圆标准方程；
（2）利用 的坐标可求出直线 方程，与椭圆方程联立即可解得点 和点 坐标，求出直线
方程可得 ，分别写出 和 的面积表达式，解方程即可得 .
【详解】（1）如下图所示：
由题可知 ，可得 ，即 ；
又离心率 ，所以 ，解得 ；所以椭圆标准方程为 .
（2）由（1）可知 ，又
所以直线 的斜率为 ，直线方程为 ；
同理可得直线 的斜率为 ，直线方程为 ；
联立直线 与椭圆方程 ，消去 整理可得 ；
设直线 分别交椭圆 于点 和点 ，
易知 ，即可得 ；
同理直线 与椭圆方程 ，消去 整理可得 ；
即得 ，即可得 ；
可得
；
所以直线 的方程为 ，即 ，
即直线 与 轴的交点为定点 ,所以 ；此时 的面积为 ；
的面积为 ；
又 的面积为 的面积的2倍，即 ，可得 ；
解得 ，所以t的值为 或 .
19．已知数列 的前 项和为 且 ；等差数列 前 项和为 满足
.
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和；
(3)设 ，若 ，对任意的正整数 都有 恒成立，求 的最
大值.
【答案】(1) ，
(2)
(3)2
【分析】（1）根据 与 的关系证明 为等比数列，根据等差数列性质求 的首项及公差，再利用
等比数列和等差数列通项公式求 ， 的通项公式；
（2）利用裂项相消法求和即可；（3）由（1）求 ，由条件可得 ，判断数列 的单调性求其最值，由此可得
，结合基本不等式求 的最大值.
【详解】（1）由 ，得 ，
当 时， ，即 ，
所以 ，且 ，
所以 ，
所以 为首项为 ，公比为3的等比数列，
所以 .
设等差数列 的公差为 ，
则 ，解得 ， ，
所以 .
（2）由（1）知， ， ，
则 ，
令 为 的前 项和，
则即 .
（3）因为 ， ，
，
所以 ，
故 恒成立 ，
设 ，
当 时， ；
当 时， ，即 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
所以 恒成立，
即 恒成立，
因为 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 ，故 的最大值为2.
20．已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，求使 恒成立的最大偶数 ．(3)求证： ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）参变分离利用导数求函数的单调性与最值即可
（3）结合（2）的结论先推出 ，再令 ，化简得
，利用累加法计算即可.
【详解】（1）当 时， ， ，且 的定义域为 ，
所以 ，
曲线 在点 处切线的斜率为 ，
所以切线方程为 ；
（2）当 时，使 等价于 ，
令 ，所以 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，
又因为 ，
所以 在 上 ，使 ，即 ， ， ， ； ， ， ；
所以 在 上单调递减， 在 上单调递增，
所以 的最小值为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，且 ，
所以使 恒成立的最大偶数为 ；
（3）由（2）知当 时， 恒成立，
得 ，即 ，
令 ，
所以 ，
即
当 时， ，
当 时， ，
……
当 时， ，
相加整理得，
所以 ．
【点睛】本题第二问在于参变分离构造函数，结合隐零点求恒成立问题即可，第三问在于利用上面结论得出 ，再令 ，累加即可得证.
