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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年新高考新试卷结构高考数学模拟卷
黄金卷01
（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．抛物线 的焦点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由方程求出 可得焦点坐标．
【详解】抛物线方程可转化为： ，故焦点在 轴正半轴，且 ，
故焦点坐标为 .
故选：D.
2．某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：70，85，90，75，95，则这5人成绩的上四分
位数是（ ）
A．90 B．75 C．95 D．70
【答案】A
【分析】根据第p百分位数定义计算判断即可.
【详解】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：70，75，85，90，95，
，5人成绩的上四分位数为第四个数:90.
故选：A.
3．在三棱锥 中，若顶点 到底面三边距离相等，则顶点 在平面 上的射影为 的
（ ）
A．外心 B．内心或旁心 C．垂心 D．重心
【答案】B
【分析】作出图象，利用几何知识证明 在平面 上的射影 到 三边距离相等，从而求解.
【详解】如图， 在平面 的射影为 ，连接 ，则 平面 ，作 ， ， ，
且分别交 于 ，所以 ，
连接 ， ， ，因为 平面 ，
所以 ， ， ，
所以在 ， ， 中，
， ， ，
又因为 ，所以 ，
由 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
同理可证 ， ，又因为 ，
所以点 到 的三边距离相等，为 的内心或旁心，故B正确.
故选：B.
4．已知 是等比数列 的前 项和，且存在 ，使得 ， ， 成等差数列.若对于任意的
，满足 ，则 （ ）
A． B． C．32 D．16
【答案】D
【分析】借助等比数列知识，利用 ， ， 成等差数列，求出 ，再利用 ，
求出 ，再计算 即可.
【详解】因为 ， ， 成等差数列，所以
即 ，即 ，
所以 ，
因为数列 是等比数列，且 ，
所以 ，
，
所以 ，即 ，
所以 （无解）或 ，即
又因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
故选：D.
5．某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为A，B，C，D，E这5个项目.现安排甲、
乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，每场活动中的每个项目只能
有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能
参加上午的项目A和下午的项目E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不同的安排方法种数为（
）
A．20 B．40 C．66 D．80
【答案】C
【分析】先求上午的安排方法种数，再求下午的安排方法种数，结合分步乘法计数原理运算求解.
【详解】因为丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A，所以上午甲、乙、丙参加
B，C，D这3个项目，
共有 种不同的安排方法.
又因为甲、乙、丙、丁四人下午参加的项目为A，B，C，D，分2类：①丁参加项目A，共有2种不同的安排方法；
②丁参加B，C，D这3个项目中的1个，从甲、乙、丙中选1人参加项目A，剩下两人参加剩下的2个项
目，
共有 种不同安排方法；
综上所述：共有 种不同的安排方法.
故选：C.
6．若 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】合理换元，求出关键数值，结合诱导公式处理即可.
【详解】令 ， ，得 ，则 ，
即 ，整理得 ，且 ，
那么 ，则 .
故选：C.
7．已知函数 ，若不等式 在 上恒成立，则实数 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】判断函数 的奇偶性以及单调性，从而将不等式 在 上恒
成立，转化为 在 上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，
即可得答案.【详解】由于函数 ，定义域为R，满足 ，
得 是奇函数，且在R上为减函数.
在 上恒成立， 在 上恒成立，
在 上恒成立， 在 上恒成立.
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
，即a的取值范围为 ，
故选：D.
8．已知椭圆 ： 的左右焦点分别为 ， ，过 的直线交椭圆 于A，B两点，若
，点 满足 ，且 ，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由椭圆定义可知 ，由 ，故 ， ，点 满足
，即 ，则 ，又 ，
，即 ，又 ，故 ，则
，即 ，即 平分 ，又 ，故 ，
则 ，则 ， ，
，由 ，故 ，即
，即 ，又 ，故 .故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．函数 的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数 的图象可由函数 向左平移 个长度单位得到
B． 是函数 图象的一条对称轴C．若 ，则 的最小值为
D．方程 在区间 上只有一个根时，实数a的取值范围为
【答案】BC
【分析】先根据函数图象求出函数解析式，然后逐个选项分析判断即可得.
【详解】由题可得 ，故 ，又 ，故 ，
，故 ，
解得 ，由 ，故 ，
即 ，
对A：函数 向左平移 个长度单位后，可得 ，故A错误；
对B：当 时， ，故B正确；
对C：由 ，故 、 中一个为最小值点，一个为最大值点，
故 ，故C正确；
对D：当 时， ，由 ，
故方程 在区间 上只有一个根时，
实数 的取值范围为 ，故D错误.
故选：BC.10．设x，y，z，w是复数，满足 ，则（ ）
A． B．
|x|≠|w|
C． D．
【答案】ABD
【分析】根据共轭复数及其运算性质，结合已知关系，可判断各项的正误.
【详解】由
又 ，则 ，
所以 ，A正确；
由 ，
，B正确；
由 ，即 ，故 ，又 ，
则 ，即 ，
所以 ，同理得 ，C错、D正确；
故选：ABD
11．已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，若 是奇函数， ，且对任意x， ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.
【详解】令 ，得 ，因为 ，
所以 ，所以A错误；
令 ，得 ①，所以 ，
因为 是奇函数，所以 是偶函数，
所以 ②，由①②，
得 ，
即 ，
所以 ，
所以 ， 是周期为3的函数，所以 ，
，
所以B正确，C错误；
因为 ，
在①中令 得 ，
所以 ，，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】对于可导函数 有：
奇函数的导数为偶函数
偶函数的导数为奇函数
若定义在R上的函数 是可导函数，且周期为T，则其导函数 是周期函数，且周期也为T
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知集合 ， ，若集合A，B中至少有一个非空集
合，实数a的取值范围 .
【答案】 或 且
【分析】先考虑A，B为空集得出a的范围，再利用补集思想求得结果.
【详解】对于集合A，由 ，解得 ;
对于集合B，由 ，解得 .
因为A,B两个集合中至少有一个集合不为空集,
所以a的取值范围是 或 ，且
故答案为： 或 且
13．已知圆 ，过点 的直线 与圆 交于 两点，则
的最小值为 ．
【答案】4
【分析】根据 表示 ， 两点到直线 的距离之和的 倍，结合 ， 两点到直线 的距离之和等于线段 的中点 到直线
距离的2倍，根据题意分析可得中点 的轨迹是以 为直径的圆，从而求出 到直线 距离的
最小值的 倍即可得到答案.
【详解】由题可得： ，
所以 表示 ， 两点到直线 距离之和的 倍，
根据题意作出图形如下：
如图，设 ， 的中点为 ，
且 ， ， 在直线 的投影分别为 ， ， ，
圆心 到直线 的距离 ，
所以直线 与圆 相离，易得 ，即 ，
所以点 在以 为直径的圆上，其圆心为 ，半径为 ，
由图可得：
由于 到直线 的距离 ，所以 ，
即 的最小值为 .
故答案为：4
14．定义： 为实数 中较大的数．若 ，则 的最小值为
．
【答案】
【分析】先根据 的范围，讨论 的大小关系，在每种情况中分别用均值不等式和不等式的性
质确定 的范围，即可得解．
【详解】设 ，
则由题意可得 ，
因为 ，所以
①当 时， ，
只需考虑 ，
所以 ， ，
所以 ，可得 ，当且仅当 时取等号；
②当 时， ，只需考虑 ，
所以 ，可得 ，当且仅当 时取等号.
综上所述， 的最小值为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是在利用均值不等式和不等式的性质时，特别注意同向不等式的应用
和均值不等式成立的条件.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）已知函数 ．
(1)若 在 上单调递增，求 的取值范围；
(2)试讨论函数 的单调性．
【答案】(1) (2)答案见解析
【分析】（1）由题意可知： 在 上恒成立，结合二次函数分析求解；
（2）分 和 两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.
【详解】（1）由题意可得： ，
若 在 上单调递增，则 在 上恒成立，
且 ，则 ，
且 在 上单调递增，
当 时， 取得最小值 ，
可得 ，即 ，
所以 的取值范围 .
（2）由（1）可得： ，且 ，
当 ，即 时，则 ，所以 在 上单调递增；
当 ，即 时，
令 ，解得 或 ；令 ，解得 ；
所以 在 ， 上单调递增，在 内单调递减；
综上所述：当 时，所以 在 上单调递增；
当 时，所以 在 ， 上单调递增，在 内单调递减.
16．（15分）一枚质地均匀的小正四面体，其中两个面标有数字1，两个面标有数字2.现将此正四面体任
意抛掷 次，落于水平的桌面，记 次底面的数字之和为 .
(1)当 时，记 为 被3整除的余数，求 的分布列与期望；
(2)求 能被3整除的概率 .
【答案】(1)分布列见解析，期望为
(2)
【分析】（1）先确定 的可能值，再分别求概率列表求期望.
（2）先得到递推关系 ，再构造等比数列求解.
【详解】（1）由题可知，正四面体与桌面接触的数字为1和2的概率均为 ，
的取值可能为0，1，2.
，
，
，
则 的分布列为0 1 2
.
（2）由题可知 ，当 时， 次底面的数字之和能被3整除的概率为 ，
所以 ，则 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
则 ，即 .
17．（15分）如图，在三棱柱 中，四边形 是菱形， 分别是 的中点，
平面 ， .
(1)证明：
(2)若 ，点 到平面 的距高为 .求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，可证得 ，由 平面 ，可得 ⊥
，进而证得 平面 ，即可证得结论；
（2）由已知可证得知MC，ME，MF两两垂直，即可建立空间直角坐标系，设
利用 到平面 的距高为 计算即可求得 ，进而求得平面
的法向量，计算即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为 平面 ，所以 ⊥ ，取 的中点 ，连接 ， ，
所以 ，又因为 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 .
（2）取 的中点 ，连接ME，MF，由（1）知MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系
设 则
设平面 的法向量为 ，则有
可取 ，由点 到平面 的距高为 ，
，解得 .
，
设平面 的法向量为 ，则有 ,可取
设直线 与平面 所成角为 ，
，
即直线 与平面 所成角的正弦值 .
18．（17分）已知圆F： ，点 ，点G是圆F上任意一点，线段EG的垂直平分线
交直线FG于点T，点T的轨迹记为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知曲线C上一点 ，动圆N： ，且点M在圆N外，过点M作圆
N的两条切线分别交曲线C于点A，B
①求证：直线AB的斜率为定值；
②若直线AB与 交于点Q，且 时，求直线AB的方程．
【答案】(1) ；
(2)①证明见解析 ；② 或 .
【分析】（1）由垂直平分线的性质，探讨点T具有的几何特征，再结合圆锥曲线的定义求解即得；
（2）①设出直线 的方程，与曲线C的方程联立，结合圆的切线性质，利用韦达定理及斜率坐标公式推理即得；②利用①的信息，利用给定的面积关系求出点 横坐标关系，即可计算得解.
【详解】（1）圆F： 的圆心 ，半径 ，
如下左图， ，
如上右图， ，
因此 ，
点T的轨迹是以点E、F为焦点，且实轴长为 的双曲线，其中焦距 ，虚半轴长
，
所以点T的轨迹 方程为 .
（2）①设点 ， ，直线AB的方程为 ，
由 消去y得 ，
其中 ，且 ，
， ，
由点 在曲线C上，得 ，显然直线MA和直线MB关于 对称，
直线MA和直线MB的斜率 满足 ，即 ，整理得 ，
即 ，
整理得 ，
即 ，
于是 ，即 ，则 或 ，
当 ，直线方程为 ，此直线过定点 ，不符合题意，
所以直线AB的斜率为定值 .
②由①知 ， ，显然 ，即 ，
当 时， ， ，即 ， ，
，解得 或 ，
当 时， ，不符合题意，当 时，直线方程为 ，
当 时， ，即 ， ，，解得 （舍去）或 ，
当 时，直线方程为 ，
所以直线AB的方程为 或 .
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上
述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这
个值与变量无关．
19．（17分）已知 是各项均为正整数的无穷递增数列，对于 ，定义集合 ，设
为集合 中的元素个数，若 时，规定 .
(1)若 ，写出 及 的值；
(2)若数列 是等差数列，求数列 的通项公式；
(3)设集合 ，求证： 且 .
【答案】(1) ， ， ，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义求出前几项判断即可；
（2）通过集合新定义结合等差数列性质求出 ，然后利用反证法结合数列 的单调性求得
，利用等差数列定义求解通项公式即可；
（3）先利用集合性质得数列 是递增数列，然后利用反证法结合数列 的单调性证明
，由集合新定义及集合相等证明 ．
【详解】（1）因为 ，所以 ，则 ，所以 ， ，
又 ，所以 ， ，所以 ；
（2）由题可知 ，所以 ，所以 .
若 ，则 ， ，所以 ， ，与 是等差数列矛盾.
所以 .设 ，因为 是各项均为正整数的递增数列，所以 .
假设存在 使得 .设 ，由 得 .
由 得 ， ，与 是等差数列矛盾.
所以对任意 都有 .所以数列 是等差数列， .
（3）因为对于 ， ，所以 .
所以 ，即数列 是递增数列.
先证明 .假设 ，设正整数 .
由于 ，故存在正整数 使得 ，所以 .
因为 是各项均为正整数的递增数列，所以 .所以 ， .
所以 ， .
又因为数列 是递增数列，所以 ，矛盾.所以 .
再证明 .由题可知 .
设 且 ，因为数列 是各项均为正整数的递增数列，
所以存在正整数 ，使得 .令 .若 ，则 ，即 ，所以 .所以 ，所以 .
若 ，则 ，所以 .
所以 ，所以 .
因为 ，所以 .所以 .
综上， 且 .
【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和
转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
