【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）黄金卷04及答案

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黄金卷
（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．已知是实数集，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，若为纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．2
3．已知为等比数列且各项均不为0，向量，且，则（ ）
A．4B．2C．8D．6
4．已知函数，若不等式的解集为且，则函数的极小值是（ ）
A．B．0C．D．
5．已知椭圆方程为，长轴为，过椭圆上一点向轴作垂线，垂足为，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的切线，，切点分别为，，当四边形面积最小时，的值为（ ）
A．B．C．D．
7．在和之间插入个数，组成首项为，末项为的等差数列，若这个数列的前项的和，后项的和之比为，则插入数的个数是（ ）
A．个B．个C．个D．个
8．已知，，则（ ）
A．B．C．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．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取5次，每次取一个球．记录每次取到的数字，统计后发现这5个数字的平均数为2，方差小于1，则（ ）
A．可能取到数字4B．中位数可能是2
C．极差可能是4D．众数可能是2
10．已知函数，点在函数图象上，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值B．有最小值2
C．有最小值D．若，则有最小值
11．下列判断正确的是（ ）
A．若是一次函数，满足，则
B．命题“”的否定是“”
C．函数的定义域为，值域，则满足条件的有3个
D．关于的不等式的解集为，则不等式的解集为
12．如图，在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则（ ）
A．存在点，使得平面B．存在点，使得平面
C．当时，的最大值为1D．当时，的最小值为0
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．如图，某景区共有 五个景点，相邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有7个检票口，工作人员为了检测检票设备是否正常，需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口，依次对所有检票口进行检测，则共有 种不同的检测顺序.
14．在长方体中，分别是棱上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的取值范围是 .
15．已知函数在上是增函数，且，则的取值的集合为 .
16．斜率为1的直线与双曲线（）交于两点，点是曲线上的一点，满足，和的重心分别为，的外心为，记直线，，的斜率为，，，若，则双曲线的离心率为 .
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．如图某公园有一块直角三角形的空地，其中长千米，现要在空地上围出一块正三角形区域建文化景观区，其中分别在上．设．

(1)若，求的边长；
(2)求的边长最小值．
18．边长为4的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，四边形是半圆弧的内接梯形，且.

(1)证明：平面平面；
(2)设，且二面角与二面角的大小都是，当点在棱（包含端点）上运动时，求直线和平面所成角的正弦值的取值范围.
19．已知函数.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若对，，且在处取得极小值，求的取值范围.
20．已知数列的前n项和为，且．
(1)求；
(2)若，记数列的前n项和为，求证：．
21．某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了甲运动员，且教练第次传球传给甲运动员的概率为.
(1)求，；
(2)求的表达式；
(3)设，证明：.
22．已知抛物线：（）上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作直线交于，两点，过点，分别作的切线与，与相交于点，过点作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点，、、、分别与轴交于点、、、.记、、、的面积分别为、、、.若，求直线的方程.
参考答案：
1．A
【分析】分别计算出、，运用并集的定义即可解决问题.
【详解】由，即，即，解得或，所以或，
因为，所以，故.
故选：A.
2．D
【分析】先利用复数的乘法化简复数，再根据纯虚数的定义求解.
【详解】解：，
因为，且为纯虚数，
所以，解得，
故选：D
3．C
【分析】用坐标表示向量的垂直和平行，列式即可求解.
【详解】由得，（对于非零向量的充要条件为）
又为等比数列，所以，又，
得．
由得，即，所以.
故选：C．
4．C
【分析】依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的极小值.
【详解】因为不等式的解集为且，
所以，且为的二重根，
所以，
则，
则当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极小值，
即.
故选：C
5．B
【分析】根据题意，设，表示出，结合椭圆方程，代入计算，再由离心率公式，即可得到结果.
【详解】
设，则，，
则，，
所以，
且，所以，即，
代入椭圆方程可得，化简可得，
则离心率为.
故选：B
6．C
【分析】根据圆的方程求出圆心和半径，然后得到四边形面积为，利用切线长公式可知，当最短时，四边形面积最小，求解即可得到答案.
【详解】

将化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为2，
由题意，四边形面积为，
又因为，
所以当最短时，四边形面积最小，此时.
故选：C
7．B
【分析】设插入的这个数分别记为、、、，计算出这个数列的公差，计算出这个数列前项的和与所有项的和，根据这个数列的前项的和占所有项之和的可得出关于的等式，解出的值，即可得解.
【详解】设插入的这个数分别记为、、、，
由等差数列的性质可得，
这个数列的公差为，这个数列所有项的和为，
这个数列的前项的和为，
因为这个数列的前项的和与后项的和之比为，
则，即，解得，
所有，插入数的个数是个.
故选：B.
8．A
【分析】
结合二倍角公式和两角和差公式化简即可求得.
【详解】，.
，
，，
，，
又因为，所以，
则，所以
.
.
故选：A
9．BD
【分析】
对于AC：根据题意结合平均数、方差和极差的定义分析判断；对于BD：举例说明即可.
【详解】设这5个数字为，
对于A：若取到数字4，不妨设为，
则，可得，
可知这4个数中至少有2个1，不妨设为，
则这5个数字的方差
，
不合题意，故A错误；
对于C：因为这5个数字的平均数为2，这5个数字至少有1个1，不妨设为，
若极差是4，这最大数为5，不妨设为，
则这5个数字的平均数，
则，可知这3个数有2个1，1个2，
此时这5个数字的方差，
不合题意，故C错误；
对于BD：例如2，2，2，2，2，可知这5个数字的平均数为2，方差为0，符合题意，
且中位数是2，众数是2，故BD正确；
故选：BD.
10．ACD
【分析】A.利用基本不等式判断；B.利用重要不等式判断；C.由，利用基本不等式判断；D.由，结合“1”的代换，利用基本不等式判断.
【详解】解：依题意，，由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，则有最小值，选项A正确；
，当且仅当时，等号成立，则有最小值4，选项B错误；
，当且仅当时，等号成立，则有最小值为，选项C正确；
因为，
所以，
，当且仅当，即时，等号成立，则有最小值，选项D正确．
故选：ACD．
11．BC
【分析】对于A，用待定系数法求函数解析式即可判断；对于B，存在量词命题的否定为全称量词命题；对于C，由函数的值域，解可推断定义域；对于D，由不等式的解集为，由韦达定理得，求解不等式即可.
【详解】对于A：因为是一次函数，设，
则，
可得，解得或
所以或，故选项A错误；
对于B：存在量词命题的否定为全称量词命题，选项B正确；
对于C：，可得，
所以函数的定义域可以是：或或，
满足条件的有3个，故选项C正确；
对于D：关于的不等式的解集为，
则方程的解是或，且，
由韦达定理可得，解得，
则不等式转化为，
因为，所以，解得，
则不等式的解集为，故选项D不正确．
故选：BC．
12．BC
【分析】利用线面垂直的判定定理判断选项A;利用线面垂直的判定定理证明选项B；根据时，得，进而确定在平面内的轨迹是以为圆心，圆心角为，半径为1的圆弧，设即可得，，利用三角函数讨论最值即可求解.
【详解】对于A：由题意得在正方形的内部（包括边界），
在正方体中，平面，
若平面，则在直线上，不符合题意，A错误．
对于B：如图，当与重合时，连接．
是正方形，
平面平面，
平面
平面平面．
是正方形，
平面平面，
平面
平面平面．
平面
平面B正确．
对于CD：如图，当时，得，
则在平面内的轨迹是以为圆心，圆心角为，半径为1的圆弧，
设
则有，得，得，
，
由，得，
则，C正确，D错误．
故选:BC.
13．
【分析】将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，分析可得只能从或处出发才能不重复走完条路线，再用列举法列出所有可能结果，即可得解.
【详解】如图将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，
从或处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从或处出发才能不重复走完条路线，
由于对称性，只列出从处出发的路线情形即可.
①走路线：，，，，，，共种；
②走路线：，，，，，，共种；
③走路线：，，，，共种；
综上，共有种检测顺序.
故答案为：
14．
【分析】直接建立空间直角坐标系或者应用等体积法做即可.
【详解】法一：以为原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系.
如图所示，

设，而，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则
所以平面的一个法向量为，
点到平面的距离
因为
设中的边上的高为，则 ，
所以（），
所以三棱锥的体积的取值范围是，
故答案为：
法二：设，延长到，使得，
则，，则，于是，

而长方体的对角面是矩形，则有，
又平面，平面，于是平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离，
由等体积法可知，
又，
故，所以，
故答案为：
15．
【分析】由可得，由函数在上是增函数可得，然后对的取值逐一验证，然后可得取值.
【详解】由可知，，得，
所以，
又函数在上是增函数，
所以，即，所以，
所以，的可能取值为.
当时，由解得，
经检验，时不满足题意；
当时，由解得，
经检验，时满足题意.
所以，的可能取值为.
故答案为：
【点睛】本题综合考查了三角函数的单调性、最值、周期之间的关系，关键在于能从已知中发现周期的所满足的条件，然后根据周期确定的可能取值，再通过验证即可求解.
16．
【分析】根据直线与双曲线的性质，得出二级结论斜率之积为定值，取的中点，得到，再由，，结合所以，求得，利用，即可求解.
【详解】若直线与双曲线有两个交点，设的中点为，
联立方程组，整理得，
可得，则，
又由在直线上，可得，
所以，所以，
即直线与双曲线相交线的中点与原点的连线的斜率与直线的斜率之积为定值，
如图所示，取的中点，
因为的重心在中线上，的重心在中线上，
所以，，可得，
即，
又由，可得，可得
因为，且的外心为点，则为线段的中点，
可得，因为，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.

【点睛】
知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题.
17．(1)；
(2)
【分析】（1）根据几何关系列方程求解即可；
（2）利用正弦定理和辅助角公式求解最小值即可.
【详解】（1）设的边长为千米，由得，
中，
为等边三角形，，
故，即的边长为.
（2）设的边长为千米，所以，
中，，
由正弦定理得，，故，
其中，当时，取得最小值，
即的边长最小值为.
18．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过证明面得平面平面；
（2）根据条件求得，，建立空间直角坐标系，设，求得平面的法向量，直线和平面所成角的正弦值为，利用函数求范围即可.
【详解】（1）在正方形中，
∵面面面，面面，
∴面，
∵面,∴，
∵在以为直径的半圆上，∴，
又∵面，面，
又面，
∴面面，
（2）∵，∴
又∵为二面角的平面角，
∴，同理.
在梯形中，.
取的中点，以为轴正半轴，以平行于的方向为轴正半轴，以平面内垂直于的方向为轴正半轴，建立如图空间直角坐标系：

则，设，，
则，
设平面的法向量为
则，
令，则，
设直线和平面所成角为，
则，
设，
则，
令，
当时，，
当时，，
令，任意，
，
因为，所以，，，
所以，所以在上为减函数，
故，所以，
所以，
所以，
所以直线和平面所成角的正弦值的取值范围.
19．(1)的单调递减区间为，；单调递增区间为.
(2)
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）首先由恒成立得出，然后求出，求出的根，根据根的大小分类讨论得出单调性及极值，从而得参数范围．
【详解】（1）当时，，定义域为.
，
令，可得，
当变化时，和的变化情况如下：
故函数的单调递减区间为，；单调递增区间为.
（2）因为对恒成立，所以对恒成立，
显然不恒成立，不合题意，则，解得.
令，可得或，
当时，，
因为，（当且仅当时，）
所以函数在上单调递增，无极值，不满足题意；
当时，，
和的变化情况如下：
函数在处取得极小值，满足题意；
当时，，和的变化情况如下：
函数在处取得极大值，不满足题意.
综上，实数的取值范围为.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据公式，消去，转化为关于数列的递推关系式，构造等比数列，即可求解；
（2）根据（1）的结果，可知，再根据放缩法求得的范围，即可证明不等式.
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，，则，
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即；
（2）由（1）知，
依题意，
因为，，则，即；
因为，
所以，
而，
故，即．
综上所述，．
【点睛】关键点睛：本题第二问考查数列，不等式，放缩法的综合应用问题，第二问的难点是证明，关键是证明，后面的问题迎刃而解.
21．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据题意，结合互斥事件和独立事件概率公式进行求解即可；
（2）根据互斥事件和独立事件概率公式，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可；
（3）利用构造函数法，结合导数与函数单调性的关系、等比数列的前项和公式进行证明即可.
【详解】（1）
，，；
（2）
由已知，∴，即，
∴是以为公比的等比数列，
∴，∴.
（3）
.
设，，∴，∴在上单调递增，
显然，则，
∴，则，
即，
∴.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意利用独立事件概率公式得到递推关系式.
22．(1)
(2)
【分析】
（1）结合抛物线定义即可.
（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由得出即可.
【详解】（1）
设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线的方程为.
（2）如图，

设经过，两点的直线方程为：（），
与抛物线方程联立可得，
即，
∴，.
∵，则，
∴，
∴过点作的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点作的切线方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，即，
则到直线的距离.
又∵过点作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则到直线的距离.
由上可得，，
，，
∴，得，
∴直线的方程为即.
0
-
-
0
+
单调递减
单调递减
单调递增
0
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
单调递增
0
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
单调递增