2024年甘肃省高三月考（4月）数学试题答案及评分参考一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号12345678答案CABCBDDA8.解析：因为f(x)f(2x)，所以函数fx()关于x1成轴对称，又因为x[1,)时，fx()=exxe，所以在上为增函数，故在72(,1]为减函数.所以距离越远值越大，因为1sin0，而1232，570log31，距离最远的为sin，所以c最大.4516log3（0,1）且f(log3)f(2log3)f(log)，4444316216因为且1log2，均在函数的增区间(1,)上，故分别比较23和log43433232732223与的大小，而(23)34，()33(23)，所以得23，228821633162又因为loglog8log(4)2，所以ff(log)(23)，即ab.4324443综上有：cab，故选A.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分（9,10题答对一个选项得3分，11题答对一个选项得2分），有选错的得0分。题号91011答案ADBDABDx11.解析：因为直线l1，l2平行于轴，所以设点P(,)x11y，Q(,)x22y，且由抛物线的光学性质知直线PQ经过抛物线y220pxp的焦点F，设直线的方程为：pxny，2高三月考数学答案第1页（共7页）{#{QQABAQSAogAoAIIAARhCUQVgCEIQkBACCKoGAFAIIAIBiQFABAA=}#}2222与y2px联立，消去x得yy2pnp0，所以有y12yp，222yyp2xx121即p2，抛物线的标准方程为yx4，故选项A正确；122pp24对于选项B，当yp12，则有点Ppp(2,2)，又因为直线PQ经过抛物线ppy220pxp的焦点F，则有，所以有Q(,)，又根据抛物线的定义82可得：ppp25251|PQ|2pp，所以p2.于是有P(4,4)，Q(,1).所以得直线282844PQ的方程为4xy340，故选项B正确；p4对于选项C，因为直线l1，l2间的最小距离为8，即28p，所以.又因为光线的路程为APPQQB5xxx112p5x214，故选项C不正确；对于选项D，因为直线经过抛物线y220pxp的焦点F，则有2y12yp，又因为yy124，所以，抛物线的标准方程为.又因为抛物线yx24的焦点F1,0,准线为x1,所以设直线PQ:1xmy,与yx24联2立,消去x,整理得:y4my40,设P(,x1y1),Q(x2,y2),M(1,)t，y12y4,m有yy124.ytytx211y1tx1y2tt12易知k3,而kk122xx1211xx121122yy2111y12tyt244tm44tk2yy2244m23121144故选项D正确.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12.0.0513.a2b24，[1,9]（第一空答对得2分，第二空答对得3分）14.12:9:214.解析：如图，因为点P为ABC的垂心，所以在直角ABD中，sinBADcosABD，在直角ABE中，sinABEcosBAE，高三月考数学答案第2页（共7页）{#{QQABAQSAogAoAIIAARhCUQVgCEIQkBACCKoGAFAIIAIBiQFABAA=}#}PAPB又因为在PAB中，，sinABPsinBAPPAsinABPcosBAC所以=，PBsinBAPcosABCPAsinACPcosBAC同理=，PCsinCAPcosACB所以PA:PB:PCcosBAC:cosABC:cosACB,391又因为abc::=4:5:6，所以cosBAC,cosABC,cosACB,4168所以x:y:z12:9:2.四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）解：（1）因为2，所以f(x)sin(2x)，故f'(x)2cos(2x)，661fx()在点(0,)处的切线斜率kf'(0)3，21所以在点处的切线方程为y3x，即23x2y10.……………6分2（2）g(x)f'(x)cos(x)6，因为gx()在[0,]上为减函数，所以g'(x)0在上恒成立，2即2sin(x)0在上恒成立，化简为sin(x)0在上恒成立，66因为x[0,]，故x[,]，266265根据正弦函数的图象与性质可得，只需，解得，2635故的取值范围为(0,].……………13分316．（15分）解法一：（1）证明：如图，取BD的中点E，连接AE和CE.因为ABD和BCD是底边为的等腰三角形，所以BDAE且BDCE，高三月考数学答案第3页（共7页）{#{QQABAQSAogAoAIIAARhCUQVgCEIQkBACCKoGAFAIIAIBiQFABAA=}#}又因为AECEE,,,AE平面ACECE平面ACE可得BD平面AEC，而AC平面ACE,所以BDAC.………………………………………7分（2）取CE上离E较近的三等分点O，根据重心的概念可知，为BCD的重心，A连接AO，由题意可知AO平面BCD,故AC与平面BCD所成角为ACO，D12EC在RtAOE中，因为OECE，EO33B2242所以AOAEOE，343在RtAOC中，可得ACAO22OC，342AO26故sinACO3.………………………………………15分AC43333解法二：（1）问同上.………………………………………7分（2）取上离较近的三等分点，根据重心的概念可知，为的重心，连接，由题意可知AO平面BCD,过作BD的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则平面BCD的一个法向量n(0,0,1)在中，因为，2242所以AOAEOE，3424442于是A(0,0,)，C(0,,0)，AC(0,,).3333设AC与平面所成角为，4226则sin|cosAC,n||3|.……………………………15分433313高三月考数学答案第4页（共7页）{#{QQABAQSAogAoAIIAARhCUQVgCEIQkBACCKoGAFAIIAIBiQFABAA=}#}17．（15分）nn2解：（1）因为2Sn2n，所以S，nn2n22n(n1)(n1)当n2时，aSSn,nnn122*因为a11也满足上式，故ann()nN.……………5分1（2）因为bn，且，aann11nn1所以bn1n,nnn1(nnn1)(n1)所以T99=(21)(32)+(43)++(10099)=10019，即T99=9.……………………………10分1111（3）由于nn1，2an2nnnnn11111故2132100992a12a22a32a9910019.所以原不等式成立.…………………………15分18．（17分）解：（1）设高一年级学生踢毽子“达标”的指标界值为x，分析得x(45,50),依题意有：(x45)0.060.6(0.010.0240.0360.040)50.05即x4546.………………………………………5分0.06（2）设第i次传踢之前毽子在乙、丙的概率为bi，ci1ai11ai11ai1ai则有bcii，ai1，222222a1111*aiaa（）(iN),所以i122，即有：ii1323112112（1）i1所以ai为等比数列，其中首项为a1，公比为，即ai,33323321215所以a（）i1()iN*，a.…………………………………13分i33261611i为偶数时，a，bc，毽子在乙、丙的概率较大，i3ii311为奇数时，a，bc，毽子在甲的概率较大.……………………17分i3ii3高三月考数学答案第5页（共7页）{#{QQABAQSAogAoAIIAARhCUQVgCEIQkBACCKoGAFAIIAIBiQFABAA=}#}19．（17分)2解：（1）因为点M(0,2)，所以M所在的曲线方程为yx2，x221故y'，y''，y'|0，y''|，23x0x0322x(2x2)2(202)2故曲线C1在点处的曲率为|y''|1K.…………………………………4分32(1y'2)2112又因为曲线:的方程可写为，故，，C2xy1yy'2y''3xxx2||x31故E，解得x1，132E(1)24xE所以EE(1,1)或（1，1）（注：只需写出一个点即可得满分）.……………………7分（2）由题干可知，半径最大的圆为在该点处的密切圆即曲率圆，1所以半径2，而圆心在点yKy处的法线上，故圆心，D(0,22)PP所以半径最大的圆的方程为：Ax2(y22)22.………………11分（3）解法一：因为A，B为曲线C1上关于O原点对称的两点，故，的中点为O，所以x22PAPB()()POOAPOOBPOOA22POOA（*）B所以当PO取最大且OA取最小时，（*）式取最大，因为，，|PO|max32|OA|min2故.分(PAPB)max18216……………………………17解法二：设P(x0,y0)，A(x1,y1),B(x1,y1)，高三月考数学答案第6页（共7页）{#{QQABAQSAogAoAIIAARhCUQVgCEIQkBACCKoGAFAIIAIBiQFABAA=}#}则PAPB(x0x1,y0y1)(x0x1,y0y1)22222222x0x1y0y1(x0y0)(x1y1)其中22表示圆上点到原点的距离的平方，所以222，x0y0(x0y0)max(32)18而222，所以当2取最小值时，22取最大值，最大值为-，x1y122y1y12x1y12故.分(PAPB)max18216……………………………17高三月考数学答案第7页（共7页）{#{QQABAQSAogAoAIIAARhCUQVgCEIQkBACCKoGAFAIIAIBiQFABAA=}#}