甘肃省2024届高三下学期4月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．
1. 集合中的最大负角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用任意角的定义与集合所表示的角即可得解.
【详解】因为，
所以集合中的最大负角为.
故选：C.
2. 复数分别对应复平面内的点，若将按逆时针方向旋转得对应复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义以及四则运算即可求解.
【详解】由题意，
所以，
所以
故选：A.
3. 已知直角斜边的中点为O，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得、，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为点是直角斜边的中点，且，
所以，则为等边三角形，，
又因为是直角三角形，所以，
所以，
向量在向量上的投影向量为：
.
故选：B.
4. 北京时间2023年12月18日23时59分，甘肃省临夏州积石山县发生里氏6.2级地震，震源深度10公里．面对突发灾情，社会各界和爱心人士发扬“一方有难、八方支援”的中华民族团结互助、无私奉献的大爱精神，帮助灾区群众渡过难关．震级是以地震仪测定的每次地震活动释放的能量多少来确定的，我国目前使用的震级标准，是国际上通用的里氏分级表，共分9个等级．能量E与里氏震级M的对应关系为，试估计里氏震级每上升两级，能量是原来的（ ）
A. 100倍B. 512倍C. 1000倍D. 1012倍
【答案】C
【解析】
【分析】借助能量E与里氏震级M的对应关系计算即可得.
【详解】由，设，
则，
即，.
故选：C.
5. 数列的前n项和为，设甲：;乙：为等差数列．则甲是乙的（ ）
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】B
【解析】
【分析】一方面由等差数列求和公式可知甲是乙的必要条件，另一方面通过适当打乱等差数列中的数字顺序，可知甲不是乙的充分条件.
【详解】对于等差数列，显然有，这说明了甲是乙的必要条件；
设等差数列：，共有项，，
我们按如下方式重新排列等差数列中的数字：，此时该数列不是等差数列，
但是它的前项和依然满足，
综上所述，甲是乙的必要不充分条件.
故选：B.
6. 如果集合U存在一组两两不交（两个集合交集为空集时，称为不交）的非空子集，且满足，那么称子集组构成集合U的一个k划分．若集合I中含有4个元素，则集合I的所有划分的个数为（ ）
A. 7个B. 9个C. 10个D. 14个
【答案】D
【解析】
【分析】分别计算2划分，3划分和4划分的个数，再相加即可.
【详解】不妨设，则：
的2划分有，，，，，，；
的3划分有，，，，，；
的4划分只有.
综上，的划分共有个，D正确.
故选：D.
7. 计算（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用诱导公式和倍角公式可得，分子、分母同乘，结合倍角公式运算求解.
【详解】因为
.
故选：D.
8. 已知定义在上的函数满足，且当时，,若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先得出的对称性以及单调性，进一步只需比较离对称轴的距离大小即可，结合指数函数单调性、对数函数单调性以及三角函数单调性即可得出结论.
【详解】因为，所以的图象关于成轴对称，
注意到当时，由复合函数单调性可得在上为增函数，
故在上为增函数，
所以距离越远值越大，
因为，
距离最远的为，故最大，
而，
且，
所以，
综上所述，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是得到距离越远值越大，由此即可顺利得解.
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，有选错的得0分．
9. 甘肃省人民政府于2021年9月11日印发实施《甘肃省深化高等学校考试招生综合改革实施方案》，规定“从2021年秋季入学的普通高中一年级学生开始，实行基于统一高考和高中学业水平考试成绩、参考综合素质评价的高校考试招生模式”，即：统一高考科目为语文、数学、外语3门，使用全国统一试卷，不分文理科；选择性考试中首选科目为物理或历史；再选科目为思想政治、地理、化学、生物学（从4门中选择2门）．某市一高中学校为科学设定学校设置组合的种类，在高一年级进行了一次预选科，结果显示全年级选物理的学生占，选物理后再选政治的占，选历史后再选政治的占，则（ ）
A. 若记“选政治”为事件A，则
B. 若记“选政治”为事件A，“选物理”为事件B，则
C. 从全年级的学生中任选5人，记选政治的人数为随机变量X，则
D. 从全年级的学生中任选100人，记选政治的人数为随机变量X，则
【答案】AD
【解析】
【分析】，即可判断B；结合全概率公式求，即可判断A；对于C：可知，结合二项分布概率公式运算求解；对于D：，结合二项分布的期望公式分析判断.
【详解】记“选政治”为事件A，“选物理”为事件B，则“选历史”为事件，
由题意可知：，故B错误；
对于A：由全概率公式可知：，故A正确；
对于C：若从全年级的学生中任选5人，可知，
所以，故C错误；
对于D：若从全年级的学生中任选100人，可知，
所以，故D正确；
故选：AD.
10. 如图所示，长方体的表面积为6，，则（ ）
A. 该长方体不可能为正方体
B. 该长体体积的最大值为1
C. 若长方体下底面的一条边长为2，则三棱锥的体积为
D. 该长方体外接球表面积的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】设长方体的长、宽分别为，若，该长方体可能为正方体可判断A；由基本不等式求出可判断B；由三棱锥的体积公式可判断C；求出长方体外接球表面积结合二次函数的性质可判断D.
【详解】设长方体的长、宽分别为，
因为长方体的表面积为6，所以，
，
对于A，若，满足，所以该长方体可能正方体，故A错误；
对于B，，当且仅当时取等，
所以，解得：，即，
所以长方体体积的最大值为，故B正确；
对于C，若长方体下底面的一条边长为2，设，
则，解得：，
此时长方体的体积为，
因为三棱锥 ，
，
，
三棱锥的体积，
故C错误；
对于D，长方体外接球半径为，，所以，
所以长方体外接球表面积为，
因为，所以
则
，
令，，所以，
当时，，所以,故D正确.
故选：BD.
11. 抛物线有如下光学性质：由焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．已知抛物线的焦点为F,一条光线从沿平行x轴的直线方向射出，与抛物线交于点P,经过点P反射后，与抛物线交于另一点Q,经过点Q反射后，沿直线进入光源接收器，则（ ）
A. 当点P,Q的横坐标之积为1时，抛物线的方程为
B. 当,且时，直线的方程为
C. 当直线间的最小距离为8时，该光线经过的路程为12
D. 点M为抛物线的准线上任意一点，设直线的斜率分别为，当时，有恒成立．
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出直线方程，联立抛物线方程，结合韦达定理，可判断A，利用弦长公式可判断B，根据最小距离确定，结合的坐标可判断C，求出，验证可判断D.
【详解】设直线:，，
联立，，
，，，
，.
对于A，当时，，解得，此时抛物线的方程为，A正确.
对于B，①，
因为在抛物线上，，所以，
点也在直线上，所以，即，代入①可得，
所以直线的方程为，即，B正确.
对于C，由题意直线间的距离为，
可知，当且仅当时，取到等号，
因为直线间的最小距离为8，所以，解得.
此时的方程为，光线经过的路程为，C不正确.
对于D，设，则，
因为，所以，此时，，，.
，
所以，D正确.

故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用韦达定理求出；二是根据选项不同的条件求出抛物线的方程.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某公司人力资源部为了解员工的工作积极性和对待公司改革态度的关系，调查了75名员工，得到以下列联表：
根据统计结果，认为“平时工作态度积极和支持公司改革有关”犯错误的概率不超过__________．
附：,其中．
【答案】
【解析】
【分析】借助列联表计算出卡方后，借助附表即可得.
【详解】设零假设：平时工作态度积极和支持公司改革无关，
，
故认为“平时工作态度积极和支持公司改革有关”犯错误的概率不超过.
故答案为：.
13. 过圆外一点向圆O引两条切线和（其中A,B为切点），使得，则实数a,b满足的等量关系为__________，的取值范围为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意可得，则，所以点表示以原点为圆心，半径为的圆，表示到直线距离的倍，先求出原点到直线距离，即可得出答案.
【详解】如图，易知：，由，
可得：，在中，，
所以，所以点表示以原点为圆心，半径为的圆，
表示到直线距离的倍，
而原点到直线距离为：，
所以到直线距离的最大值为，
最小值为，
所以.
故答案为：；.
14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点P为的垂心，若已知，记线段的长度分别为x，y，z，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据垂心的性质得到，，，进而得到，再用余弦定理求解即可.
【详解】由，知是锐角三角形.
如图，记是三条高，点分别在线段上，则是线段的交点.
由于，
故
，
这里是外接圆半径，所以，同理，.
故
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于先用三角形的参数表示三条高线的长度，再同时约掉，然后用余弦定理计算比例.
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. 已知函数．
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）若函数的导函数为，且在上为减函数，求ω的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入，依次求得，即可得解；
（2）原题等价于在上恒成立，进一步结合复合函数单调性、值域即可列出不等式组求解.
【小问1详解】
因为，所以，
故，且，从而，
此时函数在点处的切线方程，即.
【小问2详解】
，，
因为在上为减函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
也就是在上恒成立，
注意到，且当时，有，
所以当且仅当满足题意，解得，
也就是说ω的取值范围为.
16. 如图1，菱形的边长为,将其沿折叠形成如图2所示的三棱锥．
（1）证明：三棱锥中，;
（2）当点A在平面的投影为的重心时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）构造的中点，然后证明垂直于平面即可；
（2）设的重心为点，将题目转化为求，再反复使用勾股定理，求出和的长度，即可得到结果.
【小问1详解】
记的中点为，由菱形的性质，有，，所以，.
而和在平面内交于点，故垂直于平面.
又因为在平面内，所以.
【小问2详解】
设的重心为点，则垂直于平面.
这表明直线与平面所成角等于，故所求正弦值即为的值.
由于，，故，.
从而，故.
所以直线与平面所成角的正弦值是.
17. 设数列的前n项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，且，求；
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，即可求出结果；
（2）根据（1）得到，再利用裂项相消法，即可求出结果；
（3）利用，即可证明结果.
【小问1详解】
因为①，当时，②，
所以①②得到，即，
又，满足，所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
【小问3详解】
因为，
所以，
即.
18. 民间谚语“杨柳儿活，抽陀螺；杨柳儿背，放空竹；杨柳儿死，踢毽子”，体现随着季节变化，可以进行不同的健身活动，其中踢毽子在我国流传很广，有着悠久的历史．据考证，踢毽子起源于中国汉代，盛行于六朝、隋、唐．某市高中学校为弘扬传统文化，增强学生身体素质，在高一年级开展了“人人参与”“团队竞赛”的踢毽子活动．在“人人参与”的环节中记录高一年级700名学生每人每分钟踢毽子的次数，从中抽取100名学生的成绩进行统计，如图所示，得到样本的频率分布直方图．将踢毽子每分钟次数样本数据第60百分位数（精确到1），记为“达标”的指标界值．
（1）请根据样本数据，求高一年级学生踢毽子“达标”的指标界值；
（2）“团体竞赛”规则为，每班选出由3名选手组成的代表队参赛，上场的甲、乙、丙3人，由甲将毽子等可能的踢给另外两人中的1人，接到毽子的人再等可能的踢向另外两人中的1人，如此不停的传下去，直到有选手没有接到毽子则比赛结束，记录此时的传踢个数作为团队成绩．记第次传踢之前毽子在甲的概率为，易知．求第6次传踢前，毽子传到甲的概率，并讨论第i次传踢前（且）毽子在甲、乙、丙三人中哪一人的概率最大．
【答案】（1）
（2），为偶数时毽子在乙、丙的概率较大，为奇数时毽子在甲的概率较大.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，由百分位数的定义列出方程求解；
（2）找出第次传踢与的递推关系，构造等比数列求出通项公式，即可得出，由判断概率大小求解即可.
【小问1详解】
设高一年级学生踢毽子“达标”的指标界值为，
由于前四组的频率之和为，
前五组的频率之和为，
可得，
依题意有：，
即.
【小问2详解】
设第i次传踢之前毽子在乙、丙的概率为，
则有，，
所以，即有，
所以为等比数列，其中首项为，公比为，
所以，即，
故，
为偶数时，，毽子在乙、丙的概率较大，
为奇数时，，毽子在甲的概率较大.
【点睛】关键点点睛：本题第二问第一个关键点在于需要利用独立事件、互斥事件的和找到与间的递推关系，第二个关键点在于利用构造等比数列数列求出，第三个关键点在于对进行奇偶讨论，综合性较强.
19. 曲线的曲率是描述几何弯曲程度的量，曲率越大，曲线的弯曲程度越大．曲线在点M处的曲率（其中表示函数在点M处的导数，表示导函数在点M处的导数）．在曲线上点M处的法线（过该点且垂直于该点处的切线的直线为曲线在此处的法线）指向曲线凹的一侧上取一点D,使得，则称以D为圆心，以为半径的圆为曲线在M处的曲率圆，因为此曲率圆与曲线弧度密切程度非常好，且再没有圆能介于此圆与曲线之间而与曲线相切，所以又称此圆为曲线在此处的密切圆．

（1）求出曲线在点处的曲率，并在曲线的图象上找一个点E，使曲线在点E处的曲率与曲线在点处的曲率相同；
（2）若要在曲线上支凹侧放置圆使其能在处与曲线相切且半径最大，求圆的方程；
（3）在（2）的条件下，在圆上任取一点P，曲线上任取关于原点对称的两点A，B，求的最大值．
【答案】（1），（答案不唯一，事实上亦可）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接用定义计算曲率，然后构造并验证即可；
（2）设圆的方程为，然后与联立，讨论使方程组具有唯一解的最大的即可；
（3）首先用向量计算证明，然后分别考虑的长度即可.
【小问1详解】
曲线在点附近满足，进一步有，，故其曲率.
在处，，所以曲线在点处的曲率为.
考虑曲线上的点，曲线在该点附近满足，进一步有，，故其曲率.
在处，，所以曲线在点处的曲率亦为.
【小问2详解】
设的方程为，，由条件知，由和组成的方程组只有一个解.
将其联立，得到，即，即.
若，则原方程组还有另一个解，矛盾.
而时，我们有，从而，，故，这表明原方程组只有一个解.
所以所求的半径最大的圆的方程为.
【小问3详解】
首先有.
设，则我们又有，，故.
当，时，.
所以的最大值是.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于第3小问中，需要将转化为两个线段的模长平方之差，然后各自考虑各自的取值范围，再合在一起讨论整体的最大值.
支持改革情况
工作态度
合计
积极
欠积极
支持
40
20
60
不支持
5
10
15
合计
45
30
75
0.10
0.05
0.005
0.001
2.706
3.841
7.879
10.828