2024届甘肃省兰州市高三下学期诊断考试数学答案

2024年兰州市高三诊断考试数学试题参考答案及评分标准一、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，只有一项是符合题目要求的．)1．D2．A3．C4．A5．B6．C7．B8．D8．【解析】f()x是定义在R上的奇函数f(0)0且图象关于原点对称f(x1)f(x1)0f(x1)f(x1)f(1x)fx(4)fx[1(3)]fxfx(2)(1(1)]fxfx()()f(1x)f(3x)f[1(2x)]f(1x)f(2x)f(2x)f(2x)因此函数的周期为4，且函数图象关于x12k(kZ)和(2k,0)(kZ)对称可画出函数在区间[2,2]内的简图则图可知，在[2,2]内要满足f[ln(ea)]f(1lna)f(lna)，3131只需lna，即2222eae314k4k再根据函数的周期性可知e2ae2(kZ)，故选D．二､多选题(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，全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分)9．BCD10．AC11．BDπtπt11．【解析】若记车轮运动时着地点为P，则t秒时AOP，因此，hf(t)1cos(t0)，并22满足f(t4)f(t)对于任意t0成立，在区间4k,4k2(kN)上为增函数，在区间[2,4]内图象关15π22于点(3,1)对称，f(7.5)1cos，故选B，D．42{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}三､填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)12112．y13．14．第一空：分别取棱CD''及CC'的中点M、N，取线段MN上任意一点Pe14均可分，第二空：分(2)3,5(3)14．【解析】第一空：因为点P在侧面CDD''C内（包括边界）且三棱锥PBEF的体积与三棱锥B'BEF的体积相等，即在侧面CDD''C内确定一点P，使BP'P平面BEF．又因为E、F分别为棱DD'及CD的中点，故分别取棱CD''及CC'的中点M、N，易知B'MPBF，MNPEF，且BM'交MN于点M，BF交EF于点F，所以平面B'MNP平面BEF，故当点P在线段MN上时，点P到平面BEF的距离与点B'到平面BEF的距离相等，所以三棱锥PBEF的体积与三棱锥B'BEF的体积相等．第二空：因为二面角A'ABC的大小为，所以过C作CHAB于H，过H作KHPBB'，则KHC为二面角A'ABC的平面角，易知B'BC．当取最大值时，即=时，此33K时CBAB即底面ABCD为正方形，在BCN''中B'C2CN2，B'CN，所3以BN'3，在BCM''中B'C2CM2，B'CM，BM'5，又因为2HMNEF2，所以B'NM中，BN'3，MN2，BM'5，所以B'NM为直角三角形，当点在线段上运动时，线段长度的取值范围是．PMNBP'3,5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)n23n15．【解析】(1)aC2n3(nN*)………………5分nn32a，n12，n1(2)因为数列b满足：b1即bnn，n，anan1n2n1n2又因为符合当时的值，所以数列的通项公式为（）．b12=1+1n1n1bnbnn1nN11(1n)1111因为2bn()n1，所以S=42(1)，2S1=0．………………13分2n1nn2n122216．【解析】(1)如图所示：以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，以ADz所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系．则P(0，0，3)，B(4，0，0)，C(4，5，0)yx{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}设E()x，y，z，由BEBP，可得x4，y，z4，0，3，则E(44，0，3)，PB底面AEFD可得PBAE，PB(4，0，3)，AE(44，0，3)，PBAE0解16得………………6分25(1)设平面EAD的法向量为n，AE(44，0，3)，AD(0，3，0)uuuruuur(44)x3z0,由nAE，nAD，得令x3得n=3，0，44，3y0,4平面ABD的法向量为m，则m=(0，0，1)，二面角EADB的余弦值为54441则cosm，n解得………………11分9216(1)252uuurnPC122PC(4，5，-3)，n=3，0,4若直线PC与平面AEFD所成角为，则sinuuurnPC25122所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值………………15分2513133317．【解析】(1)(i)因为XB~4，，所以PXC(3)4()()…………3分44464k1k34kk11k135kC4()()()(),C4k1k34k444415(ii)因为P(Xk)C4()()，k0....4．解得k44131344Ck()()()(),k4kCk1k13k444444所以k=1时，P()Xk最大…………7分(2)由题知，BD选项不能同时选择，该同学可以选择单选、双选和三选．111正确答案是两选项的可能情况为AB，AC，AD，BC，CD，每种情况出现的概率均2510；111正确答案是三选项的可能情况为ABC，ACD，每种情况出现的概率为224；若该同学做出的决策是单选，则得分的期望如下：11121127EA()3323分EB()2313分，1045，1042011121127EC()3323分ED()2313分．1045，10420若该同学做出的决策是双选，则得分的期望如下：{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}112711211127E(AB)63分E(AC)623分E(AD)63分10420，10410，10420，11271127E(BC)63分E(CD)63分．10420，10420若该同学做出的决策是三选，则得分的期望如下：1313E(ABC)6分E(ACD)6分．42，4212经比较，该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为分…………15分518．【解析】(1)圆C过点P41，，M(2,3)和N(2,1)，因此可以知道圆心在直线y1上，故可设圆心C(a,1)，又由于圆C过点P(4,1)，所以a2，r2，故圆的方程为(x2)2(y1)24，可得点F(0,1)，因此，抛物线E的方程为x24y．…………7分(2)由条件可知，直线AB的斜率必存在，不妨设为k，则直线AB的方程为：y1k(x4)即ykx4k1，x24y由得x24kx16k40，ykx4k1其中Δ16k264k1616(k24k1)0，即k23或k23，设A(,)x1y1，B(,)x2y2，过A，B点的抛物线的切线的斜率分别为k1，k2，xx则xx4k，xx16k4，k1，k2，12121222x2xxx2过A点的抛物线的切线方程为y11()xx，即y1x1，42124xx2同理，过B点的抛物线的切线方程为y2x2242xxx1x2y1x1x2k242由得，即Q(2k,4k1)，xx2xxy2x2y124k1244所以点Q在直线y2x1上，而点M也在直线y2x1上，故直线QM与圆C的另一个交点就是直线y2x1与圆C的交点，{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}222x(x2)(y1)45x2由得或，y2x11y3y521故直线QM与圆C的另一个交点为定点（，）…………17分5519．【解析】(1)法一：3x2,x0,211d(,)|||MN1xy2||||xx2|x2,0x4,则d(M,N1)2，223x2,x4,2即d(,)MN1的最小值是223x,x0,则，d(,MN2)|||xy2||||2xx2|2x,0x1,d(M,N2)1y3x2,x1,Ｍ.即d(,)MN2的最小值为1…………5分xO，N1法二：N1在直线2xy0上，如图所示d()MN1的最小值即为MN1，此时，，，MN(02)1(00)，MN12，即d(,)MN1的最小值是2y，N2在直线x2y0上，如图所示d()MN2的最小值即为MN2，此时Ｍ.N2，，，MN(02)2(12)，MN21，即d(,)MN2的最小值为1x2O(2)解析：法一：当k1时：d(M,N)=xy2，点（x,)y为直线xk2y2k10(k0)上一动点，2x21xx212121则当k1时d(M,N)=x222，即f(k)=2k2kk2k2k2kk2kk2kk22x212当k1时，d(M,N)=x2xx2k12k22k22k1，f(k)=2k2k1k2kk2{#{QQABKYQQogAAABAAAQgCQwX4CAGQkBGAAAoOwBAAoAIBCRFABAA=}#}122,k1,2122所以f(k)=kk又因为当k1时25，当0k1时2k2k15k2k，2k22k1,0k1,y所以f()k的最大值为5.…………9分NＭ.21法二：根据(1)直线xky2k10(k0)的斜率是，k2x1O当1，即0k1时，k2如图所示d()M，N的最小值即为MN，此时M(0，2)，N(2k22k1，2)，MN0(2k22k1)2k22k1(0k1)1当1，即k1时，k2如图所示d()M，N的最小值即为，此时MNy121212Ｍ.MN(0，2)，(0，)，MN2()2(k1)k2kk2kk2kx2k22k1,0k1,O所以f(k)=12所以f()k的最大值为52,k1,Nk2k(3)法一：令xek，则kekxlnx，0xedMN(，)|ekmk||ekn|max{|xxxmnxxxmnln|,|ln|}(max{a,b}表示a、b中的较大者)令g(x)xxlnx(0xe)，则g(x)2lnx0在区间(e2,e]内成立，g()x在区间(e2,e]内为增1函数，因此g(e2)g(x)g(e)2e，e2令h(x)xxlnx(0xe)，则h(x)lnx0在区间(1,e]内成立，h()x在区间(1,e]内为减函数，因此0h(e)h(x)g(1)1，1所以f(m，n)max{|mn|,|2emn|,|mn|,|1mn|}e21|2e()|2|10|1所以f(m,n)max{e,