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届高三 月大联考数学
２０２４ ４
参考答案、提示及评分细则
．【答案】
１ B
【解析】由题意可得其展开式中x３ 系数为 ３ ３ ( ) ３ ３ 故选 ．
C６×２× －１ ＝－C６×８＝－１６０, B
．【答案】
２ D
【解析】由题意可得M N M N 故选 ．
＝(３,４), ＝(－３,５), ∩ ＝(３,４), D
．【答案】
３ A
z
【解析】设z a b 则z a b 即a b a b a b a b 即a b 故选 ．
＝ ＋i, ＝ －i,z＝i, ＋i＝i(－i),＋i＝ i＋ , ＝ , A
．【答案】
４ C
【解析】设适宜条件下 个大肠杆菌增长到 万个大肠杆菌大约需要x分钟
１ １ ,
x x
则 两边取对数得 所以x ４×２４ ９６ 所以大约
１２２４＝１００００, lg２＝lg１００００＝４, ＝ ≈ ．≈３２０,
２４ lg２ ０３
需要３２０ １６ ．小时 故至少需要 小时 故选 ．
＝ ≈５３ , ６ , C
６０ ３
．【答案】
５ C
{x y
【解析】依题意 联立 ＋２ ＋２＝０ 消去x得y２ ay a
, y２ ax , ＋２ ＋２ ＝０,
＝
则Δ a２ a 由a 得a 故抛物线C的方程为y２ x 其准线方程为x １
＝４ －８ ＝０, ≠０ ＝２, ＝２ , ＝－ ,
２
故选 ．
C
．【答案】
６ A
【解析】设 ACD θ 则 BCD θ 设CD BD a 则AC a θBC a ２θ．故在
∠ ＝ , ∠ ＝２ ; ＝ ＝ , ＝ cos, ＝ cos
a２ a２ ４θ a２
BCD中 由余弦定理可得 θ ＋ cos － １ ２θ 而 θ ２θ 故
△ , cos２ ＝ a a ２θ ＝ cos , cos２ ＝２cos －１,
２ cos ２
２θ ２ θ １ 直角三角形ACD中θ为锐角 故 θ 故 θ ６ 故选 ．
cos ＝ ,cos２ ＝ , , , cos＞０, cos＝ , A
３ ３ ３
．【答案】
７ B
【解析】由题意可得至少有 个凹槽与其内小球编号相同的情况只有均相同或恰好有 个相
２ ２
同．不妨用 表述相同 表示不同 则满足题意的排列方式有
√ ,× , :√√√√、√√××、√×√
共 种情况 即概率为７ ７ 故选 ．
×、√××√、×√√×、×√×√、××√√, ７ , ４＝ , B
A４ ２４
高三数学试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}．【答案】
８ C
( )
【解析】令t θ θ θ π 则已知不等式化为 t２ t
＝sin ＋cos＝ ２sin ＋ ∈[－ ２,２], sin( －１)≤cos
４
( )
π t ．
＝sin ＋
２
é ù
t２ π t ê êπ π ú ú 故原不等式的解分两段
－１∈[－１,１], ＋ ∈ë － ２, ＋ ２û, :
２ ２ ２
é ù
π π t t ê ê π ú ú 原不等式化为t２ π t．
① － ２≤ ＋ ≤π－１⇒ ∈ë－ ２, －１û, －１≤ ＋
２ ２ ２ ２
即t２ t π ．
－ －１－ ≤０
２
é ù ( )
π t π t ê êπ ú ú 原不等式化为t２ π t ．
②π－１≤ ＋ ≤ ＋ ２⇒ ∈ë －１,２û, －１≤π－ ＋
２ ２ ２ ２
即t２ t π ．
＋ －１－ ≤０
２
四个选项对应的t取值范围分别为 当t 时显然
[１,２],[１,２],[－１,０],[－ ２,－１], ＝± ２
不满足题意t 时易验证满足第一种情况 故选 ．
,∈[－１,０] , C
．【答案】
９ ABD
【解析】整理直线l的方程 得mx y x y 当x y时 直线方程与m的取值
, (－ )＋２(＋ )－４＝０, ＝ ,
无关 代入解得x y 正确 整理圆C的方程 得x ２ y ２ 正确 令圆心
, ＝ ＝１,A ; , (＋２)＋(－３)＝４,B ;
m ù
C到直线l的距离d |５ ＋２| 解得m １４ ú ú 错误 将 代入
＝ ( m ＋２) ２ ＋( m －２) ２ ≤２, ∈[－２, １７ û,C ; (－２,３)
直线l的方程 解得m ２ 正确．故选 ．
, ＝－ ,D ABD
５
．【答案】
１０ BCD
【解析】如图 当平面BAC 平面DAC时 三棱锥体积最大 记E为AC
, ⊥ , ,
中点 此时DE 平面BAC 因为AB 平面BAC 所以AB DE 因为
, ⊥ , ⊂ , ⊥ ,
CD DE D 所以AB与CD不垂直 错误．
∩ ＝ , ,A
对于 直线BD 和平面ABC所成角即为 EBD 因为 EBD
B: ∠ , tan∠ ＝
ED
故 EBD π 正确．对于 由于BC CD BA AD 取
BE＝１, ∠ ＝ ,B C: ＝ ＝ ＝ ,
４
BD中点G 则有CG BD AG BD 故 CGA为平面ABD与平面BCD 所成角的平面
, ⊥ , ⊥ , ∠
３ ３
角．则 CGA
AG２
＋
CG２
－
AC２
２
＋
２
－４
１ 正确．
cos∠ ＝ AG CG ＝ ＝ ,C
２ × ６ ６ ３
２× ×
２ ２
对于 设内切球球心为I 内切球半径为 由等体积法知
D: , r, ,
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【 ２ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}V V V V V １rS 其中 V １BE S １
ABCD ＝ I － ABC ＋ I － BCD ＋ I － ACD ＋ I － ABD ＝ ABCD ,ABCD ＝ × ΔACD ＝ ,
３ ３ ３
S é ê ê ( １ ) ( １ )ù ú ú 故r ３ V ABCD １ 正确．
ABCD ＝２×ë ×２ ＋ × ３ û＝ ３＋２, ＝S ABCD ＝ ＝２－ ３,D
２ ２ ３＋２
．【答案】
１１ BC
fx f
【解析】由已知得x ( )故 (２) f 又因为f′x 所以fx 在
＞ x , ２＞ ,４＞ (２), ( )＞１＞０, ( )
２
fx
单调递增 所以f ff 错误 构造函数gx ( )则g′x
(１,＋∞) , (４)＞ ( (２)),A ; ( )＝ x , ( )
( fx ) f
１ f′x ( ) 所以gx 在 单调递增 因此g g 即 (４)
＝x ( )－ x ＞０, () (１,＋∞) , (４)＞ (２), ＞
４
f fx ffx
(２)f f 正确 由于 () fx x 故gfx gx (())
,(４)＞２ (２),B ; x ＞１, ( )＞ , ( ( ))＞ ( ),fx ＞
２ ()
fx fx
x () ,( f ( x )) ２ ＜ xf ( f ( x )), 因此f (２)＜ ２ f ( f (２)),C 正确 ; 构造函数h ( x )＝ ( x ) , 则
e
f′x fx
h′x ()－ ()而fx x f′x 故h′x hx 在 单调递减 因
()＝ ex , ()＞ ＞ ( ), ( )＜０,( ) (１,＋∞) ,
f f
此h h (４) (２)f ２f 错误．故选 ．
(４)＜ (２), ４ ＜ ２ ,(４)＜e (２),D BC
e e
．【答案】１
１２
１４
【解析】由题意可得a a a a q q２ q３ a 解得a １ 故答案为１．
２＋ ３＋ ４＝ １(＋ ＋ )＝１４ １＝１, １＝ ,
１４ １４
．【答案】
１３ π－２
【解析】f′x ω ωx 故有 ω ω２ ω 即 ω２ 则ω２ k k Z
()＝－ sin , － sin ＝－ sin２, sin ＝sin２, ＝２＋２π(∈ )
或ω２ k k Z 解得ω k k Z 或ω k k Z 当k
＋２＝π＋２π(∈ ), ＝ ２＋２π(∈ ) ＝ π－２＋２π(∈ ), ＝０
时 k 取最小值 k 取得最小值 因为 故ω的最小值
,π－２＋２π π－２,２＋２π ２, π－２＜ ２,
为 ．
π－２
．【答案】 １
e
１４ {１}∪(e４e,e)
【解析】由题意可得方程 a x a在 无解 将方程变形得x x
log x ＝－ ＋２ln (０,１)∪(１,＋∞) , ln －
a x a 即函数gx x x a x a在 无零点．易
２ln ln ＋ln ＝０, ()＝ ln －２ln ln ＋ln (０,１)∪(１,＋∞)
得gx 的定义域为 仅在讨论零点时舍去x 的情况 若a 时 则gx
() (０,＋∞), ＝１ : ＝１ , ( )＝
x x x 时gx x 时gx 故在 无零点 因此a 符
ln ,０＜ ＜１ ()＜０,＞１ ()＞０, (０,１)∪(１,＋∞) , ＝１
a a
合题意 当a 时 则g x x ２ln 设 φx x ２ln 则 φ x
; ≠１ , ＇( )＝１＋ln － x , ( )＝１＋ln － x , ＇( )＝
x a
＋２ln 当a 时 φx 则 φx 在 单调递增 由于x 时gx x
x２ , ＞１ ＇()＞０, () (０,＋∞) , →０ ＇( )→－∞,
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【 ３ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}时gx 由零点存在性定理可知gx 在 必有且只有一个零点 设为
→＋∞ ＇()→＋∞, () (０,＋∞) ,
x 则gx 在 x 单调递减 在x 单调递增 其中１x x a 故只需令
０, () (０,０) , (０,＋∞) , ０(１＋ln ０)＝ln ,
２
gx 因此gx x x x x x １x x １x x ２
(０)＞０, (０)＝ ０ln ０－ ０ln ０(１＋ln ０)＋ ０(１＋ln ０)＝－ ０(２(ln ０)
２ ２
x 解得 １ x １ x 设hx １x x 则hx １
－ln ０－１)＞０, － ＜ln ０＜１, ＜ ０＜e, ( )＝ (１＋ln ), ＇( )＝ (２
２ e ２ ２
x 故 １ a １ a e 当 a 时 g a g e 故
＋ln )＞０, ＜ln ＜e,e４e＜ ＜e; ０＜ ＜１ , (１)＝ln ＜０, (e)＝ ＞０,
４e ２
g ( x ) 在区间 (１, e ) 必有零点 , 与所求不符．综上 , a的取值范围为 {１}∪(e４ １ e,e e ) ．
２
．【解析】 因为fx
x２
－３ 所以f′(x) ２
x
－
x２
＋３ －
(x
－３
) (x
＋１
)
分
１５ (１) ()＝ x －１ , ＝ x －１ ＝ x －１ , ２
e e e
令f′(x) 解得x 或x 令f′(x) 得x 或x 令f′(x) 得
＝０, ＝３ ＝－１, ＜０ ＞３ ＜－１, ＞０ －１＜
x 分
＜３, ５
列表如下
:
x
(－∞,－１) －１ (－１,３) ３ (３,＋∞)
f′x
() － ０ ＋ ０ －
fx 极小值 极大值
() ↘ ↗ ↘
分
７
故fx 的单调递减区间为 单调递增区间为 分
() (－∞,－１),(３,＋∞), (－１,３), ９
由 可得f(x)的极大值为f( ) ６ 极小值为f( ) ２． 分
(２) (１) ３ ＝ ２ , －１ ＝－２e １３
e
【评分细则】第 问不列表说明也可以 只要最终单调区间书写正确即可满分 第
(１) , ,
问写出一个极值得 分 少写一个扣 分．
(２) ２ , ２
．【解析】 记事件C为 两个生物个体为同一物种
１６ (１) “ ”,
则C发生的概率为PC １ １ 分
( )＝ ×１＝ ４
５ ５
{N N
A B
由表可知 ＝ ＝３０ 分
(２)(i) ６
S S
A B
＝ ＝５
ì
ï
ï D A １ ２ ４
ï ＝１－ ２×５×６＝
所以í ３０ ５ 分
ï １０
ï ïD B １ ( ２ ２ ２ ２ ２ ) ６７
î ＝１－ ２× １２＋４＋３＋６＋５ ＝
３０ ９０
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【 ４ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}即D D 故A的多样性大于B 分
A ＞ B, ; １２
在 中两群落物种数目相同 各物种数量不同 而A中各物种数量均相同
(ii) (i) , , ,
即物种均匀度更大 分析可得物种均匀度也会影响群落多样性． 分
, １５
评分细则 若第一问未设事件扣 分 第 问的第 小问只要说法合理即可满
【 】 １ , ２ ２
分．
．【解析】 连接ACBD 设AC BD O 连接PO 有PO
１７ (１) , , ∩ ＝ , ,
平面ABCD 由题意得ME NE MG NG 连接MN
⊥ , ＝ , ＝ , ,
EG 设EG MN S 则MS NS 故S在PO上 过E
, ∩ ＝ , ＝ , ,
PE EH
作EH PO H 为垂足 在 POB中 ２ 故
⊥ , , △ ,PB＝OB＝ ,
３
EH 因为MN AC 所以PS １PO SH PH
＝２, ∥ , ＝ ＝３, ＝ －
２
PS 故 SEH １ DPO 所以 PHE PGS 所以 PGE
＝１, tan∠ ＝ ＝tan∠ , △ ∽△ , ∠ ＝
２
PHE PD GE 分
∠ ＝９０°, ⊥ , ４
又MN OP MN BDBD OP O 故MN 平面PBD MN PD
⊥ , ⊥ , ∩ ＝ , ⊥ , ⊥ ,
分
５
又 MN GE S GE 平面EMGN MN 平面EMGN 故PD 平面
∩ ＝ , ⊂ , ⊂ , ⊥
EMGN． 分
７
MN GE SGE 平面EMGN MN 平面EMGN 三个条件只要缺 个
( ∩ ＝ , ⊂ , ⊂ １ ,
不给分
)
以OAOBOP所在的直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系
(２) , , ,,
可得A B P D 分
(３,０,０), (０,３,０), (０,０,６), (０,－３,０), ９
由 得PD 平面EMGN 故平面EMGN 的一个法
(１) ⊥ ,
向量为DP→ 分
＝(０,３,６) １１
其中AP→ AB→
＝(－３,０,６), ＝(－３,３,０)
设平面PAB的一个法向量为n xyz
＝( ,,),
{n AP→ { x z
则 ＝０ －３ ＋６ ＝０
⇒ ,
n AB→ x y
＝０ －３ ＋３ ＝０
令z 可得n 分
＝１ ＝(２,２,１) １３
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【 ５ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}设θ为二面角P ME N 的平面角 则 θ nDP→ ４５ 由图
－ － , cos ＝ cos＜ , ＞ ＝ ,
１５
可知所求二面角为锐角 故二面角P ME N 的余弦值为４５ 分
, － － １５
１５
【评分细则】
若辅助线只画图 缺文字说明 扣 分 证明出PD GE给 分 MN PD
(１)( , , １ ) ⊥ ３ , ⊥
给 分 PD 平面EMGN 给 分 MN GE SGE 平面EMGN MN 平
２ , ⊥ ２ ( ∩ ＝ , ⊂ , ⊂
面EMGN 三个条件只要缺 个 这 分不给
１ , ２ );
建系 分 法向量一个 分 结果 分．
(２) １ , ２ , １
．【解析】 由已知易得双曲线C x２ y２ 分
１８ (１) ２: － ＝２, １
因为点P在第一象限 所以可以将双曲线C 变形为y x２ ．
, ２ ＝ －２
x
求导有y 分
′＝ x２ , ３
－２
x x x
当x x 时y ０ ０ 所以AB的方程为 y y ０ x x 化
＝ ０ ,| x ＝ x ０＝ x２
０－２
＝y
０
, : － ０＝y
０
( － ０),
x
简有y ０x ２． 分
＝y －y ５
０ ０
x
设k ０ m ２ Ax y Bx y
(２) ＝y , ＝－y , (１,１), (２,２)
０ ０
ì ï km
ì ïx２
ï
x x ４
ï y２ ï １＋ ２＝－k２
联立í
ï２
＋ ＝１有
(１＋２
k２
)
x２
＋４
kmx
＋２
m２
－２＝０,∴
í
ï
２ ＋１
ï m２
îy kx m ï ïxx ２ －２
＝ ＋ î １ ２＝ k２
２ ＋１
分
８
Δ k２ m２ AB k２ x x
＝ ８(２ ＋ １ － )＝ ２４ ＞ ０,| | ＝ １＋ | １ － ２| ＝
k２ k２ m２ k２
２２ １＋ ２ ＋１－ ２６ １＋ 分
k２ ＝ k２ １０
２ ＋１ ２ ＋１
m
点Q到直线AB的距离d |３－ | 分
Q － AB ＝ k２ １２
１＋
m x
则S １ AB d ６|３－ | 将k ０ m ２代入有S
△ QAB ＝ | | Q － AB ＝ k２ , ＝y , ＝－y △ QAB ＝
２ ２ ＋１ ０ ０
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【 ６ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}y２ y
６(３ ０＋２ ０) 分
y２ １３
３ ０＋４
y y
２ ０－４ ２(０－２)
＝ ６(１＋ y２ )＝ ６[１＋ y ２ y ]
３ ＋４ ３(０－２)＋１２(０－２)＋１６
２ ２ ６
＝ ６[１＋ ]≤ ６[１＋ ]＝ ２＋
３( y ０－２)＋y １６ ＋１２ ２ ３( y ０－２)×y １６ ＋１２ ２
０－２ ０－２
当且仅当y ４３时取等号 故 QAB面积的最大值为 ６． 分
０＝２＋ , △ ２＋ １７
３ ２
【评分细则】
双曲线方程 分 求导给 分 方程正确给 分 如果用联立韦达得出直线方
(１) １ , ２ , ２ ;
程也可得满分 如果只有最终答案没有过程只给 分．
, ２
韦达定理给 分 AB长 分 P到AB的距离 分 得到单变量表达式S
(２) ３ , ２ , ２ , ＝
y２ y
６(３ ０＋２ ０)给 分 结果 分 没有取等号条件 这 分不给 ．
y２ ３ , ２ ( , ２ )
３ ０＋４
．【解析】 因为fx x 所以对任意n ma f a a 故
１９ (１) ()＞ , ≥ ,n ＋１＝ (miinn {i})＞miinn {i},
１≤ ≤ １≤ ≤
数列最小值不变． 分
３
即对于任意n m a a a f a f a 恒成
≥ ,miinn {i}＝miinm {i},n ＋１＝ (miinn {i})＝ (miinm {i})
１≤ ≤ １≤ ≤ １≤ ≤ １≤ ≤
立．
故对于任意n m 有a f a 故a 是 最终常数列 ． 分
≥ ＋１, n ＝ (miinm {i}), {n} “ ” ５
１≤ ≤
必要性 若 a 不为 最终常数列 假设存在一个n m 使得a
(２) , {n} “ ”, ≥ n ＋１≥miinn
１≤ ≤
a 则由 同理可知其最小值不变 故 a 为 最终常数列 矛盾．所以对任
{i}, (１) , {n} “ ”,
意n ma a ． 分
≥
,n
＋１＜miinn
{i}
７
１≤ ≤
故对任意n m 均有a a 成立 故a fa 对任意n m 成
≥ ＋１, n ＝miinn {i} , n ＋１＝ (n) ≥ ＋１
１≤ ≤
立
,
又由b 定义递推 知对任意正整数ib a ． 分
{n} , ,i ＝ m ＋ i ９
充分性 若任意正整数ib a 则a fa 对任意n m 成立
: ,i ＝ m ＋ i, n ＋１＝ (n) ≥ ＋１ ,
又由a 定义知任意n m 均有a a 成立． 分
{n} ≥ ＋１, n ＝miinn {i} １０
１≤ ≤
由此知a a a a ． 分
n ＋１＝ miinn {i}≤miinn {i}＝ n １１
１≤ ≤ ＋１ １≤ ≤
又由fx x 知a a 故a a 即 a 在第m 项后严格递减
()－ ＝０ n ＋１≠ n, n ＋１＜ n, {n} ＋１ ,
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【 ７ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}故不是 最终常数列 ．
“ ”
综上 原命题得证． 分
, １２
由 知 要求fa a a a 解得a ． 分
(３) (２) : (１)＝ ２＜miin{i}＝ １, １∈(１,４) １３
１≤ ≤１
下证a 即为所求．
:１∈(１,４)
由a 时a fa a ２
１∈(１,４) ２＝ (１)＝(１－２)∈(１,４),
递推知
,
对任意n
∈
Ν∗ 均有a
n ∈(１,４)
．
１５
分
进而a
n ＋１＝
f
(
a
n)
对任意n
∈
Ν∗ 均成立
,
结合
(２)
结论知
{
a
n}
不是
“
最终常数列
”
．
故a 的取值范围是 ． 分
１ (１,４) １７
【评分细则】
后两问若用其他方法证明出来酌情给分
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【 ８ ( ７ )】
{#{QQABKQyAgggAAIBAARhCUQXACEMQkAACCAoGBFAMIAABCRFABAA=}#}
