理科数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023届河南省部分校高三12月大联考考后强化数学_2023届河南省部分校高三12月大联考考后强化数学

2022 年高三 12 月大联考考后强化卷 理科数学·全解全析 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D B C D A B B A D A A 9 1 9 1．C 【解析】依题意，A{x|x(2x9)0}{x|0 x }，故A B{x| x }，故选：C．  2 4 2 z 2．D 【解析】因为 i(1i)z，所以zi(1i)(1i)(1i)z，即zi12z，所以z1i， 1i 故z在复平面内对应的点为(1,1)，位于第四象限．故选：D． 3．B 【解析】∵S S ，∴S S a a  a 9(a a )0，∴a a 0， 3 21 21 3 4 5  21 4 21 4 21 ∴S a a a (a a  a )a a a a a a a a 2(a a )a 2， 23 1 2 3 4 5  21 22 23 1 2 3 22 23 1 4 21 1 故选：B. 4．C 【解析】由题知抛物线C:x2 8y的焦点为F(0,2).因为Q(0,6)，所以|PF||QF|4. 因为点P在C上，所以由焦半径公式得|PF||QF|4 y 2，解得y 2，所以P(4,2)，所以 P P |PQ|4 2.故选：C. 5．D 【解析】如图所示，    对于A，由向量加法的平行四边形法则知，AB AD AC，故A正确；      对于B，因为正方形ABCD的边长为1，所以|AC| |AB|2 |BC|2  2,所以|AC| 2|AB|.又在正方 π   π     形ABCD中，CAB ，所以AC,AB的夹角为 ，所以AC 与 2AB的方向不相同，所以AC  2AB， 4 4 故B正确；     π       对于C，由B选项知，|AC| 2，|AB|1,AC,AB的夹角为 ，所以ACAB|AC||AB|cos AC,AB  4 π 21cos 1，故C正确； 4 理科数学全解全析 第1页（共11页）π   3π 对于D，在正方形ABCD中，ACB ，由向量的夹角的定义知AC,CB的夹角为 ，故D错误. 4 4 故选：D. 1cos(2x2) 1 1 2 6．A 【解析】因为 f(x)sin2(x)  cos(2x2) ，所以T  ，得1. 2 2 2 2 5 1 5  2 k 因为 f(x)图象的一个对称中心为( , )，所以 2 k,kZ，得  ,kZ.因为 12 2 6 2 3 2   0 ，所以当k 1时， .故选：A． 2 6 7．B 【解析】由三视图知，该阳马的直观图如图所示，且底面是边长为2 2的正方形，侧棱PD底面ABCD. 因为AB底面ABCD，所以PD AB. 因为AB AD,AD平面PAD,PD平面PAD,ADPDD，所以AB⊥平面PAD. 因为AP平面PAD，所以AB AP，则该阳马的表面积为S S 2S 2S 四边形ABCD △PAD △PAB 1 1 (2 2)2 2 2 242 2 2 (2 2)2 42 88 28 3．故选：B. 2 2 8．B 【解析】依题意，4名志愿者到三个小区服务的事件包含的基本事件有 34 种，它们等可能,其中甲不在 A小区、乙不在B小区服务，甲、乙各有2种选法，丙、丁各有3种选法，所以甲不在A小区、乙不在 B 小区服务的事件M 含有的基本事件有2232 种，所以甲不在 A 小区、乙不在 B 小区服务的概率 2232 4 P(M)  . 34 9 故选：B. 9．A 【解析】由题意得当n2时，a 2a 23n. n1 n 设a 3n1 2(a 3n)，则=2，即a 23n1 2(a 23n). n1 n n1 n 当n=1时，a 232 2(a 23)也满足上式，则数列{a 23n}是以4为首项，2为公比的等比数列， 2 1 n 理科数学全解全析 第2页（共11页）3(13n) 2(12n) 则a 23n (4)2n1，所以a 2(3n 2n)，所以S 2[  ]3n12n2 1， n n n 13 12 故S 32023 22024 1，故选：A. 2022 1 9 9 10．D 【解析】对于A，因为a0,b0，ab2，则 a ba a 2( a  )2   ，故A正确； 2 4 4 3 1 对于B，因为2a 2b1 2a 23a 2 2a23a 4 2，当且仅当2a 23a，即a ,b 时等号成立， 2 2 故B正确； 对于C，令 f(x)sinxx，x(0,2)，则 f(x)cosx10，所以函数 f(x)在(0,2)上单调递减，即 f(x) f(0)0，即sinbb，所以asinb2，故C正确； 1 对于D，设 f(x) xlnx,x(0,2)，则 f(x)1 ，当x(0,1)时，f(x)0，则函数 f(x)单调递减； x 当x(1,2)时，f(x)0，则函数 f(x)单调递增，所以当x1时，函数 f(x)取得极小值，也是最小值， 且 f(x) 1，所以 f(x) f(1)1，即 f a1，即alna1，也即2blna1，所以blna1， min 所以D错误.故选:D. 11．A 【解析】构造函数g(x)exf(x),则g'(x)ex[f(x) f(x)].因为 f(x) f(x)0,所以g'(x)0,所以 g(x)在R上单调递减.因为23，所以g(2)g(3)，所以e2f(2)>e3f(3)，故选：A. b 12．A 【解析】如图，由题意，设双曲线C的一条渐近线方程为y x，因为点M在圆E:(x2)2 (y4)2 4 a 上，所以设M(x ,y )，则2 y 6.因为四边形OMNF 为平行四边形，设ON MF B， 0 0 0 2  2 x 2 y b b x 2 y b y 所以MF 的中点坐标为B( 0 , 0)，代入渐近线方程y x，得  0  0 ，即  0 . 2 2 2 a a 2 2 a x 2 0 b b2 c2 a2 因为( )2   e2 1， a a2 a2 y y2 y2 y2 所以e2 1( 0 )2  0  0  0 x 2 (x 2)2 4(y 4)2 y2 8y 12 0 0 0 0 0 理科数学全解全析 第3页（共11页）1  12 8 .   1 y2 y 0 0 1 1 1 1 1 令t  ，则t[ , ]，所以e2 1  . y 6 2 12t2 8t1 1 1 0 12(t )2  3 3 1 1 1 1 1 因为t[ , ]，所以12(t )2  [0, ]，则e2 1[3,)，解得e[2,)，故选：A. 6 2 3 3 3 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．3000 【解析】由题意可知正态分布曲线的对称轴为直线110，结合P(90 X 110)0.45，得 P(110 X 130)0.45 ，因此P(X 130)0.5P(110 X 130)0.05， 故估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为600000.053000,故填3000. 14．72 【解析】由题意得( x 1 )8展开式的通项为T Cr( x)8r( 1 )r Crx 4 3 4 r ,r0,1,2, ,8 ， 4 x r1 8 4 x 8  3r 当r 0，4，8时，4 为整数，此时T 为含x的整数次幂的项，所以展开式中含x的整数次幂的项的 4 r1 系数之和为C0+C4+C8 72，故填72﹒ 8 8 8 k 15．[1,) 【解析】因为函数 f(x)(x2)ex  x2 kx，所以 f(x)ex (x2)ex kxk (x1)(ex k)， 2 若k 0，令 f(x)0，可得x1， 当x1时， f(x)0，函数 f(x)在(1,)上单调递增， 当0 x1时， f(x)0，函数 f(x)在(0,1)上单调递减， 所以函数 f(x)在x1处取得极小值，满足要求； 若1k 0，令 f(x)0，可得x1或xln(k)，且ln(k)0， 当x1时， f(x)0，函数 f(x)在(1,)上单调递增， 当0 x1时， f(x)0，函数 f(x)在(0,1)上单调递减， 所以函数 f(x)在x1处取得极小值，满足要求； 若ek 1，令 f(x)0，可得xln(k)或x1，且0ln(k)1， 当0 xln(k)时， f(x)0，函数 f(x)在(0,ln(k))上单调递增， 当ln(k)x1时， f(x)0，函数 f(x)在(ln(k),1)上单调递减， 当x1时， f(x)0，函数 f(x)在(1,)上单调递增， 所以函数 f(x)在x1处取得极小值，在xln(k)处取得极大值，不满足要求； 若k e，令 f(x)0，可得x1， 当0 x1时， f(x)0，函数 f(x)在(0,1)上单调递增， 理科数学全解全析 第4页（共11页）当x1时， f(x)0，函数 f(x)在(1,)上单调递增， 所以函数 f(x)在(0,)上单调递增，没有极值点，不满足要求； 若k e，令 f(x)0，可得xln(k)或x1，且ln(k)1， 当0 x1时， f(x)0，函数 f(x)在(0,1)上单调递增， 当1 xln(k)时， f(x)0，函数 f(x)在(1,ln(k))上单调递减， 当xln(k)时， f(x)0，函数 f(x)在(ln(k),)上单调递增， 所以函数 f(x)在x1处取得极大值，在xln(k)处取得极小值，不满足要求. 综上，实数k的取值范围是k[1,)，故填[1,). 84 16． π 【解析】如图1，取AC的中点E，连接BE，DE.由题意知△ABC与△ACD为等边三角形， 5 所以BE AC,DE AC,BE  DEE,BE,DE平面BDE,所以AC 平面BDE, 故二面角D ACB的平面角为DEB.又AC 平面ABC, 所以平面BDE 平面ABC. 过D作DH BE于H ，平面BDE  平面ABC BE，DH 平面BDE,所以DH 平面ABC. 2 3 2 由题意得cosDEB ，DEBE 2 3 3，所以EH  32， 3 2 3 则DH  94  5 .设△ABC外接圆圆心为O ，则O 在BE 上，半径为BO ，过O 作平面ABC的垂 2 2 2 2 线l，则三棱锥ABCD外接球的球心一定在直线l上. 2 因为BO  32，所以EO 1,所以O H 1， 2 3 2 2 过D作BE 的平行线交l于点F，则FDO H 1. 2 因为D，B在球面上，外接球球心可能在三棱锥内部也可能在三棱锥外部， 取截面如图2,3，设外接球球心为O，半径为R， 令OO  x，x0，则FOFO x，FO DH  5， 2 2 2 |FO|2 |FD|2R2 5 所以 ,当FOFO x时，化简得62 5x4，解得x ，舍去， |OO |2 |BO |2R2 2 5 2 2 理科数学全解全析 第5页（共11页）5 21 当FOFO x时，化简得62 5x4，解得x ，则R2  ，所以三棱锥ABCD外接球的表 2 5 5 84π 84π 面积S 4πR2  ,故填 . 5 5 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生 都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。 17．（12分） BA BD 【解析】（1）在△ABD中，由正弦定理得  ， sinBDA sinBAD BA sinBDA 即  .（1分） BD sinBAD BA sinBDC 因为sinBDAsin(BDC)sinBDC，所以  . BD sinBAD sinBDC BA 又由已知得 2，则 2，所以BA2BD.（5分） sinBAD BD （2）设BDx，则BA2x， 在△BCD中，由余弦定理得BD2 BC2 CD2 2BCCDcosBCD， 即x2 22cosBCD①.（7分） 在△ABC中，由余弦定理得AB2 BC2 AC2 2BCACcosBCA， 即4x2 54cosBCA②.（9分） 3 7 由①②，解得cosBCA ，所以sinBCA 1cos2BCA  ， 4 4 1 1 7 7 所以S  BCACsinBCA 12  .（12分） △ABC 2 2 4 4 18．（12分） 【解析】（1）由题意知X 的所有可能取值为0,1,2， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 P(X 0)    ，P(X 1)        ， 2 2 2 8 2 2 2 2 2 2 2 8 1 1 1 P(X 2) 1  .（2分） 2 2 4 所以X的分布列为 X 0 1 2 1 5 1 P 8 8 4 （3分） 1 5 1 9 所以期望E(X)0 1 2  .（4分） 8 8 4 8 （2）（i）由题意：第一次传球后，球落在乙或丙手中，则a 0，（5分） 1 理科数学全解全析 第6页（共11页）当n2,nN*时，第n次传给甲的事件是第n1次传球后，球不在甲手上并且第n次必传给甲的事件， 1 1 1 1 于是有a  (1a ) ，即a   (a  )，（7分） n 2 n1 n 3 2 n1 3 1 1 1 1 故数列{a  }是首项为a   ，公比为 的等比数列.（9分） n 3 1 3 3 2 1 1 1 1 1 1 （ii）a   ( )n1 ，所以a   ( )n1 ，（10分） n 3 3 2 n 3 3 2 1 1 当n时，a  ，所以当传球次数足够多时，甲接到球的概率趋向于一个常数 .（12分） n 3 3 19．（12分） 【解析】（1）如图，取BC的中点为O，连接OP,OA,AC. 1 因为底面ABCD是直角梯形，所以BC  AD2 ( AB)2  312.（2分） 2 在△ADC中，AC AD2 DC2  312. 又AB2，所以△ABC是边长为2的等边三角形，则AO 3.（3分） 又因为△PCB也是边长为2的等边三角形，所以PO BC，PO 3，（4分） 则PO2 OA2 OP2，所以POOA.（5分） 又POBC ，OA,BC平面ABCD，OA BCO，所以PO平面ABCD.  又因为PO平面PBC ，所以平面PBC 平面ABCD.（6分） （2）根据（1）中所证，OP,OA,OB两两垂直， 故以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 理科数学全解全析 第7页（共11页）3 3 则A( 3,0,0),B(0,1,0),C(0,1,0),D( , ,0),P(0,0, 3)， 2 2   3 3 不妨设PQtPD,t(0,1)，Q(x ,y ,z )，则(x ,y ,z  3)t( , , 3)，（7分） 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 3 3 解得x  t,y  t,z  3 3t ，即Q的坐标为( t, t, 3 3t)， 1 2 1 2 1 2 2   3 3 则BC (0,2,0),CQ( t,1 t, 3 3t).（8分） 2 2 设平面BCQ的法向量为m (x ,y ,z )， 2 2 2  2y 0 mBC 0  2 则  ，即 3 3 ， mCQ0  tx (1 t)y ( 3 3t)z 0  2 2 2 2 2 t t 不妨取x 1，则y 0,z  ，即m (1,0, ).（9分） 2 2 2 2(t1) 2(t1) 易知平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)， t | |  2 |mn| 2(t1) 根据题意可得 cos    ， 4 2 |m||n| t2 1 4(t1)2 2 整理得3t2 8t40，解得t 2（舍去）或t  ，（11分） 3  PQ 2 故在棱PD上存在靠近D点的三等分点Q，使得二面角ABCQ的大小为 ，且  .（12分） 4 PD 3 20．（12分） c 3 【解析】（1）由题意得  ，所以3a2 4c2,所以3a2 4a2 4b2,所以a2 4b2. a 2 3 3 3 当l  x轴时，|AB| 3，所以椭圆C经过点(1, )， 所以 1  4 1,所以 1  4 1,所以b2 1,a2 4 ， 2 a2 b2 4b2 b2 x2 所以椭圆C的标准方程为  y2 1. 4 |AP| |AQ| 1 |t2| （2）当直线l的斜率为0时，不妨取A(2,0),B(2,0),由  得  ,所以t 4或t 1（舍 |BP| |BQ| 3 |t2| 去）， 所以Q(4,0). 当直线l的斜率不为0时，设其方程为xmy1，A(x ,y ),B(x ,y ) ， 1 1 2 2 xmy1  与椭圆方程联立得x2 ，消去x整理得(m2 4)y2 2my30，   y2 1  4 2m 3 所以4m2 12(m2 4)16m2 480，所以y  y  ,y y  . 1 2 m2 4 1 2 m2 4 理科数学全解全析 第8页（共11页）|AP| |AQ| 由  得AQPBQP，所以k k 0, |BP| |BQ| AQ BQ y y y y 所以 1  2 0,所以 1  2 0， x t x t my 1t my 1t 1 2 1 2 3 2m 所以2my y (1t)(y  y )0，所以2m (1t) 0， 1 2 1 2 m2 4 m2 4 |AP| |AQ| 所以t 4，所以存在一点Q4,0，使得  . |BP| |BQ| |AP| |AQ| 综上所述，存在一点Q(4,0)，使得  .（12分） |BP| |BQ| 21．（12分） 1 【解析】（1）当a1时，g(x)sinxln(x1)，∴g(x)cosx ，（1分） x1 而g(x)在(1,0]上单调递增，又g(0)0， ∴当x(1,0]时，g(x)g(0)0.（2分） ∴g(x)在(1,0]上单调递减.（4分） （2）当a1时， ①当x[π,1]时，easinx 0，x10 ， ∴ f(x)0 ， ∴ f(x)在区间[π,1]上无零点.（5分） ②当x1时，方程 f(x)0的解等价于方程g(x)0的解. 1 当x(1,0]时，g(x)acosx 在(1,0]上单调递增，g(0)a10，（6分） x1 1 1 而g( 1)acos( 1)aaa0， a a ∴存在唯一x (1,0]，使得g(x )0且g(x)在(1,x ]上单调递减，(x ,0]上单调递增， 0 0 0 0 1 1 而g( 1)asin( 1)lna0，g(0)0， a a ∴g(x)在(1,0]上有两个零点.（8分） π 1 ③当x(0, ]时，g(x)acosx ，g(0)a10， 2 x1 1 1 π 令t(x) g(x)acosx ，则t(x)asinx 在(0, ]上单调递减， x1 (x1)2 2 π 1 π 且t(0)1＞0，t( ) a0，存在唯一x (0, ]，使得t(x )0， 2 π 1 2 1 ( 1)2 2 π ∴g(x)在(0,x ]上单调递增，(x , ]上单调递减，（9分） 1 1 2 π 1 而g(0)a1＞0，g( )0 0， 2 π 1 2 π ∴存在唯一x (0, ]，使得g(x )0， 2 2 2 理科数学全解全析 第9页（共11页）π π ∴g(x)在(0,x ]上单调递增，(x , ]上单调递减，而g(0)0，g( )0， 2 2 2 2 π ∴g(x)在(0, ]上无零点.（10分） 2 π π ④当x( ,π]时，g(x)0，∴g(x)在( ,π]上单调递减， 2 2 π π 而g( )aln( 1)0，g(π)ln(π1)0， 2 2 π ∴存在唯一x ( ,π]，使得g(x )0.（11分） 3 2 3 综上所述，当a1时， f(x)在区间[π,π]上有3个零点.（12分） （二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程] x43cos 【解析】（1）因为曲线C的参数方程为 （为参数）， y23sin x4 cos   3 所以 ，（1分） y2  sin  3 x4 y2 消去参数得( )2 ( )2 1，所以(x4)2 (y2)2 9.（2分） 3 3 因为曲线M 的方程为1，所以2 1. 因为2 x2  y2，所以x2  y2 1，（4分） 所以曲线C的普通方程为(x4)2 (y2)2 9，曲线M 的直角坐标方程为x2  y2 1.（5分） （2）由（1）得，曲线C的普通方程为 (x4)2 (y2)2 9 ，曲线M 的直角坐标方程为 x2  y2 1 ， 所以曲线C的圆心为C(4,2),半径为r 3，曲线M 的圆心为M(0,0),半径为r 1，（6分） 1 2 所以圆心距|CM | 42 22 2 5＞r r 4，两圆相离，所以|AB| 2 5r r 2 54.（10 1 2 max 1 2 分） 23．（10分）[选修4-5：不等式选讲] 2x1,x1  【解析】（1）由于 f(x)|x2||x1|3,1 x2 ，（2分）  2x1,x2 3 3 当x1时，2x14，解得x ，此时  x1； 2 2 当1 x2时，34恒成立，此时1 x2； 理科数学全解全析 第10页（共11页）5 5 当x2时，2x14，解得x ，此时2 x . 2 2 3 5 综上，不等式 f(x)4的解集为[ , ].（5分） 2 2 （2）∵ f(x)|x2||x1||(x2)(x1)|3，当且仅当x[1,2]时等号成立， 1 13 1 13 1 13 1 13 ∴m2 m3，即m2 m30，解得 m ，∴实数m的取值范围是[ , ]. 2 2 2 2 （10分） 理科数学全解全析 第11页（共11页）