数学-2024届高三12月大联考考后强化卷(新课标I卷)(全解全析)

2023-12-11 · U1 上传 · 8页 · 756 K

2024届高三12月大联考考后强化卷(新课标I卷)数学·全解全析123456789101112BDABDCACBDBCDACABD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.B【解析】因为Axxx{Z|(2)(1)0}{1,0,1,2},Bxx{|05},所以AB{0,1,2}.故选B.2.D【解析】由全称命题的否定为特称命题,可知原命题的否定为xZ,x20.故选D.3.A【解析】由a(1,m),b(1,1),得ab(2,m1).因为(ab)b,所以(ab)b0,所以121(m1)0,解得m3.故选A.ππ4.B【解析】因为函数ysin(2x)可变形为ysin[2(x)],612ππππ函数ysin(2x)可变形为ysin[2(x)],所以把函数ysin(2x)的图象向左平移个单位长度,3634π即可得到函数ysin(2x)的图象,故选B.62x5.D【解析】含x4y2的项为T1C2xy42C3xy3325xy42,所以展开式中x4y2的系数为25.故选D.6y66.C【解析】由题意,因为eexx(exex),所以yexex为奇函数,f(x)的图象是由函数yexex的图象向右平移1个单位长度,再向上平移4个单位长度得到的,所以f(x)的图象关于点(1,4)对称.又ykx4kkx(1)4所表示的直线也关于点(1,4)对称,所以方程fx()kx4k的3个实根xx1,,2x3中必有一个为1,另外两个关于点(1,4)对称,所以x1x2x33.故选C.2ππ7.A【解析】如图,由题意,知底面ABCDEFGH是正八边形,AOB.84在△OAB中,由余弦定理,得AB2OA2OB22OAOBcosAOB(22)OA2,数学全解全析第1页(共8页)22则OA2AB2.因为底面ABCDEFGH的面积为3200(21)平方米,21222所以8AB23200(21),解得AB40,222所以该八棱柱的侧面积为40811.53680平方米.故选A.8.C【解析】由题意,知lnaπln3,lnbelnπ,lncπ,显然lnalnc.lnπlne对于elnπ,π的大小,只需比较,的大小.πelnx1lnx令f(x)且xe,则f(x)0,即f(x)在[e,)上单调递减,xx2lnπlne所以,所以lnbelnπlncπ.综上,lnalnclnb,故acb.故选C.πe二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。15i(15i)(1i)46i9.BD【解析】对于A,由(1i)z15i,得z23i,所以z的虚部为3,1i(1+i)(1i)2故A错误;对于B,z的模为22(3)213,故B正确;对于C,z的共轭复数为23i,故C错误;对于D,z在复平面内对应的点为(2,3),位于第四象限,故D正确.故选BD.10.BCD【解析】因为fx()ex2x1的定义域为R,且f(x)ex2,令f(x)0,得xln2,所以当x(,ln2)时,f(x)0,f(x)单调递减,当x(ln2,)时,f(x)0,f(x)单调递增,所以当xln2时,f(x)取得极小值,无极大值,也无最大值,且fx()极小值f(ln2)32ln2,所以B,C,D正确,A错误.故选BCD.pp11.AC【解析】方法一:由题意,知抛物线y22px(p0)的焦点为F(,0),则直线l的方程为yx,22p2代入抛物线方程,得x23px0.设Axy(,),(Bx,y),则xx3p.4112212pp由抛物线的定义,得|AF|x,||BFx,所以|AB||AF||BF|xxp4p.122212p|00|2p12p坐标原点O到直线l的距离为2,所以△OAB的面积为4p22,解得p2,12(1)2424故A正确;又|AB|4p=8,故B错误;p22由,得x6x10,解得x1422,x2422,数学全解全析第2页(共8页)1111所以1,故C正确;|AF||BF|422422|AF|422,故D错误.故选AC.2ppp方法二:由题意,得|AB|4p,设直线l:yx,即xy0,则点O到直线AB的πsin2224p||212112距离是2p,所以4pp22,解得p2,所以|AB|8,1,12(1)2424|AF||BF|pp|AF|2(22),所以A,C正确.故选AC.π1cos4π312.ABD【解析】对于A,在等边三角形ACD中,点A到直线CD的距离为asina,故A正确;32对于B,如图,取CD的中点E,连接AE,BE,过点A作AGBE交BE于点G,则AECD,BECD.又AEBEE,AE,BE平面ABE,所以CD平面ABE.又CD平面BCD,所以平面BCD平面ABE.又平面BCD平面ABEBE,AGBE,AG平面ABE,所以AG平面BCD.2233由正四面体的性质,知BGBEaa,332336所以在Rt△AGB中,AGAB2BG2a2(a)2a,故B正确;33对于C,由B,知AG平面BCD,所以ABG即为直线AB与平面BCD所成的角.3aBG3在Rt△AGB中,cosABG3,故C错误;ABa3对于D,取BC的中点F,连接AF,DF,如图,则AF⊥BC,DFBC.数学全解全析第3页(共8页)又AF平面ABC,DF平面BCD,平面ABC平面BCDBC,所以AFD为二面角ABCD的平面角.π3又AFDFasina,ADa,32331(a)(2a)2a2a22221所以在△AFD中,由余弦定理,得cosAFD,333232aaa2221所以二面角ABCD的余弦值为,故D正确.故选ABD.3三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。2tan42224413.【解析】由题意,得tan3.故填.2331tan212333311144m14.【解析】x(01356)3,y(1mm35..674),2555144m144m33又y与x的线性回归方程yx1过点(3,),∴31,解得m.故填.5522215.an4n3【解析】由Sn(a2)nna,知当n1时,a1S12a1;当n2时,anSnSn12(a2)n3a,此时,a24(a2)3a3a5,当n2时,an1an2(a2).又a2a13a5(2a1)a4.若数列{an}是等差数列,则2(a2)a4,所以a0,所以an4n3.故填an4n3.316.【解析】设Ax(1,y1),Bx(2,y2),因为|AF|3|FB|,又AF,,B三点共线,3所以AF3FB,所以(cxy1,1)3(xcy2,2),所以x13x24c,y13y20.22x1y12212222abx19xy219y2又Ax(1,y1),Bx(2,y2)在椭圆上,所以,所以8,x2y2a2a2b2b2221a2b2(xxxx3)(3)(y3yyy)(3)4(cx3)x2a2即121212128,所以128,所以x3x,a2b2a212c222ac322cy123所以x2c.又,所以a3c,所以x1c.由1,解得yc,1ca3a2b21323y1323y13当y1c时,直线l的斜率k,当y1c时,直线l的斜率k,3x1c33x1c3333所以直线l的斜率为或.故填.333数学全解全析第4页(共8页)四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(10分)【解析】(1)在△ABC中,CπAB,∴sinCsin(AB).(1分)∵sinAsin(BA)sinC,∴sinAsin(BA)sin(AB),化简,得sinA2sinABcos.(2分)1在△ABC中,sinA0,∴cosB.(3分)2π又∵0Bπ,∴B.(4分)3(2)由余弦定理,得b2a2c22accosB,即a2c2ac3.(6分)若选①,∵sinB3sinA,即b3a.(7分)又a2c2ac3,∴a1,c2,(9分)此时△ABC的周长为33.(10分)若选②,a2b2c2a2c2b2∵bCcBcoscos2cosB,∴bc2cosB,(6分)2ab2ac1即a2cosB21.(8分)2又a2c2ac3,∴c2,(9分)此时△ABC的周长为33.(10分)18.(12分)【解析】(1)零假设H0:喜欢跳舞与性别无关联.(1分)90(2525355)2由题意,25.6253.841,(3分)603030600.05依据小概率值0.05的独立性检验,可推断H0不成立,即认为喜欢跳舞与性别有关联.(5分)3012(2)由题意,知考生喜欢跳舞的概率P,不喜欢跳舞的概率为,(6分)9033X的所有可能取值为0,1,2,3,(7分)128121241262P(X0)C()()003,P(X1)C1()2,P(X2)C2()2,3332733327933327911P(X3)()3,(9分)327所以X的分布列为X01238421P279927(10分)11由X~B(3,),知E(X)31.(12分)33数学全解全析第5页(共8页)19.(12分)【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q(q0),222因为a1a24,S440,所以a3a4a1qa2q(a1a2)q36,(2分)即4q236,所以q3(q3舍去),(3分)所以a1a2a13a14,所以a11,(4分)n1所以an3.(5分)n1(2)由(1)得bnn3,(6分)则2n1①,(分)Tn12333n3823n②,(分)3Tn32333n31013n11由①②,得21333T2n1n3nn3n(n)3n,(11分)n1322(2n1)3n1所以T.(12分)n420.(12分)【解析】(1)如图,设G为PB的中点,连接GE,FG,11又E,F分别是PC,AD的中点,所以FDADGE,BC,GE∥BC.(2分)22又底面ABCD是正方形,所以ADBC,AD∥BC,所以FDGE,GE∥FD,(3分)所以四边形FDEG为平行四边形,所以DE∥FG.(4分)又DE平面PFB,FG平面PFB,所以DE∥平面PFB.(5分)(2)由题意,知PBD45,以D为原点,直线DA,DC,DP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,(6分)121令AB1,则PDDB2,所以BDE(1,1,0),(0,0,0),(0,,),F(,0,0),P(0,0,2),222121所以DB(1,1,0),DE(0,,),PB(1,1,2),FB(,1,0).(7分)222数学全解全析第6页(共8页)

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