理数-陕西省2024届高三上学期12月联考

2023-12-14 · U1 上传 · 17页 · 2.9 M

2024届高三12月大联考(全国乙卷)理科数学·全解全析及评分标准一、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。123456789101112BACDBBADCDBD1.B【解析】因为Mx{|2x1},N{xx|2或x1},所以MN(2,1],故选B.2.A【解析】设zabi(a,bR),则abi2(abi)16i,所以a2a1,b2b6,解得a1,b2,所以|z|a2b25,故选A.3.C【解析】执行程序框图,初始值s1,n1,判断“是”,第一次执行循环体:s2,n3,判断“是”;第二次执行循环体:s5,n8,判断“是”;第三次执行循环体:s13,n21,判断“是”;第四次执行循环体:s34,n55,判断“是”;第五次执行循环体:s89,n144,判断“否”,输出s的值为89.故选C.434.D【解析】由题意,得cos,sin,555π3π3π3π2所以cos()cos()coscossinsin,故选D.44441023a3a1a1(q1)415.B【解析】设等比数列{a}的公比为q(q0),则4,解得q或q3(舍去),na(1q)1152S51q81所以a1,所以a.故选B.12225256.B【解析】记事件A“甲与乙站在同一排”,事件B“甲与乙不相邻”,则n()AAA45AA35,n(AB)4n(AB)AA253AA25.由条件概率公式,得PB(|A).故选B.2525n(A)97.A【解析】由三视图,知这款水杯的下部分是上底边长为4,下底边长为3,高为6的正六棱台,32733S632,S642243,所以这款水杯下部分的容(体)积约为下底42上底411273273V(SSSS)h(243243)61113.故选A.3下底上底下底上底322理科数学全解全析及评分标准第1页(共13页){#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}318.D【解析】令f(x)1,则|logx|1(x(0,4))或1(x[4,)),解得x或x2或x6.2x3231令f(x)3,则|logx|3(x(0,4))或3(x[4,)),解得x或x4.2x3811画出函数f(x)图象的草图(如图),得满足1f(x)3的x的取值范围为[,][2,6].故选D.829.C【解析】如图,由题意,得F(2,0),准线l0:x2.88设直线l的方程为ykx(由题意,知k存在且k0),则点M(2,2k),N(,).k2k4k44k设线段MN的中点为E,则点E(1,k),所以直线EF的斜率k.2EF4kk3k24kk由|MF||NF|,得EFl,所以kk1,所以k1,EFl43k2117整理得k4k240,解得k2,28所以171,所以点N的横坐标为171.故选C.k2π10.D【解析】由已知,得fx()cos2xxsin222cos(2x)2,所以4ππgx()2cos(x2)2.因为g(x)为偶函数,所以2kπ(kZ),即44πkπππππ(kZ).又0,所以,所以fx()2cos(x)2,822844理科数学全解全析及评分标准第2页(共13页){#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}πgx()2cosx2,所以g(x)的最小正周期为16,g(2024)g(161268)g(8)22,所以8A,B不正确.π由π2πk(x1)2πkk(Z),得8k5xkk81(Z),所以f(x)的单调递增区间为4[8k5,8k1](kZ),所以f(x)在(2021,2023)上单调递增,在(2023,2024)上单调递减,所以C不正π确;由(x1)kkπ(Z),得x4k1(kZ),所以f(x)在x4k1(kZ)处取得极值.由404k12024,得1k506(kZ),所以D正确.故选D.11.B【解析】方法一:如图,设双曲线E的半焦距为c,连接AF2,BF2,因为MF1MF2,所以|AF2||BF2|.设|AF2|m,由双曲线的定义,得|AF1|m2a,|BF1|2am,所以|AB|4a,22222222|AM||BM|2a,|MF1|m,所以|MF2|m4a4cm,即m2c2a.设BFF12,2tan1|MF|则,所以,解得2又2,所以MOF22tan223tan1.tan1tan3|MF1|1m24a2c1,解得m26a2,所以2c22a26a2,即c22a2,所以e2.故选B.3m2a方法二:如图,设双曲线E的半焦距为c,连接AF2,BF2,因为MF1MF2,所以|AF2||BF2|.设|AF2|m,由双曲线的定义,得|AF1|m2a,|BF1|2am,所以|AB|4a.设直线l的方程为xtyc,Ax(1,y1),Bx(2,y2).xtyc222224由x2y2,消去x并整理,得(bta)y2btcyb0.221ab4btc4224bbt422(a2)4bta4224ba420,b1b因为直线l与双曲线E的两支相交,所以,即b2t2a20.ata理科数学全解全析及评分标准第3页(共13页){#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}2b2tcy1y22222222bta22ab(1t)2b2a由,得||1|ABtyy12|.结合|AB|4a,化简得t①.b4b2t2a2b2yy12b2t2a222x1y122122abxx12ayy12a由,两式相减,得,即tkOM②,②代入①化简,得x2y2yybxx2b22211212a2b2b42a2b2k23,OMa4所以b2a2,即c22a2,所以e2.故选B.12.D【解析】记Fx()xfx(1),则F'x()xfx(1)fx(1).由题意,知当x0时,xfx(1)fx(1)0,即F'(x)0,则F(x)在(0,)上单调递增,所以Fx()F(0)0.因为f(x1)是偶函数,所以F(x)是奇函数,所以F(x)在R上单调递增.e2xf(e2x1)(2xa)(2fx1a),即F(e)2xF(2xa),所以e2x2xa,即a2xe2x对任意xR恒成立.令gx()2xe2x,则g()x22e2x,由g(x)0,得x0.当x0时,g(x)0,g(x)单调递增,当x0时,g(x)0,g(x)单调递减,所以g(x)在x0处取得极大值,也是最大值,所以g(x)maxg(0)1,所以a1,即实数a的取值范围为[1,).故选D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。10ab101013.【解析】由题意,得ab2,|a|5,所以|b|cos.故填.5|a|555r5rr14.90【解析】(2x1)展开式的通项为Tr1=C(2)5x(1),r0,1,2,3,4,5,25324142323所以(x1)(2x1)的展开式中x项为xxC5(2)(1)1C5(2x)(1)90x,所以(x21)(2x1)5的展开式中x3项的系数为90.故填90.15.5n3【解析】方法一:当n1时,2S1a120,解得a12.又2Snnan2n0,所以n(a2)n(aa)3(aa)Snn1,所以数列{a}为等差数列.又S21,所以3121,解得a12,n22n323理科数学全解全析及评分标准第4页(共13页){#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}aa所以数列{a}的公差d315,所以数列{a}的通项公式为a5n3.故填5n3.n2nn*方法二:nN,2Snnan2n0恒成立,当n1时,2S1a120,解得a12.当n3时,2S33a360,且S321,解得a312.当n2时,2Sn1(n1)an12(n1)0①,又2Snnan2n0②,①-②,得(n2)an(n1)an120③,所以(n1)an1nan20④.④-③,得(n1)(an12anan1)0.因为n2,所以an12anan10,即an1ananan1.又a12,a312,所以数列{an}是首项为2,公差为5的等差数列,所以数列{an}的通项公式为an5n3.故填5n3.16.[1,5]【解析】设点P到平面ABC的距离为h,内切球半径为r,则三棱锥PABC的表面积为11h13h23.由等体积法,得(3h23)r3h,即r,当h增大时,211333h113h2h4π4π151r随之增大.设h的取值范围为[m,n],由S[,],得r[,],所以当hm时,r;当hn953535时,r,解得m1,n5,所以点P到平面ABC的距离的取值范围为[1,5].故填[1,5].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)3(b2c2a2)3b(b2c2a2)【解析】(1)由sinB,得asinB,(1分)2ac2bc由余弦定理b2c2a22bccosA,得aBsin3bcosA.(3分)由正弦定理,得sinABsin3sinBAcos.因为sinB0,所以sinA3cosA,即tanA3.(4分)π又A(0,π),所以A.(5分)31(2)由△ABC的面积为23,得bcsin∠BAC23.2π由(1)知∠BAC,所以bc8.(7分)3若选择条件①:理科数学全解全析及评分标准第5页(共13页){#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}1212122由题意,得AD(ABAC),所以||(ADABAC),即7(bcbc),(8分)244所以b2c220,所以(bc)236,即bc6.(9分)在△ABC中,由余弦定理,得a2b2c22bccos∠BAC12,所以a23,(11分)所以△ABC的周长为623.(12分)若选择条件②:11由△ABC的面积为△ACE与△ABE的面积之和,得ACAEsinCAEABAEsinBAE221431(bc)23,(8分)232所以bc6.(9分)在△ABC中,由余弦定理,得a2b2c22bccos∠BAC(bc)22bc2bccos∠BAC12,所以a23,(11分)所以△ABC的周长为623.(12分)说明:第一问:1.1分段转化已知等式;2.3分段化

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