数学-2024届高三11月大联考（新课标II卷）（辽宁专用）（全解全析及评分标准）

2024届高三11月大联考（新课标II卷）（辽宁专用）数学·全解全析及评分标准123456789101112BCABDCBDBDABDACDCD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，只有一个选项是符合题目要求的。1．B【解析】解不等式(x2)(x1)0，得1x2，所以集合A(1,2).又x233，所以2B[1,)AB[1,2)ylog3(x3)log331，所以集合，所以.故选B．22．C【解析】由an1anan2，知当an0时，数列{an}不是等比数列；反之，当数列{an}为等比数列时，22*必有an1anan2，所以“an1anan2(nN)”是“数列{an}为等比数列”的必要不充分条件.故选C．53．A【解析】由题意，得f()1，所以2k,kZ，所以2k,kZ.又0，所3665以．故选A．64．B【解析】设uxa(x)，因为yeu在定义域内是增函数，所以uxa(x)在(1,2)上单调递增，所以a2，所以a4.故选B．25．D【解析】由题意，知sinCcosC7sin(AB)7sinC，所以cosC6sinC．又sin2Ccos2C1，374370Cπ，所以sinC，所以由正弦定理，得AB2RsinC(R为△ABC外接圆的半径).故3737选D．6．C【解析】如图，连接AC,PC．因为正方形ABCD的边长为2，点P在边AD上，所以设APAD，其中01，所以AP(ACPC)APACAPPCAPACAP()+PDDCAPACAPPDAPDC2|ADAC|||cos45(1)|ADAD|||0222(1)22242(1)222，当1，即P点与D点重合时，等号成立，故AP(ACPC)的最大值为2．故选C．数学全解全析及评分标准第1页（共11页）{#{QQABJYYQoggAABIAAQhCUwUCCAEQkAACCAoGwBAEMAABwRNABAA=}#}7．B【解析】如图，设O1,O分别为正四棱台ABCDABCD1111上、下底面的中心，过点A1作AG1⊥AB于点1G．由题意，知正四棱台ABCDABCD的侧面积S(CC)h，其中C，C分别为上底面与下11112上下上下1底面的周长，h为正四棱台ABCDABCD的斜高，所以S(2444)h12h，所以12h36，1111242所以h3，即AG3.又AG1，所以AAAG2AG2321210．1211⊥连接OA11,OA,OO1,过点A1作AH1OA于点H，则OA112，OA22，所以AHOAOHOAOA112,22所以正四棱台ABCDABCD1111的高A1HAA1AH10222，AH122所以侧棱与底面所成角的正切值tanA1AO2.AH2故选B．ππ8．D【解析】设fx()xsinxx,(0,)，则fx()1cosx0，所以f(x)在(0,)上单调递增，所以当22πx(0,)时，f(x)0，即xsinx，所以a1.121.21sin1.21sinab．21设g(x)ex1xx2(x0)，则g'(x)ex1x，令hx()ex1xx(0)，则h'(x)ex10，2所以h(x)即g'(x)在(0,)上单调递增，所以g(x)g(0)0，所以g(x)在(0,)上单调递增，所以1g(x)g(0)0，所以g(0.2)0，即ce0.210.20.221.221.21a，2所以cab.故选D．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。i2023i(1i)1i1i119．BD【解析】因为z，所以z的共轭复数z，z的实部为，z的虚部为，1i2222211211|z|()2()2,复数z在复平面内对应的点(,)在第四象限．故选BD．22222数学全解全析及评分标准第2页（共11页）{#{QQABJYYQoggAABIAAQhCUwUCCAEQkAACCAoGwBAEMAABwRNABAA=}#}10．ABD【解析】如图，分别取正方体ABCDABCD1111的棱AA1,BC,C1D1的中点M,,NH，再与点GEF,,连线，构成正六边形，且正六边形所在平面GEF与平面ACB11平行，且与直线BD1垂直，故A，B正确；如图，因为MN∥EF,A1B∥GM，所以直线AB1与直线EF所成的角等于直线GM与直线MN所成的角，即GMN.又因为六边形EMGNFH为正六边形，所以△MNG是顶角为120的等腰三角形，所以1GMN30，则所求角的正弦值为，故C错误；2由图知AB11，，BC11BB1所在直线与平面ACB11所成的角均相等，故正方体ABCDABCD1111的十二条棱所在直线与平面GEF所成的角均相等，故D正确.故选ABD.11．ACD【解析】因为fx()ln|x||sin(x)|ln|x||sinxfx|()，定义域为{|xx0}，所以f(x)是偶函数，故A正确；3π11当x(π，)时，fx()lnxsinx，则fx()cosx，f(π)10，故B错误；2xπ在同一直角坐标系中作出yln|x|和y|sinx|的图象如图所示，由图象知C正确；ππ1ππ41π115f()ln，由lnxx1，得ln11,所以f()，故D正确．66266636326故选ACD．12．CD【解析】圆的三条切线不可能交于一点，故A错误；2222圆xy2xy440的标准方程是(x1)(y2)9，由三条切线ll1,,2l3所围成的正三角形的边长可能是63（此时圆为正三角形的内切圆）或23（此时圆为正三角形的旁切圆（指与三角形的一边及其他两边的延长线相切的圆））,故B错误,C正确；数学全解全析及评分标准第3页（共11页）{#{QQABJYYQoggAABIAAQhCUwUCCAEQkAACCAoGwBAEMAABwRNABAA=}#}当l1与l2平行时，l3夹在l1与l2之间的线段长度的最小值等于圆的直径6，故D正确.故选CD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．2【解析】由b(1,3)，得|b|2.由|ab|2，得a22abb24，即|a|22|a|0.又a是非零向量，所以|a|2．故填2．114．322【解析】方法一：因为xy1y，所以y0,所以0x1，所以1x112122x1x2x1x2y()[x(1x)]3322，当且仅当，即xxxxx111xx1xx2x21时取等号，此时y1.故填322．211111方法二：因为xy1y，所以x1，所以2y(2yx)()32xy322，当且yxxyxy122仅当2xy，即xy，此时x21,y1时取等号.故填322．xy2215．3【解析】如图，取BC的中点E，连接PE,AE，由对称性知，球心O一定在平面PAE内，易知球心O在正四面体ABCD的高DG上，其中G为△ABC的外心.又OAOP，所以取AP的中点F，过点F作AP的垂线，与DG的交点即为球心O.由题意知正四面体ABCD的棱长为3，易求得DFDGDG6,AG3.设四面体PABC外接球的半径为R.易证Rt△DFO∽Rt△DGA，所以.又FOGA26FOOP2PF2R21，所以，所以R3.故填3．R213316．【解析】因为yfx()满足f(2x)fx()2,所以yfx()的图象关于点(1,1)中心对称.当x(1,2)2时，2x(0,1),fx()2f(2x)322x.又yfx()的图象关于直线yx对称，所以当x(2,1)时，易证yfx()的图象上任意一点Pxy(,)关于直线yx的对称点(y,x)也在yfx()的图象上，数学全解全析及评分标准第4页（共11页）{#{QQABJYYQoggAABIAAQhCUwUCCAEQkAACCAoGwBAEMAABwRNABAA=}#}2y所以x32，所以ylog2(x3)2,33所以当x(2,1)时，fx()log(x3)2，所以f(23).故填.222四、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）aa2，【解析】（1）由a14，n1n知an0，所以lnan12lnan，（2分）lna所以n12.lnan又lna12ln20，（3分）所以数列{lnan}是等比数列．（4分）（2）由（1）知数列{lnan}是以2ln2为首项，2为公比的等比数列，nln2n所以n，所以，（分）lnan2ln2bnn6lnan212n所以S①，n2222n112n1n所以S②，（8分）2n22232n2n111111nn2①②，得S1，2n222232n2n12n1n2所以S2．（10分）n2n11111n说明：8到10分之间，若学生能用错位相减得到S，可得1分.2n222232n2n118．（12分）sinCsinCBcos【解析】（1）由题意，知2sinAcosC，（1分）tanBsinB所以2sinABsinsinBCcoscosBCsin，（2分）即2sinABsinsin(BC)sinA.（3分）1由sinA0，得sinB.（4分）2π5π因为0B，所以B或B．（5分）66πππππ（2）方法一：因为△ABC为锐角三角形，由（1）知B,所以A，C.（6分）63232数学全解全析及评分标准第5页（共11页）{#{QQABJYYQoggAABIAAQhCUwUCCAEQkAACCAoGwBAEMAABwRNABAA=}#}a2c2b23由余弦定理的推论，得cosB，（7分）2ac2所以a2c23ac42ac，（8分）4所以ac，当且仅当ac时取等号，（9分）235此时AC，符合题意，（10分）121141所以△ABC的面积S△ABCacsinB23，（11分）22232所以△ABC面积的最大值为23．（12分）πππππ方法二：因为△ABC为锐角三角形，由（1）知B,所以A，C．（6分）63232abc2由正弦定理4，得a4sinAc,4sinC，（8分）sinAsinBsinCsin6所以△ABC的面积115SacBsin4sinACB4sinsin4sinAsin(A)2sinAAcos23sin2A（9分）△ABC226sin2A3cos2A32sin(2A)323，（10分）3π5π当且仅当2A，即AC时取等号，（11分）3212所以△ABC面积的最大值为23．（12分）说明：π5π第（1）问中，不写sinA0不扣分，若最后只得到B或B中的一个答案，扣1分.66第（2）问中若没有判断角A，C的取值范围，扣1分.19．（12分）【解析】（1