山东省百校大联考2024-2025学年高三上学期12月学情诊断 数学解析(2)

xπ绝密★启用前项A错；对于选项B，f(x)sin，把函数yf(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来2122025届高三上学期学情诊断xππ的2倍，纵坐标不变，得到ysin，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到4123数学解析2024.121ππxππg(x)sin((x))sin()，其图象不关于点,0中心对称，故选项B错；对于4312464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，只有一个选项是正确7π的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．选项C，f(x)sin2x，把函数yf(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐1255(2i)7ππ1．A【解析】2i，2i的共轭复数是2i．故选A．标不变，得到ysinx，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到2i(2i)(2i)1231π7πππ2．C【解析】由ABB得BA.当a0时，B，满足BA；当a0时B，g(x)sinxsinx，其图象关于点,0中心对称，选项C正确；对于选项a31244111π因为BA，所以1或，解得a1或a2．故选C．D，f(x)sin2x，把函数yf(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不aa21221x3x112ππ3．B【解析】f(x)x3，因为a2，a7为函数f(x)xlnx3x1变，得到ysinx，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到xx2123的两个极值点，所以a2a73，因为an为等差数列，所以a4a53．故选B．π5ππg(x)sinxsinx，其图象不关于点,0中心对称，选项D错．故选C．3121244．B【解析】因为ABAC2AO，所以BC是圆O的直径.又因为ABAC，所以ABC是10117．A【解析】因为220242，所以10log2202411，1log22024332，所以以A为直角的等腰直角三角形．所以BA在BC上的投影向量为BO．故选B．2024253f(log2024)23f(log20249)232log220249．故选A．5．D【解析】m与内所有的直线都垂直是m的充要条件，选项A错；根据面面垂直的22268性质定理，缺少条件m，故也不是m的充分不必要条件，选项Ｂ错；由m与内无8．C【解析】由f(x)f(x1)得f(x1)f(x)c，其中c为常数，令x0得f(1)f(0)c，数条直线垂直不能推出m，所以不是m的充分不必要条件，选项C错；由l，l，又f(0)0,f(1)2，得c2，f(x1)f(x)2.所以f(n)2(n1)22n,nN．得//，又因为，所以m，反之，由m推不出l，所以10ml,,m12f(1)f(2)f(22)f(29)（2122229）22046．故选C．l,l,m是m的一个充分不必要条件，选项Ｄ正确．故选Ｄ．12x7π二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全6．C【解析】对于选项A，f(x)sin，把函数yf(x)图象上所有点的横坐标伸长到212部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．x7ππ原来的2倍，纵坐标不变，得到ysin，再把所得曲线向左平移个单位长度，得41239．AC【解析】由yx3单调递增，知a3b3，故选项A正确；c0时选项B不正确；1π7πxπxπabab到g(x)sin（（x））sincos，其图象不关于点,0中心对称，故选22，当且仅当ab时等号成立，因为ab0，所以等号不成立，故选项Ｃ43124244baba数学试卷答案第1页（共9页）{#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}正确；对于函数yxsinx，y1cosx0，所以yxsinx单调递增，又ab0，得asinabsinb，故选项D不正确．故选AC．πππ10.BCD【解析】f()sin(sin)cos(cos)sin1cos0sin11，222ππf()sin(sin())22πππcos(cos())sin(1)cos0sin11，得f()f()，所以f(x)不是偶函数，故选项222再由底面可得底面，而平面，故．又因为A错误；f(x2π)sin(sin(x2π))cos(cos(x2π))sin(sinx)cos(cosx)f(x)，所以OAOBCNDOBCMDOBCNDDMOMf(x)是以2π为周期的周期函数，故选项B正确；，所以DM//BC且DM22，所以可得OBf(π-x)sin(sin(π-x))cos(cos(π-x))sin(sinx)cos(cos(x))f(x)，所以f(x)关于直126222222，所以选项错误；πMNDMDN2(1)3213()B线x对称，故选项C正确；3332ODAN11OM选项，因为，所以，即，又因为，所以ππC1ODOMOB,对于选项D，由f(x)关于直线x对称，只需看当x(0,]时，1f(x)0是否成立即可．当OCACOB22再由DN//OA可得，点N到平面OAM的距离等于点D到平面OAM的距离，故有πx(0,]时，0sinx1，0cosx1，0sin(sinx)sin1，cos1cos(cosx)1，所以VVVV，因为OA底面OBC，所以OA即为三棱锥AODM的高，2OAMNNOAMDOAMAODM11111ππ从而VVSOA1，是定值，所以C选项正确；sin(sinx)cos(cosx)1，又因为sinxcosx2sin(x)2，所以OAMNAODMODM423326选项，满足且的点的轨迹是分别以为直径的球相交所得的圆，ππDPAPOPBPCPOA,BC0sinxcosx，22如图下左所示，其轴截面如下右图所示，π所以sin(sinx)sin(cosx)cos(cosx)，所以1f(x)0，故选项D正确．故选BCD．2311．ACD【解析】A选项，三棱锥OABC的外接球是边长为1的正方体的外接球，其半径R，22所以表面积为233，所以选项正确；4πR4π4π3πA24B选项，在三棱锥OABC中，由OA，OB，OC两两垂直可得OA底面OBC．如图所示，在ODAN线段OC上取一点D，使得，即得DN//OA且DN1，OCAC数学试卷答案第2页（共9页）{#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}该圆的直径为线段HG，OA的中点E是OA为直径的球的球心，BC中点F是BC为直径的球四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．【解析】考查方向：构造常数列/累加法求通项+分组求和、并项求和、等比数列求和12123226（1）【法一】构造常数列的球心，可得EG,FG,EF，从而GI，点P所形成的轨迹长度为22236由a2a22n1=(n+1)2n2(nN)，a1，可得a2(n+1)2a2n2a2120，2n1n1n1n1222266故数列ann是恒为0的常数列，所以an，·······································································5分2ππ，所以D选项正确．故选ACD．n63又因为数列an为正项数列，所以ann(nN).·······································································6分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.【法二】累加法1π1121由题意得：n2且nN，有12．【解析】因为sin()，所以cos，所以cos22cos1．22222a2a22(n1)12n1,π1nn1．【解析】由2且，得2，222，所以2213πrlπrπ2πrπlrhlr3r1aa2(n2)12n3,93n1n212π22Vπrh．a3a22215,3922a2a12113,a2b2c214．43，[2,6]【解析】由题意可得()即可，当△ABC为等边三角形时有(n1)(32n1)Smin将以上各式相加，得a2a235(2n3)(2n1)n21，n12222222abcabc222243.下证对于任意的三角形都有()43．将a11代入上式即得ann，且当n1时也成立，所以ann，SSmin证明过程如下：又因为数列an为正项数列，所以ann(nN)．·····································································6分22222abc43S2bc2bccosA23bcsinAnnn（2）由（1）可得bn(1)n3，令cn(1)n，其前2n项和为T2n，2222则，分2bc2bc3sinAcosA2bc4bcsinAT2n1234(2n1)2nn··············································································962222n2n2n1，122n3(13)3(31)332bc4bc2bc0又因为333，························································12分1322π当A且bc等号成立，即△ABC为等边三角形时等号成立．所以的最大值为43．332n13所以Sn．···························································································13分2n2当取得最大值时，△ABC为等边三角形，如右图所示，取AB的中点D，．22216【解析】正弦定理+最值则有PAPBPDDAPDDAPDDAPD3，bcosC3bsinCsinBcosC3sinBsinC（1）根据正弦定理，1可化为1，1分acsinAsinC由图可得1|PD|3，所以PAPB的取值范围是[2,6]．数学试卷答案第3页（共9页）{#{QQABZQYAogAoAAIAARhCEwFSCkGQkgCACagOBEAEoAABiRNABAA=}#}又因为，，所以tantan，