河南省部分校2022-2023学年高三12月大联考考后强化理科数学答案

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。123456789101112CDBCDABBADAA9191．C【解析】依题意，A{x|x(2x9)0}{x|0x}，故AB{x|x}，故选：C．242z2．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】∵SS321，∴S21S3a4a5a219(a4a21)0，∴a4a210，∴S23a1a2a3()a4a5a21a22a23a1a2a3a22a23a12(a4a21)a12，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yP2，解得yP2，所以P(4,2)，所以|PQ|42.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；22对于B，因为正方形ABCD的边长为1，所以|AC||AB||BC|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，44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ACAB|AC||AB|cosACAB,4π2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.44故选：D.1cos(2x2)1126．A【解析】因为fxx()sin(2)cos(2x2)，所以T，得1.22225152k因为f(x)图象的一个对称中心为(,)，所以2k,kZ，得,kZ.因为12262320，所以当k1时，.故选：A．267．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22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SSSS四边形ABCD2△PAD2△PAB11(22)22224222(22)24288283．故选：B.228．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324P(M).349故选：B.n9．A【解析】由题意得当n2时，an12an23.n1nn1n设an132(an3)，则=2，即an1232(an23).2n当n=1时，a2232(a123)也满足上式，则数列{an23}是以4为首项，2为公比的等比数列，理科数学全解全析第2页（共11页）3(13n)2(12n)则a23n(4)2n1，所以a2(3n2n)，所以S2[]3n12n21，nnn131220232024故S2022321，故选：A.19910．D【解析】对于A，因为a0,b0，ab2，则abaa2(a)2，故A正确；24431对于B，因为2a2b12a23a22a23a42，当且仅当2a23a，即a,b时等号成立，22故B正确；对于C，令fx()sinxxx，(0,2)，则fx()cosx10，所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，即fx()f(0)0，即sinbb，所以asinb2，故C正确；1对于D，设fx()xln,xx(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)min1，所以fx()f(1)1，即fa1，即alna1，也即2blna1，所以blna1，所以D错误.故选:D.11．A【解析】构造函数gx()exfx(),则g'x()e[xfx()fx()].因为fx()fx()0,所以g'(x)0,所以g(x)在R上单调递减.因为23，所以gg(2)(3)，所以e2ff(2)>e3(3)，故选：A.b12．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Ex:(2)2(y4)24a上，所以设，则因为四边形为平行四边形，设，Mx(0,y0)2y06.OMNF2ONMF2Bx2ybbx2yby00000所以MF2的中点坐标为B(,)，代入渐近线方程yx，得，即.22aa22ax02bb2c2a2因为()2e21，aa2a22222yy020y0y0所以e1()222xx02(02)4(y04)y08y012理科数学全解全析第3页（共11页）1128.21y0y011111令t，则t[,]，所以e21.y21106212t8t112(t)23311111因为t[,]，所以12(t)2[0,]，则e21[3,)，解得e[2,)，故选：A.62333二、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X110)0.45，得P(110X130)0.45，因此P(X130)0.5P(110X130)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3000.3r1814．【解析】由题意得(x)展开式的通项为TC(rx)(8r)rrCx4,r0,1,2,,8，14724r188x4x3r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4r1048系数之和为C8+C8+C872，故填72﹒k15．[1,)【解析】因为函数fx()(x2)exxkx2，所以fx()exx(x2)ekxkx(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1k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xln(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xln(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,).8416．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,,BEDE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.232由题意得cosDEB，DEBE233，所以EH32，323则DH945.设△ABC外接圆圆心为O2，则O2在BE上，半径为BO2，过O2作平面ABC的垂线l，则三棱锥ABCD外接球的球心一定在直线l上.2因为BO32，所以EO1,所以OH1，2322过D作BE的平行线交l于点F，则FDOH21.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OO2x，x0，则FOFO2x，FO2DH5，222|FO||FD|R5所以当FOFOx时，化简得，解得，舍去，222,2625x4x|OO2||BO2|R5理科数学全解全析第5页（共11页）5221当FOFO2x时，化简得625x4，解得x，则R，所以三棱锥ABCD外接球的表5584π84π面积S4πR2,故填.55三、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）BABD【解析】（1）在△ABD中，由正弦定理得，sinBDAsinBADBAsinBDA即.（1分）BDsinBADBAsinBDC因为sinBDAsin(BDC)sinBDC，所以.BDsinBADsinBDCBA又由已知得2，则2，所以BA2BD.（5分）sinBADBD（2）设BDx，则BA2x，在△BCD中，由余弦定理得BD2BC2CD22BCCDcosBCD，即x222cosBCD①.（7分）在△ABC中，由余弦定理得AB2BC2AC22BCACcosBCA，即4x254cosBCA②.（9分）37由①②，解得cosBCA，所以sinBCA1cos2BCA，441177所以SBCACsinBCA12.（12分）△ABC224418．（12分）【解析】（1）由题意知X的所有可能取值为