2024屆河南青桐鳴高三上學(xué)期12月大聯(lián)考答案_第1頁(yè)
2024屆河南青桐鳴高三上學(xué)期12月大聯(lián)考答案_第2頁(yè)
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332024屆普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試青桐鳴大聯(lián)考(高三)數(shù)學(xué)答案1.C【解析】由題意得B={32,1,0,1,2,3},所以AnB={1,2}.故選C·1+2i(1+i)2暢B【解析】由(1+i)2=1+2i,得=2=(1+i)1+2i12i=1+2i12i=12i故選B.3.D【解析】由于C,d的正負(fù)性不確定,由"a>b>0,C>d"不能推出"ac>bd",故充分性不成立;同時(shí)當(dāng)"ac>bd"時(shí)也不能推出"a>b>0,C>d",故必要性也不成立.故選D.4.B【解析】由題意得α=(2,2),b=(4,5),a·bb則a在b上的投影向量是=2×42×5(45)=810-D 因?yàn)镻A=PD=0·所以PG=入PD22= 3,又側(cè)面PAD⊥底面ABCD,且側(cè)面PAD底面ABCD=AD,所以PG⊥底面ABCD.又底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形,且LABC=,所以16+2516+254141S菱形ABCD=2×2×sin=23所16+2516+254141810即a在b上的投影向量的坐標(biāo)為,3S菱形ABCD·PG=3×23×810即a在b上的投影向量的坐標(biāo)為,4141V四面體ACFE=VPABCDVAPEFVCPEFVEABC4141故選B5.A解析因?yàn)閠anα2,則2cos故選B5.A解析因?yàn)閠anα2,則2cos2αsin2αtanα4APBD8PABCDVAPEF=V=V,tanα4APBD8PABCD2sinαCosα4cS2α2CS2α4CS2α8VPABCD·VEABC=22CS2α4CS2αCOSαVFACD=VPVFACD=VPABCD故V四面體ACFE=144tn2α5故選A.44PABCD=4VPABCD=2故選B11)136.D【解析】設(shè)g44PABCD=4VPABCD=2故選B11)13ln2ee,令g(x)=0,解得=,當(dāng)0,ln2ee8.A【解析】設(shè)/CAO=α,則BOC=α,OCA=則在CAO中由正弦定理可得在△CBO中,由正弦定理OCA=則在CAO中由正弦定理可得在△CBO中,由正弦定理可得。C=e343334424以g=log3334424a=32024>0,綜上可得a>c>b.故選D·7.B【解析】如圖,連接BD,過(guò)點(diǎn)P作PG⊥AD,垂足為G,數(shù)學(xué)答案(第1頁(yè),共6頁(yè))· iB2解得inαCα3BC iB2解得inαCα3BCoc=6且inCOA=in(πα=2(Cα234212334242圖象,B正確;f(2)=sinπ=≠0,故C錯(cuò)誤42236sinα)=2444/222444/22 數(shù)f()的值域?yàn)槿耄珼正確故選BD· 22S△COA=2OA·oC·sinLCOA=2×1×3×12.BC【解析】令f()=(r1)lnx,則f(x)=23621lnx+1,易知f()在(0,+∞)上單調(diào)遞增,Cπ又f(1)=0,f()在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞又f(1)=0,f()在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,f(1)=0,且當(dāng)r→0時(shí)f()→+∞,當(dāng)x→+∞時(shí),f()→十,故選A.9.AC【解析】若1⊥α,則1垂直于任一條平行于a由題意知,過(guò)(1,0)作直線y=m(r+1)與y=的直線,又l2α,則l1⊥l2,故A正確;f(r)的圖象有2個(gè)交點(diǎn),則m>0,A錯(cuò)誤; 若l1Cα,l2/a不能推出l1l2,故B錯(cuò)誤; 若l1nl2=A,則AαAβ,又αnβ=l3故A若l1nl2=A,則AαAβ,又αnβ=l3故ACl3,故C正確;若l1nβ=A,2nβ=B,則AB為β內(nèi)的一條直線,C又glnlnr=g()CAB/a不一定對(duì),故D錯(cuò)誤.故選AC1,即12=1,B正確;1,即12=1,B正確;(m(x1十1)ln1= ·又A>0.故k>K(m(x1十1)ln1=ln1由得錯(cuò)誤;由得lnx2 (lnx2 n2m21 =e2,若T=n2m21 =e2,若T=3T1,則ln=k22k221+2 lnxn2ln2ln22ln,C正確;1122(x1+2)222n12=(+2)22(x1+2)222n12=(+2)2+4=4 2+(x1十x2)122in(2×+e)=解得=AD錯(cuò)誤.故選BC錯(cuò)誤;函數(shù)f)=8in()·D錯(cuò)誤.故選BC數(shù)學(xué)答案(第2頁(yè),共6頁(yè))·B1MDFA(3分)而O2Fc平面01O2FE,HG丈平面01O2FE,所以HGB1MDFA(3分)而O2Fc平面01O2FE,HG丈平面01O2FE,所以HG/平面0102FE,(4分)又CG,HGc平面CGH且CGnHG=GCEF2+ME2=r22+1又NF=2MN2=322r+1=/2y2302G……BAzDC13.7【解析】由題可知b+C=(3,1+m)a+3b=(213.7【解析】由題可知b+C=(3,1+m)a+3b=(21),則(b+c)(a+3b)=6+(m+1)=0,解得m==7sinr)+23sinrCosx=Cos2+3sin2=)(3分)14暢32【解析】由題a2a4=a32=16,解得a3=4,由a3a2=2得a2=2a3a2=2得a2=2,則a4=8.由a2aa42得a3215暢0【解析】因?yàn)閒(x)十g(1x)=a,所以f()+π332(2)令t=2因?yàn)?。下所以tπ332下(6分)g(1+)=a暢又g(1+)=g(1),可得f(x)=f(),故f(x)為偶函數(shù).又f(x+2)為奇函數(shù),所以f(x+2)=f(f(x)=f(),故f(x)為偶函數(shù).又f(x+2)為奇函數(shù),所以f(x+2)=f(x+2),則f(x+32yCt即f()在[)324)=f(x)=f(x),所以f(x+8)=(8分) f(4)=f(x f(4)=f(x)故函數(shù)f()的周期為8故f(10)=f(2)=03018.解:(1)證明:由題意得O1C=O2G,O1C/O2G,所以四邊形01O2GC為平行四邊形16【解析】設(shè)DM=x,則D1N16【解析】設(shè)DM=x,則D1N=2,其中[NE,如圖所示,而0102C平面01O2FECG平面01O2FE,所以CG/平面0102FE.(2分)因?yàn)镚,H分別為O2B,BF的中點(diǎn)D1C1E所以HG為△BO2F的中位線,所以HG/O2FD1C1ENNB所以平面CGH/平面0102FE.(5分)(2)(方法一)易知O1O2⊥O2B,以O(shè)(2)(方法一)易知O1O2⊥O2B,以O(shè)2為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)2B,O1O2所在直線分別為y軸、軸,在底面圓O2內(nèi)過(guò)O2作AB的垂線為x軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O2圖所示的空間直角坐標(biāo)系O2-y·/2222/2222EF=r,ME=A1E=1,…MF2=3+3+≥當(dāng)=當(dāng)=時(shí),MN取最小值數(shù)學(xué)答案(第3頁(yè),共6頁(yè))·則A(0,4,0)F(23,2,0)C(0則A(0,4,0)F(23,2,0)C(0,2,h),H(3,1,0)(6分)則AF=(23,則AF=(23,20)CH=(3,1h)(8分)→AFCHI62由|→AFCHI62由|CS〈AFCH〉===AFCH4h2+4(10分)故a2ana1=4n2(n≥2).(4分)20解得h=6.(12分)(方法二)設(shè)圓臺(tái)的高為h(h>0),連20解得h=6.(12分)(方法二)設(shè)圓臺(tái)的高為h(h>0),連接O2H(5分)此時(shí)C==此時(shí)C==和CO2,2+1)(7分)CDCE故T=1E故T=1… =1< =1<,(10分)GBO2GBH易知{Tn}是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列HF因?yàn)辄c(diǎn)O2和H分別為AB和FB的中點(diǎn)故O2因?yàn)辄c(diǎn)O2和H分別為AB和FB的中點(diǎn)故O2H為△ABF的中位線故3T2·(12分)所以O(shè)2H/AF20.解:(1)因?yàn)辄c(diǎn)E為AC的中點(diǎn),則LCHO2為異面直線AF與CH所成的角,(6分)同理可得GH=0F=2,則(6分)同理可得GH=0F=2,則OG=GH,(7分)由(1)知0102/CG,則CG⊥O2由(1)知0102/CG,則CG⊥O2G,CGHG,1(23434 1(23434由勾股定理可得CH=CO2=CG2HG2=32故BE=·(4分)2h24·(8分)π(2)由題意及LABC=,知BA,BC,BB1兩兩互由LDO1π(2)由題意及LABC=,知BA,BC,BB1兩兩互260。則△AO2F為等邊三角形,則AF=4相垂直,所以以B為坐標(biāo)原點(diǎn)BA,BC,BB1所在直線分故所以以B為坐標(biāo)原點(diǎn)BA,BC,BB1所在直線分別為軸、y軸、之軸,建立如圖所示的空間直角坐則在△CO2H中,由余弦定理可得COS。CHO2=標(biāo)系ZB1·(0分)ZB1C1解得h=6.(12分)ByCExyCEx數(shù)學(xué)答案(第4頁(yè),共6頁(yè))·m C,(8分)(分) α5n則S(t)=4入t1+·(4t1)=由圖觀察可得該面角的平面角為銳角252m C,(8分)(分) α5n則S(t)=4入t1+·(4t1)=由圖觀察可得該面角的平面角為銳角252則A則BAC(2)B(2)則A則BAC(2)B(2)E2()AEEC22CC∈(2()AEEC22(5分)C=(1,2).(6(5分)2又sinA=sin(πBC)=sin3c=3sinCAE的法向量為(AE的法向量為(()4sin3C,(7分)(2AEBAya=3c4c·(1Cos2C)=(2AEBAy4(7分)可得(7分)可得(2)ECC的法向量為(n22即 14)12e入C2設(shè)平面A(AE(2y22)2e入C2設(shè)平面A(AE(2y22)24y224y2(9分)/2(9分)ECy22令t=C2(41)則t=C82Cy22可得n(2的夾角為可得n(2的夾角為α(9分)EC的平面)則CosB=2cos2C1=2t1.面角BA面角BA設(shè)與n角為β則|Cβ設(shè)S(t)=(4t)·入t1t(41·m2mt2t故Cinβ(故Cinβ51+485t2t2t所以t所以tnβC2即面角BAEC的平面角21的正切值為2(2分)令S(t)=0,得t=2322(2分)24(4由已知得tan2Ctan24(4由已知得tan2Ctan2C2解()證明CBCB2C2Ctan2Cin2in2CCC2CCB當(dāng)4t時(shí)S(t)2C2Ctan2Cin2in2CCC2CCBtan2C時(shí),S'(t)<0,(11分)(2分)(π)又BC(0,π)B2CBC則當(dāng)(π)又BC(0,π)B2CBC(4分)最大(4分)CCCC22in(2)由CCCC22in由正弦定理可得b2C則CB=2t1=.(12由正弦定理可得b2C22.證明:(1)令g(t)=t1lnt,t(0,+∞),inCCCinCCCBC()3C(

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