2024屆河南青桐鳴高三上學(xué)期12月大聯(lián)考答案

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(