2023届高三12月大联考考后强化卷数学试卷及答案.pdf-得力文库

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1、理科数学试题第 1 页（共 4 页）内装订线外装订线学校：_姓名：_班级：_考号：_ 绝密启用前 2022 年高三 12 月大联考考后强化卷理科数学（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）1注意事项：公众号【黑洞视角】下载电子版答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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

3、的夹角为4 6 已知函数2()sin()(0,0)2f xx 的最小正周期为，()f x图象的一个对称中心为51(,)12 2，则=A6 B3 C4 D512 7我国数学名著九章算术商功记载：“斜解立方，得两堑堵其一为阳马，一为鳖臑”其中的阳马理科数学试题第 2 页（共 4 页）内装订线外装订线学校：_姓名：_班级：_考号：_ 是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥已知网格中小正方形的边长为 1，某阳马的三视图如图中的粗实线所示，则该阳马的表面积为 A48 28 3 B88 28 3 C816 24 3 D48 216 3 8甲、乙、丙、丁 4 名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活

4、动，现有 A，B，C 三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区去服务,则甲不在 A 小区、乙不在 B 小区服务的概率为 A13 B49 C59 D712 9已知nS是数列na的前 n 项和，且12a，210a，1122323nnnnSSSn（），则2022S A20232024321 B20222023321 C20222023232 D20232024232 10已知0,0ab，2ab，则下列结论中不正确的 Aab的最大值是94 B122ab的最小值是4 2 Csin2ab Dln1ba 11已知定义在R上的函数()f x的导函数为()fx，对任意xR，都有()()0f xfx，则下列

5、结论一定正确的是 A23e(2)e(3)ff B23e(2)e(3)ff C32e(2)e(3)ff D32e(2)e(3)ff 12已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，焦距为 4，点 M 在圆22:E xy48160 xy上，且 C 的一条渐近线上存在点 N，使得四边形2OMNF为平行四边形，O 为坐标原理科数学试题第 3 页（共 4 页）内装订线此卷只装订不密封外装订线点，则 C 的离心率的取值范围为 A2,)B 3,)C4,)D(1,3 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13某地有 60 000 名学生参加考试，

6、考试后数学成绩X近似服从正态分布2(110,)N，若(90PX110)0.45，则估计该地学生数学成绩在 130 分以上的人数为_ 14841()xx展开式中含有 x 的整数次幂的项的系数之和为_（用数字作答）15已知函数2()(2)e2xkf xxxkx，若1x 是函数()f x在区间(0,)上的唯一极值点，则实数k的取值范围是_ 16如图，在三棱锥ABCD中，ABC是边长为2 3的正三角形，2 3ADCD，二面角DACB的余弦值为23，则三棱锥ABCD外接球的表面积为_ 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 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

7、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）如图，在ABC中，D为AC的中点，且sin2sinBDCBAC.（1）证明：2BABD；（2）若22ACBC，求ABC的面积.18（12 分）现有甲、乙、丙三个人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，随机地传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无失误（1）设第 3 次传球后，乙接到球的次数为X,求X的分布列与期望；（2）设第n次传球后，甲接到球的概率为na，理科数学试题第 4 页（共 4 页）内装订线

8、此卷只装订不密封外装订线（i）试证明数列13na 为等比数列；（ii）解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数 19（12 分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB/CD，90ADC，22ABCD，3AD，6PA，侧面PBC为等边三角形.（1）求证：平面PBC 平面ABCD；（2）在棱PD上是否存在点Q，使得二面角ABCQ的大小为4？若存在，求出PQPD的值；若不存在，请说明理由.20（12 分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为32，过定点(1,0)P的直线l与椭圆 C 有两个交点A，B，当lx轴时，3AB.（1）求椭圆C的标准方程；（2）

9、是否存在一点,0Q t，1t，使得|APAQBPBQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.21（12 分）已知函数sin()e(1)axf xx，()sinln(1)g xaxx.（1）当1a 时，求函数()yg x在(1,0上的单调性；（2）当1a 时，试讨论()yf x在区间,上的零点个数.（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22（10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为43cos,23sinxy（为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线M的

10、方程为1.（1）求曲线C的普通方程和曲线M的直角坐标方程；（2）若,A B分别是曲线C和曲线M上的动点，求|AB的最大值.23（10 分）选修 4-5：不等式选讲已知函数2()|1|f xxx.（1）求不等式()4f x 的解集；（2）当xR时，若2()f xmm恒成立，求实数m的取值范围.理科数学全解全析第 1 页（共 11 页）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2022 年高三 12 月大联考考后强化卷理科数学全解全析要求的。1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D B C D A B B A

11、D A A 1C【解析】依题意，9|(29)0|02Ax xxxx，故19|42ABxx，故选：C 2D【解析】因为i(1i)1izz，所以i(1i)(1i)(1i)zz，即i12zz ，所以1iz ，故 z 在复平面内对应的点为(1,1)，位于第四象限故选：D 3B【解析】321SS，34542121219()0SSaaaaa，2410aa，2312345212223()Saaaaaaaa1232223142112()2aaaaaaaaa，故选：B.4C【解析】由题知抛物线2:8C xy的焦点为(0,2)F.因为(0,6)Q，所以|4PFQF.因为点P在C上，所以由焦半径公式得|42PPFQ

13、向量的夹角的定义知,AC CB 的夹角为34，故 D 错误.故选：D.6 A【解析】因为21cos(22)11()sin()cos(22)222xf xxx，所以22T，得1.因为()f x图象的一个对称中心为51(,)12 2，所以52,62kk Z，得2,32kkZ.因为02，所以当1k 时，6.故选：A 7 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2 2的正方形，侧棱PD 底面ABCD.因为AB 底面ABCD，所以PDAB.因为,ABAD AD平面,PAD PD 平面,PAD ADPDD，所以AB平面PAD.因为AP 平面PAD，所以ABAP，则该阳马的表面积为22P

14、ADPABABCDSSSS四边形21(2 2)222212 2422 2(2 2)488 28 32故选：B.8B【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43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2223种，所以甲不在 A 小区、乙不在 B 小区服务的概率224234()39P M.故选：B.9A【解析】由题意得当2n 时，122 3nnnaa.设1132(3)nnnnaa，则=2，即112 32(2 3)nnnnaa.当 n=1 时，22

15、12 32(2 3)aa也满足上式，则数列2 3 nna 是以4为首项，2 为公比的等比数列，理科数学全解全析第 3 页（共 11 页）则12 3(4)2nnna，所以2(32)nnna，所以123(13)2(12)2 3211312nnnnnS，故202320242022321S，故选：A.10 D【解析】对于A，因为0,0ab，2ab，则21992()244abaaa ，故A 正确；对于 B，因为13322222 224 2abaaaa，当且仅当322aa，即31,22ab时等号成立，故 B 正确；对于 C，令()sin(0,2)f xxxx，则()cos10fxx，所以函数()f x在

16、(0,2)上单调递减，即()(0)0f xf，即sinbb，所以sin2ab，故 C 正确；对于 D，设()ln,(0,2)f xxx x，则1()1fxx，当1()0,x时，()0fx，则函数()f x单调递减；当(1,2)x时，()0fx，则函数()f x单调递增，所以当1x 时，函数()f x取得极小值，也是最小值，且min()1f x，所以()(1)1f xf，即 1f a，即ln12ln1aaba，也即，所以ln1ba，所以 D 错误.故选:D.11A【解析】构造函数()e()xg xf x,则()e()()xg xfxf x.因为()()0f xfx,所以()0g x,所以()g

17、x在R上单调递减.因为23，所以23(2)(3)e(2)e(3)ggff，所以，故选：A.12 A【解析】如图，由题意，设双曲线 C 的一条渐近线方程为byxa，因为点 M 在圆22:(2)(4)4Exy上，所以设00(,)M xy，则026y.因为四边形2OMNF为平行四边形，设2ONBMF，所以2MF的中点坐标为002(,)22xyB，代入渐近线方程byxa，得00222xyba，即002ybax.因为2222222()1bbcaeaaa，所以222220000222000001()2(2)4(4)812yyyyxxyyey 理科数学全解全析第 4 页（共 11 页）20011281yy

18、.令01ty，则1 1,6 2t，所以22211111128112()33ettt.因为1 1,6 2t，所以211112()0,333t，则21 3,)e ，解得2,)e，故选：A.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。133000【解析】由题意可知正态分布曲线的对称轴为直线110，结合(90110)0.45PX，得(110130)0.45PX，因此0.5(110(130)130)0.05PXP X，故估计该地学生数学成绩在 130 分以上的人数为600000.053000,故填 3000.1472【解析】由题意得841()xx展开式的通项为348418841C()()

19、C,0,1,2,8rrrrrrTrxxx，当0 4 8r ，时，344r为整数，此时1rT为含 x 的整数次幂的项，所以展开式中含 x 的整数次幂的项的系数之和为048888C+C+C72，故填 72 15 1,)【解析】因为函数2()(2)e2xkf xxxkx，所以()e(2)e(1)(e)xxxfxxkxkxk，若0k，令()0fx，可得1x，当1x 时，()0fx，函数()f x在(1,)上单调递增，当01x时，()0fx，函数()f x在(0,1)上单调递减，所以函数()f x在1x 处取得极小值，满足要求；若10k，令()0fx，可得1x 或ln()xk，且ln()0k，当1x 时

20、，()0fx，函数()f x在(1,)上单调递增，当01x时，()0fx，函数()f x在(0,1)上单调递减，所以函数()f x在1x 处取得极小值，满足要求；若e1k ，令()0fx，可得ln()xk或1x，且0ln()1k，当0ln()xk时，()0fx，函数()f x在(0,ln()k上单调递增，当ln()1kx时，()0fx，函数()f x在1ln(),k上单调递减，当1x 时，()0fx，函数()f x在(1,)上单调递增，所以函数()f x在1x 处取得极小值，在ln()xk处取得极大值，不满足要求；若ek ，令()0fx，可得1x，当01x时，()0fx，函数()f x在(0,

21、1)上单调递增，理科数学全解全析第 5 页（共 11 页）当1x 时，()0fx，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ek ，令()0fx，可得ln()xk或1x，且ln()1k，当01x时，()0fx，函数()f x在(0,1)上单调递增，当1ln()xk时，()0fx，函数()f x在(1,ln()k上单调递减，当ln()xk时，()0fx，函数()f x在,ln()k 上单调递增，所以函数()f x在1x 处取得极大值，在ln()xk处取得极小值，不满足要求.综上，实数 k 的取值范围是 1,)k ，故填 1,).168

22、45【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，所以,BEAC DEAC,BEDEE BE DE平面BDE,所以AC 平面BDE,故二面角DACB的平面角为DEB.又AC 平面ABC,所以平面BDE 平面ABC.过D作DHBE于H，平面BDE 平面ABCBE，DH 平面BDE,所以DH 平面ABC.由题意得2cos3DEB，32 332DEBE，所以2323EH，则945DH.设ABC外接圆圆心为2O，则2O在BE上，半径为2BO，过2O作平面ABC的垂线l，则三棱锥ABCD外接球的球心一定在直线l上.因为22332BO，所以221,1EOO

23、H所以，过 D 作BE的平行线交l于点 F，则21FDO H.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2OOx，0 x，则2FOFOx，25FODH，所以22222222|FOFDROOBOR,当2FOFOx时，化简得62 54x，解得55x ，舍去，理科数学全解全析第 6 页（共 11 页）当2FOFOx时，化简得62 54x，解得55x，则2215R，所以三棱锥ABCD外接球的表面积28445SR,故填845.三、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 1721 题为必考题，每个试

24、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）【解析】（1）在ABD中，由正弦定理得sinsinBABDBDABAD，即sinsinBABDABDBAD.（1 分）因为sinsin()sinBDABDCBDC，所以sinsinBABDCBDBAD.又由已知得sin2sinBDCBAD，则2BABD，所以2BABD.（5 分）（2）设BDx，则2BAx，在BCD中，由余弦定理得2222cosBDBCCDBC CDBCD，即222cosxBCD.（7 分）在ABC中，由余弦定理得2222cosABBCACBC ACBCA，即2454co

25、sxBCA.（9 分）由，解得3cos4BCA，所以27sin1cos4BCABCA，所以1177sin1 22244ABCSBC ACBCA .（12 分）18（12 分）【解析】（1）由题意知X的所有可能取值为0,1,2，1111(0)2228P X，11111115(1)22222228P X，111(2)1224P X .（2 分）所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 18 58 14（3 分）所以期望1519()0128848E X .（4 分）（2）（i）由题意：第一次传球后，球落在乙或丙手中，则10a，（5 分）理科数学全解全析第 7 页（共 11 页）当*2,nnN时，第

26、n次传给甲的事件是第1n 次传球后，球不在甲手上并且第n次必传给甲的事件，于是有11(1)2nnaa，即1111()323nnaa，（7 分）故数列13na 是首项为11133a ，公比为12的等比数列.（9 分）（ii）1111()332nna ，所以1111()332nna，（10 分）当n 时，13na ，所以当传球次数足够多时，甲接到球的概率趋向于一个常数13.（12 分）19（12 分）【解析】（1）如图，取BC的中点为O，连接,OP OA AC.因为底面ABCD是直角梯形，所以221()3122BCADAB.（2 分）在ADC中，223 12ACADDC.又2AB，所以ABC是边长

27、为 2 的等边三角形，则3AO.（3 分）又因为PCB也是边长为 2 的等边三角形，所以PO BC，3PO，（4 分）则222POOAOP，所以POOA.（5 分）又POBC，,OA BC 平面ABCD，OABCO，所以PO 平面ABCD.又因为PO 平面PBC，所以平面PBC 平面ABCD.（6 分）（2）根据（1）中所证，,OP OA OB两两垂直，故以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，理科数学全解全析第 8 页（共 11 页）则33(3,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,3)22ABCDP，不妨设,(0,1)PQtPD t，111(,)Q x y

28、 z，则11133(,3)(,3)22x y zt，（7 分）解得11133,3322xt yt zt，即Q的坐标为33,3322()ttt，则33(0,2,0),(,1,33)22BCCQttt .（8 分）设平面BCQ的法向量为222(,)xyzm，则00BCCQ mm，即22222033(1)(33)022ytxt yt z，不妨取21x，则220,2(1)tyzt，即(1,0,)2(1)ttm.（9 分）易知平面ABC的一个法向量为(0,0,1)n，根据题意可得222|2(1)cos42|(1|14)ttttm nmn，整理得23840tt，解得2t（舍去）或23t，（11 分）故在棱

29、PD上存在靠近D点的三等分点Q，使得二面角ABCQ的大小为4，且PQPD23.（12 分）20（12 分）【解析】（1）由题意得32ca，所以222222234,344,4acaabab所以所以.当lx轴时，|3AB，所以椭圆C经过点3(1,)2，2222223311441,1,1,44baabbb所以所以所以，所以椭圆 C 的标准方程为2214xy.（2）当直线l的斜率为 0 时，不妨取(2,0),(2,0)AB,由|APAQBPBQ得1,|22|4|3ttt所以或1t（舍去），所以(4,0)Q.当直线l的斜率不为 0 时，设其方程为1xmy，1122(,),(,)A x yB xy，与椭圆

30、方程联立得22411xmyxy，消去 x 整理得22(4)230mymy，所以222412(4)16480mmm，所以12122223,44myyyymm .理科数学全解全析第 9 页（共 11 页）由|APAQBPBQ得AQPBQP，所以0AQBQkk,所以121212120,011yyyyxtxtmytmyt 所以，所以1212(1)()02 y ytymy，所以22322(1)044mmtmm，所以4t，所以存在一点4,0Q，使得|APAQBPBQ.综上所述，存在一点(4,0)Q，使得|APAQBPBQ.（12 分）21（12 分）【解析】（1）当1a 时，()sinln(1)g xx

31、x，1()cos1g xxx，（1 分）而()g x在(1,0上单调递增，又(0)0g，当(1,0 x 时，()(0)0g xg.（2 分）()g x在(1,0上单调递减.（4 分）（2）当1a 时，当,1x 时，sine0ax，10 x ，()0f x ，()f x在区间,1上无零点.（5 分）当1x 时，方程()0f x 的解等价于方程()0g x 的解.当(1,0 x 时，1()cos1g xaxx在(1,0上单调递增，(0)10ga，（6 分）而11(1)cos(1)0gaaaaaa，存在唯一0(1,0 x ，使得0()0g x且()g x在0(1,x上单调递减，0(,0 x上单调递增

32、，而11(1)sin(1)ln0gaaaa，(0)0g，()g x在(1,0上有两个零点.（8 分）当(0,2x时，1()cos1g xaxx，(0)10ga，令1()()cos1t xg xaxx，则21()sin(1)t xaxx 在(0,2上单调递减，且(0)1t0，21()02(1)2ta，存在唯一1(0,2x，使得1()0t x，()g x在1(0,x上单调递增，1(,2x上单调递减，（9 分）而(0)1ga0，1()00212g，存在唯一2(0,2x，使得2()0g x，理科数学全解全析第 10 页（共 11 页）()g x在2(0,x上单调递增，2(,2x上单调递减，而(0)0

33、g，()02g，()g x在(0,2上无零点.（10 分）当(,2x时，()0g x，()g x在(,2上单调递减，而()ln(1)022ga，()ln(1)0g，存在唯一3(,2x，使得3()0g x.（11 分）综上所述，当1a 时，()f x在区间,上有 3 个零点.（12 分）（二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22（10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程【解析】（1）因为曲线C的参数方程为43cos23sinxy（为参数），所以4cos32sin3xy，（1 分）消去参数得2242()()133xy，所以22(4)(

34、2)9xy.（2 分）因为曲线M的方程为1，所以21.因为222xy，所以221xy，（4 分）所以曲线C的普通方程为22(4)(2)9xy，曲线M的直角坐标方程为221xy.（5 分）（2）由（1）得，曲线C的普通方程为22(4)(2)9xy，曲线M的直角坐标方程为221xy，所以曲线C的圆心为1(4,2),3Cr 半径为，曲线M的圆心为2(0,0),1Mr 半径为，（6 分）所以圆心距22|422 5CM 124rr，两圆相离，所以max12|2 52 54ABrr.（10分）23（10 分）选修 4-5：不等式选讲【解析】（1）由于()|21,1213,1221,2xxxxfxxxx ，（2 分）当1x 时，214x，解得32x ，此时312x；当12x 时，34恒成立，此时12x；理科数学全解全析第 11 页（共 11 页）当2x 时，214x ，解得52x，此时522x.综上，不等式()4f x 的解集为3 5,2 2.（5 分）（2）()|21|(2)(1)|3fxxxxx，当且仅当 1,2x 时等号成立，23mm，即230mm，解得11311322m，实数 m 的取值范围是113 113,22.（10 分）

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