数学-2024九师联盟高三12月质量检测历史（新教材-L）

1.A由题意知A—{>1<>三32},当工eA时,0<log3工三log332e（3,4）,所以B—{1,2,3},所以AnB—{2,3}.故选A.2.C由题意得之十i—（2—i之—2i）,所以（—1十i）之——2—5i,所以之——i,故之———11—i——十i,所以———i.故选C.3.C若a—2,则l1：2工十2>—1—0,l2：工十>—2—0,易知l1/l2,所以“a—2”是“l1/l2”的充分条件；若l1/l2,则a（a—1）—2—0,且—2a牛1—a,所以a—2,所以“a—2”也是“l1/l2”的必要条件,故“a—2”是“l1/l2”的充要条件.故选C.4.Dsin2θ十—sin[2(θ—十—cos2(θ—ℴ1—2sin2(θ—ℴ1—2X——.故选D.5.B双曲线C的渐近线方程为>—士2工,直线>—2工十5与其中一条渐近线>—2工平行,二者之间的距离d—0—槡5,且直线>—2工十5在直线>—2工的左边,由题意知点P到直线>—2工十5的距离大于槡5,所以m三槡5,所以实数m的取值范围为（—…,槡5].故选B.一6.D由CP—1,得动点P的轨迹是以C（3,0）为圆心,以1为半径的圆,其方程为（工—3）2十>2—1,设P（工,>）,则一一一一一一。A十。B十。P—槡（工十1）2十（>十3）2,表示圆C上的点P到点（—1,—3）的距离,所以。A十。B十。Pmax—槡（3十1）2十32十1—6.故选D.7.B与点A,B,C,D距离均相等的平面可分为两类,一类是平面的一侧是1个点,另外一侧有3个点（如图1）,此时截面过棱的中点,且与一个面平行,故截面三角形与平行的面（三角形）相似,相似比为,故其面积为XX4X4sin60。—槡3,这样的截面共有4个,故这类截面的面积和为4槡3,另外一类是平面的两侧各有2个顶点（如图2）,因为正四面体对棱垂直,易知四边形PQMN是边长为2的正方形,其面积为4,这样的截面共有3个,故这类截面的面积和为12,故符合条件的截面的面积和为12十4槡3.故选B.图1图20,十…）上单调递增.因为f（工）为奇函数,所以g（—工）ℴ(ℴ工）3f（—工）——工3.[—f（工）]—工3f（工）ℴg（工）,即g（工）为偶函数,所以原不等式变为g（工）<g（2工—1）,所以g（工）<g（2工—1）,所以工< 2工—1,解得工<,或工>1,故原不等式的解集为（—…,U（1,十…）.故选D.9.ABD用—工和—>替换方程中的工和>,化简后方程不变,故曲线E关于原点对称,故A正确；用>替换方程中的工,同时用工替换方程中的>,方程不变,故E关于直线>—工对称,故B正确；用—工替换方程中的工,方程变为工2—工>十>2—4,与原方程不同,故E不关于>轴对称,故C错误；用—工替换>,同时用—>替换工,方程不变,故E关于直线>—工——2>—2,,工——2>—2,,选ABD.由顶点的定义知,（2,—2）为E的一个顶点,故D正确.故新教材—L【高三12月质量检测.数学参考答案第1页（共新教材—L10.BCD因为f（工）的最小正周期为π,故—π,所以幼—2,所以f（工）十g（工）—槡2sin（2工十P）十槡2cos2工,又(ℴ十P十槡2cos(ℴ—0,即sinP———,又Pe[0,π),故十槡2cos2工—槡6sin2工十槡cos2工2工十,故[f（工）十g（工）]max—槡6,又f—十g——0,故—,0对称,故A错误,B正确；易求f（工）的单调递增区间为[—十kπ,十kπ]（kez）,g（工）的单调递增区间为[—十nπ,nπ]（nez）,二者的交集为[—十mπ,mπ]（mez）,又,坚[—十mπ,mπ]（mez）,故C正确；将f（工）的图象向左平移个单位长度,得>—[22工十—槡2cos2工—g（工）,故D正确.故选BCD.11.AD对于A,AF—1十工1—3,则工1—2,所以>1—2槡2,所以SΔAOF—OF.>1—X1X2槡2—槡2,故A正确；对于B,由题意知OF—1,且BF」工轴,由抛物线的定义知BF—BB1—2,故>2—2,所以B1（—1,>2）,所以OB1—槡1十>—槡1十4—槡5,所以四边形OFBB1的周长为槡5十1十2X2—5十槡5,故B错误；对于C,过A,E分别作C的准线的垂线,垂足分别为A1,E1,则EE1—（AA1十BB1）—（AF十BF）>AB—3,当且仅当直线AB过点F时等号成立,所以点E到>轴的最小距离为3—1—2,故C错误；对于D,设直线AB的方程为工—t>十2,联立方程,得{2—t2,消去工并整理,得>2—4t>—8—0,则Δ—16t2十32>0,且>1十>2—4t,>1>2—>2—62—,即十为定值,故D正确.故选AD.12.ACD延长正三棱台的三条侧棱交于点O,取BC的中点D,连接OD交B1C1于E,则E为B1C1的中点,由题意得2—1—,所以OA1—4,所以AO—6,所以OD—AD—3槡3,OE—2DE—2槡3,所以cos人AOD—AO2D2D2—槡,所以AE—槡AO2十OE2—2AO.OEcos人AOD—2槡6,所以AD2—AE2十DE2,所以AE」DE,易证BC」平面ADE,又AE一平面ADE,所以BC」AE,又DEnBC—D,BC,DE一平面BC1B1,所以AE」平面BC1B1.又球A的半径为2槡7,故在侧面BC1B1上的截面圆的半径r—八八2—（2槡62—2,故曲线Γ是以点E为圆心,以2为半径的两段圆弧B1F和C1G（如图所示,其中F,G为BC 上到点E距离为2的点）.CE—槡32十（槡3）2—2槡3,故CP的最小值为2槡3—2,故A正确；因为AE」平面BC1B1,八八要使AP」BC,则P在线段DE上,又P在B1F和C1G上,由图知,二者无公共点,故不存在点P,使得AP」BC,故B错误；当点P在点G处时,AP/平面A1B1C1,过点A,P,A1作平面必与B1C1有公共点Q,故存在P以及B1C1上的点Q,使得AP/A1Q,故C正确；易求得人B1EF—人C1EG—,所以和的长均为,所有线段AP所形成的曲面的展开图为两个扇形,其面积和为2XXX2槡7—4槡π,故D正确.故选ACD. a.13.因为a—b—2,所以a2—2a.b十b2—4,又a—2b—2,所以a.b—,所以cos〈a,b〉—a.bb— a.[—槡,槡设工1—k,则>—k（工十1）,由题意知,直线>—k（工十1）与圆（工—1）2十>2—1有公共点,故新教材—L【高三12月质量检测.数学参考答案第2页（共新教材—L k（0三1,解得—槡三k三槡,故工1的取值范围为[—槡,槡].15.f（工）—log3.log3—（log3工—1log3工—3）ℴ（log3工）2—4log3工十3,因为f（工1）—f（工2）,则log3工1十工2—4,所以log3工1工2—4,即工1工2—81.又工1,工2e（0,十…）,所以1十>2槡工12—,当且仅当1—,即工1—3,工2—27时等号成立.故1十的最小值为.槡,槡7设AF1—n,AF2—m,因为点A在第一象限,所以n>m.又A,B均在以线段F1F2为直径的圆上,所以四边形AF1BF2为矩形,即AF2—BF1.因为AF1三4BF1,所以n三4m,即1<三4.因为m十n—2a,m2十n2—4c2,所2—m2十n2十2mn—4c2十2mn—4a2,即mn—2a2—2c2.因为—mn2—十,设>—十,工—e（1,4],则>—工十,工e（1,4].易知>—工十在区间（1,4]上单调递增,所以2<>三,即2<三.当2<时,解得2c2>a2,即e2>,解得e>槡；当2a24—222三时,解得50c2三34a2,即e2三,即0<e三槡7,所以槡<e三槡7.17.解1）由题意,得人ACD—人ABD—90。,所以A十D—180。,由AB2十BD2—CD2十AC2得CD—2槡3.…………………1分在ΔABC中,由余弦定理,得BC2—AB2十AC2—2AB.ACcosA,即BC2—5—4cosA,………………………2分在ΔDBC中,由余弦定理,得BC2—BD2十CD2—2BD.CDcos（180。—A）,即BC2—21十12槡3cosA,…………………3分两式联立消去BC2,得（4十12槡3）cosA——16,所以cosA—2—1槡3.………………5分（2）因为A十D—180。,D—60。,所以A—120。,由余弦定理,得BC2—5—4cos120。—7,所以BC—槡7.…………………6分在ΔABC中,由正弦定理,得sinBC—s,所以sin人ABC—槡3,……………………7分2槡7又人ABD—人ABC十人CBD—90。,所以cos人CBD—sin人ABC—槡3,2槡7所以sin人CBD—槡1—2—27,………………9分在ΔDBC中,sinBD—s,所以CD—BC.CBD—5.………………10分当n—1时,a1十Ⅱ1—1,由Ⅱn—a1Xa2X…Xan知Ⅱ1—a1,所以Ⅱ1—a1—.………1分当n>2时,an—,代入an十Ⅱn—1,得十Ⅱn—1,………………2分两边同除以Ⅱn,得——1,…………………………3分 【高三12月质量检测.数学参考答案第3页（共6页）】新教材—L所以是以2为首项,1为公差的等差数列,………………………4分所以—2十（n—1）X1—n十1,所以Ⅱn—n1.………………………5分又an十Ⅱn—1,所以an—1—Ⅱn—1—n1—n1.……………………6分1—1—n（n2）——n2）,………7分1当n>3时,1当n>3时,sn212—1（1—十—十—十…十—n2）21十—n1—n2）——n1—n2）,………………9分2而当n—1,2时,s1—,s2—也满足上式,所以sn—（—n1—n2）.…………………10分因为n1>0,n2>0,所以sn<,易知数列{sn}单调递增,所以sn>s1—,所以三sn<.………………………12分2十>2,………………1分 点P到直线工—槡的距离d—工—槡,………………2分5,5,化简,得工2——1,即Γ的方程为工2——1.………………………4分（2）假设存在直线l满足条件,设B（工1,>1）,C（工2,>2）,则工——1,工——1,…………………5分所以工—工——0,即（工1十工2工1—工2）ℴ（>1十>2）4（>1—>2）,…………6分因为A为线段BC的中点,所以工1工2—1,>1>2—1,即工1十工2—2,>1十>2—2,2（>1—>2）4所以2（工1—工2）ℴ8分,所以———4,即l的斜率为4,……2（>1—>2）4所以2（工1—工2）ℴ8分所以直线l的方程为>—1—4（工—1）,即>—4工—3.…………………9分——1,消去>并整理得12工2—24工十13—0,（>—4工—3,Δ—(ℴ24）2—4X12X13——48<0,…………………11分所以直线l与Γ无公共点,这与直线l与Γ交于B,C两点矛盾,故不存在过点A的直线满足条件.……………………12分20.解：以C为坐标原点,CA,CB所在的直线分别为工轴,>轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A（2,0,0）,B（0,2,0）,D（0,1,0）,E（1,0,0）,……………………1分设C1（a,b,c）,因为C1D2—a2十（b—1）2十c2,C1E2—（a—1）2十b2十c2,C1D—C1E,一所以a—b,则C1（a,a,c）,CA—（2,0,0）,一一CB—（0,2,0）,C1—（a,a,c）.…………………………2分新教材—L【高三12月质量检测.数学参考答案第4页（共新教材—L一—一1—0—1十—0’令工1—C1—0’之1——a’所以n—（C’0’—a）’……………………3分一2十—0’令>2—C………………………4分因为平面AC1A1」平面BC1B1’所以n」m’所以n.m—0’即（—a）2—0’所以a—0’所以C1（0C1在之轴上’即C1」平面ABC’………5分因为CA仁平面ABC’所以C1」CA’又C1E—2’CE—1’所以C1—槡C1E2—CE2—槡3’故C1到平面ABC的距离为槡3.………6分C1—槡2’则槡a2十a2十C2—槡2’因为C1E—2’所以槡（a—1）2十a2十C2—2’所以a——’C—槡’所以C1.…………………8分设平面AC1A1与平面BC1B1的夹角为θ’ 141m.nm.n—41m.nm.n——777’槡4X槡4即平面AC1A1与平面BC1B1的夹角的余弦值为.……………12分当工e[0’1]时’fI（工）>0’所以f（工）所以f（工）在[0’1]上的最大值为f（1）—ln2’最小值为f（0）——1’………………3分由题意知M三[f（工1）—f（工2）]max—f（工）max—f（工）min—ln2十1’故M的最大值为ln2十1.………………4分（2）证明：由题意知f（m）—ln（m十1）—m2—am—1—0’f（n）—ln（n十1）—n2—an—1—0’所以f（m）—f（n）—ln—（m十nm—n）—a（m—n）—0’所以a—m—1nln—（m十n）.………………………6分因为fI（工）—工1—2工—a’所以fImn—m十十2—（m十n）—a—m十十2—（m十n）—m—1nln十（m十n）—m十十2—m—1nln’……………8分所以要证fImn<0’只要证m十十2—m—1nln<0’因为m<n’所以只要证十ln<0’………………………9分令t—’则0<t<1’即证十lnt<0’新教材—L【高三12月质量检测.数学参考答案第5页（共新教材—L令g（t）—十lnt（0<t<1）,则g,（t）——2（t）22（1—t）十—t,……………10分因为0<t<1,所以g,（t）>0,所以g（t）<g（1）—0,…………………11分所以十ln<0,所以f,mn<0.……………………12分 22.解1