2024届河南青桐鸣高三上学期12月大联考答案

332024届普通高等学校招生全国统一考试青桐鸣大联考(高三)数学答案1.C【解析】由题意得B={32,1，0，1，2，3}，所以AnB＝{1，2}.故选C·1＋2i(1＋i)2畅B【解析】由(1＋i)2=1＋2i,得=2=(1＋i)1＋2i12i=1＋2i12i=12i故选B.3.D【解析】由于C,d的正负性不确定，由"a＞b＞0，C＞d"不能推出"ac＞bd"，故充分性不成立；同时当"ac＞bd"时也不能推出"a＞b＞0,C＞d"，故必要性也不成立.故选D.4.B【解析】由题意得α＝(2，2)，b＝(4，5)，a·bb则a在b上的投影向量是=2×42×5(45)=810-D 因为PA=PD=0·所以PG=入PD22= 3，又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD底面ABCD＝AD,所以PG⊥底面ABCD.又底面ABCD是边长为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上的投影向量的坐标为，3S菱形ABCD·PG=3×23×810即a在b上的投影向量的坐标为，4141V四面体ACFE=VPABCDVAPEFVCPEFVEABC4141故选B5.A解析因为tanα2，则2cos故选B5.A解析因为tanα2，则2cos2αsin2αtanα4APBD8PABCDVAPEF=V=V，tanα4APBD8PABCD2sinαCosα4cS2α2CS2α4CS2α8VPABCD·VEABC=22CS2α4CS2αCOSαVFACD=VPVFACD=VPABCD故V四面体ACFE＝144tn2α5故选A.44PABCD=4VPABCD=2故选B11)136.D【解析】设g44PABCD=4VPABCD=2故选B11)13ln2ee，令g(x)＝0，解得=，当0，ln2ee8.A【解析】设/CAO=α，则BOC＝α，OCA=则在CAO中由正弦定理可得在△CBO中，由正弦定理OCA=则在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，综上可得a>c>b.故选D·7.B【解析】如图，连接BD,过点P作PG⊥AD,垂足为G，数学答案(第1页，共6页)· iB2解得inαCα3BC iB2解得inαCα3BCoc=6且inCOA=in(πα=2(Cα234212334242图象，B正确；f(2)＝sinπ=≠0，故C错误42236sinα)＝2444/222444/22 数f()的值域为入，D正确故选BD· 22S△COA=2OA·oC·sinLCOA=2×1×3×12.BC【解析】令f()=(r1)lnx,则f(x)＝23621lnx＋1，易知f()在(0,＋∞)上单调递增，Cπ又f(1)＝0，f()在区间(0,1)上单调递减，在(1,＋∞又f(1)＝0，f()在区间(0,1)上单调递减，在(1,＋∞)上单调递增，f(1)＝0，且当r→0时f()→＋∞，当x→＋∞时，f()→十，故选A.9.AC【解析】若1⊥α，则1垂直于任一条平行于a由题意知，过(1，0)作直线y＝m(r＋1)与y=的直线，又l2α，则l1⊥l2，故A正确；f(r)的图象有2个交点，则m＞0,A错误； 若l1Cα，l2/a不能推出l1l2，故B错误； 若l1nl2=A，则AαAβ，又αnβ＝l3故A若l1nl2=A，则AαAβ，又αnβ＝l3故ACl3，故C正确；若l1nβ=A，2nβ=B,则AB为β内的一条直线，C又glnlnr=g()CAB/a不一定对，故D错误.故选AC1，即12＝1，B正确；1，即12＝1，B正确；(m(x1十1)ln1= ·又A＞0.故k＞K(m(x1十1)ln1=ln1由得错误；由得lnx2 (lnx2 n2m21 =e2，若T＝n2m21 =e2，若T＝3T1，则ln=k22k221＋2 lnxn2ln2ln22ln，C正确；1122(x1＋2)222n12=(+2)22(x1＋2)222n12=(+2)2+4=4 2＋(x1十x2)122in(2×+e)=解得=AD错误.故选BC错误；函数f)=8in()·D错误.故选BC数学答案(第2页，共6页)·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】由题可知b＋C＝(3，1＋m)a＋3b＝(213．7【解析】由题可知b＋C＝(3，1＋m)a＋3b＝(21)，则(b＋c)(a＋3b)＝6＋(m＋1)＝0,解得m=＝7sinr)＋23sinrCosx=Cos2＋3sin2=)(3分)14畅32【解析】由题a2a4=a32＝16，解得a3=4，由a3a2＝2得a2＝2a3a2＝2得a2＝2，则a4=8.由a2aa42得a3215畅0【解析】因为f(x)十g(1x)＝a，所以f()＋π332(2)令t=2因为。下所以tπ332下(6分)g(1＋)＝a畅又g(1＋)＝g(1),可得f(x)=f()，故f(x)为偶函数.又f(x＋2)为奇函数，所以f(x＋2)＝f(f(x)=f()，故f(x)为偶函数.又f(x＋2)为奇函数，所以f(x＋2)＝f(x＋2)，则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)故函数f()的周期为8故f(10)=f(2)＝03018.解：(1)证明：由题意得O1C=O2G，O1C/O2G，所以四边形01O2GC为平行四边形16【解析】设DM＝x，则D1N16【解析】设DM＝x，则D1N=2，其中[NE，如图所示，而0102C平面01O2FECG平面01O2FE，所以CG/平面0102FE.(2分)因为G，H分别为O2B,BF的中点D1C1E所以HG为△BO2F的中位线，所以HG/O2FD1C1ENNB所以平面CGH/平面0102FE.(5分)(2)(方法一)易知O1O2⊥O2B,以O(2)(方法一)易知O1O2⊥O2B,以O2为坐标原点，以O2B，O1O2所在直线分别为y轴、轴，在底面圆O2内过O2作AB的垂线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系O2图所示的空间直角坐标系O2-y·/2222/2222EF=r,ME=A1E=1，…MF2=3＋3＋≥当=当=时，MN取最小值数学答案(第3页，共6页)·则A(0，4,0)F(23，2，0)C(0则A(0，4,0)F(23，2，0)C(0,2,h)，H(3，1，0)(6分)则AF＝(23，则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)设圆台的高为h(h＞0)，连20解得h＝6.(12分)(方法二)设圆台的高为h(h＞0)，连接O2H(5分)此时C==此时C==和CO2，2+1)(7分)CDCE故T=1E故T=1… =1< =1<，(10分)GBO2GBH易知{Tn}是一个单调递增的数列HF因为点O2和H分别为AB和FB的中点故O2因为点O2和H分别为AB和FB的中点故O2H为△ABF的中位线故3T2·(12分)所以O2H/AF20.解：(1)因为点E为AC的中点，则LCHO2为异面直线AF与CH所成的角，(6分)同理可得GH＝0F＝2，则(6分)同理可得GH＝0F＝2，则OG=GH，(7分)由(1)知0102/CG，则CG⊥O2由(1)知0102/CG，则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)由题意及LABC=，知BA，BC,BB1两两互由LDO1π(2)由题意及LABC=，知BA，BC,BB1两两互260。则△AO2F为等边三角形，则AF＝4相垂直，所以以B为坐标原点BA,BC,BB1所在直线分故所以以B为坐标原点BA,BC,BB1所在直线分别为轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐则在△CO2H中，由余弦定理可得COS。CHO2=标系ZB1·(0分)ZB1C1解得h＝6.(12分)ByCExyCEx数学答案(第4页，共6页)·m C，(8分)(分) α5n则S(t)=4入t1+·(4t1)＝由图观察可得该面角的平面角为锐角252m C，(8分)(分) α5n则S(t)=4入t1+·(4t1)＝由图观察可得该面角的平面角为锐角252则A则BAC(2)B(2)则A则BAC(2)B(2)E2()AEEC22CC∈(2()AEEC22(5分)C=(1，2).(6(5分)2又sinA＝sin(πBC)＝sin3c＝3sinCAE的法向量为(AE的法向量为(()4sin3C，(7分)(2AEBAya＝3c4c·(1Cos2C)＝(2AEBAy4(7分)可得(7分)可得(2)ECC的法向量为(n22即 14)12e入C2设平面A(AE(2y22)2e入C2设平面A(AE(2y22)24y224y2(9分)/2(9分)ECy22令t=C2(41)则t=C82Cy22可得n(2的夹角为可得n(2的夹角为α(9分)EC的平面)则CosB＝2cos2C1＝2t1.面角BA面角BA设与n角为β则|Cβ设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的正切值为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()证明CBCB2C2Ctan2Cin2in2CCC2CCB当4t时S(t)2C2Ctan2Cin2in2CCC2CCBtan2C时，S'(t)＜0，(11分)(2分)(π)又BC(0,π)B2CBC则当(π)又BC(0,π)B2CBC(4分)最大(4分)CCCC22in(2)由CCCC22in由正弦定理可得b2C则CB=2t1=.(12由正弦定理可得b2C22.证明：(1)令g(t)＝t1lnt,t(0,＋∞)，inCCCinCCCBC()3C(