【文档说明】河南省部分校2022-2023学年高三上学期12月大联考考后强化数学（理）试题 答案.pdf，共(11)页，1.376 MB，由envi的店铺上传

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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。123456789101112CDBCDABBADAA1．C

【解析】依题意，9{|(29)0}{|0}2Axxxxx，故19{|}42ABxx，故选：C．2．D【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．3．B【解析】∵321SS，∴34542121219()0SSaaaaa，∴2410aa，∴2312345212223()Saaaaaaaa1232223142112()2aaaaaaaaa，故选：B.4．C

【解析】由题知抛物线2:8Cxy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||||42PPFQFy，解得2Py，所以(4,2)P，所以||42PQ.故选：C.5．D【解析】

如图所示，对于A，由向量加法的平行四边形法则知，ABADAC，故A正确；对于B，因为正方形ABCD的边长为1，所以22||||||2ACABBC,所以||2||ACAB.又在正方

形ABCD中，π4CAB，所以,ACAB的夹角为π4，所以AC与2AB的方向不相同，所以2ACAB，故B正确；对于C，由B选项知，||2AC，||1AB,,ACAB

的夹角为π4，所以||||cos,ACABACABACABπ21cos14，故C正确；理科数学全解全析第2页（共11页）对于D，在正方形ABCD中，π4ACB，由

向量的夹角的定义知,ACCB的夹角为3π4，故D错误.故选：D.6．A【解析】因为21cos(22)11()sin()cos(22)222xfxxx，所以22T，得1.因为()

fx图象的一个对称中心为51(,)122，所以52,62kkZ，得2,32kkZ.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22的正方形，侧棱PD底面ABCD.因为AB

底面ABCD，所以PDAB.因为,ABADAD平面,PADPD平面,PADADPDD，所以AB⊥平面PAD.因为AP平面PAD，所以ABAP，则该阳马的表面积为22PADPABABCDSSSS△△四边形21(

22)22221224222(22)4882832．故选：B.8．B【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()39PM.故选：B.9．A【解析】由题意得当2n时，1223nnnaa.设1132(3)nn

nnaa，则=2，即11232(23)nnnnaa.当n=1时，221232(23)aa也满足上式，则数列{23}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123(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133222222242abaaaa，当且仅当322aa，即31,22ab时等号成立，故B正确；对于C，令()sin(0,2)fx

xxx，，则()cos10fxx，所以函数()fx在(0,2)上单调递减，即()(0)0fxf，即sinbb，所以sin2ab，故C正确；对于D，设()ln,(0,2)fxxxx，则1()1fxx，当1()0,x时

，()0fx，则函数()fx单调递减；当(1,2)x时，()0fx，则函数()fx单调递增，所以当1x时，函数()fx取得极小值，也是最小值，且min()1fx，所以()(1)1fxf，即1fa，即ln12ln1aaba，也即，所以ln1ba，所以D错误.故选

:D.11．A【解析】构造函数()e()xgxfx,则()e[()()]xg'xfxfx.因为()()0fxfx,所以()0g'x,所以()gx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(,)Mxy，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2

22220000222000001()2(2)4(4)812yyyyxxyyey理科数学全解全析第4页（共11页）20011281yy.令01ty，则11[,]62t，所以22211111128112()33ettt.因为11[,]62

t，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。13．3000【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)0.45

PX，因此0.5(110(130)130)0.05PXPX，故估计该地学生数学成绩在130分以上的人数为600000.053000,故填3000.14．72【解析】由题意得841()xx展开式的通项为348418841C()()C,0,1,

2,,8rrrrrrTrxxx，当048r，，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)e2xkfxxxkx，所

以()e(2)e(1)(e)xxxfxxkxkxk，若0k，令()0fx，可得1x，当1x时，()0fx，函数()fx在(1,)上单调递增，当01x时，()0fx，函数()fx在(0,1)上单调递减，所以函数()fx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，()0fx，函数()fx在(1,)上单调递增，当01x时，()0fx，函数()fx在(0,1)上单调递减，所以函数()fx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()fx在(0,ln())k上单调递增，当ln()1kx时，()0fx

，函数()fx在1ln(()),k上单调递减，当1x时，()0fx，函数()fx在(1,)上单调递增，所以函数()fx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()fx在(0,1)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()fx在(1,)上单调递增，所以函数()fx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()fx在(0,1)上单调递增，当1ln()xk时，()0fx，函数()fx在(1,ln())k上单调递减，当ln()xk

时，()0fx，函数()fx在,ln(())k上单调递增，所以函数()fx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,).16．84π5【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,BEACDEAC,,,BEDEEBEDE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，32332DEBE，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221,1EOOH所以，过D作BE的平行线交l于点F，则21FDOH.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，0x，则2FOFOx，25FODH，所以22222222||||||||FOFDROOBOR,当2FOFOx时，化简得6254x，

解得55x，舍去，全科免费下载公众号《高中僧课堂》理科数学全解全析第6页（共11页）当2FOFOx时，化简得6254x，解得55x，则2215R，所以三棱锥ABCD外接球的表面积284π4π5SR,故填84π5.三、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17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。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si

nsin()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2222cosBDBCCDBCCDBCD，即22

2cosxBCD①.（7分）在ABC△中，由余弦定理得2222cosABBCACBCACBCA，即2454cosxBCA②.（9分）由①②，解得3cos4BCA，所以27sin1cos4BCABC

A，所以1177sin122244ABCSBCACBCA△.（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)2228PX，11111115(1)22222228PX

，111(2)1224PX.（2分）所以X的分布列为X012P185814（3分）所以期望1519()0128848EX.（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,nnN时，第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1{}3na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,,OPOAAC.因为底面ABCD是直角梯形，所以221()3122BCADAB.（2分）在△ADC中，22312ACADDC.又2AB，所以△ABC是边长为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，,OABC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，,,OPOAOB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)PQtP

Dt，111(,,)Qxyz，则11133(,,3)(,,3)22xyzt，（7分）解得11133,,3322xtytzt，即Q的坐标为33,,3322()ttt，则33(0,2,0),(,1,33)22B

CCQttt.（8分）设平面BCQ的法向量为222(,,)xyzm，则00BCCQmm，即22222033(1)(33)022ytxtytz

，不妨取21x，则220,2(1)tyzt，即(1,0,)2(1)ttm.（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)tt

ttmnmn，整理得23840tt，解得2t（舍去）或23t，（11分）故在棱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(,),(,)AxyBxy，与椭圆方程联立得22411xmyxy，消去x整理得22(4)230mymy，所以222412(4)16480mmm，所以12122

223,44myyyymm.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)()02yytymy，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)gxxx，∴1()cos1gxxx，（1分）而()gx在(1,0]上单调递增，又(0)0g，∴当(1,0]x时，()(0)0gxg.（2分）∴()gx在(

1,0]上单调递减.（4分）（2）当1a时，①当[π,1]x时，sine0ax，10x，∴()0fx，∴()fx在区间[π,1]上无零点.（5分）②当1x时，方程()0fx的解等价于方程(

)0gx的解.当(1,0]x时，1()cos1gxaxx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()0gx且()gx在0(1,]x上单调递减，0(,0]x上单调递增，而11(1)sin(1)ln0gaaaa，(0)0g，∴()gx在(1,0]上有两个零点.（8分）③当π(0,]2x时，1()cos1gxaxx，

(0)10ga，令1()()cos1txgxaxx，则21()sin(1)txaxx在π(0,]2上单调递减，且(0)1t＞0，2π1()0π2(1)2ta，存在唯一1π(0,]2x，

使得1()0tx，∴()gx在1(0,]x上单调递增，1π(,]2x上单调递减，（9分）而(0)1ga＞0，π1()00π212g，∴存在唯一2π(0,]2x，使得2()0gx，理科数学全解全析第10页（共11页）∴()gx在2(0,]x上单调递增，

2π(,]2x上单调递减，而(0)0g，π()02g，∴()gx在π(0,]2上无零点.（10分）④当π(,π]2x时，()0gx，∴()gx在π(,π]2上单调递减，而ππ()ln(1)022ga，(π)ln(π1)

0g，∴存在唯一3π(,π]2x，使得3()0gx.（11分）综上所述，当1a时，()fx在区间[π,π]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)(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||4225CM＞124rr

，两圆相离，所以max12||25254ABrr.（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()4fx的解集为35[,]22.（5分）（2）∵()|||21||(2)(1)|3fxxxxx，当且仅当[1,2]x时等号成立，∴23mm，即230mm，解得11311322m，∴实数m的取值范围是113113

[,]22.（10分）