天一大聯(lián)考安徽2025屆高三12月聯(lián)考數(shù)學(xué)答案

天一大聯(lián)考一、單項(xiàng)選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.1.答案B命題透析本題考查集合的表示與交運(yùn)算,考查絕對(duì)值不等式的解法.解析由題可知A={-4,0,4},B={x|x>3或x<-1},故A∩B={-4,4}.2.答案A命題透析本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算與共軛復(fù)數(shù)的概念.3.答案D命題透析本題考查充分必要條件的判斷與恒成立問題的求解.解析,x2+ax+1≤0,則-a≥x+由函數(shù)y=x+的單調(diào)性可知,當(dāng)x=2時(shí),ymax=所以-a≥,a≤-,“a≤-”的一個(gè)充分不必要條件為“a≤-3”.4.答案D命題透析本題考查解析法求最值.解析設(shè)P(x0,y0),則|PA|2+2|PB|2+3|PC|2=6x+6y+6y0+45,由于x+y=1,所以|PA|2+2|PB|2+3|PC|2=6y0+51,因?yàn)閥0∈[-1,1],所以|PA|2+2|PB|2+3|PC|2的最大值與最小值之和為51×2=102.5.答案B命題透析本題考查正弦定理、余弦定理.解析由C=2B,得sinC=sin2B=2sinBcosB,由正弦定理和余弦定理得c=2b.,結(jié)合a=3,b=4,可得c2=28,所以c=2\7,所以cosC=6.答案C命題透析本題考查對(duì)數(shù)運(yùn)算、對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì).解析根據(jù)函數(shù)y=log2x,y=log4x,y=log6x圖象的變化特7.答案A命題透析本題考查函數(shù)的奇偶性與對(duì)稱性.解析因?yàn)閒(-x)=ln(\1+x2+x)-x3=-f(x),所以f(x)為奇函數(shù),由題可知g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(-2,0)對(duì)稱,所以h(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(-2,0)對(duì)稱,又h(x)恰有2025個(gè)零點(diǎn),所以有2024個(gè)零點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)(-2,0)對(duì)稱,另一個(gè)零點(diǎn)為-2,所有零點(diǎn)之和為=-4050.8.答案C命題透析本題考查數(shù)列的運(yùn)算與性質(zhì).nn,因?yàn)閍1=0,所以an∈Z,所以當(dāng)a=16時(shí),|S20|mi=-1,a18=1,a19=2,a20=3,a21=4時(shí),可以取到最小值.二、多項(xiàng)選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.每小題全部選對(duì)的得6分,部分選對(duì)的得部分分,有選錯(cuò)的得0分.9.答案ACD命題透析本題考查平面向量的相關(guān)概念與運(yùn)算.解析對(duì)于A,因?yàn)閍-b=(-2,1),所以(a-b).a=0,故A正確;對(duì)于B,由于1×1≠2×3,所以a,b不共線,故B錯(cuò)誤; 對(duì)于C,設(shè)a與b的夾角為θ,則cosθ==\,所以θ=,故C正確;對(duì)于D,a在b上的投影向量為,故D正確.10.答案AC命題透析本題考查立體幾何中垂直的判定、點(diǎn)到平面的距離與外接球半徑的求法.3,3,6,2,解析對(duì)于A,由于正四面體的棱長為1,所以BO=\3可以解得AO=\6MO=\6所以3,3,6,2, DM=BM=\,所以BM2+CM2=BC2,所以BM丄CM,故A正確;對(duì)于B,與A同理可得CM丄DM,BM丄DM,假設(shè)BM丄AD,則BM丄平面ADM,這顯然是不成立的,故假設(shè)不成立,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,因?yàn)锽M,CM,DM兩兩垂直,所以DM丄平面BCM,則點(diǎn)D到平面BCM的距離為\,故C正確;對(duì)于D,三棱錐M-BCD的四個(gè)頂點(diǎn)可視為棱長為\的正方體的四個(gè)頂點(diǎn),其外接球半徑為體積為πR3=故D錯(cuò)誤.11.答案BCD命題透析本題考查三角函數(shù)的綜合.解析對(duì)于A,f(3π-x)=asin[sin(3π-x)]+bcos[cos(3π-x)]=asin(sinx)+bcos(cosx)=f(x),故A正確;對(duì)于B,f(0)=bcos1≠0,所以f(x)不可能為奇函數(shù),故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,當(dāng)a=b=1時(shí),f(x-=cos(sinx)-sin(cosx),當(dāng)x∈[0,π]時(shí),cosx∈[-1,1],sinx∈[0,1],因sin(cosx)<sin-|sinx|)=cos(sinx),cos(sinx)-sin(cosx)>0,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,當(dāng)a=b=1時(shí),f(0)=cos1,f(-=1-sin1,由于cos1>cos=,sin1>sin=,所以cos1>>1-sin1,故D錯(cuò)誤.三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.命題透析本題考查百分位數(shù)的計(jì)算.解析因?yàn)?0×0.7=7,所以第70百分位數(shù)為=8.3.命題透析本題考查雙曲線的離心率、正弦定理.解析由于匕PF1F2=45o,匕PF2F1=105o,所以匕F1PF2=30o,由離心率、雙曲線的定義及正弦定理得,e=命題透析本題考查不等式與函數(shù)的綜合.解析記t=ex+e-x,根據(jù)題意可知存在t≥2,使得λt+μ=3-t2,所以(3-t2)2=(λt+μ)2≤(λ2+μ2)(t2+t2+1t2+1t2+1,,,1),當(dāng)且僅當(dāng)λ=tμ時(shí)等號(hào)成立,故λ2+μ2≥(3-t2)2=t4-6t2+9=t2+1t2+1t2+1t2+1,,,記f(m)=m+-8,則f(m)在[5,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)m=5時(shí),f(m)min=f(5)=,此時(shí)λ=2μ,可得λ=-,μ=-,故λ2+μ2的最小值為.四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.命題透析本題考查樣本空間、古典概型.解析記事件A=“每次摸球甲得分”,紅球記為R1,R2,黑球記為B1,B2,B3.(I)每次摸球的樣本空間Ω1={(R1,B1),(R1,B2),(B1,B2)},A={(B1,B2)},所以P(A)==.……………………(4分)(Ⅱ)在方案①中:每次摸球的樣本空間Ω2={(R1,R2),(R1,B1),(R1,B2),(R2,B1),(R2,B2),(B1,B2)},A={(R1,R2),(B1,B2)},=.……………(8分)在方案②中:每次摸球的樣本空間Ω3={(R1,B1),(R1,B2),(R1,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3)},A={(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3)},n(Ω3)62,n(Ω3)62,為了使選派結(jié)果更加公平,應(yīng)選方案②.…………………(13分)16.命題透析本題考查空間線面平行的判定、兩平面的夾角的計(jì)算.解析(I)方法一:」O,M,N分別為棱AD,PC,PD的中點(diǎn),:MNⅡCD,ONⅡPA.」PAC平面PAB,ON丈平面PAB,:ONⅡ平面PAB.……………………(3分)」CDⅡAB,:MNⅡAB,又ABC平面PAB,MN丈平面PAB,:MNⅡ平面PAB.」MN∩ON=N,:平面OMNⅡ平面PAB.……………………(6分)又OMC平面OMN,:OMⅡ平面PAB.……………………(7分)方法二:取PB的中點(diǎn)F,連接AF,MF.」M為PC的中點(diǎn),:MFⅡBC,MF=BC,又ADⅡBC,AO=BC,:MFⅡAO,MF=AO,……………(3分):四邊形MFAO為平行四邊形,:OMⅡAF,又OM丈平面PAB,AFC平面PAB,……………(6分):OMⅡ平面PAB.……………(7分)(Ⅱ)取BC的中點(diǎn)E,連接OE,則OE丄AD,」PO丄平面ABCD,AD,OEC平面ABCD,:PO丄AD,PO丄OE.…………(8分)以O(shè)為原點(diǎn),直線OE,OD,OP分別為x,y,Z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,0),M(2,1,1),…………………(,分)設(shè)平面OMN的法向量為m=(x1,y1,z1),則即1=0,令y1=1,則m=同理得平面OMD的一個(gè)法向量為n=(1,0,-2).………(12分) 記平面OMN與平面OMD的夾角為θ,則cosθ=|cos〈m,n〉|==\,…(14分)故平面OMN與平面OMD夾角的余弦值為\.…………(15分)17.命題透析本題考查橢圓的方程與幾何性質(zhì)及弦長.解析(I)設(shè)P(x0,y0),由題知A(-a,0),B(a,0),又點(diǎn)P在E上,所以y,所以,即.……………………又拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為(1,0),所以a2-b2=1,………(4分)解得a=2,b=\,所以E的方程為=1.………………(Ⅱ)由題知F(1,0),l1的斜率不為0,設(shè)l1:x=my+1,l2:x=my,G(x1,y1),H(x2,y2),M(x3,y3),聯(lián)立l1與E的方程得y2+6my-9=0,所以|GH|=\|y1-y2|=.……………聯(lián)立l2與E的方程得y2=12,所以y所以|MN|2=4|OM|2=4(1+m2)Y=48(1+m2)…………………所以所以存在λ=4,使得|MN|2=4|GH|恒成立.……………(15分)18.命題透析本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì).解析(I)由題可知f(1)=1,f'(x)=1+,所以f'(1)=2,所以g(x)=2x-1,……(2分)x,令h(x)=f(x)-g(x)=lnx-x+1,則h'(x)=1-x,易知h(x)的定義域?yàn)?0,+∞),由h'(x)>0得0<x<1,由h'(x)<0得x>1,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以h(x)≤h(1)=0,所以f(x)≤g(x).……………(5分)令φ(x)=x2+4x+1-g(x),則當(dāng)x>0時(shí),φ(x)=x2+4x+1-(2x-1)=x2+2x+2=>0,所以g(x)<x2+4x+1.綜上,當(dāng)x>0時(shí),f(x)≤g(x)<x2+4x+1.……………(8分)(Ⅱ)當(dāng)x>1時(shí),由xf(x)-x2>(a-2)x-a,得a<.x-1,,(x-1)2,記m(x)=xlnx+2xx∈(1+∞),則m'(x)=x-x-1,,(x-1)2,記n(x)=x-lnx-3,x∈(1,+∞),則n'(x)=>0,所以n(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,………(12分)又n(4)=1-ln4<0,n(5)=2-ln5>0,所以3x0∈(4,5),使得n(x0)=0,即lnx0=x0-3,0)時(shí),n(x)<0,即m'(x)<0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),n(x)>0,即m'(x)>0,所以m(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單