2024届高三12月大联考考后强化卷（新课标I卷）数学·全解全析123456789101112BDABDCACBDBCDACABD一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．B【解析】因为，所以．故选B．2．D【解析】由全称命题的否定为特称命题，可知原命题的否定为，．故选D.3．A【解析】由，得.因为，所以，所以，解得．故选A.4．B【解析】因为函数可变形为，函数可变形为，所以把函数的图象向左平移个单位长度，即可得到函数的图象，故选5．D【解析】含的项为，所以展开式中的系数为．故选6．C【解析】由题意，因为，所以为奇函数，的图象是由函数的图象向右平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度得到的，所以的图象关于点对称．又所表示的直线也关于点对称，所以方程的3个实根中必有一个为1，另外两个关于点对称，所以．故选C．7．A【解析】如图，由题意，知底面是正八边形，.在中，由余弦定理，得，则．因为底面的面积为平方米，所以，解得，所以该八棱柱的侧面积为平方米．故选A．8．C【解析】由题意，知，，，显然.对于，的大小，只需比较的大小.令且，则，即在上单调递减，所以，所以.综上，，故．故选C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．BD【解析】对于A，由，得，所以的虚部为，故A错误；对于B，的模为，故B正确；对于C，的共轭复数为，故C错误；对于D，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确．故选BD．10．BCD【解析】因为的定义域为，且，令，得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得极小值，无极大值，也无最大值，且，所以B，C，D正确，A错误.故选BCD．11．AC【解析】方法一：由题意，知抛物线的焦点为，则直线的方程为，代入抛物线方程，得.设,则.由抛物线的定义，得，所以.坐标原点O到直线的距离为，所以的面积为，解得，故A正确；又=8，故B错误；由，得，解得，所以，故C正确；，故D错误.故选AC．方法二：由题意，得，设直线：，即，则点到直线的距离是，所以，解得，所以，，，所以A，C正确.故选AC．12．ABD【解析】对于A，在等边三角形中，点A到直线的距离为，故A正确；对于B，如图，取的中点E，连接，，过点A作交于点G，则，.又，，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.又平面平面，，平面，所以平面.由正四面体的性质，知，所以在中，，故B正确；对于C，由B，知平面，所以即为直线与平面所成的角.在中，，故C错误；对于D，取的中点F，连接，，如图，则，.又平面，平面，平面平面，所以为二面角的平面角.又，，所以在中，由余弦定理，得，所以二面角的余弦值为，故D正确．故选ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】由题意,得．故填．14．【解析】，，又y与x的线性回归方程过点，∴，解得．故填．15．【解析】由，知当时，；当时，，此时，，当时，.又.若数列是等差数列，则，所以，所以．故填．16．【解析】设，，因为，又三点共线，所以，所以，所以，．又，在椭圆上，所以，所以，即，所以，所以，所以.又，所以，所以.由，解得，当时，直线l的斜率，当时，直线l的斜率，所以直线l的斜率为或．故填．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）【解析】（1）在中，，∴.（1分）∵，∴，化简，得.（2分）在中，，∴.（3分）又∵，∴.（4分）（2）由余弦定理，得，即.（6分）若选①，∵，即.（7分）又，∴，，（9分）此时的周长为.（10分）若选②，∵，∴，（6分）即.（8分）又，∴，（9分）此时的周长为．（10分）18．（12分）【解析】（1）零假设：喜欢跳舞与性别无关联.（1分）由题意，，（3分）依据小概率值的独立性检验，可推断不成立，即认为喜欢跳舞与性别有关联．（5分）（2）由题意，知考生喜欢跳舞的概率，不喜欢跳舞的概率为，（6分）X的所有可能取值为0，1，2，3，（7分），，，，（9分）所以X的分布列为0123（10分）由，知．（12分）19．（12分）【解析】（1）设等比数列的公比为，因为，，所以，（2分）即，所以（舍去），（3分）所以，所以，（4分）所以.（5分）（2）由（1）得，（6分）则①，（8分）②，（10分）由①②，得，（11分）所以．（12分）20．（12分）【解析】（1）如图，设为的中点，连接，又分别是的中点，所以，.（2分）又底面是正方形，所以，，所以，，（3分）所以四边形为平行四边形，所以.（4分）又平面平面，所以平面．（5分）（2）由题意，知，以为原点，直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，（6分）令，则，所以，所以.（7分）设为平面的法向量，则，令，则.（9分）设为平面的法向量，则，令，则，（10分）所以，（11分）所以平面与平面夹角的余弦值为．（12分）21．（12分）【解析】（1）的定义域为，．（1分）若，则，在定义域内单调递增，无最大值；（2分）若，则当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，（4分）所以当时，取得极大值，也是最大值，为，解得．（5分）（2）对任意恒成立，即在上恒成立．（6分）设，则．（7分）设，则，所以在上单调递增，且，，所以有唯一零点，且，所以．（8分）构造函数，则.（9分）又函数在上是增函数，所以．（10分）由在上单调递减，在上单调递增，得，（11分）所以的取值范围是．（12分）22．（12分）【解析】（1）由题意，知，所以点的轨迹是实轴长为，左、右焦点分别为，即半焦距的双曲线的右支，（2分）所以，（3分）所以曲线的方程为(或)．（4分）（2）由题意，知过点的动直线的斜率存在且不为，设斜率为，所以直线的方程为，设，，（5分）联立，得，所以，（6分）解得，即或，（7分）所以（8分）（9分）（10分），（11分）所以为定值．（12分）