扫描全能王创建{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}2024届高三12月大联考（全国乙卷）文科数学·全解全析及评分标准一、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要求的。123456789101112AACDBDBADBDB．【解析】因为全集，集合，所以．又，所以1AU{0,1,2,3,4}M{0,1,4}UM{2,3}N{0,3,4}．故选．(UM)N{3}A2．A【解析】设zabi(a,bR)，则abi2(abi)16i，所以a2a1，b2b6，解得a1，b2，所以|z|a2b25，故选A．2xy03．C【解析】作出不等式组2xy40所表示的可行域，如图中阴影部分所示.z3xy，即y3xz.6xy120当直线y3x自左上向右下平移时，z逐渐减小，z逐渐增大，所以当直线y3xz经过直线2xy0与直线6xy120的交点C(3，6)时，z取得最小值，最小值为3363.故选C.434．D【解析】由题意，得cos，sin，555π3π3π3π2所以cos()cos()coscossinsin，故选D．444410p5．B【解析】不妨设点P的坐标为(x,y)(x0,y0)，依题意，得|FQ||PQ|，即y2p2x①.又y22px111111211文科数学全解全析及评分标准第1页（共14页）{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}3p②，联立①②，解得x，y3p．由y2p22p2，得p1，所以抛物线C的准线l的方程为1211p1x，故选B．226．D【解析】设同学A随机抽取得到的两位数的十位数字为x，个位数字为y(xy)．依题意，若x2，则y1，有1种情况；若x3，则y1，2，有2种情况若x9，则y1，，2，8，有8种情况，共计有12836种情况，其中满足获奖的情况是(10xy)(10yx)45，即xy5，也即获奖情况只有x6，y1；x7，y2；x8，y3；x9，y4，这4种情况，所以该班同学A参加这项活动获奖的概41率为．故选D．369ππππ7．B【解析】因为fx()cos(x)(0)在区间[，]上单调递减，且f()f()2，所以f(x)的最6363πππππ小正周期T2[()]π，f()1，所以2，cos()1，所以2kπ(kZ).又0φπ，36633π所以φ，故选B．38．A【解析】由三视图，知这款水杯的下部分是上底边长为4，下底边长为3，高为6的正六棱台，32733S632，S642243，所以这款水杯下部分的容（体）积约为下底42上底411273273V(SSSS)h(243243)61113．故选A．3下底上底下底上底322319．D【解析】令f(x)1，则|logx|1(x(0，4))或1(x[4,))，解得x或x2或x6．2x3231令f(x)3，则|logx|3(x(0，4))或3(x[4,))，解得x或x4．2x3811画出函数f(x)图象的草图(如图)，得满足1f(x)3的x的取值范围为[，][2，6]．故选D．82ACB10．B【解析】由正弦定理和bsin(BC)acos，得sinBsinAsinAsin．22BB1Bπ2π因为sinA0，sin0，所以cos．因为(0，)，所以B．222223文科数学全解全析及评分标准第2页（共14页）{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}1又△ABC的面积为3，即acsinB3，所以ac4．2由余弦定理，得b2a2c22accosBa2c2ac3ac12，当且仅当ac时取等号，所以b23，a2c2b2444所以b．因为函数yb在[23，)上单调递增，bbbba2c243所以当b23时，的最小值为．故选B．b3yk(xb)2211．D【解析】如图，设过点M(b，0)的直线l1:yk(xb)(k0)，联立yx,221ab整理，得(bk22ax2)22bkxbbk322(22a2)0，a2依题意，得4b6k44b2(b2k2a2)20，所以k2．2b2a2由双曲线的对称性，得0k21，所以a22(c2a2)，2b2c6整理，得双曲线E的离心率e．故选D．a2π3π3212．B【解析】方法一：因为ysinx在(0,)上单调递增，所以asinsinb．223231x1x1设gxx()1lnx，则g(x)1，当x[1,)时，g(x)0，xxx33313213所以g()g(1)11ln10，所以1ln，即ln，所以blnc．22222322综上，得abc，故选B．π3π32方法二：因为ysinx在(0,)上单调递增，所以asinsinb．22323213又blneln2.25lnc.综上，得abc，故选B．322文科数学全解全析及评分标准第3页（共14页）{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。113．【解析】因为a=(1,m)，b=(2,1)，所以2ab(4，2m1)，a2b(3,m2)．211又(2ab)(∥a2)b，所以4(m2)3(2m1)0，解得m．故填.2212114．【解析】如图，由已知，得△ABC的面积为2313，252三棱锥PABC在底面ABC上的高为PA3，等腰三角形PBC底边BC上的高为2，111所以三棱锥PABC的表面积S223223353，体积V331．22313又三棱锥PABC的体积VSr(其中r为三棱锥PABC内切球的半径)，所以r，3512π12所以三棱锥PABC的内切球的表面积为4πr2．故填.252515．5n3【解析】方法一：当n1时，2S1a120，解得a12．又2Snnan2n0，n(a2)n(aa)3(aa)所以Snn1，所以数列{a}为等差数列.又S21，所以3121，解得a12，n22n323aa所以数列{a}的公差d315，所以数列{a}的通项公式为a5n3．故填5n3．n2nn*方法二：nN，2Snnan2n0恒成立，当n1时，2S1a120，解得a12．当n3时，2S33a360，且S321，解得a312．当n2时，2Sn1(n1)an12(n1)0①，又2Snnan2n0②，①-②，得(n2)an(n1)an120③，所以(n1)an1nan20④．④-③，得(n1)(an12anan1)0．因为n2，所以an12anan10，即an1ananan1.又a12，a312，所以数列{an}是首项为2，公差为5的等差数列，所以数列{an}的通项公式为an5n3．故填5n3．16．6【解析】如图，因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，所以fx()fx()，且f(0)0．又fx()f(2x)0，即fx()f(2x)，所以函数f(x)的图象关于直线x1对称，且f(2xfx)()fx()，所以f(4x)f(2xfx)()，所以4是函数f(x)的一个周期，文科数学全解全析及评分标准第4页（共14页）{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}所以f(0)f(2)f(4)0．易知函数fx()lnx2x1在(0，1]上单调递增，11且f()ln11ln20，f(1)ln12110，221所以函数f(x)在区间(0，1)上仅有1个零点，且零点在区间(，1)上．2由对称性，知函数f(x)在区间(1，2)上有且仅有1个零点．因为f(x)是定义域为R的奇函数且是4是它的一个周期，所以f(4x)fx()0，所以函数f(x)的图象关于点(2，0)中心对称，所以函数f(x)在区间(2，4)上有且仅有2个零点．19因为函数f(x)在区间(0,)上没有零点，所以函数f(x)在区间(4，)上没有零点．2219结合f(2)f(4)0，得函数f(x)在区间[，]上有6个零点．故填6.22说明：1.13题写成0.5也给分.2.14题写成0.48π也给分.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）由频率分布直方图，得样本平均数为x（550.008650.012750.024850.040950.016）10（2分）79.4，（3分）所以估计该社区10000份调查问卷得分的平均数为79.4.（4分）因为这10000户居民中调查问卷得分不低于85分的频率为(9085)0.0400.016100.36，（5分）所以估计该社区这10000户居民中调查问卷得分不低于85分的居民户数为100000.363600．（6分）（2）将6户居民分别记为A，B，c，def,,，依题意，6户居民被随机分到两个宣传点的所有情况有(ABc,def)，(ABd,cef)，(ABe,cdf)，(ABf,cde)，(Acd,Bef)，(Ace,Bdf)，(Acf,Bde)，(Ade,Bcf)，(Adf,Bce)，文科数学全解全析及评分标准第5页（共14页）{#{QQABAQaUggCAQgBAARgCEQEICgEQkAECCKoGwAAMoAAAABNABAA=}#}(Aef,Bcd)，(Bcd,Aef)，(Bce,Adf)，(Bcf,Ade)，(Bde,Acf)，(Bdf,Ace)，(Bef,Acd)，(cde,ABf)，(cdf,ABe)，(cef,ABd)，(def,ABc)，共20种，（9分）其中A，B两户居民分在不同宣传点的情况有(Acd,Bef)，(Ace,Bdf)，(Acf,Bde)，(Ade,Bcf)，(Adf,Bce)，(Aef,Bcd)，(Bcd,Aef)，(Bce,Adf)，(Bcf,Ade)，(Bde,Acf)，(Bdf,Ace)，(Bef,Acd)，共12种，（11分）123所以A，B两户居民分在不同宣传点的概率P．（12分）205说明：第（1）问：1.2分段列出样本平均数的计算式；2.3分段算出样本平均数；3.4分段估计出总体平均数；4