2024届高三1月大联考考后强化卷（新课标II卷）数学·全解全析123456789101112BADCDBCBACABDACDACD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】由题意，知，，所以.故选B.2．A【解析】因为，所以，所以的虚部为.故选A.3．D【解析】因为，，所以，，设与的夹角为，，因为，所以，解得，所以，故选D.4．C【解析】设该建筑的母线长为，高为，则由其侧面积为，可得，解得，所以．故选C．5．D【解析】因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，两边同时平方，得，所以.故选D.6．B【解析】设双曲线的半焦距为，如图，延长与双曲线交于点，因为，根据对称性知，设，则，，可得，即，所以，则，，即，可知，在中，由勾股定理得，即，解得.故选B.7．C【解析】由，得，设切点为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，代入点，则，解得，即斜率为，由，得，结合图形知．令，，则，所以在上单调递减，在上单调递增．因为，，所以．故选C.8．B【解析】依题意，甲、乙随机选择一条线路去研学的试验有个基本事件，事件A含有的基本事件数是，则，事件含有的基本事件数为，则，所以.故选B.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．AC【解析】.对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，所以直线不是的图象的对称轴，故B错误；对于C，由，得，所以，所以，故C正确；对于D，由，得，所以函数的单调递增区间为，故D错误.故选AC.10．ABD【解析】由题知，解得，所以，当时，，故A正确；，由知，即，故当原始成绩低于150分时，折算成绩均高于原始成绩，即除150分不变外，其余成绩折算后均提高，所以将原始成绩和折算成绩分别从小到大依次排序后，它们的中位数的序号相同，故B，D均正确；，故折算成绩的方差必小于原始成绩的方差，故C错误.故选ABD.11．ACD【解析】可化为，即直线过定点，所以A正确；因为直线与圆总有两个公共点，可得点在圆内部，所以，解得，所以B不正确；当时，圆的方程为，所以圆心，又，则，可得的最小值为，最大值即为6，所以C正确；当时，圆的方程为，则，当直线过圆心时，，所以的最小值为，所以的最小值为，故D正确.故选ACD．12．ACD【解析】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以.对于A，，所以A正确；对于B，，所以B错误；对于C，，因为//平面，所以，即，所以C正确；对于D，由题意，知，，设，则，，解得，所以，所以当时，，所以D正确.故选ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】的通项为，当时，.故答案为：.14．【解析】∵，∴.∵，∴.∴，解得，∴的取值范围是.故答案为：.15．55【解析】由题意，得因为为等差数列，且公差为，首项为2，所以，故，因此累加可得所以故答案为：55.16．；【解析】设点，，因为点在椭圆上，所以①，②，因为，所以③，由，得，即，所以，由③得，所以，则.因为，所以，所以.设直线BC的方程为，联立，整理，得，所以，则，所以即，由题意，所以，所以即直线的方程为.故答案为:；.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）根据频率分布直方图可估计该校学生一周使用手机上网时间的平均数为.（4分）（2）由频率分布直方图可得上网时间在和内的人数之比为，所以可得列联表为近视不近视合计长时间使用手机不长时间使用手机合计n（7分）若为100，则列联表为近视不近视合计长时间使用手机不长时间使用手机合计100（8分）零假设为:该校学生一周使用手机上网时间与近视程度无关.根据列联表中的数据，经计算，得到，（9分）根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即该校学生一周使用手机上网时间与近视程度有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.（10分）18．（12分）【解析】（1）因为，所以，（1分）即，（2分）由正弦定理，得，（3分）因为，所以，（4分）因为，所以，所以，（5分）又，所以.（6分）（2）由余弦定理，得，即，（7分）所以，即，（8分）因为，，所以，（9分）所以，（10分）又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），（11分）所以（当且仅当时取等号），即的最大值为.（12分）19．（12分）【解析】（1）如图，连接，因为四边形为正方形，所以．（1分）在直三棱柱中，平面平面，由得，又平面平面，所以平面，（3分）又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，（4分）又平面，所以.（5分）（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，．（6分）设是平面ABD的一个法向量，则，即，得，令，则，所以为平面ABD的一个法向量，（7分）由题意，得，解得，所以，．设为平面BCD的法向量，则，即，令，则，，即为平面BCD的一个法向量，（9分）易知平面ABC的一个法向量为.（10分）设平面和平面的夹角为，则，（11分）所以，所以平面与平面的夹角的正弦值为．（12分）20．（12分）【解析】（1）当为奇数时，由，得，（1分）所以数列的奇数项成等差数列，且公差为2，又，所以.（2分）当为偶数时，由，可得，（3分）所以数列的偶数项成等比数列，且公比为4，又，所以.（4分）所以数列的通项公式为.（5分）（2）当为奇数时，（6分），（8分）当为偶数时，（9分）.（10分）综上，.（12分）21．（12分）【解析】（1）因为抛物线过点，所以，又，所以，（2分）所以抛物线C的方程为．（3分）（2）设点，，联立，得，（4分）又因为点M关于点G的对称点为P，所以点，（5分）由O，N，P三点共线，可得，即，化简得.（6分）设直线l的方程为，联立，消去x，得，（7分）则，即，根据根与系数的关系，得，，（8分）代入，得，所以，（9分）所以直线l的方程为，即，所以直线l过定点，（10分）因为，所以点H在以为直径的圆上，圆心为，半径为，（11分）所以存在定点，使得为定值，该定值为．（12分）22．（12分）【解析】（1）当时，，所以，（1分）令，得.（2分）当时，单调递增；当时，单调递减.（3分）所以当时，取得极大值，也为最大值，且，（4分）所以，所以在上单调递减.（5分）（2）由，得，即在上恒成立.（6分）令，则，（7分）令，可得，令，得，令，得，所以在单调递减，在单调递增，（8分）又，所以在中存在唯一的使得，在中存在唯一的使得，即有.（9分）因为在单调递减，在单调递增，所以当时，，当时，，当时，，当时，.又，所以当时，，当时，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，（10分）所以时，的极小值为时，的极小值为因为，所以，所以，所以.代入和，则有，同理可得，（11分）所以，所以，所以，即实数的取值范围为.（12分）