2024届高三12月大联考（全国乙卷）理科数学·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。123456789101112BACDBBADCDBD1．B【解析】因为Mx{|2x1}，N{xx|2或x1}，所以MN(2,1]，故选B．2．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．3．C【解析】执行程序框图，初始值s1，n1，判断“是”，第一次执行循环体：s2，n3，判断“是”；第二次执行循环体：s5，n8，判断“是”；第三次执行循环体：s13，n21，判断“是”；第四次执行循环体：s34，n55，判断“是”；第五次执行循环体：s89，n144，判断“否”，输出s的值为89．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．44441023a3a1a1(q1)415．B【解析】设等比数列{a}的公比为q(q0)，则4,解得q或q3（舍去），na(1q)1152S51q81所以a1，所以a．故选B．12225256．B【解析】记事件A“甲与乙站在同一排”，事件B“甲与乙不相邻”，则n()AAA45AA35，n(AB)4n(AB)AA253AA25．由条件概率公式，得PB(|A)．故选B．2525n(A)97．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322理科数学全解全析及评分标准第1页（共13页）{#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}318．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9．C【解析】如图，由题意，得F(2,0)，准线l0：x2．88设直线l的方程为ykx（由题意，知k存在且k0），则点M(2,2k)，N(,).k2k4k44k设线段MN的中点为E，则点E(1,k)，所以直线EF的斜率k．2EF4kk3k24kk由|MF||NF|，得EFl，所以kk1，所以k1，EFl43k2117整理得k4k240，解得k2，28所以171，所以点N的横坐标为171．故选C．k2π10．D【解析】由已知，得fx()cos2xxsin222cos(2x)2，所以4ππgx()2cos(x2)2．因为g(x)为偶函数，所以2kπ(kZ)，即44πkπππππ(kZ)．又0，所以，所以fx()2cos(x)2，822844理科数学全解全析及评分标准第2页（共13页）{#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}πgx()2cosx2，所以g(x)的最小正周期为16，g(2024)g(161268)g(8)22，所以8A，B不正确．π由π2πk(x1)2πkk(Z),得8k5xkk81(Z)，所以f(x)的单调递增区间为4[8k5，8k1](kZ)，所以f(x)在(2021，2023)上单调递增，在(2023，2024)上单调递减，所以C不正π确；由(x1)kkπ(Z)，得x4k1(kZ)，所以f(x)在x4k1(kZ)处取得极值．由404k12024，得1k506(kZ)，所以D正确．故选D．11．B【解析】方法一：如图，设双曲线E的半焦距为c，连接AF2，BF2，因为MF1MF2，所以|AF2||BF2|．设|AF2|m，由双曲线的定义，得|AF1|m2a，|BF1|2am，所以|AB|4a，22222222|AM||BM|2a，|MF1|m，所以|MF2|m4a4cm，即m2c2a.设BFF12，2tan1|MF|则，所以，解得2又2，所以MOF22tan223tan1.tan1tan3|MF1|1m24a2c1，解得m26a2，所以2c22a26a2，即c22a2，所以e2．故选B．3m2a方法二：如图，设双曲线E的半焦距为c，连接AF2，BF2，因为MF1MF2，所以|AF2||BF2|．设|AF2|m，由双曲线的定义，得|AF1|m2a，|BF1|2am，所以|AB|4a．设直线l的方程为xtyc，Ax(1,y1)，Bx(2,y2)．xtyc222224由x2y2,消去x并整理，得(bta)y2btcyb0.221ab4btc4224bbt422(a2)4bta4224ba420，b1b因为直线l与双曲线E的两支相交，所以，即b2t2a20．ata理科数学全解全析及评分标准第3页（共13页）{#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}2b2tcy1y22222222bta22ab(1t)2b2a由，得||1|ABtyy12|.结合|AB|4a，化简得t①．b4b2t2a2b2yy12b2t2a222x1y122122abxx12ayy12a由，两式相减，得，即tkOM②，②代入①化简，得x2y2yybxx2b22211212a2b2b42a2b2k23，OMa4所以b2a2，即c22a2，所以e2．故选B．12．D【解析】记Fx()xfx(1)，则F'x()xfx(1)fx(1).由题意，知当x0时，xfx(1)fx(1)0，即F'(x)0，则F(x)在(0，)上单调递增，所以Fx()F(0)0.因为f(x1)是偶函数，所以F(x)是奇函数，所以F(x)在R上单调递增．e2xf(e2x1)(2xa)(2fx1a)，即F(e)2xF(2xa)，所以e2x2xa，即a2xe2x对任意xR恒成立．令gx()2xe2x，则g()x22e2x，由g(x)0，得x0．当x0时，g(x)0，g(x)单调递增，当x0时，g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)在x0处取得极大值，也是最大值，所以g(x)maxg(0)1，所以a1，即实数a的取值范围为[1，)．故选D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。10ab101013．【解析】由题意，得ab2，|a|5，所以|b|cos．故填.5|a|555r5rr14．90【解析】(2x1)展开式的通项为Tr1=C(2)5x(1)，r0,1,2,3,4,5，25324142323所以(x1)(2x1)的展开式中x项为xxC5(2)(1)1C5(2x)(1)90x，所以(x21)(2x1)5的展开式中x3项的系数为90．故填90.15．5n3【解析】方法一：当n1时，2S1a120，解得a12．又2Snnan2n0，所以n(a2)n(aa)3(aa)Snn1，所以数列{a}为等差数列.又S21，所以3121，解得a12，n22n323理科数学全解全析及评分标准第4页（共13页）{#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}a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．[1,5]【解析】设点P到平面ABC的距离为h，内切球半径为r，则三棱锥PABC的表面积为11h13h23.由等体积法，得(3h23)r3h，即r，当h增大时，211333h113h2h4π4π151r随之增大．设h的取值范围为[m,n]，由S[,]，得r[,]，所以当hm时，r；当hn953535时，r，解得m1，n5，所以点P到平面ABC的距离的取值范围为[1,5]．故填[1,5].5三、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）3(b2c2a2)3b(b2c2a2)【解析】（1）由sinB，得asinB，（1分）2ac2bc由余弦定理b2c2a22bccosA，得aBsin3bcosA．（3分）由正弦定理，得sinABsin3sinBAcos．因为sinB0，所以sinA3cosA，即tanA3．（4分）π又A(0,π)，所以A．（5分）31（2）由△ABC的面积为23，得bcsin∠BAC23.2π由（1）知∠BAC，所以bc8．（7分）3若选择条件①：理科数学全解全析及评分标准第5页（共13页）{#{QQABIQYQogigAgBAABgCEQFoCEGQkAGCCIoGRFAEoAIAwRFABAA=}#}1212122由题意，得AD(ABAC)，所以||(ADABAC)，即7(bcbc)，（8分）244所以b2c220，所以(bc)236，即bc6．（9分）在△ABC中，由余弦定理，得a2b2c22bccos∠BAC12，所以a23，（11分）所以△ABC的周长为623．（12分）若选择条件②：11由△ABC的面积为△ACE与△ABE的面积之和，得ACAEsinCAEABAEsinBAE221431(bc)23，（8分）232所以bc6．（9分）在△ABC中，由余弦定理，得a2b2c22bccos∠BAC(bc)22bc2bccos∠BAC12，所以a23，（11分）所以△ABC的周长为623．（12分）说明：第一问：1.1分段转化已知等式；2.3分段化