河南省部分校2022-2023学年高三上学期12月大联考考后强化数学（理）试题答案

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理科数学全解全析第1页（共 11 页）

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

2022 年高三 12 月大联考考后强化卷

理科数学·全解全析

要求的。

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

C D B C D A B B A D A A

1．C 【解析】依题意， 9

{ | (2 9) 0} { | 0 }

A x x x x x      ，故 1 9

{ | }

4 2

A B x x  ，故选：C．

2．D 【解析】因为 i (1 i)

1 i

zz  

，所以 i(1 i) (1 i)(1 i)z z     ，即 i 1 2z z   ，所以 1 iz  ，

故z在复平面内对应的点为 (1, 1)，位于第四象限．故选：D．

3．B 【解析】∵ 3 21

S S，∴ 3 4 5 4 2121 21 9( ) 0S S a a a a a       ，∴ 24 1 0a a  ，

∴23 1 2 3 4 5 21 22 23

( )S a a a a a a a a        1 2 3 22 23 1 4 21 1

2( ) 2a a a a a a a a a          ，

故选：B.

4．C 【解析】由题知抛物线 2

: 8C x y的焦点为 (0, 2)F.因为 (0,6)Q，所以| | | | 4PF QF  .

因为点 P在C上，所以由焦半径公式得| | | | 4 2

PF QF y    ，解得 2

y，所以 ( 4,2)P，所以

| | 4 2PQ .故选：C.

5．D 【解析】如图所示，

对于 A，由向量加法的平行四边形法则知， AB AD AC 

   ，故 A正确；

对于 B，因为正方形 ABCD 的边长为1，所以 2 2

   ,所以| | 2 | |AC AB

 

.又在正方

形ABCD 中， π

CAB  ，所以 ,AC AB

  的夹角为 π

4，所以 AC

 与2AB

 的方向不相同，所以 2AC AB

  ，

故B正确；

对于 C，由 B选项知，

| | 2AC 

 ，

| | 1AB 



,,AC AB

  的夹角为 π

4，所以 | | | | cos ,AC AB AC AB AC AB   

     

2 1 cos 1

   ，故 C正确；

理科数学全解全析第2页（共 11 页）

对于 D，在正方形 ABCD 中， π

ACB  ，由向量的夹角的定义知 ,AC CB

  的夹角为 3π

4，故 D错误.

故选：D.

6．A 【解析】因为 21 cos(2 2 ) 1 1

( ) sin ( ) cos(2 2 )

2 2 2

f x x x

 

   

 

       ，所以 2





   ，得 1



.

因为 ( )f x 图象的一个对称中心为 5 1

( , )

12 2



，所以 52 ,

6 2 k k



 

      Z，得 2,

3 2



 

   Z.因为





  ，所以当 1k  时， 6





.故选：A．

7．B 【解析】由三视图知，该阳马的直观图如图所示，且底面是边长为 2 2 的正方形，侧棱 PD 底面 ABCD .

因为 AB 底面 ABCD ，所以 PD AB.

因为 ,AB AD AD  平面 ,PAD PD 平面 ,PAD AD PD D  ，所以 AB⊥平面 PAD .

因为 AP 平面 PAD ，所以 AB AP，则该阳马的表面积为 2 2

PAD PAB

ABCD

S S S S  

△ △

四边形

(2 2) 2 2

   2 2

2 2 4 2 2 2 (2 2) 4 8 8 2 8 3

          ．故选：B.

8．B 【解析】依题意，4名志愿者到三个小区服务的事件包含的基本事件有 4

3种，它们等可能,其中甲不在

A小区、乙不在 B小区服务，甲、乙各有 2种选法，丙、丁各有 3种选法，所以甲不在 A小区、乙不在

B小区服务的事件 M含有的基本事件有 2 2

2 3种，所以甲不在 A小区、乙不在 B小区服务的概率

2 2

2 3 4

( ) 3 9

P M 

  .

故选：B.

9．A 【解析】由题意得当 2n时， 12 2 3n

n n

a a

   .

设1

13 2( 3 )

n n

a a

 



     ，则 = 2



，即 1

12 3 2( 2 3 )

n n

a a



     .

当n=1 时， 2

2 1

2 3 2( 2 3)a a     也满足上式，则数列{ 2 3 }

a  是以 4为首项，

2为公比的等比数列，

理科数学全解全析第3页（共 11 页）

则1

2 3 ( 4) 2

n n

a

     ，所以 2(3 2 )

n n

a  ，所以 1 2

3(1 3 ) 2(1 2 )

2 [ ] 3 2 1

1 3 1 2

n n

S 

 

     

  ，

故2023 2024

2022 3 2 1S  ，故选：A.

10．D 【解析】对于 A，因为 0, 0a b  ，2a b  ，则 2

1 9 9

2 ( )

2 4 4

a b a a a          ，故 A正确；

对于 B，因为 1 3 3

2 2 2 2 2 2 2 4 2

a b a a a a  

      ，当且仅当 3

2 2

a a

，即 3 1

2 2

a b  时等号成立，

故B正确；

对于 C，令 ( ) sin (0, 2)f x x x x  ，，则 ( ) cos 1 0f x x

   ，所以函数 ( )f x 在(0,2) 上单调递减，即

( ) (0) 0f x f  ，即 sin b b，所以 sin 2a b  ，故 C正确；

对于 D，设 ( ) ln , (0,2)f x x x x   ，则 1

( ) 1f x x

  ，当 1( )0,x时， ( ) 0f x

，则函数 ( )f x 单调递减；

当(1, 2)x时， ( ) 0f x

，则函数 ( )f x 单调递增，所以当 1x时，函数 ( )f x 取得极小值，也是最小值，

且min

( ) 1f x ，所以 ( ) (1) 1f x f  ，即

 

1f a ，即 ln 1 2 ln 1a a b a    ，也即，所以 ln 1b a  ，

所以 D错误.故选:D.

11．A 【解析】构造函数 ( ) e ( )

g x f x,则( ) e [ ( ) ( )]

g' x f x f x



  .因为 ( ) ( ) 0f x f x



  ,所以 ( ) 0g' x ,所以

( )g x 在R上单调递减.因为 2 3，所以 2 3

(2) (3) e (2)>e (3)g g f f，所以，故选：A.

12．A 【解析】如图，由题意，设双曲线 C的一条渐近线方程为 b

y x

，因为点 M在圆 2 2

: ( 2) ( 4) 4E x y   

上，所以设 0 0

( , )M x y ，则 0

2 6y  .因为四边形 2

OMNF 为平行四边形，设 2

ON BMF ，

所以 2

MF 的中点坐标为 0 0

( , )

2 2

x y

B，代入渐近线方程 b

y x

，得 0 0

2 2

x y



  ，即 0

a x

.

因为

2 2 2

2 2

( ) 1

b b c a e

a a a



    ，

所以

2 2 2

2 2

0 0 0 0

2 2 2

0 0 0 0 0

1 ( )

2 ( 2) 4 ( 4) 8 12

y y y y

x x y y

    

      

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