数学参考答案长沙市2024年新高考适应性考试_2024届湖南省长沙市高三上学期新高考适应性考试_2024届湖南省长沙市高三上学期新高考适应性考试数学

长沙市 2024 年新高考适应性考试 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B D C D A A B ACD BC ACD BCD 2 2 4 5．解析 若从甲盒中抽到黄球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为 p    ；若从甲盒中 1 5 4 20 3 3 9 抽到红球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为 p    ．因此，从乙盒中抽到的红球的概率为 2 5 4 20 4 9 13 p  p    ． 1 2 20 20 20 2tan 4(1tan) 6．解析 由已知得  0 ，即 2tan25tan20 （ tan1 ），则 1tan2 1tan 5 2sincos 2tan 4 1tan2 tan．从而sin2   ． 2 sin2cos2 1tan2 5 1 1 1 7．解析 易知exA lnx a，且a(0,)．由 f '(x)ex，g'(x) ，可得k exA a，k   ， B x 1 2 x ea B a 则k k  ． 1 2 ea x 1x 1 设h(x) ，则h'(x) ，可得h(x)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，有h(x) h(1) ， ex ex max e 1 即kk 的最大值为 ． 1 2 e uuur 1 uur uuur 1 uur uuur uuur uuur 1 uuur uuur 8．解析 如图，可知EF  (EBEC) [(EAAB)(EDDC) (ABDC)． 2 2 2 uuur uuur 1 uuur 2 uuur uuur 1uuur uuur uuur uuur 由EFAB (AB ABDC) ，即2 ABDC4，可得ABDC4．从而， 2 2 uuur uuur 2 1 uuur uuur 1 uuur 2 uuur uuur uuur 2 21 uuur 21 |EF|2EF  (ABDC)2  (AB 2ABDCDC ) ，即|EF| ． 4 4 4 2 acd d d d d c d d 10．解析 由 1 ，解得a 1 2 ，c 2 1 ，则轨道的焦距为d d ，离心率为  2 1 ， acd 2 2 2 1 a d d 2 2 1 d 1 1 d d d 2 d 轨道的短轴长为2 a2 c2 2 d d ．又 2 1  2 1 ，则 1 越大时，离心率越小，则轨 1 2 d d d d d 2 1 1 1 1 1 2 d d 2 2 道越圆． 数学参考答案第1页（共6页） {#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}11．解析 当点P与D 点重合时，由BB ∥DD ，可知BB ∥面ADP，即A正确． 1 1 1 1 1 若BP面ADP，则BP AD，可得BPBC，即PBC为直角三角形，且PC为斜边．易知 1 1 1 1 1 1 1 BPPC，与之矛盾，即B错误． 1 当P不是BD 的中点时，由AD∥BC，可知AD∥面BCP，又直线m为面ADP与面BCP的交线， 1 1 1 1 1 1 1 则AD∥m．从而，可得m∥面ABCD，即C正确． 1 1 1 同上，有AD∥m，而AD面ABD ，则m面ABD ，即D正确． 1 1 1 1 T 12．解析 若T T ，则 12 a a a a (a a )21，可得a a 1，即选项A错误； 8 12 9 10 11 12 10 11 10 11 T 8 而T a a La a (a a )101，即选项B正确． 20 1 2 19 20 10 11 T T 若a 1024，且T 是数列{T }的唯一最大项．当q0时，T 0，不合题意；当q0时，由 10 9 ， 1 10 n 10 T T 10 11 a 1  1024q9 1 1 10 1 可得 10 ，即 ，解得( )9 q ，即选项C正确． a 11 1 1024q10 1 2 2 T T 10 11  若T T T ，当q0时，T 0，T 0，满足T T ，不合题意；当q0时，由T T ， 10 11 9 9 10 10 9 10 9  T T 11 9 可得a 1，a 1，a a 1，则T a a La (a a )10 1，T a a La (a )211，…，（n10 11 10 10 11 20 1 2 20 10 11 21 1 2 21 11 时，数列{T }单调递减），即选项D正确． n 13．【答案】2.1 14．【答案】(2,) 15．【答案】[2 21,2 21] 解析 设P(x,y)，将坐标代入式子|PA|2 |PB|2 |PC|213，可得x2  y2 4x4y70，即 (x2)2 (y2)2 1，则点P的轨迹是以(2,2)为圆心，1为半径的圆． 依题意，两圆有公共点，则|r1|2 2 r1，解得2 2 1r2 2 1． 27 16．【答案】  16 解析 设球O的半径为R，正四棱锥的高、底面外接圆的半径分别为h，r．如图，球心在正四棱锥 内时，由OO2OB2 OB2，可得(hR)2r2 R2，即h2 2Rhr2 0（*）． 1 1 球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式． 数学参考答案第2页（共6页） {#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}1 3 h 3 又正四棱锥的体积为 (2r2)h1，则r2  ，代入（*）式可得R  ．通过对关于h的函数R(h) 3 2h 2 4h2 1 3 求导，即R'(h)  ，可得函数R(h)在(0,33)单调递减，在(33,)单调递增，则 2 2h3 3 4 27 R(h) R(33) 33．从而，球O的体积的最小值 R3  ． min 4 3 16 17．（本题满分10分） a (n1) 3a 2n1(n1) 3a 3n 解析 （1）由 n1  n  n 3，可知数列{a n}是以a 12为首 a n a n a n n 1 n n n 项，3为公比的等比数列．............................................................................................................................5分 （2）由（1）可知，a n23n1，则a 23n1n． n n 从而S (230 1)(2312)L(23n1n)2(30 31L3n1)(12Ln) n 2(13n) (1n)n (1n)n   3n  1．.....................................................................................................10分 13 2 2 18．（本题满分12分） 解析（1）由ABCD，BCCD，且ABBCB，可得CD平面ABC，则ACCD．在RtACD 中，根据勾股定理，AC  AD2CD2  (2 3)222  2 2 ．.................................................................5分 （2）如图，过A点作AOBD于点O，易知AO 3．由平面ABD平面BCD，可知AO平面 BCD． 在平面BCD中，过O点作BD的垂线为x轴，以O为坐标原点，BD,AO所在直线分别为 y,z轴，建   立空间直角坐标系，则A(0,0, 3)，B(0,1,0)，C( 3,2,0)，D(0,3,0)，有AB(0,1, 3)，BC ( 3,3,0)，   CD( 3,1,0)，AD(0,3, 3)．     mABy  3z 0 设平面ABC的法向量m(x ,y ,z )，则  1 1 ，令z 1，解得其中一个法向量 1 1 1 1 mBC 3x 3y 0 1 1  m(3, 3,1)；     nCD 3x  y 0 设平面ACD的法向量n(x ,y ,z )，则  2 2 ，令x 1，解得其中一个法向量 2 2 2 2 nAD3y  3z 0 2 2  n(1, 3,3)．     mn 3 3 3 从而cosm,n     ，即平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为 ．........12分 |m||n| 13 13 13 13 数学参考答案第3页（共6页） {#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}19．（本题满分12分） 解析（1）零假设为 H ：设备更新与产品的优质率独立，即设备更新前与更新后的产品优质率没有差异． 0 100(24124816)2 由列联表可计算2   4.762 3.841，依据小概率值0.05的独立性检验， 40607228 我们可以推断H 不成立，因此可以认为设备更新后能够提高产品优质率．.....................6分 0 （2）根据题意，设备更新后的优质率为0.8．可以认为从生产线中抽出的5件产品是否优质是相互 独立的． ①设X 表示这5件产品中优质品的件数，则X B(5,0.8)，可得 pP(X 2)C00.25C10.80.24C20.820.230.05792 ．.............................................10分 5 5 5 ②实际上设备更新后提高了优质率．当这5件产品中的优质品件数不超过2件时，认为更新失败， 此时作出了错误的判断，由于作出错误判断的概率很小，则核查方案是合理的．..............................12分 注意：若考生能给出合适理由（如：一般称概率值不大于0.05的事件为小概率事件，但0.057920.05）， 说明核查方案是不合理的，则可以酌情给1分． 20．（本题满分12分） a2 c2 b2 证明（1）由sinBsinC 2sinAcosB，可得bc2acosB，则bc2a ，整理得 2ac a2 b2 bc．.................................................................................................................................................5分 a2 c2 b2 a2|BD|2 |CD|2 （2）根据cosABCcosCBD0，结合余弦定理可得  0，即 2ac 2a|BD| 4 1 4 1 4a2 b2 123|CD|20，则|CD|2 a2  b2 4 (b2 3b) b2 4b2 4b4(b2)2， 3 3 3 3 从而|CD|b2，故|CD||CA|2为定值．...................................................................................12分 21．（本题满分12分） 1 解析（1）易知函数 f(x)的定义域为(0,)．由 f(x)0，可得alnxx 0． x 1 a 1 x2ax1 设g(x)alnxx ，则g(1)0，g'(x) 1  ，且g(x)与 f(x)有相同的零点个数． x x x2 x2 思路1：令(x)x2ax1,x0 ，则a2 4． 当2a2时，0，则(x)0，即g'(x)0，可得g(x)在(0,)单调递减，则g(x)有且仅有 一个零点． 当a2时，显然(x)0，则g'(x)0，可得g(x)在(0,)单调递减，则g(x)有且仅有一个零点． a a2 4 a a2 4 当a2时，由(x)0，解得x  ，x  ，且0 x 1 x ．当x(x ,x )时， 1 2 2 2 1 2 1 2 (x)0，即g'(x)0，则g(x)单调递增；当x(x ,)时，(x)0，即g'(x)0，则g(x)单调递减． 2 1 不难得知g(x )g(1)0，g(4a2)aln4a2  4a2 2aln2a4a2 2a2a(ln2a2a1)0， 2 4a2 则g(x)在(x ,)有一个零点，可知g(x)不只一个零点，不合题意． 2 数学参考答案第4页（共6页） {#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}综上，可知a(,2]．.........................................................................................................................6分 思路2：令(x)x2ax1,x0 ． 当a0时，(x)在(0,)单调递减，有(x)(0)1，即g'(x)0，可得g(x)在(0,)单调递 减，则g(x)有且仅有一个零点． a 1 当a0时，(x) g( ) a2 1． max 2 4 若a2，(x)0，则g'(x)0，可得g(x)在(0,)单调递减，则g(x)有且仅有一个零点． 若a2，存在x ,x R，且0 x 1 x ，使得(x )(x )0．后续过程同思路1． 1 2 1 2 1 2 综上，可知a(,2]．.........................................................................................................................6分 1 1 1 （2）取a2，当x1时，f(x)0，有02lnx x ，即0lnx2 x ，则(lnx2)2  x2  2． x x x2 k1 k1 k1 k k1 1 1 令x2  ,k 1,2,,n，则(ln )2   2，即(ln )2   ，从而 k k k k1 k k k1 3 4 n1 1 1 1 1 1 1 1 1 (ln2)2 (ln )2 (ln )2 (ln )2 1       1 1．...............12分 2 3 n 2 2 3 3 4 n n1 n1 22．（本题满分12分） y kxm  解析 （1） 联立方程 y2 ，整理得(3k2)x22kmx(m23)0（*）． x2  1  3 由k  3，且P是双曲线与直线l的唯一公共点，可得=(2km)2 4(3k2)(m2 3)0，则 k2 m2 3，即为参数k,m满足的关系式．........................................................................................4分 结合图象，由点P在第一象限，可知k  3，且m0．（若考生没有给出k,m的范围，不扣分） （2）易知，双曲线的左焦点F(2,0)，渐近线为 y 3x．  m x y kxm   3k m 3m y kxm 联立方程 ，解得 ，即M( , )；联立方程 ，解得 y  3x  3m 3k 3k y  3x y    3k  m x   3k m 3m  ，即N( , )．  3m 3k 3k y    3k 数学参考答案第5页（共6页） {#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}k k 3 结合k2 m2 3，（*）式可变形为m2x2 2kmxk2 0，解得x  ，可得P( , )． m m m 要证MFPNFO，即证tanMFPtanNFO，即证tan(MFOPFO)tanNFO，即证 k k FM FP k ，即证k k k (1k k )（**）． 1k k FN FM FN FP FM FN FM FP 1 1 1 思路1：由k k k (1k k )，得  k ( 1)． FM FN FP FM FN k k FP k k FM FN FM FN 3m 3m 3 根据直线的斜率公式，k  ，k  ，k  ，则 FM 2 3m2k FN 2 3m2k FP k2m 1 1 2 3m2k 2 3m2k 4 3 4      ， k k 3m 3m 3m m FM FN 1 2 3m2k 2 3m2k (2 3m2k)(2 3m2k) 12(m2k) 2 1  1 1 1 k k 3m 3m 3m2 3m2 FM FN 12m24k24mk 124m24k24mk 8m24mk 4(k2m)  1   ， 3m2 3m2 3m2 3m 1 3 4(k2m) 4 可得k ( 1)   ， FP k k k 2m 3m m FM FN 1 1 1 因此，  k ( 1)．....................................................................................................12分 k k FP k k FM FN FM FN 3m 3m 3 思路2：根据直线的斜率公式，k  ，k  ，k  ，则 FM 2 3m2k FN 2 3m2k FP k2m 3m 3m 12m k k    ， FM FN 2 3m2k 2 3m2k (2 3m2k)(2 3m2k) 3m 3m 3m2 k k    ． FM FN 2 3m2k 2 3m2k (2 3m2k)(2 3m2k) 12m 3 3m2 要证（**）式，即证  (1 )， (2 3m2k)(2 3m2k) k2m (2 3m2k)(2 3m2k) 即证(2 3m2k)(2 3m2k)3m2 4m(k2m)0，化简得k2m230，由（*）式可知该式显 然成立．..........................................................................................................................................................12分 数学参考答案第6页（共6页） {#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}