湖南长沙2024届高三上学期新高考适应性考试数学试卷含答案.pdf

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1、#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#数学参考答案第 1页（共 6页）长沙市 2024 年新高考适应性考试

2、数学参考答案题号题号123456789101112答案答案CBDCDAABACDBCACDBCD5解析解析 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12245420p；若从甲盒中抽到红球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为23395420p 因此，从乙盒中抽到的红球的概率为124913202020pp6 解 析解 析由 已 知 得22tan4(1tan)01tan1tan，即22tan5tan20（tan1），则251tantan2 从而2222sincos2tan4sin25sincos1tan 7 解析解析 易知lneABxxa，且(0,)a 由()exfx，1()g xx，

3、可得1exAka，211eaBkx，则1 2eaak k 设()exxh x，则1()exxh x，可得()h x在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，有max1()(1)eh xh，即1 2k k的最大值为1e8解析解析 如图，可知111()()()()222EFEBECEAABEDDCABDCuuu ruuruuu ruuruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r由21()2EF ABABAB DCuuu r uuu ruuu ruuu r uuu r，即1242AB DCuuu r uuu r，可得4AB DCuuu r uuu r从而，222221121|()(2)444

4、EFEFABDCABAB DCDCuuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r uuu ruuu r，即21|2EF uuu r10 解析解析 由12acdacd，解得122dda，212ddc，则轨道的焦距为21dd，离心率为2121ddcadd，轨道的短轴长为221222acd d又121211212212111dddddddddd ，则12dd越大时，离心率越小，则轨道越圆#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#数学参考答案第 2页（共 6页）11解解析析 当点P与1D点重合时，由1BB1DD，可知1BB

5、面1ADP，即 A 正确若1B P 面1ADP，则11B PAD，可得11B PBC，即1PBC为直角三角形，且PC为斜边易知1B PPC，与之矛盾，即 B 错误当P不是1BD的中点时，由1AD1BC，可知1AD面1BCP，又直线m为面1ADP与面1BCP的交线，则1ADm从而，可得m面11ABCD，即 C 正确同上，有1ADm，而1AD 面1ABD，则m 面1ABD，即 D 正确12解析解析 若812TT，则2129 10 11 1210 118()1Ta a a aa aT，可得10 111a a，即选项 A 错误；而10201 219 2010 11()1Ta aa aa aL，即选项

6、B 正确若11024a，且10T是数列nT的唯一最大项 当0q 时，100T，不合题意；当0q 时，由1091011TTTT，可得101111aa，即9101024110241qq，解得10911()22q，即选项 C 正确若10119TTT，当0q 时，90T，100T，满足109TT，不合题意；当0q 时，由1011109119TTTTTT，可得111a，101a，10 111a a，则10201 22010 11()1Ta aaa aL，21211 22111()1Ta aaaL，（10n 时，数列nT单调递减），即选项 D 正确13【答案】2.114【答案】(2,)15【答案】2 21

7、,2 21解析解析 设(,)P x y，将坐标代入式子222|13PAPBPC，可得224470 xyxy，即22(2)(2)1xy，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|1|2 21rr，解得2 212 21r 16【答案】2716解析解析 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22211OOO BOB，可得222()hRrR，即2220hRhr（*）球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#数学参考答案第

8、 3页（共 6页）又正四棱锥的体积为21(2)13rh，则232rh，代入（*）式可得2324hRh 通过对关于h的函数()R h求导，即313()22R hh，可得函数()R h在3(0,3)单调递减，在3(3,)单调递增，则33min3()(3)34R hR从而，球O的体积的最小值3427316R17（本题满分 10 分）解解析析（1）由1(1)321(1)333nnnnnnanannanananan，可知数列nan是以112a 为首项，3 为公比的等比数列.5 分（2）由（1）可知，12 3nnan，则12 3nnan从而011011(231)(232)(23)2(333)(12)nnn

9、SnnLLL2(13)(1)(1)311322nnn nn n.10 分18（本题满分 12 分）解解析析（1）由ABCD，BCCD，且ABBCB，可得CD 平面ABC，则ACCD 在RtACD中，根据勾股定理，2222(2 3)22 2ACADCD.5 分（2）如图，过A点作AOBD于点O，易知3AO 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(0,0,3)A，(0,1,0)B，(3,2,0)C，(0,3,0)D，有(0,1,3)AB ，(3,3,0)BC ，(3,1,0

10、)CD ，(0,3,3)AD 设平面ABC的法向量111(,)mx y z，则111130330m AByzm BCxy ，令11z，解得其中一个法向量(3,3,1)m；设平面ACD的法向量222(,)nxyz，则222230330n CDxyn ADyz ，令21x，解得其中一个法向量(1,3,3)n 从而33cos,13|1313m nm nm n ，即平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为313.12 分#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#数学参考答案第 4页（共 6页）19（本题满分 12 分）解析解析（1）零假设为

11、0H：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由列联表可计算22100(24 1248 16)4.7623.84140607228，依据小概率值0.05的独立性检验，我们可以推断0H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（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设X表示这 5 件产品中优质品的件数，则(5,0.8)XB，可得0514223555(2)0.20.80.20.80.20.05792pP XCCC.10 分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

12、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0.057920.05），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）证明证明（1）由sinsin2sincosBCAB，可得2 cosbcaB，则22222acbbcaac，整理得22abbc.5分（2）根据coscos0ABCCBD，结合余弦定理可得222222|022|acbaBDCDacaBD，即2224123|0abCD，则22222224141|4(3)444(2)3333CDabbb

13、bbbb，从而|2CDb，故|2CDCA为定值.12 分21（本题满分 12 分）解解析析（1）易知函数()f x的定义域为(0,)由()0f x，可得1ln0axxx设1()lng xaxxx，则(1)0g，22211()1axaxg xxxx，且()g x与()f x有相同的零点个数思路 1：令2()1,0 xxaxx，则24a 当22a 时，0，则()0 x，即()0g x，可得()g x在(0,)单调递减，则()g x有且仅有一个零点当2a 时，显然()0 x，则()0g x，可得()g x在(0,)单调递减，则()g x有且仅有一个零点当2a 时，由()0 x，解得2142aax，2

14、242aax，且1201xx 当12(,)xx x时，()0 x，即()0g x，则()g x单调递增；当2(,)xx时，()0 x，即()0g x，则()g x单调递减不难得知2()(1)0g xg，222221(4)ln442 ln2422(ln221)04gaaaaaaaaaaaa，则()g x在2(,)x 有一个零点，可知()g x不只一个零点，不合题意#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#数学参考答案第 5页（共 6页）综上，可知(,2a.6 分思路 2：令2()1,0 xxaxx 当0a 时，()x在(0,)单调

15、递减，有()(0)1x，即()0g x，可得()g x在(0,)单调递减，则()g x有且仅有一个零点当0a 时，2max1()()124axga若2a，()0 x，则()0g x，可得()g x在(0,)单调递减，则()g x有且仅有一个零点若2a，存在12,x xR，且1201xx，使得12()()0 xx后续过程同思路 1综上，可知(,2a.6 分（2）取2a，当1x 时，()0f x，有102lnxxx，即210lnxxx，则22221(ln)2xxx令21,1,2,kxknk，则211(ln)21kkkkkk，即2111(ln)1kkkk，从而222234111111111(ln2)

16、(ln)(ln)(ln)111232233411nnnnn .12 分22（本题满分 12 分）解析解析（1）联立方程2213ykxmyx，整理得222(3)2(3)0kxkmxm（*）由3k ，且P是双曲线与直线l的唯一公共点，可得222=(2)4(3)(3)0kmkm，则223km，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3k，且0m（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(2,0)F，渐近线为3yx 联立方程3ykxmyx，解得333mxkmyk，即3(,)33mmMkk；联立方程3ykxmyx，解得333mxkmyk，即3(,)33

17、mmNkk#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#数学参考答案第 6页（共 6页）结合223km，（*）式可变形为22220m xkmxk，解得kxm，可得3(,)kPmm要证MFPNFO，即证tantanMFPNFO，即证tan()tanMFOPFONFO，即证1FMFPFNFMFPkkkkk，即证(1)FMFNFPFMFNkkkkk（*）思路 1：由(1)FMFNFPFMFNkkkkk，得111(1)FPFMFNFMFNkkkkk根据直线的斜率公式，32 32FMmkmk，32 32FNmkmk，32FPkkm，则112

18、322 324 34333FMFNmkmkkkmmmm，22212 322 32(2 32)(2 32)12(2)11113333FMFNmkmkmkmkmkkkmmmm 22222222124412444844(2)13333mkmkmkmkmmkkmmmmm，可得134(2)4(1)23FPFMFNkmkkkkmmm，因此，111(1)FPFMFNFMFNkkkkk.12 分思路 2：根据直线的斜率公式，32 32FMmkmk，32 32FNmkmk，32FPkkm，则33122 322 32(2 32)(2 32)FMFNmmmkkmkmkmkmk，23332 322 32(2 32)(2 32)FMFNmmmkkmkmkmkmk要证（*）式，即证21233(1)2(2 32)(2 32)(2 32)(2 32)mmkmmkmkmkmk，即证2(2 32)(2 32)34(2)0mkmkmm km，化简得2230km，由（*）式可知该式显然成立.12 分#QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=#