【数学参考答案】长沙市2024 年新高考适应性考试

长沙市2024年新高考适应性考试数学参考答案题号123456789101112答案CBDCDAABACDBCACDBCD2245．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15420339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254204913pp．122020202tan4(1tan)6．解析由已知得0，即2tan25tan20（tan1），则1tan21tan52sincos2tan41tan2tan．从而sin2．2sin2cos21tan25111．解析易知xA，且．由x，，可得xA，，7elnxBaa(0,)f'(x)eg'(x)k1eak2axxBea则k1k2．eax1x1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)maxh(1)，exexe1即kk的最大值为．12euuur1uuruuur1uuruuuruuuruuur1uuuruuur8．解析如图，可知EF(EBEC)[(EAAB)(EDDC)(ABDC)．222uuuruuur1uuur2uuuruuur1uuuruuuruuuruuur由EFAB(ABABDC)，即2ABDC4，可得ABDC4．从而，22uuuruuur21uuuruuur1uuur2uuuruuuruuur221uuur21|EF|2EF(ABDC)2(AB2ABDCDC)，即|EF|．4442acd1d1d2d2d1cd2d110．解析由，解得a，c，则轨道的焦距为d2d1，离心率为，acd222ad2d1d11ddd2轨道的短轴长为22．又212，则d1越大时，离心率越小，则轨2ac2d1d21ddd1d12111d2d2d2道越圆．数学参考答案第1页（共6页）{#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}11．解析当点P与D1点重合时，由BB1∥DD1，可知BB1∥面A1DP，即A正确．若面，则，可得，即为直角三角形，且为斜边．易知B1PA1DPB1PA1DB1PB1CPB1CPC，与之矛盾，即错误．B1PPCB当P不是BD1的中点时，由A1D∥B1C，可知A1D∥面B1CP，又直线m为面A1DP与面B1CP的交线，则A1D∥m．从而，可得m∥面A1B1CD，即C正确．同上，有A1D∥m，而A1D面ABD1，则m面ABD1，即D正确．T12212．解析若T8T12，则a9a10a11a12(a10a11)1，可得a10a111，即选项A错误；T810而T20a1a2La19a20(a10a11)1，即选项B正确．T10T9若a11024，且T10是数列{Tn}的唯一最大项．当q0时，T100，不合题意；当q0时，由，T10T11910a1011024q111可得，即，解得()9q，即选项C正确．10a1111024q122T10T11若T10T11T9，当q0时，T90，T100，满足T10T9，不合题意；当q0时，由T10T9，T11T91021可得a111，a101，a10a111，则T20a1a2La20(a10a11)1，T21a1a2La21(a11)1，…，（n10时，数列{Tn}单调递减），即选项D正确．13．【答案】2.114．【答案】(2,)15．【答案】[221,22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|22r1，解得221r221．2716．【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22222222内时，由OO1O1BOB，可得(hR)rR，即h2Rhr0（*）．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=}#}13h3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)32h24h213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22h33427R(h)R(33)33．从而，球O的体积的最小值R3．min431617．（本题满分10分）an1(n1)3an2n1(n1)3an3n解析（1）由3，可知数列{ann}是以a112为首annannann项，3为公比的等比数列．............................................................................................................................5分n1n1（2）由（1）可知，ann23，则an23n．01n101n1从而Sn(231)(232)L(23n)2(33L3)(12Ln)2(13n)(1n)n(1n)n3n1．.....................................................................................................10分132218．（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(23)22222．.................................................................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设平面的法向量，则11，令，解得其中一个法向量ABCm(x1,y1,z1)z11mBC3x13y10m(3,3,1)；nCD3xy0设平面的法向量，则22，令，解得其中一个法向量ACDn(x2,y2,z2)x21nAD3y23z20n(1,3,3)．mn333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131313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：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．H0100(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我们可以推断不成立，因此可以认为设备更新后能够提高产品优质率．分H0.....................6（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0514223．分pP(X2)C50.2C50.80.2C50.80.20.05792.............................................10②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2aca2b2bc．.................................................................................................................................................5分a2c2b2a2|BD|2|CD|2（2）根据cosABCcosCBD0，结合余弦定理可得0，即2ac2a|BD|41414a2b2123|CD|20，则|CD|2a2b24(b23b)b24b24b4(b2)2，3333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．x1a1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．xxx2x2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4aa24当a2时，由(x)0，解得x，x，且0x1x．当x(x,x)时，12221212，即，则单调递增；当时，，即，则单调递减．(x)0g'(x)0g(x)x(x2,)(x)0g'(x)0g(x)1不难得知g(x)g(1)0，g(4a2)aln4a24a22aln2a4a22a2a(ln2a2a1)0，24a2则在有一个零点，可知不只一个零点，不合题意．g(x)(x2,)g(x)数学参考答案第4页（共6页）{#{QQABKQYAogAgAgAAAQgCQwGaCkKQkBGAACoGQEAEsAAACQFABAA=}#}综上，可知a(,2]．.............................................................................................