2024届湖南省长沙市第一中学高考适应性演练(二）数学答案

长沙市一中2024届高考适应性演练（二）数学参考答案一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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）1．D【解析】因为log2x1log22，所以0x2，即Mxlog2x1x0x2，11因为2x10，解得x，所以Nx2x10xx，221所以，MNx0x.2故选：D2．C【解析】由z1可设：zcosisin，z34icos3sin4i，22z34icos3sin4cos2sin26cos8sin25342610cos（其中cos,sin），5534当cos1时，即zi时，55z34imax26106.故选：C.3．Cπ5【解析】因为sin，352π2ππ所以cos2cos2cos233322π5312sin12.355故选：C4．C数学（一中）答案（第1页，共12页）{#{QQABaYiAogCAAJIAABhCEQVQCgMQkAAAAIoGgAAAsAAACQFABCA=}#}44【解析】由题意得22，xx2xx24k其展开式为k2k，Tk1C4xx24k4kr则对于2的展开式为r2rrr82kr，xxTr1C4kxx1C4kx0r4k，令82kr1，则当k3，r1时符合题意，3311此时系数为2C4·1C132，故C正确.故选：C.5．C2【解析】由x1y24可知圆心C(1,0)，半径为2，因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆C的半径2，所以PC22，所以直线l：xym0上有且只有一个点P，使得PC22，即PCl，所以圆心C到直线l的距离为22，|10m|所以22，解得m3或m5（舍）.11故选：C6．Cxx2【解析】∵f(x)＝log2·log2＝(log2x－1)·(log2x－3)＝(log2x)－4log2x＋3，28由f(x1)＝f(x2)，∴log2x1＋log2x2＝4，19933即x1x2＝16，∴＋≥2＝2×＝，x1x2x1x242当且仅当1＝9，x1x24即x1＝，x2＝12时等号成立．故选C．37．D1【解析】三队中选一队与丙比赛，丙输，C1，例如是丙甲，33若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意.1若丙全赢（概率是()2）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，3这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，1（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是C1()2，23数学（一中）答案（第2页，共12页）{#{QQABaYiAogCAAJIAABhCEQVQCgMQkAAAAIoGgAAAsAAACQFABCA=}#}如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是2，31（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是()2，3乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，1（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是()2，31乙丁这场比赛只能平，概率是.311121118综上，概率为C1()2[C1()2()2()2]，D正确．33323333335故选：D.8．D【解析】在长方体ABCDA1B1C1D1中，由于DA平面A1ABB1，CB平面A1ABB1，ADBE在Rt△PAD和RtPBC中，tanAPD，tanEPB，APPB111tanAPD4tanEPB，BEBCAD，PAPB，222在平面ABB1A1，以A为坐标原点，以AB,AA1为x,y轴的正方向，建立平面直角坐标系，设P(x,y),则A0,0,B(4,0)，112则由PAPB可得x2y2x4y2，2224264化简可得xy，39由于x0,y0，48故P的轨迹表示圆心在,0，半径为r的圆在第一象限的弧长，3343由于Q0,,3πππ88π故QMA,因此轨迹为QMA所对的弧长，故长度为，33339故选：D数学（一中）答案（第3页，共12页）{#{QQABaYiAogCAAJIAABhCEQVQCgMQkAAAAIoGgAAAsAAACQFABCA=}#}二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9．ABD【解析】由fx为奇函数，即函数f(x)的图象关于0,0对称，又f1xf1x，则fx的图象关于x1对称，所以f(x2)f(x)f(x)，则f(4x)f(x2)f(x)，fx为周期函数且周期为T4，B对．所以f3f11，A对．而f(4x)f(x)f(x)，C错．由上可知f2f00，f4f00，所以f1f2f3f4f10100，18则f(k)f(1)f(2)1，D对．k1故选：ABD．10．BCS【解析】由已知得，a，13*SSn不难得到，nN，a，所以A错误.n13SSnSSn1走n段距离后，由a得an2，n13n32两式相减化简得aan2，n13nS2S12当n1时，a,aa也符合，所以B正确.1323331数学（一中）答案（第4页，共12页）{#{QQABaYiAogCAAJIAABhCEQVQCgMQkAAAAIoGgAAAsAAACQFABCA=}#}22S由aa可知a是公比为，首项为的等比数列，n13nn33n21nS32SS1S，所以C正确，D错误.n23133故选：BC.11．BD【解析】对于A：pF0,p由已知设过点的直线方程为ykx,k0，Ax1,y1,Bx2,y2，22pykxp2联立方程2，消去x得y22k21py0，24x2pyp2可得yy，124py222又因为AF2BF4，所以，py412ppp28则，解得y1y224p,2243164所以抛物线方程为x2y，准线方程为y，A错误；331633对于B：抛物线E:x2y，即yx2，yx，316833易得kx,kx，NA81NB8299964164所以kkxx4p2yy41，NANB6412641264949故直线NA,NB垂直，所以点N在以AB为直径的圆上，B正确；164对于C：由A项知，抛物线E:x2y，直线l的方程为ykx,k0，33Ax1,y1,Bx2,y2，数学（一中）答案（第5页，共12页）{#{QQABaYiAogCAAJIAABhCEQVQCgMQkAAAAIoGgAAAsAAACQFABCA=}#}4ykx2382k116联立方程，消去x得2，16yy0x2y3931682k21可得，，y1y2yy91232pp882k1|AF||BF|yypyy6，212212332解得k，410所以yy，12344108yy13233342所以x1x2，kk234225x1x222y1y25所以,，即M,，23233322所以22533，错误；OMC3332882k12对于D：由C选项知|AF||BF|6，k，334因为直线l垂直于直线m，2214821所以8218k82|CF||DF|483333则ABCD288，D正确.故选：BD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．－540n1【解析】由二项式3x的展开式中所有二项式系数之和为64，x－1knk6－kk6－kk6－2k得2＝64，即n＝6，所以Tk＋1＝C6(3x)·x＝C63·(－1)x.令6－2k＝0，得k＝3，36－33所以二项式的展开式中常数项为C6×3×(－1)＝－540.数学（一中）答案（第6页，共12页）{#{QQABaYiAogCAAJIAABhCEQVQCgMQkAAAAIoGgAAAsAAACQFABCA=}#}13．0.3；0.98【解析】因为fcWk，两边取对数可得lnflncklnW，又xilnWi，yilnfi，依题意回归直线方程ybx7.4必过样本中心点x,y，所以58b7.4，解得b0.3，所以k0.3，8282yyyyiiii0.28又R21i11i110.98.82822221485yiyyi8yi1i1故答案为：0.3；0.98.14．2π【解析】如图：取CC1,DD1,CD的中点E,F,G,连接AC,AG,AE,AF,FG,EG，结合题意：易得ACD为等边三角形，因为G为CD的中点，所以AGCD因为在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中有CC1面ABCD,且AG面ABCD，所以AGCC1,又因为CC1CDC,且CC1,CD面CC1DD1所以AG面CC1DD1，结合球的性质可知G为该截面圆的圆心，因为直四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均为4，ABC60，所以EGF90,AG23,AEAF25,EG22,故以为球心，为半径的球面与侧面的交线为：以为圆心为半A25CDD1C1G,22径的圆所成的圆弧EF.11所以EF2πr2π222π.44故答案为:2π.数学（一中）答案（第7页，共12页）{#{QQABaYiAogCAAJIAABhCEQVQCgMQkAAAAIoGgAAAsAAACQFABCA=}#}四、解答题（本题共6小题，共70分）215．解：（1）fxxaxa1，f23a3由已知f26，∴3a36得a331又f2331∴曲线fx在点2,f2处的切线方程为y6x23化简得：18x3y501a（2）fxx3x2a1x1定义域为R，32fxxa1x1，令fx0得x1a或x=1①当1a1即a2时，令f¢(x)>0得x1或x1a，令fx0得1ax1，故fx在1a,1单调递减，在,1a，1,上单调递增；2②当1a1即a2时，fxx10恒成立，故fx在R上单调递增；③当1a1即a2时，令f¢(x)>0得x1a或x1，令fx0得1x1a，fx在1,1a上单调递减，在,1，1a,上单调递增；综上，当a2时，fx在1a,1单调递减，在,1a，1,上单调递增；当a2时，fx在R上单调递增；当a2时，fx在1,1a上单调递减，