数学-湖南省长沙市一中2024届高考适应性演练二试题和答案

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)(1)故选：D【解析】由z=1可设：z=cosθ+isinθ,:z+3-4i=(cosθ+3)+(sinθ-4)i，:当cos(θ+Q)=1时，即z=-i时，maxmax故选：C. (2π)(2π)(2π)(2π)=1-2sin22故选：C「(π)]3.5【解析】由题意得(x2-x-2)4=其展开式为Tk+1=C(x2-x)4-k(-2)k，则对于(x2-x)4-k的展开式为Tr+1=C-k(x2)4-k-r(-x)r=(-1)rC-kx8-2k-r，令8-2k-r=1，则当k=3，r=1时符合题意，此时系数为(-2)3C·(-1)1C=32，故C正确.故选：C.【解析】由(x-1)2+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=2，所以直线l：x+y+m=0上有且只有一个点P，使得PC=2，即PC」l，所以圆心C到直线l的距离为2，故选：C【解析】∵f(x)＝log2·log2＝(log2x－1)·(log2x－3)＝(log2x)2－4log2x＋3，由f(x1)＝f(x2)，∴log2x1＋log2x2＝4，当且仅当即x1x2＝12时等号成立．故选C.【解析】三队中选一队与丙比赛，丙输，C根，例如是丙甲，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.若丙全赢（概率是()2）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，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）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是C()2，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是，（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是()2，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是()2，乙丁这场比赛只能平，概率是.2222故选：D.【解析】在长方体ABCD_A1B1C1D1中，由于DA」平面A1ABB1，CB」平面A1ABB1，在平面ABB1A1，以A为坐标原点，以AB,AA1:PA=PB，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)，则由PA=PB可得x2x22x_,283(4)故P的轨迹表示圆心在|（_3,0)83(4)的圆在第一象限的弧长，故选：D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）【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，则f(k)=f(1)+f(2)=-1，D对.故选：ABD.不难得到，vneN*，an+1=，所以A错误.21也符合，所以B正确.n可知{an}是公比为，首项为的等比数列，Snn<S，所以C正确，D错误.故选：BC.【解析】对于A：2=2py可得y1y2=，y1所以抛物线方程为x2=y，准线方程为y=-，A错误；2对于B：抛物线E:x=3y，即y=16x2，y,=8264646464故直线NA,NB垂直，所以点N在以AB为直径的圆上，B正确；对于C：由A项知，抛物线E:x2=y2=k，消去x得y2-y+=0，+p+y2+y2所以y1+y2,344所以OM(2)2因为直线l垂直于直线m，8 8 +323「(4)2]「(4)2]故选：BD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12540【解析】由二项式(|（3x-n的展开式中所有二项式系数之和为64， -1k得2n＝64，即n＝6，所以Tk＋1＝C(3x)6－k·x＝C36－k·(－1)kx6－ -1k所以二项式的展开式中常数项为C×36－3×(－1)3540.【解析】因为f=cWk，两边取对数可得lnf=lnc+klnW，依题意回归直线方程=x+7.4必过样本中心点(x,y)，yii)2028故答案为：0.3；0.98.【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ΔACD为等边三角形，因为G为CD的中点，所以AG」CD所以AG」CC1,又因为CC1nCD=C,且CC1,CD一面CC1DD1所以AG」面CC1DD1，结合球的性质可知G为该截面圆的圆心，故以A为球心，2为半径的球面与侧面CDD1C1的交线为：以G为圆心,2为半径的圆所成的圆弧EF.一1故答案为:π.四、解答题（本题共6小题，共70分）：（又f(2)=故f(x)在R上单调递增；当a=2时，f(x)在R上单调递增；16．解：（1）证明：在△ABC中，∵O为BC中点且AO＝BC，∴AB⊥AC.∵平面ABC⊥平面ACC1A1且交线为AC，∴AB⊥平面ACC1A1，∴AB⊥CM.∵M，N分别为AA1，BB1的中点，∴MN∥AB.∴CM⊥MN.在直角△AMC和直角△MA1C1中，∵AM＝A1M＝8，AC＝A1C1＝8，∴△AMC≌△A1MC1，∴CM＝C1M8，∴CM2＋C1M2＝128＋128＝162＝CC，∴CM⊥C1M，MN∩C1M＝M.∵MN，C1M⊂平面C1MN，∴CM⊥平面C1MN，C1N⊂平面C1MN，∴CM⊥C1N.（2）∵AA1⊥平面ABC，由(1)得AB，AC，AA1三线两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，，16).设平面BB1C1C的法向量为n＝(x，y，z)，-6x＋8y＝0，令x＝4得y＝3，所以n＝(4，3，0)是平面BB1C1C的一个法向量，1(0≤m≤1)，设直线MP与平面BB1C1C所成的角为θ,则sinθ=3m243m==564m216m－8）255m2－4m＋13==若m＝0，sinθ=0此时点P与A重合，若m≠0，令t＝(t≥1)，则sinθ=＝≤.当t＝2，即mP为AC1的中点时，sinθ取得最大值.17．解1）事件B为“甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜”，事件Aj为“甲队第j局获胜”，其中j＝1，2，3，4，Aj相互独立.又甲队明星队员M前四局不出场，故P(Aj)j＝1，2，3，4，B＝1A2A3A4＋A12A3A4＋A1A23A4，联立则y0联立则y0（2）设事件C为“甲队3局获得最终胜利”，事件D为“前3局甲队明星队员M上场比赛”，因为每名队员上场顺序随机，所以P(D)P()＝1 由全概率公式，知P(C)＝P(D)P(C|D)＋P()P(C|)＝×＋×＝.（3）由（2得P(D|C).18．解1F1，F2为椭圆C的两焦点，且P，Q2为椭圆上的点，2F2=2a，从而△PQ2F1的周长为4a.由题意，得4a=4，即△PF1Q2的周长为4.（2）由题意可设过PQ2的直线方程为x=my+1，P(x0,y0),Q2(x2,y2),(x0>0,y0>0)22=-,y0.y2所以所以 12则|y0-y2|=<（当t= 12时等号成立，即m=0时）故△PF1Q2面积的取值范围为(0,.（3）设Q1(x1,y1)，直线F1P的方程为：y=(x+1)，将其代入椭圆Γ的方程可得+(x+1)2=1，整理可得(2x0+3)x2+4yx-3x-4x0=0，3).当x0y1一y203= 2x0y018y02x2.(y2)x2.(y1) <x018y0 +y0x013当且仅当x0=,y0=时，等号成立.219．解1）由题设知当n=3时，a1>a3,a2>a3，故n=3是数列A的一个“D时刻”，同理当n=5时，都有ai>a5(i=1,2,3,4)，即n=5也是数列A的一个“D时刻”，（2）解法一：=5时，4,3,2,1必须从左往右排列，6可以是ai(i=2,3,4,5,6)中任一个，共有5种情况②当a1=6时，若D(A)中的四个元素是由集合A中的元素4,3,2,1或5,3,2,1或5,4,2,11.若由4,3,2,1引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；2.若由5,3,2,1引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种3.若由5,4,2,1引起，即5,4,2,1从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；4.若由5,4,3,1引起，即5,4,3,1从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种综上，符合card(D,A)=4的数列A有15种解法