湖南省长沙市2024届高三上学期新高考适应性考试 数学试卷

数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.请保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.

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.已知集合Mxx1，Nxx1，则（A.MN2.复数z

B.MN

2

）D.MN

C.NM）C.第三象限）i

在复平面内对应的点位于（2iB.第二象限2

A.第一象限D.第四象限3.若抛物线yax的焦点坐标为1,0，则实数a的值为（A.2

B.2C.4

D.4式可以是（）4.下图是函数yAsinx的部分图象，则该函数的解析A.y2sin

1

x

323

B.y2sin

1

x

32

C.y2sin2x



D.y2sin2x

3

）D.5.已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球.现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率是（A.38B.920C.5813206.若tan24tanA.





0，则sin2（4

25x）45B.

C.25D.457.已知直线ya与函数fxe，gxlnx的图象分别相交于A，B两点.设k1为曲线yfx在点A处切线的斜率，k2为曲线ygx在点B处切线的斜率，则k1k2的最大值为（A.）

8.在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点.若AB2，CD3，且EFAB4，则EF

（A.）1eB.1C.eD.e

c172B.212C.422D.5二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.下列函数中，是奇函数的是（A.yee

x

x

）2

B.yxx

3

C.ytan2x

D.ylog2

1x1x10.某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为d1，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为d2，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（）B.轨道的离心率为A.轨道的焦距为d2d1

d2d1d2d1

C.轨道的短轴长为2d1d2D.当d1

越大时，轨道越扁d2

11.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为线段BD1上的动点，直线m为平面A1DP与平面B1CP的交线，则（）A.存在点P，使得BB1//面A1DPB.存在点P，使得B1P面A1DP

C.当点P不是BD1的中点时，都有m//面A1B1CDD.当点P不是BD1的中点时，都有m面ABD1

12.设等比数列an的公比为q，前n项积为Tn，下列说法正确的是（A.若T8T12，则a10a111B.若T8T12，则T201

C.若a11024，且T10为数列Tn的唯一最大项，则

）11q

22

10

9D.若a10，且T10T11T9，则使得Tn1成立的n的最大值为20三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知随机变量X的分布列如下：XP

10.120.730.2则数学期望EX______.14.已知函数fx是定义在R上的增函数，且f21，则不等式fx52x的解集为______.C0,3，15.已知A4,1，B2,2，若在圆xyr（r0）上存在点P满足PAPBPC

2

2

2

2

2

2

13，则实数r的取值范围是______.16.已知正四棱锥PABCD的顶点均在球O的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球O体积的最小值为______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.（本题满分10分）已知数列an满足an13an2n1，且a11.（1）证明：数列ann是等比数列：（2）求数列an的前n项和Sn.18.（本题满分12分）如图1，在矩形ABCD中，AB2，BC23，将△ABD沿矩形的对角线BD进行翻折，得到如图2所示的三棱锥ABCD.图1（1）当ABCD时，求AC的长；图2（2）当平面ABD平面BCD时，求平面ABC和平面ACD的夹角的余弦值.19.（本题满分12分）某厂为了考察设备更新后的产品优质率，质检部门根据有放回简单随机抽样得到的样本测试数据，制作了如下列联表：产品更新前更新后优质品2448非优质品1612（1）依据小概率值0.050的独立性检验，分析设备更新后能否提高产品优质率？（2）如果以这次测试中设备更新后的优质品频率作为更新后产品的优质率.质检部门再次从设备更新后的生产线中抽出5件产品进行核查，核查方案为：若这5件产品中至少有3件是优质品，则认为设备更新成功，提高了优质率；否则认为设备更新失败.①求经核查认定设备更新失败的概率②根据p；p的大小解释核查方案是否合理.nadbc2

附：2

abcdacbd0.0503.8410.0106.6350.00110.828P2xaxa

20.（本题满分12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足sinBsinC2sinAcosB.（1）证明：abbc；（2）如图，点D在线段AB的延长线上，且AB3，BD1，当点C运动时，探究CDCA是否为定值？2221.（本题满分12分）已知函数fxaxlnxx1.2（1）若fx有且仅有一个零点，求实数a的取值范围：34n1

（2）证明：ln2lnlnln1.23n

2

222

y2

22.（本题满分12分）已知双曲线x1与直线l：ykxm（k3）有唯一的公共点P，直线l

32

与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，其中点M，P在第一象限.（1）探求参数k，m满足的关系式；（2）若O为坐标原点，F为双曲线的左焦点，证明：MFPNFO.长沙市2024年新高考适应性考试

数学参考答案

题号答案5.解析1C2B3D4C5D6A7A8B9ACD10BC11ACD12BCD224

；

5420339

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p2.54204913

因此，从乙盒中抽到的红球的概率为p1p2.

202020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p1

41tan2tan22tan5tan20（tan1），06.解析由已知得，即21tan1tan52sincos2tan4

.tan.从而sin2

2sin2cos21tan251xx

7.解析易知eAlnxBa，且a0,.由fxe，gx，x则1tan

2

可得k1exAa，k2设hx

a11

a，则k1k2a.exBex1x

，则，可得hx在0,1单调递增，hxexex11

在1,单调递减，有hxmaxh1，即k1k2的最大值为.ee111

8.解析如图，可知EFEBECEAABEDDCABDC.222121

由EFABABABDC，即2ABDC4，可得ABDC4.22221

从而，EFEFABDC

42

2221121

.AB2ABDCDC，即EF24410.解析由acd1dd2dd1，解得a1，c2，22acd2则轨道的焦距为d2d1，离心率为cd2d122，轨道的短轴长为2ac2d1d2.

ad2d1

d1dd1d22d

1又2，则1越大时，离心率越小，则轨道越圆.dd2d11d1d211d2d2

1

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B1P面A1DP，则B1PA1D，可得B1PB1C，即△PB1C为直角三角形，且PC为斜边.易知B1PPC，与之矛盾，即B错误.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.12.解析若T8T12，则T122

a9a10a11a12a10a111，可得a10a111，即选项A错误；T8

10

而T20a1a2a19a20a10a111，即选项B正确.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

1024q1T10T9a10111

，可得，即，解得，即选项C正确.q10TTa1221110111024q1910

9若T10T11T9，当q0时，T90，T100，满足T10T9，不合题意；T10T11

10

当q0时，由T10T9,可得a111，a101，a10a111，则T20a1a2a20a10a111，TT

911T21a1a2a21a111，…，（n10时，数列Tn单调递减），即选项D正确.21

13.【答案】2.114.【答案】2,15.【答案】221,221



2

2

2

解析设Px,y，将坐标代入式子PAPBPC13，可得x2y24x4y70，即x2y21，则点P的轨迹是以2,2为圆心，1为半径的圆.2

2

依题意，两圆有公共点，则r122r1，解得221r221.27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.16.【答案】如图，球心在正四棱锥内时，由OO1O1BOB，可得hRrR，2

2

2

2

2

2

即h2Rhr0（*）.22球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式.13h322

，则，代入（*）式可得.2rh1rR232h24h13

通过对关于h的函数Rh求导，即Rh3，可得函数Rh在0,33单调递减，22h3427

在33,单调递增，则RhminR3333.从而，球O的体积的最小值R3.4316又正四棱锥的体积为17.（本题满分10分）解析（1）由an1n1ann

3an2n1n1ann

3an3n

3，ann可知数列ann是以a112为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）可知，ann23n1，则an23n1n.从而Sn23123223

01n1n230313n112n

213n13

1nn3n1nn1.2218.（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ADCD

3.222322222..（2）如图，过A点作AOBD于点O，易知AO

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A0,0,3，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y13z10

设平面ABC的法向量mx1,y1,z1，则，

mBC3x13y10



令z11，解得其中一个法向量m3,3,1；nCD3x2y20

设平面ACD的法向量nx2,y2,z2，则，nAD3y23z20



令x21，解得其中一个法向量n1,3,3.

mn33

从而cosm,n，

131313mn

即平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为19.（本题满分12分）解析（1）零假设为H0：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.2

3

.13由列联表可计算

10024124816406072282

4.7623.841，依据小概率值0.05的独立性检验，我们可以推断H0不成立，因此可以认为设备更新后能够提高产品优质率.（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1pPX2C500.25C50.80.24C520.820.230.05792.

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.20.（本题满分12分）证明（1）由sinBsinC2sinAcosB，可得bc2acosB，a2c2b222则bc2a，整理得abbc.2ac2

a2c2b2aBDCD

（2）根据cosABCcosCBD0，结合余弦定理可得0，2ac2aBD2

2

即4ab123CD0，则CD

22

22

4212412

ab4b23bb24b24b4b2，3333从而CDb2，故CDCA2为定值.21.（本题满分12分）解析（1）易知函数fx的定义域为0,.由fx0，可得alnxx

1

0.xa1x2ax11

设gxalnxx，则g10，gx12，2xxxx且gx与fx有相同的零点个数.思路1：令xxax1，x0，则a4.22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x1，x2，且0x11x2.22当xx1,x2时，x0，即gx0，则gx单调递增；当xx2,时，x0，即gx0，则gx单调递减.22

不难得知gx2g10，g4aaln4a

122

4a2aln2a4a2a2aln2a2a10，24a

则gx在x2,有一个零点，可知gx不只一个零点，不合题意.综上，可知a,2.思路2：令xxax1，x0.2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.当a0时，xmaxg

a12

a1.2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x1，x2R，且0x11x2，使得x1x20.后续过程同思路1.综上，可知a,2.（2）取a2，当x1时，fx0，有02lnxx即0lnxx

2

2

11222

，则lnxx22.xx2

1

，xk1k1k11k1k1

令x，k1,2,,n，则ln，即，2ln

kkkk1kkk11111111134n1

从而ln2lnlnln111.

23n22334nn1n1

2

2

2

2

2

22.（本题满分12分）ykxm



解析（1）联立方程2y2，整理得3k2x22kmxm230（*）.1x3

由k3，且P是双曲线与直线l的唯一公共点，可得2km43k则km3，即为参数k，m满足的关系式.2222m

230，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m3k3mykxm

联立方程，解得，即M；,y3x3k3ky3m3kmx3km3mykxm

联立方程，解得，即N.,3k3ky3xy3m3k

结合km3，（*）式可变形为mx2kmxk0，解得x

22222k3k

，可得P,.mmm

要证MFPNFO，即证tanMFPtanNFO，即证tanMFOPFOtanNFO，即证kFMkFPkFN，即证kFMkFNkFP1kFMkFN（**）.1kFMkFP

1kFM

11

kFP1.kFNkkFMFN

3m23m2k，kFP

思路1：由kFMkFNkFP1kFMkFN，得根据直线的斜率公式，kFM

3m23m2k，kFN

3

，k2m则1kFM



123m2k23m2k434，kFN3m3m3mm23m2k23m2k123m2k23m2k1112kFMkFN3m3m3m

12m2k3m22

12m24k24mk124m24k24mk

1

3m23m28m24mk4k2m，

3m23m可得kFP4k2m4131，kkk2m3mmFMFN因此，1kFM

11

kFP1.kFNkFMkFN

3m23m2k，kFN

思路2：根据直线的斜率公式，kFM则kFMkFN

3m23m2k，kFP

3

，k2m3m3m12m，

23m2k23m2k23m2k23m2kkFMkFN3m3m3m2.

23m2k23m2k23m2k23m2k233m1要证（**）式，即证k2m23m2k23m2k23m2k23m2k

12m，即证23m2k

23m2k3m24mk2m0，化简得k2m230，由（*）式可知该式显然成立.