湖南省長沙市2025屆高三8月入學考試數學模擬參考答案

1湖南省長沙市2025屆高三8月入學考試數學模擬參考答案根據求出1+，求出，求出z，求出|z|.∴z=1.【分析】根據對數函數單調性求集合N，進而求交集.故選：B.【分析】利用二倍角的余弦公式計算得解.21故選：A【分析】結合百分位數的定義，直接求解即可.【詳解】將此組數據從小到大排列：14,16,17,18,19,20,21,21,22,23，且共有10個數，因為10×80。%故選：C.【分析】由條件結合等差數列性質求a7，再結合等差數列求和公式和性質求S8.【詳解】因為數列{an}為等差數列，所以a7=7，2所以，又a2=3，故選：D.【分析】利用余弦函數的性質，逐項驗證即可得解.對于BD，f=2cos+1=1，B是，D不是.故選：B【分析】根據線面角以及線線角的定義可得上C1AC=α,上C1AB1=β,即可由銳角三角函數表示sinα=,cosβ=,sinβ=結合三角函數的單調性即可求解.【詳解】由于CC1丄平面ABCD，故上由于CC1,B1C1的大小不確定，所以無法確定sinα,sinβ的大小，故α,β的大小不確定，A錯由于α,β均為銳角，所以90?！乱彩卿J角，故α<90。—β,即α+β<90。.故選：D3【分析】由已知結合直線與曲線的公共點個數先求出a，然后結合拋物線的定義即可求解.【詳解】曲線y4=a2x2(a>0)表示拋物線y2=ax與y2=—ax，由4得2y2+ay4a=0，可得拋物線y2=—ax與直線y=2x+4有兩個交點，曲線y4=a2x2(a>0)與直線y=2x則直線y=2x+4與拋物線y2=ax相切，24由對稱性可知AM=BN，設AB與y軸的交點為E，則ABAMBN=2(AEAM)，若ABAMBN為定值，則AEAM=AE+8AM8為定值，則點M,N分別為拋物線y2=32x與y2=—32x的焦點，此時ABAMBN為拋物線y2=32x上一點到y(tǒng)軸距離與其焦點距離差的2倍，即—16.故選：D.【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.4【分析】通過計算找到數列的周期即可得出所求的答案.由a1故選：AD.【分析】由θ的范圍可得2sinθ的取值范圍，然后對其分類可得方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲線.【詳解】解：:θ是任意實數，:2sinθ∈[—2,2]，當2sinθ=1時，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲線是圓；當2sinθ>0且不等于1時，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲線是橢圓；當2sinθ<0時，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲線是雙曲線；當2sinθ=0時，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲線是兩條直線.故選：ACD.【點睛】本題考查曲線與方程，考查了圓錐曲線的標準方程，體現(xiàn)了分類討論的數學思想方法，屬于基礎題.11．ACD【分析】對于A：根據正八面體的結構特征運算求解即可；對于B：設AC∩BD=O，可得 結合錐體的體積公式運算求解；對于C：分析可知O為正八面體的外接球的球心，且半徑進而可得表面積；對于D：分析可知O為正八面體的內切球的球心，內切球的半徑即為點O到平面EAB的距離，利用等體積法求半徑，即可得體積.【詳解】對于選項A：由題意可知：正八面體的每一個面都是邊長為2cm的正三角形，對于選項B：設AC∩BD=O，則O為EF的中點，且EF丄平面ABCD，5可知可得 即O為正八面體的外接球的球心，且半徑R=·2，所以正八面體的外接球的的表面積為4πR2=8π(cm2)，故C正確；對于選項D：根據對稱性可知：O為正八面體的內切球的球心，則內切球的半徑即為點O到平面EAB的距離，設為r，所以正八面體的內切球的體積為πr3=，故D正確；故選：ACD.【分析】根據模長公式即可代入求解.224a22故答案為：2【分析】根據給定條件，利用二項式系數的性質求出n.【詳解】由(1+2x)n的展開式中二項式系數最大的項只有第8項，得(1+2x)n的展開式共有故答案為：146【分析】由題意可知，若f(x1)=f(x2)，當x1—x2為最大值時，即(2x—3)ex在x2的切點處的切線與y=exa平行，因此求出x>0時，f(x)在x2處的導數，即可求出x2，根據f(x1)=f(x2)，求出x1，最后根據x1—x2=5，即可求解.x令g,(x)=0，得x=，因為f(x1)=f(x2)，若x1—x2的最大值為5，則x1和x2不能同時大于0，x1—x2x1—x2的最大值為5，x上的一點切線和h(x)=exa平行，此時這一切點的橫坐標為x2，x故答案為：3e【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是確定x1—x2最大時，x2是與y=ex—a平行時，g(x)的切線的切點，從而可以求出x2. (2)【分析】（1）由正弦定理和sinB=sinAcosC+cosAsinC得到·sinA-cosA-1=0，由輔助角7(6,23公式得到sin(|A-π)|=1(6,23（2）由基本不等式求出bc≤1，得到面積的最大值.【詳解】（1）acosC+·sinC-b-c=0，由正弦定理得 其中sinB=sin(A+C)=sinAc 故sinAcosC+3sinAsinC-sinAcosC-cosAsinC-sinC=0， 故·3sinAsinC-cosAsinC-sinC=0，-cosA-1=0，所以解得A=；由余弦定理得b2+c2-2bccosA=a2，即b2+c2-bc=1，由基本不等式得b2+c2≥2bc，當且僅當b=c時，等號成立，(2)存在，P(4,0)【分析】（1）根據題意列出方程組，求出a,b即可得解；聯(lián)立橢圓方程結合韋達定理可求得t的值即可.8∴橢圓C的方程為或等+y2=1.由（1）及b>1易知F21,0，不妨設直線MN的方程為：x=mx+1(m≠0)，P(t,0)，MX1當直線MN垂直于x軸，即m=0時，顯然點P(4,0)也是符合題意的點.故在x軸上存在定點P(4,0)，使得△PMN的內心在x軸上.17．(1)證明見解析；【分析】（1）取AC的中點E，利用面面垂直的性質，線面垂直的性質、判定推理即得.（2）以點E為原點建立空間直角坐標系，求出平面A1FC1的法向量，利用線面角的向量求法求解即得.9又BF//A1A,BF=A1A，則BF//OE,BF=OE，四邊形EOFB為平行四邊形，于是EB//OF，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC,BE丄AC，則BE丄平面A1ACC1，所以FO丄平面A1ACC1，而A1C平面A1ACC1，因此FO丄AC1，由四邊形A1ACC1為菱形，得AC1丄A1C，又FO∩A1C=O,FO,A1C平面A1CF，（2）依題意，△A1AC為等邊三角形，連接A1E，A1E丄AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1E平面A1ACC1，則A1E丄平面ABC，以點E為原點，EB,EC,EA1的方向分別為x,y,z軸的正方向，建立空間直角坐標系E-xyz，設直線FC與平面A1FC1所成的角為θ,則sinθ=|cos所以直線FC與平面A1FC1所成角的正弦值為.18．(1)分布列見解析，E(X)=2.(2)【分析】（1）首先求出樣本中從卡拉旺站上車的乘客到德卡魯爾站下車的概率，即可得到根據二項分布的概率公式求出分布列，再計算其期望即可；（2）記事件A：該乘客來自A地；記事件B1：該乘客在哈利姆站上車；記事件B2：該乘客在卡拉旺站上車，依題意得到P(B1)，P(B2)，P(B1|A)，P(B2|A)，再由概率乘法公式得到從而得到【詳解】（1）從卡拉旺站上車的乘客到德卡魯爾站下車的概率:根據頻率估計概率，從卡拉旺站上車的乘客中任選3人，則這3人到德卡魯爾站下車的人數的可能取值為0，1，2，3，03,2所以X的分布列如下：X0123P1272949 27（2）由表中數據可知，在高鐵離開卡拉旺站時，在哈利姆站上車的有35人，在卡拉旺站上車的有30人.記事件A：該乘客來自A地；記事件B1：該乘客在哈利姆站上車；記事件B2：該乘客在卡拉旺站上車；從哈利姆站上車的乘客中是來自A地的概率為P(A|B1)，從卡拉旺站上車的乘客中是來自A地的概率為P(A|B2)，:P(A)>0，4:在高鐵離開卡拉旺站時，所求概率的比值為4:在高鐵離開卡拉旺站時，所求概率的比值為.719．(1)-1.35【分析】（1）首先求x0=-1處的切線方程，求得x1，再求x=x1處的切線方程，再依次求取xn，直到ixn-xn-1i<0.5，求xn，即可求解2）首先化簡不等式，lnx+再構造函數=lnx+并求函數的導數，討論a≤0和a>0兩種情況下函數的單調性，轉化為求函數的最值，并結合最值的單調性，即可求解.【詳解】（1）當a=1時，f(x)=x3-x+1，則f,(x)=3x2-1，曲線f(x)在x0=-1處的切線為y-1=2(x+1)→x1=-1.5，且x1