湖南省长沙市2025届高三8月入学考试数学模拟参考答案

1湖南省长沙市2025届高三8月入学考试数学模拟参考答案根据求出1+，求出，求出z，求出|z|.∴z=1.【分析】根据对数函数单调性求集合N，进而求交集.故选：B.【分析】利用二倍角的余弦公式计算得解.21故选：A【分析】结合百分位数的定义，直接求解即可.【详解】将此组数据从小到大排列：14,16,17,18,19,20,21,21,22,23，且共有10个数，因为10×80。%故选：C.【分析】由条件结合等差数列性质求a7，再结合等差数列求和公式和性质求S8.【详解】因为数列{an}为等差数列，所以a7=7，2所以，又a2=3，故选：D.【分析】利用余弦函数的性质，逐项验证即可得解.对于BD，f=2cos+1=1，B是，D不是.故选：B【分析】根据线面角以及线线角的定义可得上C1AC=α,上C1AB1=β,即可由锐角三角函数表示sinα=,cosβ=,sinβ=结合三角函数的单调性即可求解.【详解】由于CC1丄平面ABCD，故上由于CC1,B1C1的大小不确定，所以无法确定sinα,sinβ的大小，故α,β的大小不确定，A错由于α,β均为锐角，所以90。—β也是锐角，故α<90。—β,即α+β<90。.故选：D3【分析】由已知结合直线与曲线的公共点个数先求出a，然后结合抛物线的定义即可求解.【详解】曲线y4=a2x2(a>0)表示抛物线y2=ax与y2=—ax，由4得2y2+ay4a=0，可得抛物线y2=—ax与直线y=2x+4有两个交点，曲线y4=a2x2(a>0)与直线y=2x则直线y=2x+4与抛物线y2=ax相切，24由对称性可知AM=BN，设AB与y轴的交点为E，则ABAMBN=2(AEAM)，若ABAMBN为定值，则AEAM=AE+8AM8为定值，则点M,N分别为抛物线y2=32x与y2=—32x的焦点，此时ABAMBN为抛物线y2=32x上一点到y轴距离与其焦点距离差的2倍，即—16.故选：D.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.4【分析】通过计算找到数列的周期即可得出所求的答案.由a1故选：AD.【分析】由θ的范围可得2sinθ的取值范围，然后对其分类可得方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲线.【详解】解：:θ是任意实数，:2sinθ∈[—2,2]，当2sinθ=1时，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲线是圆；当2sinθ>0且不等于1时，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲线是椭圆；当2sinθ<0时，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲线是双曲线；当2sinθ=0时，方程x2+2sinθ.y2=1所表示的曲线是两条直线.故选：ACD.【点睛】本题考查曲线与方程，考查了圆锥曲线的标准方程，体现了分类讨论的数学思想方法，属于基础题.11．ACD【分析】对于A：根据正八面体的结构特征运算求解即可；对于B：设AC∩BD=O，可得 结合锥体的体积公式运算求解；对于C：分析可知O为正八面体的外接球的球心，且半径进而可得表面积；对于D：分析可知O为正八面体的内切球的球心，内切球的半径即为点O到平面EAB的距离，利用等体积法求半径，即可得体积.【详解】对于选项A：由题意可知：正八面体的每一个面都是边长为2cm的正三角形，对于选项B：设AC∩BD=O，则O为EF的中点，且EF丄平面ABCD，5可知可得 即O为正八面体的外接球的球心，且半径R=·2，所以正八面体的外接球的的表面积为4πR2=8π(cm2)，故C正确；对于选项D：根据对称性可知：O为正八面体的内切球的球心，则内切球的半径即为点O到平面EAB的距离，设为r，所以正八面体的内切球的体积为πr3=，故D正确；故选：ACD.【分析】根据模长公式即可代入求解.224a22故答案为：2【分析】根据给定条件，利用二项式系数的性质求出n.【详解】由(1+2x)n的展开式中二项式系数最大的项只有第8项，得(1+2x)n的展开式共有故答案为：146【分析】由题意可知，若f(x1)=f(x2)，当x1—x2为最大值时，即(2x—3)ex在x2的切点处的切线与y=exa平行，因此求出x>0时，f(x)在x2处的导数，即可求出x2，根据f(x1)=f(x2)，求出x1，最后根据x1—x2=5，即可求解.x令g,(x)=0，得x=，因为f(x1)=f(x2)，若x1—x2的最大值为5，则x1和x2不能同时大于0，x1—x2x1—x2的最大值为5，x上的一点切线和h(x)=exa平行，此时这一切点的横坐标为x2，x故答案为：3e【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定x1—x2最大时，x2是与y=ex—a平行时，g(x)的切线的切点，从而可以求出x2. (2)【分析】（1）由正弦定理和sinB=sinAcosC+cosAsinC得到·sinA-cosA-1=0，由辅助角7(6,23公式得到sin(|A-π)|=1(6,23（2）由基本不等式求出bc≤1，得到面积的最大值.【详解】（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，当且仅当b=c时，等号成立，(2)存在，P(4,0)【分析】（1）根据题意列出方程组，求出a,b即可得解；联立椭圆方程结合韦达定理可求得t的值即可.8∴椭圆C的方程为或等+y2=1.由（1）及b>1易知F21,0，不妨设直线MN的方程为：x=mx+1(m≠0)，P(t,0)，MX1当直线MN垂直于x轴，即m=0时，显然点P(4,0)也是符合题意的点.故在x轴上存在定点P(4,0)，使得△PMN的内心在x轴上.17．(1)证明见解析；【分析】（1）取AC的中点E，利用面面垂直的性质，线面垂直的性质、判定推理即得.（2）以点E为原点建立空间直角坐标系，求出平面A1FC1的法向量，利用线面角的向量求法求解即得.9又BF//A1A,BF=A1A，则BF//OE,BF=OE，四边形EOFB为平行四边形，于是EB//OF，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC,BE丄AC，则BE丄平面A1ACC1，所以FO丄平面A1ACC1，而A1C平面A1ACC1，因此FO丄AC1，由四边形A1ACC1为菱形，得AC1丄A1C，又FO∩A1C=O,FO,A1C平面A1CF，（2）依题意，△A1AC为等边三角形，连接A1E，A1E丄AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，A1E平面A1ACC1，则A1E丄平面ABC，以点E为原点，EB,EC,EA1的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系E-xyz，设直线FC与平面A1FC1所成的角为θ,则sinθ=|cos所以直线FC与平面A1FC1所成角的正弦值为.18．(1)分布列见解析，E(X)=2.(2)【分析】（1）首先求出样本中从卡拉旺站上车的乘客到德卡鲁尔站下车的概率，即可得到根据二项分布的概率公式求出分布列，再计算其期望即可；（2）记事件A：该乘客来自A地；记事件B1：该乘客在哈利姆站上车；记事件B2：该乘客在卡拉旺站上车，依题意得到P(B1)，P(B2)，P(B1|A)，P(B2|A)，再由概率乘法公式得到从而得到【详解】（1）从卡拉旺站上车的乘客到德卡鲁尔站下车的概率:根据频率估计概率，从卡拉旺站上车的乘客中任选3人，则这3人到德卡鲁尔站下车的人数的可能取值为0，1，2，3，03,2所以X的分布列如下：X0123P1272949 27（2）由表中数据可知，在高铁离开卡拉旺站时，在哈利姆站上车的有35人，在卡拉旺站上车的有30人.记事件A：该乘客来自A地；记事件B1：该乘客在哈利姆站上车；记事件B2：该乘客在卡拉旺站上车；从哈利姆站上车的乘客中是来自A地的概率为P(A|B1)，从卡拉旺站上车的乘客中是来自A地的概率为P(A|B2)，:P(A)>0，4:在高铁离开卡拉旺站时，所求概率的比值为4:在高铁离开卡拉旺站时，所求概率的比值为.719．(1)-1.35【分析】（1）首先求x0=-1处的切线方程，求得x1，再求x=x1处的切线方程，再依次求取xn，直到ixn-xn-1i<0.5，求xn，即可求解2）首先化简不等式，lnx+再构造函数=lnx+并求函数的导数，讨论a≤0和a>0两种情况下函数的单调性，转化为求函数的最值，并结合最值的单调性，即可求解.【详解】（1）当a=1时，f(x)=x3-x+1，则f,(x)=3x2-1，曲线f(x)在x0=-1处的切线为y-1=2(x+1)→x1=-1.5，且x1