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答案第 1 页，总 12 页 湖南六校联考试卷（一）答案解析 参考答案 一、选择题 1.C 2.D 3.A 4.B 5.D 6.D 7.A 8.C 9. ABC 10. AD 11. AD 12. BCD 二、填空题 13． 2 3 14．0.8 15． 15 10 16．2 30, 2    详解： 1．C 【解析】 由题得，  0,4 ,U A       ( ) 0,4 2,4 0,2,4 .U AB     故选 C. 2．D 【解析】 当 cbc，则 aa>b，0>c>d 时，acb>0 或 0>a>b，则 11 ab ，但当 a>0>b 时， 11 ab ，故 C 为假命题； 若 ac2>bc2，则 22 22 c a c b cc ，则 a>b，故 D 为真命题．故答案为 D. 3．A 【解析】 等比数列{an}中，a3a11＝4a7，可得 a72＝4a7，解得 a7＝4，且 b7＝a7， ∴b7＝4，数列{bn}是等差数列，则 b5+b9＝2b7＝8．故选 A． 4．B 【解析】 根据定义知 12ab 分两类进行考虑， ,ab一奇一偶，则 12ab  ， ,a b N  ，所以 可能的取值为(1,12),(12,1),(3,4),(4,3), 共 4 个， ,ab同奇偶，则 12ab ，由 ,a b N  ，所以 可能的取值为(2,10),(10,2),(1,11),(11,1), 3,9（ ）， (9,3),(4,8),(8,4),(5,7),(7,5),(6,6), 共 11 个， 答案第 2 页，总 12 页 所以符合要求的共 15 个，故选 B. 5．D 【解析】 ABC 中，由正弦定理得： sin sin ab AB ，∴ sin sin aA bB ，又 cos cos ab BA ，∴ sin cos sin cos AB BA ，∴sin 2 sin 2AB ，∴ AB 或 22AB ，即 AB 或 2AB，∴ ABC 为等腰三角形或直角三角形.故选：D. 6．D 【解析】 5 2 ax x  的二项展开式的通项公式为  52 15 r rr r aT C x x      10 3 5 r r ra C x    0,1,2,3,4,5r  . 令10 3 7r，得 1r  ， 所以展开式中 7x 项的系数为 1 5 15aC   ，解得 3a  .故选：D. 7．A 【解析】 由题点  3,0A 和军营所在区域在河岸线所在直线方程的同侧， 设点  3,0A 关于直线 4xy的对称点 ( , )A a b ， AA中点 3( , )22 abM  在直线 4xy上， 3 422 0 13 ab b a      解得： 4 1 a b    ，即 (4,1)A ，设将军饮马点为 P ，到达营区点为 B ，则总路程 PB PA PB PA   ，要使路程最短，只需 PB PA 最短，即点 A 到军营的最短距离，即 点 A 到 221xy区域的最短距离为： 1 17 1OA    故选：A 8．C 【解析】 设椭圆长轴 12a ，双曲线实轴 22a ，由题意可知： 1 2 2 2F F F P c， 答案第 3 页，总 12 页 又 1 2 1 1 2 22 , 2F P F P a F P F P a    ， 1 1 1 22 2 , 2 2F P c a F P c a     ， 两式相减，可得： 122a a c， 2 2 1 1 2 1 2 2 242 2 2 2 e a a a cc e c a ca     ，   2 22 222 2 2 2 1 2 2 2 42 842 422 2 2 2 c a a ce ca a c a c e ca ca c a         ． ， 22 22 22 2 222 aacc c a c a    ，当且仅当 2 2 2 2 a c ca 时取等号， 2 1 e2 e2 的最小值为 6， 故选：C． 9．ABC 【解析】 由    1 1 3 3 3 i 3 i 3 i 10 10 ii z       ，故 A 正确； 由 z 在复平面内对应的点为 ,xy，则  2 2 1z i x y i     ，即  22 21xy   ， 则  22 21xy   ，故 B 正确； 设复数 1z a bi ，则 2z a bi ，所以    2 1 2 2 0a bi a bz biz a   ，故 C 正确； 复数 13zi 的虚部是-3，故 D 不正确.故选：A、B、C 10．AD 【解析】 A.  1 86 25 57 143 220 160 40 217 160 121 158 86 79 37 15614               ，故正 确； B.在 6 月 1 日至 6 月 13 日这 13 天中，1 日，2 日，3 日，7 日，12 日，13 日共 6 天的空气质量优 良，所以此人到达当日空气质量优良的概率为 6 13 ，故不正确； C.6 月 1 日至 6 月 14 日连续两天包含的基本事件有 13 个，此人在该市停留期间只有 1 天空气重度 答案第 4 页，总 12 页 污染的基本事件是       4,5 , 5,6 , 7,8 , 8,9 共 4 个，所以此人在该市停留期间只有 1 天空气重度 污染的概率是 4 13 ，故不正确； D. 空气质量指数趋势图可以看出，从 3 月 5 日开始连续三天的空气质量指数方差最大，故正确.故 选：AD 11．AD 【解析】由棱台性质，画出切割前的四棱锥， 由于 22AB  ， 11 2AB  ，可知△ 11SA B 与 SAB 相似比为1: 2 ； 则 124SA AA， 2AO  ，则 23SO  ，则 1 3OO  ，该四棱合的高为 3 ， A 对； 因为 4SA SC AC   ，则 1AA 与 1CC 夹角为60，不垂直， B 错； 该四棱台的表面积为  2 2 2 148 4 4 12 6 722S S S S           侧上底 下底 ，C 错； 由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在 1OO 上， 在平面 11B BOO 上中，由于 1 3OO  ， 11 1BO  ，则 1 2OB OB ，即点O 到点 B 与点 1B 的距离相等， 则 2r OB，该四棱合外接球的表面积为16 ， D 对， 故选： AD ． 12．BCD 解：由题意可知当 3x  时， ()fx是以 3 为周期的函数， 故 ()fx在[4 ， 6]上的单调性与 ()fx在[2 ， 0]上的单调性相同， 答案第 5 页，总 12 页 而当 0x  时， 239( ) ( )24f x x    ， ()fx 在[2 ， 0]上不单调，故 A 错误； 又 (2020) ( 2) 2ff   ，故 ( 2) (2020) 4ff   ，故 B 正确；作出 ()y f x 的函数图象如图所示： 由于 ()y f x b在 ( ,6) 上有 6 个零点，故直线 yb 与 ()y f x 在( ,6) 上有 6 个交点， 不妨设 1iixx ， 1i  ，2，3，4，5，由图象可知 1x ， 2x 关于直线 3 2x  对称， 3x ， 4x 关于直 线 3 2x  对称， 5x ， 6x 关于直线 9 2x  对称， 6 1 3 3 92 2 2 9222i i x          ，故C 正确； 若直线 1y kx经过点(3,0) ，则 1 3k  ， 若直线 1y kx与 2 3 ( 0)y x x x    相切，则消元可得： 2 (3 ) 1 0x k x    ， 令 0 可得 2(3 ) 4 0k   ，解得 1k  或 5k  ， 当 1k  时， 1x  ，当 5k  时， 1x  （舍) ，故 1k  ． 若直线 1y kx与 ()y f x 在 (0,3) 上的图象相切，由对称性可得 1k  ． 因为方程 ( ) 1f x kx恰有 3 个实根，故直线 1y kx与 ()y f x 的图象有 3 个交点， 11 3k    或 1k  ，故 D 正确． 故选： BCD． 13． 2 3 【解析】 答案第 6 页，总 12 页 因为  • 4a b a   ，所以 2 4, 1 6 cos , 1 4a b a a b           ， 所以 1cos , 2ab   ，因为0,ab   ，所以 2, 3ab   .向量 a 与b 的夹角是 2 3 . 故答案为： 2 3 14．0.8 【解析】因为随机变量  2~ 1,XN ，  2 0.2PX ， 所以    2 0.2PXPX   因此    1 1 0.2 0.8P X P X         故答案为：0.8 15． 15 10 【解析】 连接 AC ， 1AB ，如图所示： 因为 11//AC AC ，所以 1ACB 或其补角为直线 11AC 与 1BC成角. 因为底面是边长为 a 的菱形， 60BAD， 1 2AA a ， 所以  2 2 1125   AB CB a a a ， 22 1232         AC a a a a a .      2 2 2 1 35515cos 102 3 5      a a a ACB aa .所以直线 11AC 与 1BC成角的余弦值为 15 10 . 故答案为： 15 10 答案第 7 页，总 12 页 16．2 30, 2    【解析】 因为函数    2sin 0f x x，所以    2sin 2,2  f x x ， 所以  fx的最大值为 2，因为  fx在区间 ,43  上是增函数，所以 ,,4 3 2 2                ， 所以 42 32          ，解得 30, 2   .故答案为：(1). 2 (2). 30, 2    17． 【解析】 （1）因为  fx的最小正周期为 4 ，所以 2 4   ，解得 1 2  . …………………………1 分 选①②： 因为 03f  ，所以sin 06     ，解得 6 k ， k Z . 因为 2   ，所以 6 π . ……………………………………………………………………3 分 又因为 2 13f    ，所以 sin 136A     ，即 sin 16A    ， 所以 2A  .所以   12sin 26xfx  . …………………………………………………6 分 选②③： 因为 xR ，都有   2 3f x f   ，所以 2 3x  时，  fx取得最大值，即sin 13   ， 所以 232k   ， kZ ，所以 2   ，所以 6 π . ……………………………3 分 又因为 2 13f    ，所以 sin 136A     ，即 sin 16A    ，所以 2A  . 答案第 8 页，总 12 页 所以   12sin 26xfx  . ………………………………………………………6 分 （2）因为 2 ,33x  ，所以 1 ,2 6 6 3x      ，所以 13sin - ,2 6 2 2 x   ， ……8 分 当 2 3x  时，  fx取得最小值为-1；当 3x  时，  fx取得最大值为 3 ； 所以  fx取得最小值为-1，最大值为 3 . …………………………………………………10 分 18． 【解析】 （1） 1 4nnSa， 11 1 4nnSa ， 11 11()44n n n nS S a a      11n n na a a 即 1 1 2nnaa  ， …………………………………………………2 分 令 1n  得： 11 1 4aa ，即 1 1 8a  ， …………………………………………………3 分  na 是首项为 1 1 8a  ，公比为 1 2 的等比数列， 12 2 1 1 1 1 8 2 2 2 nn n na                 . …………………………………………………5 分 （2） ( 2) ( 1) n n nab nn   21 2 1 1 1 ( 1) 2 2 2 ( 1) 2n n n n nb n n n n         ………………………………………7 分 1 2 3 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 4 2 2 2 ( 1) 2 nn nn T b b b b nn                                         ………………………………………10 分 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 ( 1)2 4 ( 1) 2 4nnnn         ， 1 4nT . ………………………………………………………………12 分 答案第 9 页，总 12 页 19． 解：（1）证明：如图所示，连接 AC 交 BD 于点 F ，连接 EF . 四边形 ABCD为梯形，且 2AD BC ，  : : 2:1AF CF AD BC，即 2AF CF ， ………………………………………2 分 在 PAC 中， 2AE PE ， 2AF CF ，  EF // PC ……………………………………………………………4 分 又 PC 平面 BDE ， EF 平面 BDE ，  PC //平面 BDE . …………………………………………………5 分 （2）如图所示，以点 A 为坐标原点，以分别以 AB 、 AD 、 AP 为 x 轴、 y 轴和 z 轴建立空间直 角坐标系，则  2,0,0B ，  2,2,0C ，  0,4,0D ，  0,0,2E ，  0,0,3P . 所以，  2,0,2BE  ，  2,4,0BD  ，  2,2, 3PC ，  0,4, 3PD ， …………7 分 设  1 1 1,,m x y z 和  2 2 2,,n x y z 分别是平面 BDE 和平面 PCD的法向量，则 0 0 m BD m BE     ，得 11 11 2 4 0 2 2 0 xy xz       ，令 1 2x  得 1 1y  ， 1 2z  ，即  2,1,2m  ， 0 0 n PC n PD     ，得 2 2 2 22 2 2 3 0 4 3 0 x y z yz      ，令 2 3y  得 2 3x  ， 2 4z  ，即  3,3,4n  …………………………………………………10 分 所以， 17 34cos , 63 34 mnmn mn     ， 故平面 BDE 和平面 PCD所成角锐二面角的余弦值为 34 6 . ………………………12 分 20． 答案第 10 页，总 12 页 【解析】 （1）函数 ()fx的定义域为 0, ， ( ) lnf x n x m n    ， …………………2 分 所以有 ( ) 2 4 ( ) 4 f e m n f e me ne e e           ，解之得 2 1 m n    ， 故函数的解析式为： ( ) 2 lnf x x x x ； ………………………………………4 分 （2） ( ) ( 1) 1f x t x   可化为 2 ln ( 1) 1x x x t x    ， 因为 (1, )x  ，所以 2 ln 1 1 x x xt x   ， 令 2 ln 1() 1 x x xgx x   （ 1x  ），则由题意知对任意的 (1, )x  ， ()mint g x ， 而 2 2 ln() ( 1) xxgx x    ， (1, )x  ， ………………………………………………6 分 再令 ( ) 2 lnh x x x   （ 1x  ），则 11( ) 1 0xhx xx      ， 所以 ()hx 在 (1, ) 上为增函数， 又 (3) 1 ln3 0h    ， (4) 2 ln4 0h    ， 所以存在唯一的 0 (3,4)x  ，使得 0( ) 0hx  ，即 002 lnxx ， …………………………8 分 当 0(1, )xx 时， ( ) 0hx  ， ( ) 0gx  ，所以 ()gx在 0(1, )x 上单调递减， 当 0( , )xx  时， ( ) 0hx  ， ( ) 0gx  ，所以 ()gx在 0( , )x  上单调递增， 所以 0 0 0 0 0 0 00 00 2 ln 1 2 ( 2) 1( ) ( ) 111min x x x x x xg x g x xxx         ， 所以 0 1tx， ………………………………………………………………11 分 又 0 (3,4)x  ，所以 0 1 (4,5)x  ， 因为 t 为正整数，所以 t 的最大值为 4. …………………………………………………12 分 21．【解析】  1 根据椭圆的对称性，必过 1 2 4P P . P， 必不过 ， ………………………………………1 分 代入点 3P 得， 2 3b  ，代入点 1P 得， 2a 4 . 答案第 11 页，总 12 页 椭圆C 的方程为： 22 143 xy. ………………………………………………4 分  2 由 22 143 xy y kx m     ，可得 2 2 24 3 8 4 12 0k x kmx m     . 直线与椭圆有且仅有一个公共点，可知   2 2 2 264 4 4 3 4 12 0k m k m      ， 整理得 2243mk. ………………………………………………………6 分 由条件可得 0k  ， ,0mM k  ，  0,Nm，  211 2 2 2MON mmS OM ON m kk     2243mk，  24 3 1 3422MON kSkkk    . ………………………………………………8 分 0k  ， 134 2 32 k k  ， 当且仅当 34 k k ，即 3 2k  ， 3 2k  时等号成立， MONS 的最小值为 23，……10 分 2243mk，  2 6m  ，又 0m  ，解得 6m  . 故此时直线l 的方程为 3 62yx或 3 62yx   . ……………………………12 分 22． 【解析】 （1）依题意，随机地抽取一个餐盒得到 B 餐盒的概率为 1 4 ，用 表示“抽取的 5 个餐盒中 B 餐盒的 个数”，则 服从二项分布，即 15, 4B   ， ………………………………………2 分 ∴其中有三个 B 餐盒的概率 23 3 5 3 1 45 4 4 512PC          . …………………………………4 分 答案第 12 页，总 12 页 （2） X 的可能取值为：0，1，2，…， n . …………………………………5 分   10 4PX，   3 1 31 4 4 16PX    ，……，   1311 44 n P X n     ，   3 4 n P X n  . 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 …… 1n  n P 1 4 31 44 231 44   …… 131 44 n  3 4 n  …………………………………………………………8 分 X 的数学期望为： 233 1 3 1 3 1( ) 1 2 34 4 4 4 4 4EX                     13 1 31 4 4 4 nn nn                 ①   2 3 13 3 1 3 1 3 1( ) 1 2 24 4 4 4 4 4 4 n E X n                            13 1 31 4 4 4 nn nn                ② ………………………………………………………10 分 ①-②得 2 3 11 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1()4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 nn EX                                 2 3 1 331443 3 3 3 3 3( ) 3 134 4 4 4 4 41 4 n n n n EX                                        . 即 X 的数学期望为 333 4 n . ……………………………………………12 分