2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练(一）数学答案_2024年3月_013月合集_2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练（一）

长沙市一中 2024 届高考适应性演练（一）
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．A
【解析】由 x1 2，得x1或x 3，所以A  x x1或x 3  ，
由log x1，得0 x4，所以B   x 0 x4 ，
4
所以AB   x 3 x 4  .
故选：A.
2．A
43i 5 5(34i) 34i 3 4
【解析】由z     ，对应点为( , )在第一象限.
34i 34i (34i)(34i) 5 5 5
故选：A
3．C
【解析】由题意得S ,S S ,S S 成等差数列，
3 6 3 9 6
即9,369,a a a 成等差数列，
7 8 9
即2 369 9a a a ，解得a a a  45.
7 8 9 7 8 9
故选：C
4．A【解析】因为n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，
660%3.6，
所以n8，
 1  8  8r  1  r 1 r 8r r
二项式  3 x   的通项公式为T Cr 3 x    Cr   x 3 ，
 2x r1 8 2x 8 2
8r 1 2 87 1
令 r 0r 2，所以常数项为C2
 
  7 ，
3 8 2 2 4
故选：A
5．D
1
【解析】设圆台上下底面的半径分别为r,r ，由题意可知 2π3=2πr ，解得r 1，
1 2 3 1 1
1
2π6=2πr ，解得：r 2，作出圆台的轴截面，如图所示：
3 2 2
数学（一中）答案 （第 1 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}图中OD r 1,OAr  2，AD633，
1 2
过点D向AP作垂线，垂足为T ，则AT r r 1，
2 1
所以圆台的高h AD2 AT2  32 12 2，
则上底面面积S π12=π，S π22=4π，由圆台的体积计算公式可得：
1 2
1 1 14 2π
V  (S S  S S )h 7π2 2  ，
3 1 2 1 2 3 3
故选：D.
6．A
【解析】由函数 f  x  x2 bxc(b0,c0)的两个零点分别为x,x ，
1 2
即x,x 是x2 bxc 0的两个实数根据，则x x b,x x c
1 2 1 2 1 2
因为b0,c0，可得x 0,x 0，
1 2
又因为x ,x ,1适当调整可以是等差数列和等比数列，
1 2
x x 1 2 1 1
不妨设x  x ，可得 1 2 ，解得x  ,x 2，
1 2  1x 2x 1 2 2
2 1
5 5
所以x  x  ,x x 1，所以b ,c1，
1 2 2 1 2 2
5
xb x 5  5
则不等式
xc
≤0，即为 2 ≤0 ，解得1 x
2
，所以不等式的解集为

1,
2


.
x1
故选：A.
7．C
1
【解析】令 f  x ex ln  x1 1,x0，则 f x ex  .
x1
1 1
当x0时，有ex 1, 1，所以 1，
x1 x1
所以， f(x)0在  0, 上恒成立，
数学（一中）答案 （第 2 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}所以， f(x)在
 0,
上单调递增，
所以， f(x) f(0)110，
所以， f(0.2)0，即e0.2 ln1.210，所以ab
.
令g  x ex  x1  ,x0，则g x ex 1在x0时恒大于零，故g  x  为增函数，
x1
所以 1,x0，而aln  1.2e 1ln1.21，所以ca，
ex
所以c<a<b，
故选：C
8．D
【解析】设双曲线
x2

y2
1焦距为2c，则F
c,0 
、F

c,0

，
a2 b2 1 2
b
不妨设渐近线OP的方程为 y  x，如图：
a
b a
因为直线PF 与直线 y  x垂直，则直线PF 的方程为 y   xc ，
2 2
a b
 b  a2
  y  b x   x c a2 ab
联立 可得 ，即点P , ，
 y  a  xc   y  ab  c c 
 b  c
  a2 ab  a2 c2 ab
所以，PF c ,  , ，
1  c c   c c 
 
因为OQ PF ，所以OQPF 0，
1 1
 1     1
又PQ  PF ，故OQ OPPQ OP PF ，
3 1 3 1
   1    1
2
所以，OQPF  OP PF  PF OPPF  PF
1  3 1  1 1 3 1
a2b2 a2 a2 c2  a2 c22 a2b2
，
   0
c2 3c2
数学（一中）答案 （第 3 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}整理可得b4 -a2b2 -2a4 = 0，
b 4 b 2 b
所以
 

 
20，又 0，
a a a
b
所以  2，
a
故该双曲线C的渐近线方程为 y  2x.
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）
9．ABC
【解析】选项A中，m可能在内，也可能与平行，故A错误；
选项B中，与也可能相交，故B错误；
选项C中，与也可能相交，故C错误；
选项D中，依据面面平行的判定定理可知∥，故D正确.
故选：ABC.
10．AD
 p   p
【解析】易知F ,0，可设AB: y kx   k 0  ，设A  x ,y  ,B  x ,y  ，
 2   2  1 1 2 2
  p
与抛物线方程联立得   y k  x 2  k2x2  k2p2p  x k2p2  0，
4

y2 2px
k2p2p p2
则x x  ,xx  ，
1 2 k2 1 2 4
对于A项，当直线 l的斜率为1时，此时x x 3p ，
1 2
p p
由抛物线定义可知 AF  BF  x  x   AB 4p，故A正确；
1 2 2 2
易知AMN 是直角三角形，若 NF  FM ，
则ANM FMN AMF FAM ，
又 AF  AM ，所以AMF 为等边三角形，即AFx60，
此时k  3，故B错误；
由上可知x x  y y   k21  x x 
pk2
 x x 
p2k2
1 2 1 2 1 2 2 1 2 4
数学（一中）答案 （第 4 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#} 
  k2 1   p2  pk2  p k2 2  p2k2  3 p2 0 ，
4 2 k2 4 4
uur uuur
即OA×OB<0，故C错误；
  p  p
若AF 3FB x 3x    x 2p3x ，
2 1  2 2  1 2
p2 p 3p
又知x x   x  ,x  ，所以y  3p，
1 2 4 2 6 1 2 1
y
k  1  3
则 p ，即直线 l的倾斜角为 60，故D正确.
x 
1 2
故选：AD
11．ACD
【解析】因为 f(x2) f(x)  f(2026)，
所以 f(x4) f(x2) f(2026)，
两式相减得 f(x4) f(x) ，
所以 f(x)的周期为4.
因为 f(x1)1是奇函数，
所以 f(x1)1f(x1)1，所以 f(x1) f(x1)2，
即 f(x) f(x2)2，
令x=1，得 f(1)1.
因为 f(x2) f(x) f(2026) f(2)，
令x2，得 f(4) f(2) f(2)，
所以 f(4)0，即 f(0)0.
因为 f(x) f(x2)2，
令x0，得 f(0) f(2)2，
所以 f(2)2，
所以 f(x2) f(x)2，
数学（一中）答案 （第 5 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}所以 f(3) f(1)2，故A正确.
因为 f(x) f(x2)2，
所以 f(1) f(3)2，即 f(3) f(3)2，所以 f(3)1.
因为 f(2023) f(2025) f(3) f(1)2， f(2024) f(0)0，所以B错误.
因为 f(2022) f(2024) f(2) f(0)2， f(2023) f(3)1，
所以 f(2022) f(2024)2f(2023)，
所以 f(2023)是 f(2022)与 f(2024)的等差中项，故C正确.
因为f(1) f(2) f(3) f(4)  f(1) f(3)  f(2) f(4)  220 4，
2024
所以  f(i)506[f(1) f(2) f(3) f(4)]50642024，故D正确.
i1
故选：ACD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
5
12．
10
       
2
【解析】由题设a(a2b)a 2ab12 5cos a,b 0，
  5
所以cos a,b  .
10
5
故答案为：
10
3 16π
13．①. ②.
3 3
【解析】由余弦定理可得BC2  AB2  AC2 2ABACcosBAC,
故4 AB2 AC2 ABAC 2ABAC ABAC ，所以ABAC 4，
当且仅当AB AC时取等号，
1 3 3
故S  ABACsin60  ABAC  4 3 ，
ABC 2 4 4
故ABC面积的最大值为 3，
数学（一中）答案 （第 6 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}1 1 3
V  S h  3h  h ，
PABC 3 ABC 3 3
由于BP PC，所以点P在以BC为直径的球上（不包括平面ABC），
1
故当平面PBC平面ABC时，此时h最大为半径 BC 1，
2
3 3
故V  h ，
PABC
3 3
2 4
由正弦定理可得：   2r，r为ABC外接圆的半径，
sin60 3
4
设四面体PABC外接球半径为R,则R2 r2 OO2  OO2 ,
1 3 1
其中O,O 分别为球心和ABC外接圆的圆心，
1
4
故当OO 0时，此时R2  OO2最小，
1 3 1
16π
故外接球的表面积为4πR2  ,
3
3 16π
故答案为： ,
3 3
1 
14． ,1

3 
a
【解析】由题意得：反比例函数为y ，因为点P在反比例函数图象上，
x
 a 1 
所以Px, ，  x3，
 x 3 
  1 a  a a
所以|AP||PQ||AP||PB|cosBPQPBAP x,3a x3,  
3 x  x 3
1   11 


x  x3 a2 3

3，
3   x x 
 11 1 1  5
记g  a a2 3      x  x3 a ，由题意得：g  a 0恒成立，
 x x 3 3  3
数学（一中）答案 （第 7 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}4 1 1 1 1
当x1，则 a2 a 0，解得： a1，由于a ，故 a1；
3 3 3 3 3
1
下面证明当 a1时，g  a 0恒成立，即g  a  0
3 max
 
因为g a 是开口向上的二次函数，
g  1 0

所以g  a  0  1
max  g  0
 3
1 1 11 1 1 
g   3      x  x3 2
3 9 x x 3 3 
2 2
 1 1 1  1 
3    x x3
1 x x 3   3  2
      2  0；
9 2 2 81
   
   
 11 1 1  8  1  101  14
②g  1  3      x  x3    x2    x  ，
 x x 3 3  3  x2  3  x  3
1  10 10 14 5
令t  x

2, ，则h  t t2  t ，开口向下，对称轴为t  ，
x  3  3 3 3
10 14  10
故h  t t2  t 在t

2, 上单调递减，
3 3  3 
20 14
故h  t h  2 22   2.
3 3
1 1 
所以当 a1时，g  a 0恒成立，故a的取值范围是 ,1

3 3 
1 
故答案为： ,1

3 
四、解答题（本题共6小题，共70分）
15．解：（1）由题意可设1，2，3号球的个数分别为n，2n，n，
2C1C1 C1C1 5
则取到异号球的概率P n 2n n n  ，
C2 7
4n
25n2 5
  ，即n2 2n．解得n2．
4n(4n1) 7
所以盒中2号球的个数为4个．
（2）若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，
数学（一中）答案 （第 8 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}因为猜对谜语的概率相互独立，记X 为甲获得的奖金总额，
则X 可能的取值为0元，100元，600元，
P(X 0)0.2，
P(X 100)0.8(10.5)0.4，
P(X 600)0.80.50.4．
X的分布列为
X 0 100 600
P 0.2 0.4 0.4
X
的均值为EX280，
若甲先回答3号球再回答1号球，因为猜对谜语的概率相互独立，
记Y为甲获得的奖金总额，则Y可能的取值为0元，500元，600元，
PY 00.5．
PY 5000.510.80.1
PY 6000.80.50.4
Y的分布列为
Y 0 500 600
P 0.5 0.1 0.4
Y 的均值为E(Y)290，
因为E(Y)E(X)，所以推荐甲先回答3号球中的谜语再回答1号球中的谜语．
16．解：（1）由已知ABC中cos2Bcos2Ccos2A1，
即12sin2B12sin2C12sin2 A1，
故sin2 Asin2Bsin2C，由正弦定理可得a2 b2c2，
π
故ABC直角三角形，即A .
2
π
（2）由（1）A ，所以三角形ABC的三个角都小于120，
2
则由费马点定义可知：APBBPCAPC120，
  
设 PA  x, PB  y, PC  z，由S S S S
APB BPC APC ABC
1 3 1 3 1 3 1 4 3
得： xy  yz  xz   2，整理得xyyzxz ，
2 2 2 2 2 2 2 3
     
则PAPBPBPCPAPC
 1  1  1 1 4 3 2 3
xy yz xz    .
 2  2  2 2 3 3
数学（一中）答案 （第 9 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}  
17．解：（1）以正方体的中心为原点，
DA
、DC、
DH
的方向分别为x轴、y轴、z轴的
正方向建立空间直角坐标系．
由题意，A1,1,1，E1,1,1，P1,0,1，P 1,1,0，P 1,0,1，
1 2 3
  
则AE 0,0,2，PP 2,1,1，PP 0,1,1，
1 2 2 3

设平面PPP的一个法向量nx,y,z ，
1 2 3
2xyz 0
则有 ，
 yz 0

令x1，则y1，z1，所以n1,1,1，

  n·AE 2 3
所以cosn，AE     
n·AE 2 3 3
2
 3 6
所以棱AE和平面PPP所成角的余弦值为 1   ．
1 2 3  
 3  3
（2）由条件，可设P1,cos,sin，P sin,1,cos，P cos,sin,1，
1 1 1 2 2 2 3 3 3
记 d  PP ，d  PP ，d  PP ，则（i1，2，3）
1 1 2 2 2 3 3 3 1
d2 1sin 21cos2sincos 2 ①（其中 ）
i i1 i i i1 4 1
记 f d d d ，先求 f 的最小值：
1 2 3
数学（一中）答案 （第 10 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}1
由①及均值不等式，d2 1sin 21cos2  2sin cos2
i i1 i 2 i1 i
2
所以d  2sin cos
i 2 i1 i
2 i1
所以 f  2sin cos
2 3 i1 i
2 i1
3 2 sin cos
2 3 i1 i
2 i1
3 2 sincos
2 3 i i
i1  π
3 2sin 3 23
3  i 4
π
所以当    时， f 可取到最小值3 23.
1 2 3 4
再求 f 的最大值：
由①知d2 42cos2sin 2sincos
i i i1 i i1
i1 i1 i1 i1 
所以d2 122cossin sincos 
3 i  3 i 3 i1 3 i i1
i1 i1 i1 
122cos sin sin cos 
 3 i1 3 i 3 i i1
i1
1821sin1cos  18
i i1
3
由柯西不等式，
i1 
f2 3d2 54，即 f 3 6，
 3 i 
故当   π时， f 可取到最大值3 6．
1 2 3
综上所述， PP  PP  PP 的最小值为3 23，最大值为3 6．
1 2 2 3 3 1
18．解：（1）由已知AB：y x1,CD:y x3 ，
联立直线AB与抛物线y x2得x2-x-10，
设A(x,y ),B(x ,y )，则x x 1,x x 1，
1 1 2 2 1 2 1 2
所以 AB  112 x x  2 (x x )2 4xx  10 ，
1 2 1 2 1 2
联立直线CD与抛物线y x 得x2x30，
设C(x ,y ),D(x ,y ) ，则x x 1,xx 3，
3 3 3 3 3 4 1 2
所以 CD  112 x  x  2 (x x )24x x  26，
3 4 3 4 3 4
数学（一中）答案 （第 11 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}1
因为ABCD，所以S  AB CD  65.
ABCD 2
x2x2
（2）（ⅰ）因为k  1 2 x x ，所以AB的直线方程为yx2 (x x )(xx )，
AB x -x 1 2 1 1 2 1
1 2
整理得(x x )x yxx 0，因为AB过点P(1,2)，
1 2 1 2
所以x x 2xx 0①，
1 2 1 2
因为AB过点P(1,2)，所以x x 2x x 0；
1 2 3 4
（ⅱ）证明：由（ⅰ）同理可得x x 2x x 0②，
3 4 3 4
同理可得AC：(x x )xyxx 0 ，BD：(x x )x yx x 0，
1 3 1 3 2 4 2 4
联立AC与BD方程，解出点G坐标，
xx x x xx x xx x  xx x  x x x
x  1 3 2 4 ，y  1 2 3 1 3 4 1 2 4 2 3 4，
G x x x x G x x x  x
1 3 2 4 1 3 2 4
由①②得xx x x 2，x x  x x 2代入点G纵坐标
1 2 1 2 3 4 3 4
xx x x x x x x  x x 2x x x x 2x x 
则y  1 2 3 4 3 4 1 2  1 2 3 4 3 4 1 2
G x x x x x x x x
1 3 2 4 1 3 2 4
xx x x x x x x 
 1 2 3 4 3 4 1 2
x x x x
1 3 2 4
2xx 2x x 2x x x x 
 1 3 3 4 1 3 2 4
x x x x
1 3 2 4
2xx 2x x
 1 3 3 4  2 2x  2，
x x x x G
1 3 2 4
所以点G坐标在直线y2x2上．
1 2 3 4
19．解：（1） f i ，
4 2 1 3
1 2 3 4 1 2 3 4
由题意可知 f2i ,f3 i   ；
3 2 4 1 1 2 3 4
1 2 3 4
（2）解法一：①若 f i ，则 f1i为恒等置换；
1 2 3 4
1 2 3 4
②若存在两个不同的i，使得 f ii，不妨设i1,2，则 f i .
1 2 4 3
数学（一中）答案 （第 12 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}1 2 3 4
所以 f2i ，即 f2i为恒等置换；
1 2 3 4
③若存在唯一的i，使得 f ii，不妨设i2，
1 2 3 4 1 2 3 4
则 f i 或 f i .
3 2 4 1 4 2 1 3
1 2 3 4
当 f i 时，由（1）可知 f3i为恒等置换；
4 2 1 3
1 2 3 4
同理可知，当 f i 时， f3i也是恒等置换；
3 2 4 1
④若对任意的i, f ii，
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
则情形一： f i 或 f i 或 f i ；
2 1 4 3 3 4 1 2 4 3 2 1
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
情形二： f i 或 f i 或 f i 
2 3 4 1 2 4 1 3 3 1 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
或 f i 或 f i 或 f i ；
3 4 2 1 4 1 2 3 4 3 1 2
对于情形一： f2i为恒等置换；
对于情形二： f4i为恒等置换；
综上，对任意 f iS ，存在kN ，使得 fki为恒等置换；
4 
解法二：对于任意i1,2,3,4，都有 f1i, f2i, f3i, f4i1,2,3,4，
所以 f1i, f2i, f3i, f4i中，至少有一个满足 fkii，
即使得 fkii的k的取值可能为1,2,3,4.
当i分别取1,2,3,4时，记使得 fkii的k值分别为k ,k ,k ,k ，
1 2 3 4
只需取k为k ,k ,k ,k 的最小公倍数即可.
1 2 3 4
所以对任意 f iS ，存在kN ，使得 fki为恒等置换；
4 
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对1,2,,52作
数学（一中）答案 （第 13 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}1 2 3 4 5  52 k,i2k1,
一次如下置换： f i ，即 f i
1 27 2 28 3  52 26k,i2k,
其中k 1,2,,26.
注意到各编号在置换中的如下变化：
f ， f f f f f f f f ，
11 2271433179532
f f f f f f f f ，
428404649251374
f f f f f f f f ，
629158304121116
f f f f f f f f ，
103116344322371910
f f f f f f f f ，
123242472438452312
f f ，
183518
f f f f f f f f ，
203644485051263920
f ，
5252
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到1，2，8的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.
数学（一中）答案 （第 14 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}