湖南省新高考教学教研联盟（长郡二十校联盟）2024-2025学年高三上学期第一次预热演练数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_数学

2025 届新高考教学教研联盟高三第 次预热考试 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B A C A B C D 1．B 2．B 3．A 4．C【解析】由题意，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴，建系如 图，设ADa0，因为PA AB1，所以A0,0,0,C1,a,0,P0,0,1,D0,a,0 ，   AC 1,a,0,PD 0,a,1 ，设异面直线PD与AC所成角为，则   ACPD a2 4 cos     ，解得a2，即AD2. AC PD 1a2 a21 5 5．A【【解析】设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为r，因为圆锥底面圆的周长等于 πl 2πr  扇形的弧长，圆锥的侧面展开图是一个面积为π的半圆，则1 ，解得  l2πr π 2 2 6 r  ,l  2，则该圆锥的高为h l2r2  . 2 2 6．B【解析】在椭圆C中，a6，b3 3，c3，如下图所示：椭圆的左准线为 a2 x 12，以F 为顶点，x轴的正方向为始边的方向，FP c π 为角的终边，当0 时，过点P作PN l，过点F 作 2 FM PN ，垂足分别为点N、M ，易知四边形EFMN为矩形， a2 则 MN  EF  c123 9，由椭圆第二定义可得 c PF 1 e ，则 PN 2PF ，又因为PN//x轴，则FPN ， PN 2 PM 所以，cos ，所以， PM  PF cos，因为 PN  PM  MN ，即2 PF  PF cos9 ，所以， PF 9 9 9 FQ  PF  ，同理可知，当为任意角时，等式 PF  仍然成立，同理可得  2π， 2cos 2cos 2cos   3   2π  4π FR  9 4π，因此， 1 2 3 2cos 42cos   3   63cos   3   2cos        3 FP FQ FR 9 9 9 4 1  2π  4π  4 1 3 3 3   3  9   cos2cos   3   3cos   3      3  9   coscos 3sin 2 cos 2 sin   4 3  1 9    2 3 sin 3 2 cos     4 3  9 3 sin     3 π   ，故 F 1 P  F 2 Q  F 3 R 的最小值为4 3  9 3 . 2x3,x 0或x 1 7．C【解析】若 2x3 32x2，解得x0或x1，结合二次函数和一次函数知gx ， 32x2,0x1 若 2x3 32x2，解得x0或x1，结合二次函数和一次函数知 2x3,x1 hx   2x3,x 1或x 0 ，所以 f xmin  gx,hx   32x2,1 x1， 32x2,1x0  2x3,x1 画出 f x 的图象，如图：结合图象及 f x f x知 f x 为偶函数，故选项A 数学参考答案）-1 {#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}正确；当x1,3 时，x24x30，即3x212x90，所以4x212x9 x2，所以 2x3 x，所以 f xx成立，故选项B正确；对于C，令 f xt，则 f t1，当t1时， 2t3 1，解得2t1，当 1t1时，32t2 1，解得t1或t1，又1t1，所以t 1，当t1时， 2t3 1，解得1t2， 综上1 t 2，故1 f x 2，当x1时，1 2x3 2，解得2.5 x2，当1 x1时， 2 2 132x2 2，解得  x1或1t ，当x1时，1 2x3 2，解得2x2.5，综上，不等式 2 2  2  2  f  f x  1的解集为x1,  ,1 2,2.5  2.5,2 ，故C错误；对于D，当x 2,3  ，令  2   2  m f x2x31,3 ，结合偶函数的性质，当x3,2  2,3  时，m f x1,3 ，则 f  f x   f x 等价于 f mm0，结合选项B，当x3,2  2,3  时，有 f  f x   f x 成立，故D正确. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 题号 9 10 11 答案 ACD BC ABC 9．ACD x2 y2 10．BC【解析】由题可知双曲线的标准方程为C:  1，故两个渐近线方程分别为y x与yx，设点 4 4 |x y | Px ,y  由题可知x 0，y 0，所以点Px ,y  到两个渐近线的距离分别为d  P P ， P P P P P P 1 2 |x y | x y x y x2 y2 |x y | |x y | d  P P ，由于x2 y2 4，故dd  P P P P  P P 2故d d  P P  P P ，若 2 2 P P 1 2 2 2 2 1 2 2 2 d d 2，则d ,d 是方程x22x20的两个实数根，显然该方程无解，不符合题意，故故选项A错误； 1 2 1 2 设点Sx ,y  ， Tx ,y  ， Q  x ,y  ，Px ,y  显然直线l的斜率存在，设直线l:ykxm，联立方程 S S T T Q Q P P l:ykxm，C: x2  y2 1，得  1k2 x22kmxm240，所以x x  2km ， 4 4 P Q 1k2 m m 直线l:ykxm分别与渐近线y x与yx联立得x  ,x  ， T 1k S 1k m m 2km 得x x    ，所以有x x x x ，即x x x x ， T S 1k 1k 1k2 T S P Q S Q P T 由题可知，|QS| 1k2|x x |，|TP| 1k2|x x |，所以|QS||TP|，故选项B正确； S Q P T y 不妨设Px ,y  ,x 2，y 0，由题可知，A(2,0)，B(2,0)，所以有tanPAB P ， P P P P x 2 P y tanPABtanPBA tanPBA P ， tanAPBtanPABPBA ， x 2 1tanPABtanPBA P y y y2 y2 tanPABtanPBA P  P  P ，由题可知，y2 4x2，故tanPABtanPBA P 1 x 2 x 2 x2 4 P P x2 4 P P P P tanPABtanPBA tanPABtanPBA 所以tanAPB  ，整理得tanPABtanPBA2tanAPB0 1tanPABtanPBA 2 2S ，故选项C正确；由三角形内切圆的半径求法可知其内切圆半径r  PF1F2 ， |PF ||PF ||FF | 1 2 1 2 1 易知|FF |4 2，S  FF y 2 2 y ， 1 2 PF1F2 2 1 2 P P 4 2 y  2  2 r P PF  x 2 2 y2 ， PF  x 2 2 y2 ，得  2  2 ， 1 P P 2 P P x 2 2 y2  x 2 2 y2 4 2 P P P P 4 2|y | 2|y | 4y2 4x216 x 2  4  因为x2 y2 4，得r P  P ，所以r2 P  P 4 P 41 ， P P 2x P 2 2x P 24 2 x P 2 x P 22 x P 22 x P 2  x P 2 数学参考答案）-2 {#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#} 4  因为x 2，所以x 24，所以r2 41 0,4 ，r(0,2)，故选项D错误． P P  x 2 P 11．ABC【解析】对于A：若n1,则i1,P 1,因此Hx1log 10,A正确; 1 2  1 对于B：当n2时,P 1   0, 2   ,HxP 1 log 2 P 1 1P 1 log 2 1P 1 ，令fttlog 2 t1tlog 2 1t,t    0, 1 2    ，则 1   1 ftlog tlog 1tlog  10，即函数 f t 在0, 上单调递增,所以Hx 的值随着P的增大而增 2 2 2t   2 1 1 2k2 1 大,B正确;对于C：P P  ,P 2P k 2,kN，则P P 2k2  ,k 2 ， 1 2 2n1 k1 k k 2 2n1 2nk1 1 1 nk1 1 1 n1 Plog P  log  ,，而Plog P  log  ， k 2 k 2nk1 2 2nk1 2nk1 1 2 1 2n1 2 2n1 2n1 于是Hx n1  n P log P  n1  n1  n2 ... 2  1  n1  n  n  n1  n2  2  1 2n1 k 2 k 2n1 2n1 2n2 22 2 2n1 2n 2n 2n1 2n2 22 2 k2 1 2 3 n1 n 1 1 2 3 n1 n 令S      ，则 S      ， n 2 22 23 2n1 2n 2 n 22 23 24 2n 2n1 1 1  两式相减得 1 S  1  1  1  1  n  2   1 2n    n 1  n 2 ，因此S 2 n2 , 2 n 2 22 23 2n 2n1 1 1 2n1 2n1 n 2n 2 n1 n n1 n n2 1 Hx  S   2 2 ，C正确； 2n1 2n n 2n1 2n 2n 2n2 对于D,若n2m，随机变量Y的所有可能的取值为1,2,,m， 且PY  jPX  jPX 2m1 j,j1,2,,m , H(x) 2m Plog P  2m Plog 1 Plog 1 Plog 1 P log 1 P log 1 i 2 i i 2 P 1 2P 2 2P 2m1 2P 2m 2P i1 i1 i 1 2 2m1 2m HYP 1 P 2m log 2P 1  1 P 2m P 2 P 2m1 log 2P 2  1 P 2m1 P m P m1 log 2P m  1 P m1 P 1 log 2P 1  1 P 2m P 2 log 2P 2  1 P 2m1 P 2m1 log 2P 2  1 P 2m1 P 2m log 2P 1  1 P 2m 1 1 1 1 由于P 0i1,2,,2m ,即有  ,则log log , i P P P 2 P 2 PP i i 2m1i i i 2m1i 1 1 因此Plog Plog ,所以HXHY ,D错误. i 2 P i 2 PP i i 2m1i 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 π 12． 2 13．10【解析】由 a 2  b 1 1,得aba2b,所以ab a2b2 ab 2ab a2b2  a 2 b (  a a 2 2 b  ) b2  ab ( 2 a ( 2 a   b 2 2 b )( ) 1 2 6 5  2 9 5 )  ab 2(  a (  4 5 a 2b  ) 3 5 b ) 10 10 5 当且仅当3a4b,即a ，b 时,等号成立,故ab a2b2 的最小值为10. 3 2 28 14． 【解析】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”.连续上班两天，上班、下班的次数共4次.（1 81 24 16 ）4次均不下雨，概率为：   .（2）有1次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为： 3 81 3 1 2 16 2    .（3）有2次下雨但不被淋雨，共3种情况： ① 同一天上下班均下雨， ② 两天上班时下雨，下 3 3 81 班时不下雨， 第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨，概率为： ③ 2   1  2    2  2  1  2  1  2  1  2  2  1  16.（4）有3次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，概率为： 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 81 3 1 2 4 1 1 2    .（5）4次均下雨：  .两天都不淋雨的概率为：16 16 16 4 1 53，至少有一天淋雨的概率 3 3 81 3 81 81 81 81 81 81 81 为：1 53 28 . 81 81 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 数学参考答案）-3 {#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#} 3 1 15 1 f(x)2sinxcos(x )2sin2x2sinx( cosx sinx ) 2sin2x ．（ ） 6 2 2 3 3 3  3  sin2x3sin2 x  sin2x (1cos2x) 3sin(2x ) ， 2 2 2 3 2 π π π k π k 2x  kπ,kZ x  π,kZ f(x) x  π(kZ). 由 3 2 ，得 12 2 ，所以 的对称轴为 12 2 π π π  5π π  由  2 2kπ2x 3  2 2kπ,kZ ，解得 x    12 kπ, 12 kπ   ,k Z ，  π  7π  又 x 0,π  ，所以单调递增区间为  0， 12   ， 12 ,π   .  3 3 π π π π 4π 2 1 f(A) 3sin(2A )  sin(2A )0 0 A 2A  （ ）由（ ）知， 3 2 2，则 3 ，由 2 ，得3 3 3 ，则 2 π π 3  3 6 2A π A ABC cosB B sinB 1cos2B  1   3 ，解得 3，因为 中， 3 ，则 为锐角，所以   3   3 ，因为 A π 3， ABCπ ，所以 C 2 3 π B ， sinCsin    2 3 π B    sin 2 3 π cosBcos 2 3 π sinB 2 3  3 3  2 1  3 6  2 1  6 6 ；  2 1            AD AB AC 3AD2ABAC 2 ADAB ACAD DC2BD 因为 3 3 ，故可得 ，即 ，也即 ， π CD2BD BAD CAD  故 ；设 ，则 3 ， BD AD 3AD ABD ACD   在△ 和△ 中，由正弦定理得sin sinB 6 ， CD AD 6AD   π  sinC 3 6 sin  ，上面两个等式相除可得 3  π     3 1      6sin 3    3 6 sin ，得 6   2 cos 2 sin    3 6 sin ，即 2cos 2 6 sin ，所以 2 tanBADtan  3 2. 2 6 16 1 1 i 3 3i 1 3i 3i ．（ ）一次操作后可能的复数为： ，， ， ， ， ， 2 1 1 3 3 2 2 （ ）一次操作后复数的模所有可能的取值为是： ， ， ， ， ， z z  z  z X 1 3 2 3 2 3 4 由 1 2 1 2 ，故 的取值为 ， ， ， ， ， PX 1 1 P  X  3   2 PX 2 2 .PX 3 1 P  X 2 3   2 PX 4 1 9， 9， 9 9， 9， 9， X 所以 的分布列为 X 1 3 2 3 2 3 4 1 2 2 1 2 1 P 9 9 9 9 9 9 （ 3 ）若 z n 2 为实数，则 arg  z n 2 0 或 π. 而 1 ， i ， 3 ， 3i ， 1 3i ， 3i 的辅角主值分别是 0 ， π 2， 0 ， π 2， π π n i 3i a 1 3i b 3i c 3，6，设在 次操作中，得到， 的次数为 n，得到 的次数为 n，得到 的次数为 n， arg  z2 a πb  2π c  2π k π  a  2b n c nk   π 于是 n n n 3 n 6 0  n 3 0 ， 2b c a  n n k t 0,1 2b c 3t k a  从而 n 3 0 0 ，即 n n 0 0 n Q 2b c 3 Q Q . 因此，所有的概率 n即为 n n是 的倍数的概率，下面研究 n1与 n之间的关系 数学参考答案）-4 {#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}2 （ⅰ） 2b n c n是 3 的倍数，且第 n1 次操作得到的复数是 1 ， i ， 3 ， 3i （概率为3）； 1 2b c 3 1 n1 1 3i （ⅱ） n n被 除余 ，且第 次操作得到的复数是 （概率为6）； 1 2b c 3 2 n1 3i （ⅲ） n n被 除余 ，且第 次操作得到的复数是 （概率为6 ）； 2 1 1 1 Q  Q  1Q  Q  因此由全概率公式可以得到： n1 3 n 6 n 2 n 6 1 1 1 2 11 n1 1 变形得 Q n1  3  2   Q n  6  ，其中 Q 1  3，故 Q n  3  2    3 17 1 ∵ BC  AC PAC  ABC PAC∩ ABC AC BC  PAC ．（ ） ，平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ∵ E F PC PB EF//BC EF  PAC 又 ， 分别是 ， 的中点， ， 平面 ； 2 ∵ BC  AC PAC  ABC （ ） ，平面 平面  C CA x CB y C 以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，过 垂直于平 ABC z 面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系， 则点 P 在平面 xOz 内，即 A2,0,0 ， B0,4,0 ， P  1,0, 3  ， E     1 2 ,0, 2 3    ， 1 3     3 3 F ,2,  CB0,4,0 EF 0,2,0 AE  ,0,   2 2   ，则 ， ，   2 2   ， EF//BC BC AEF EF  AEF BC// AEF 而 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，又平面 AEF ABC l 与平面 的交线为直线 ， l//BC AQCB0,4,0 0 , ，设 Q 2,,0  P  Q    1,, 3   B  Q  2,,0cos  P  Q  ,  E  F   2  2 2 则点 坐标为 ， ， 2 42 2 ，解得 ，   Q 2,2,0 PQ  1,2, 3  BQ2,2,0 则 点坐标为 ， ，   设平面 PBQ 的法向量 n  x 0 ,y 0 ,z 0  ，即     n n    P B  Q Q    0 0 ，即   2 x 0 x 0   2 2 y 0 y 0  0 3z 0 0 ，取 x 0 1 ，可得 n    1,1, 3  ； AEF mx ,y ,z  设平面 法向量为 1 1 1 ，  m    A  E  0   3 x  3 z 0      13 2 5 则  m    E  F  0 ，即   2y 2  1 0 2 1 ，取 x 1 1 ，可得 m 1,0, 3 ； cos m,n  52  5 ， 1 2 5 PBQ AEF . 即平面 与平面 所成的锐二面角的余弦值为 5 18 1 � �,� ．（ ）设 ， “ ”  M,F  x0  2y  x  y2  M,F  x0  2y  x  y2 由 倒影距离 的定义可知， 1 ， 2 ，  M,F  M,F 6 2 x  y2  y2 6 “ ”C 2 x  y2  y2 6 由题意 1 2 ，即 ，所以 倒影椭圆 的方程为 ； 2 2 x  y2  y2 6 2 x 6 y2  y2 （ ）由 ，得 ， y3,3y2 y3,3y2   x0 x1,2y2 x0 x1,2y2 当 时，  y3,2y3 ，当 时，由对称性知，  y3,2y3 ，其图象如图所示， 1 “ ”C S 2 46110 故 倒影椭圆 的面积 2 ； 3 “ ”C E 3 1,2 （ ）由上图知， 倒影椭圆 的外接椭圆 的长半轴长为 ，且经过点 ， E y2  5x2 1 2 D0,3 PQ 可得椭圆 的方程为 ，由（ ）知， ，由题意可知，直线 的斜率 9 9 PQ ykx2,Px,y ,Qx ,y  存在，设直线 的方程为 1 1 2 2 ， 数学参考答案）-5 {#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}ykx2  y2 5x2 y  k25  x24kx50 Δ16k220  k25  0 联立   1，消 得 ，则 恒成立，  9 9 4k 5 x y 3 x kx 1 x x  ,xx  DP  1, 1   1, 1  则 1 2 k25 1 2 k25，线段 得中点为 2 2 ，即 2 2 ， y 3 kx 5 kx 1 x  x  k  1  1 DP y 1  1  x 1 又 DP x x ，则线段 的中垂线的方程为 2 kx 5  2， 1 1 1  k21  x24k2x2kyx 510y0 即 1 1 ， DQ  k21  x24k2x2kyx 510y0 同理线段 的中垂线的方程为 2 2 ， DPQ H x ,y  设 的外接圆的圆心 的坐标为 0 0 ， x ,x  k21  x24k2x 2ky x510y 0 则 1 2是方程 0 0 0 的两根， 4k2x 2ky 510y 4k 5 x x  0 0 ,xx  0 x x  ,xx  所以 1 2 k21 1 2 k21 ，又 1 2 k25 1 2 k25， 2kx ky y 1 1 0 0 2k x 5ky k 0  kk  所以 12y ，整理得 0 0，则 x 5，即 OH 5， 0 0 1 OH PQ  . 所以直线 与 的斜率之积为定值 5 19 1 r,s ．（ ）证明：构造等比数列设常数 满足：数列 F rF sF rF F rsF srF r,s n n1 n1 n2 n n1 n2，则常数 满足如下条件： sr 1,sr 1 r,s x2x10 ，由韦达定理知，常数 为方程 的两个根，不妨令 r  1 5 ,s 1 5 n3 F n rF n1 s 2 2 ，当 时，有F n1 rF n2 ，即 F rF F rF F rF F rF 3 2 s, 4 3 s,, n n1 s n2 n n1 sn2 F rF F rF F rF ，上式共 个式子，累乘 F rF ， 2 1 3 2 n1 n2 2 1 F ,F F 将 n1 n2直到 3按照上述递推关系式进行展开有 F sn1rF sn1r(sn2rF )sn1rsn2r2F sn1rsn2r2(sn3rF ) n n1 n2 n2 n3 sn1rsn2r2sn3r3F sn1rsn2r2sn3rn2srn1F n3 1 sn1rsn2r2sn3rn2srn1 r F sn1 r rn1 F  sn1(1( s )n)  snrn 可见 n是首项为 ，公比为 s ，末项为 的等比数列，根据等比数列通项公式有 n 1 r sr ， s 1 5 1 5 r,s F  ( 2 )n( 2 )n  1  ( 1 5 )n( 1 5 )n   将常数 代入得 n 1 5  1 5 5 2 2 ， 2 2 1  ( 1 5 )n( 1 5 )n   2 ( 1 5 )n1 2 ( 1 5 )n1 F n  5 2 2  1 5 2 1 5 2 F n1 1  ( 1 5 )n1( 1 5 )n1   ( 1 5 )n1( 1 5 )n1 5 2 2  2 2 51 1 5 51 1 5 51 1 5 51 1 5 ( )n1( )( )n1 ( )n1(  5)( )n1  2 2 2 2  2 2 2 2 1 5 1 5 1 5 1 5 ( )n1( )n1 ( )n1( )n1 2 2 2 2 51 1 5 51 1 5 1 5 ( )n1 ( )n1 5( )n1 51 5  2 2 2 2  2  2  3 5 1 5 1 5 1 5 1 5 ( )n11 ( )n1( )n1 ( )n1( )n1 2 2 2 2 2 n F n 51 . 当 不断增大时，F n1 的值会不断趋向于黄金分割比 2 2 a  0a 1 4a 1a 1 （ ）证明：数列 n 满足 n ，且 n1 n ， 1 14a 4a2 (12a )2 a a  a  n n  n  0 n1 n 4(1a ) n 4(1a ) 4(1a ) ， n n n 数学参考答案）-6 {#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}1 a  a 1a  a 1a  数列 n 单调递增，所以 n1 n 4 n n ， 1 1 a a2 (a  )2 0 即4 n n n 2 ，根据数列极限定义可知， 1 1  N nN a   lima  . 若对给定的任意正数 ，总存在正整数 ，使得 时有 n 2 ， n n 2 n 1 1 1 1 1 1 3 1 a      lim  （ ）证明：当 时， n k 1 2 3 n， nn ， k1 N 1N m2,3N m,nN 当 ， ，且 ， 1 1 1 1 1  1 a a         0 a  “ ”. 都有 2 3 1 2 1 2 3 3 ，则此时 n 不是 柯西列 n 1 1 1 1 1 1 1 a      lim 0 当 时， n k 1 2 3 n， nn ， k1 0 1N mn1,nN m,nN 对任意给定的 ，存在 ，使得 ，且 ， a a  1  1  1  1 ( 1  1  1  1 )   1  a  “ ”. 都有 m n 1 2 3 (n1) 1 2 3 n n ，则 n 为 柯西列 数学参考答案）-7 {#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}