湖南省湖南省长沙市第一中学2024届高三下学期高考适应性演练(一）数学试题

这是一份湖南省湖南省长沙市第一中学2024届高三下学期高考适应性演练(一）数学试题，共19页。试卷主要包含了已知，，，则有等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生勿将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3.设等差数列的前项和，若，，则（ ）
A.18B.27C.45D.63
4.若为一组从小到大排列的数，，，，，的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）
A.7B.8C.9D.10
5.折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ）
图1图2
A.B.C.D.
6.已知函数的两个零点分别为，，若，，三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ ）
A.B.
C.D.
7.已知，，，则有（ ）
A.B.C.D.
8.已知，分别为双曲线的左、右焦点，过向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为点，，且（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A.B.C.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.已知直线，，平面，，则下列说法错误的是（ ）
A.，，则
B.，，，，则
C.，，，则
D.，，，，，则
10.如图，已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线（直线的倾斜角为锐角）与抛物线相交于，两点（在轴的上方，在轴的下方），过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（ ）
A.当直线的斜率为1时，
B.若，则直线的斜率为2
C.存在直线使得
D.若，则直线的倾斜角为
11.已知定义在上的函数满足，且是奇函数.则（ ）
A.
B.
C.是与的等差中项
D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.已知平面向量，满足，，，则向量，夹角的余弦值为______.
13.在四面体中，，，若，则四面体体积的最大值是______，它的外接球表面积的最小值为______.
14.已知反比例函数图象上三点，，的坐标分别，与，过作直线的垂线，垂足为.若恒成立，则的取值范围为______.
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。）
15.（13分）某商场举行“庆元宵，猜谜语”的促销活动，抽奖规则如下：在一个不透明的盒子中装有若干个标号为，，的空心小球，球内装有难度不同的谜语.每次随机抽取2个小球，答对一个小球中的谜语才能回答另一个小球中的谜语，答错则终止游戏.已知标号为1，2，3的小球个数比为，且取到异号球的概率为.
（1）求盒中2号球的个数；
（2）若甲抽到1号球和3号球，甲答对球中谜语的概率和对应奖金如表所示，请帮甲决策猜谜语的顺序（猜对谜语的概率相互独立）
16.（15分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：
已知的内角，，所对的边分别为，，，且
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求.
17.（15分）如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点.
（1）若，，分别是棱，，的中点，，求棱和平面所成角的余弦值；
（2）求的最小值与最大值.
18.（17分）如图，已知抛物线，点，过点任作两条直线，分别与抛物线交于，与，.
（1）若，的斜率分别为，，求四边形的面积；
（2）设，，，
（i）找到，满足的等量关系；
（ii），交于点，证明：点在定直线上.
19.（17分）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合，的函数称为次置换.满足对任意，的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记，，，…，，，.
（1）若，，计算；
（2）证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，……，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.
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，得或，所以，
由，得，所以，
所以.
故选：A.
2.A
【解析】由，对应点为在第一象限.
故选：A
3.C
【解析】由题意得，，成等差数列，
即，，成等差数列，
即，解得.
故选：C
4.A【解析】因为为一组从小到大排列的数，，，，，的第六十百分位数，
，所以，
二项式的通项公式为，
令，所以常数项为，
故选：A
5.D
【解析】设圆台上下底面的半径分别为，，由题意可知，解得，，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：
图中，，，
过点向作垂线，垂足为，则，
所以圆台的高，
则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：
，
故选：D.
6.A
【解析】由函数的两个零点分别为，，
即，是的两个实数根据，则，
因为，，可得，，
又因为，，适当调整可以是等差数列和等比数列，
不妨设，可得，解得，，
所以，，所以，，
则不等式，即为，解得，所以不等式的解集为.
故选：A.
7.C
【解析】令，，则.
当时，有，，所以，
所以，在上恒成立，
所以，在上单调递增，
所以，，
所以，，即，所以
令，，则在时恒大于零，故为增函数，
所以，，而，所以，
所以，
故选：C
8.D
【解析】设双曲线焦距为，则、，
不妨设渐近线的方程为，如图：
因为直线与直线垂直，则直线的方程为，
联立可得，即点，
所以，，
因为，所以，
又，故，
所以，
，
整理可得，
所以，又，
所以，
故该双曲线的渐近线方程为.
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，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
【解析】易知，可设，设，，
与抛物线方程联立得，
则，，
对于A项，当直线的斜率为1时，此时，
由抛物线定义可知，故A正确；
易知是直角三角形，若，
则，
又，所以为等边三角形，即，
此时，故B错误；
由上可知
，
即，故C错误；
若，
又知，，所以，
则，即直线的倾斜角为，故D正确.
故选：AD
11.ACD
【解析】因为，所以，
两式相减得，所以的周期为4.
因为是奇函数，
所以，所以，
即，
令，得.因为，
令，得，所以，即.
因为，
令，得，所以，
所以，所以，故A正确.
因为，所以，
即，所以.
因为，，
所以B错误.
因为，，
所以，
所以是与的等差中项，故C正确.
因为，
所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.
【解析】由题设，
所以.
故答案为：
13.①.②.
【解析】由余弦定理可得，
故，所以，
当且仅当时取等号，
故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），
故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为，则，
其中，分别为球心和外接圆的圆心，
故当时，此时最小，
故外接球的表面积为，
故答案为：，
14.
【解析】由题意得：反比例函数为，因为点在反比例函数图象上，
所以，，
所以，
记，
由题意得：恒成立，
当，则，解得：，由于，故；
下面证明当时，恒成立，即
因为是开口向上的二次函数，
所以
；
②，
令，则，开口向下，对称轴为，
故在上单调递减，
故.
所以当时，恒成立，故的取值范围是
故答案为：
四、解答题（本题共6小题，共70分）
15.解：（1）由题意可设，，号球的个数分别为，，，
则取到异号球的概率，
，即.解得.
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，
因为猜对谜语的概率相互独立，记为甲获得的奖金总额，
则可能的取值为0元，100元，600元，
，
，
.
的分布列为
的均值为，
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，
记为甲获得的奖金总额，则可能的取值为0元，500元，600元，
.
的分布列为
的均值为，
因为，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）由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，，，由
得：，整理得，
则
17.解：（1）以正方体的中心为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.
由题意，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，，所以，
所以
所以棱和平面所成角的余弦值为.
（2）由条件，可设，，，
记，，，则
①（其中）
记，先求的最小值：
由①及均值不等式，
所以
所以
所以当时，可取到最小值.
再求的最大值：
由①知
所以
由柯西不等式，
，即，
故当时，可取到最大值.
综上所述，的最小值为，最大值为.
18.解：（1）由已知，，
联立直线与抛物线得，
设，，则，，
所以，
联立直线与抛物线得，
设，，则，，
所以，
因为，所以.
（2）（i）因为，所以的直线方程为，
整理得，因为过点，
所以①，
因为过点，所以；
（ii）证明：由（i）同理可得②，
同理可得，，
联立与方程，解出点坐标，
，，
由①②得，代入点纵坐标
则
，
所以点坐标在直线上.
19.解：（1），
由题意可知，；
（2）解法一：①若，则为恒等置换；
②若存在两个不同的，使得，不妨设，，则.
所以，即为恒等置换；
③若存在唯一的，使得，不妨设，
则或.
当时，由（1）可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
④若对任意的，，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，，，，
所以，，，中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为，，，.
当分别取，，，时，记使得的值分别为，，，，
只需取为，，，的最小公倍数即可.
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
（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作
一次如下置换：，即
其中，，…，.
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
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，，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.球号
1号球
3号球
答对概率
0.8
0.5
奖金
100
500
0
100
600
0.2
0.4
0.4
0
500
600
0.5
0.1
0.4