湖南省长沙市2024届高考适数学应性演练一试题含答案

/2024届高考适应性演练（一）数学试卷注意事项：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.18 B.27 C.45 D.634.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.7 B.8 C.9 D.105.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2A. 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2C.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）球号1号球3号球答对概率0.80.5奖金10050016.（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：A3.C【解析】由题意得，，成等差数列，即，，成等差数列，即，解得.故选：C4.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：A5.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：C8.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：AD11.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01006000.20.40.4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05006000.50.10.4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：