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试题参考答案

3.0 envi 2025-01-01 5 4 1.01MB 7 页 3知币
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数学参考答案）-1
2025 届新高考教学教研联盟高三第一次预热考试
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
轴，建系如
图，设
0AD a 
，因为
1 PA AB
， 所以
 
0,0,0 , 1, ,0 , 0,0,1 , 0, ,0A C a P D a
，
 
1, , 0 , 0, , 1AC a PD a  
 
，设异面直线
PD
与
AC
所成角为
，则
2
2 2
4
cos 5
1 1
AC PD a
AC PD a a
 
 
 
 
，解得
2a
，即
2AD
.
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
扇形的弧长，圆锥的侧面展开图是一个面积为
π
的半圆，则
π 2π
12π π
2
l r
l r
 
，解得
2, 2
2
r l 
，则该圆锥的高为
2 2 6
2
h l r  
.
6．B【解析】在椭圆
C
中，
6a
，
3 3b
，
3c
，如下图所示：椭圆的左准线为
2
12
a
xc
   
，以
F
为顶点，
x
轴的正方向为
始边的方向，
FP
为角
的终边，当
π
02
 
时，过点
P
作
PN l
，过点
F
作
FM PN
，垂足分别为点
N
、
M
，易知四边形
EFMN
为矩形，
则
2
12 3 9
a
MN EF c
c
   
，由椭圆第二定义可得
1
2
PF e
PN  
，则
2PN PF
，又因为
//PN x
轴，则
FPN
 
，
所以，
cos PM
PF
，所以，
cosPM PF
，因为
PN PM MN 
，即
2 cos 9PF PF
 
，所以，
9
2 cos
PF
，同理可知，当
为任意角时，等式
9
2 cos
PF
仍然成立，同理可得
9
2π
2 cos 3
FQ
 
 
 
 
，
9
4π
2 cos 3
FR
 
 
 
 
，因此，
2π 4π
4 2cos 6 3cos
1 2 3 2 cos 3 3
9 9 9FP FQ FR
 
 
 
 
 
 
4 1 2π 4π
cos 2cos 3cos
3 9 3 3
 
 
   
 
   
 
   
 
4 1 3 3 3
cos cos 3 sin cos sin
3 9 2 2
 
 
 
 
 
 
4 1 3 3 4 3 π
sin cos sin
3 9 2 2 3 9 3
 
 
   
 
 
 
，故
1 2 3
FP FQ FR
 
的最小值为
4 3
3 9
.
7．C【解析】若
2
2 3 3 2x x  
，解得
0x
或
1x
，结合二次函数和一次函数知
 
2
2 3 , 0 1
3 2 ,0 1
x x x
g x x x
 
或
，
若
2
2 3 3 2x x  
，解得
0x
或
1x 
，结合二次函数和一次函数知
 
2
2 3 , 1 0
3 2 , 1 0
x x x
h x x x
 
 
或
，所以
     
 
min ,f x g x h x
2
2 3 , 1
3 2 , 1 1
2 3 , 1
x x
x x
x x
 
 
 
，
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
{#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}
数学参考答案）-2
正确；当
 
1, 3x
时，
24 3 0x x  
，即
2
3 12 9 0x x  
，所以
2 2
4 12 9x x x  
，所以
2 3x x 
，所以
 
f x x
成立，故选项B正确；对于C，令
 
f x t
，则
 
1f t
，当
1t 
时，
2 3 1t 
，解得
2 1t  
，当
1 1t 
时，
2
3 2 1t 
，解得
1t 
或
1t
，又
1 1t 
，所以
1t 
，当
1t
时，
2 3 1t 
，解得
1 2t 
，
综上
1 2t 
，故
 
1 2f x 
，当
1x 
时，
1 2 3 2x  
，解得
2.5 2x  
，当
1 1x 
时，
2
1 3 2 2x 
，解得
21
2x 
或
2
12
t  
，当
1x
时，
1 2 3 2x  
，解得
2 2.5x 
，综上，不等式
 
1f f x
 
的解集为
 
2 2
1, ,1 2, 2.5 2.5, 2
2 2
x  
 
 
 
 
，故C错误；对于D，当
 
2,3x
，令
   
2 3 1,3m f x x  
，结合偶函数的性质，当
 
3, 2 2,3x 
时，
 
 
1, 3m f x 
，则
   
f f x f x
 
等价于
 
0f m m 
，结合选项B，当
 
3, 2 2,3x 
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。
9．ACD
10．BC【解析】由题可知双曲线的标准方程为
2 2
1
4
:4
x y
C 
，故两个渐近线方程分别为
y x
与
y x 
，设点
 
,
P P
P x y
由题可知
0
P
x
，
0
P
y
，所以点
 
,
P P
P x y
到两个渐近线的距离分别为
1
| |
2
P P
x y
d
，
2
| |
2
P P
x y
d
，由于
2 2 4
P P
x y 
，故
2 2
1 2 2
2
2 2
P P
P P P P x y
x y x y
d d
 
 
故
1 2
| | | |
2 2
P P P P
x y x y
d d  
 
，若
1 2 2d d 
，则
1 2
,d d
是方程
22 2 0x x  
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；
设点
 
,
S S
S x y
，
 
,
T T
T x y
，
 
,
Q Q
Q x y
，
 
,
P P
P x y
显然直线
l
的斜率存在，设直线
:l y kx m 
，联立方程
:l y kx m 
，
2 2
1
4
:4
x y
C 
，得
 
2 2 2
1 2 4 0k x kmx m  
，所以
2
2
1
P Q
km
x x k
，
直线
:l y kx m 
分别与渐近线
y x
与
y x 
联立得
,
1 1
T S
m m
x x
k k
 
 
，
得
2
2
1 1 1
T S
m m km
x x k k k
 
 
，所以有
T S P Q
x x x x  
，即
S Q P T
x x x x  
，
由题可知，
2
| | 1 | |
S Q
QS k x x 
，
2
| | 1 | |
P T
TP k x x 
，所以
| | | |QS TP
，故选项B正确；
不妨设
 
,
P P
P x y
,
2
P
x
，
0
P
y
， 由题可知，
( 2 0),A
，
(2 0)B,
，所以有
tan 2
P
P
y
PAB x
，
tan 2
P
P
y
PBA x
 
，
 
tan tan
tan tan 1 tan tan
PAB PBA
APB PAB PBA PAB PBA
 
     
，
2
2
tan tan 2 2 4
P P P
P P P
y y y
PAB PBA x x x
 
 
 
，由题可知，
2 2
4
P P
y x  
，故
2
2
tan tan 1
4
P
P
y
PAB PBA x
 
所以
tan tan tan tan
tan 1 tan tan 2
PAB PBA PAB PBA
APB PAB PBA
   
 
 
，整理得
tan tan 2tan 0PAB PBA APB  
，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
1 2
1 2 1 2
2
| | | | | |
PF F
S
rPF PF F F
 
，
易知
1 2
| | 4 2F F
，
1 2 1 2
12 2
2
PF F P P
S F F y y 
，
 
22
12 2
P P
PF x y 
，
 
22
22 2
P P
PF x y 
，得
 
2 2
2 2
4 2
2 2 2 2 4 2
P
P P P P
y
r
x y x y
   
，
因为
2 2 4
P P
x y 
，得
4 2 | | 2 | |
2
2 2 2 2 4 2
P P
P
P P
y y
rx
x x
   
，所以
 
2 2
2
2 2
4 4 16 2 4
4 4 1
2 2
2 2
P P P
P P
P P
y x x
rx x
x x
 
 
 
 
 
   
，
题号
9
10
11
答案
ACD
BC
ABC
{#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}
数学参考答案）-3
因为
2
P
x
，所以
2 4
P
x 
，所以
 
24
4 1 0,4
2
P
rx
 
 
 
 
，
(0 2),r
，故选项D错误．
11．ABC【解析】对于
A
：若
1n
,则
1
1, 1i P 
,因此
 
2
1 log 1 0, AH x  
正确;
对于
B
：当
2n
时,
   
1 1 2 1 1 2 1
1
0, , log 1 l 1
2
P H x P P P og P
 
 
 
 
，令
 
2 2
1
log 1 log 1 , 0, 2
f t t t t t t  
   
 
，则
 
2 2 2
1
log log 1 log 1 0f t t t t
 
 
 
 
，即函数
 
f t
在
1
0, 2
 
 
 
上单调递增,所以
 
H x
的值随着
1
P
的增大而增
大,
B
正确;对于
C
：
 
1 2 1
1
1, 2 2, N
2k k
n
P P P P k k
 
，则
2
2
21 1
2 1
2 , 2
2 2
k
k
kn n k
P P k
 
 
，
2 2
1 1 1
1 1 1
log log
2 2 2
k k n k n k n k
n k
P P      
 
 
,，而
1 2 1 2
1 1 1
1 1 1
log log
2 2 2
n n n
n
P P  
 
，
于是
 
2
1 1 1 2 2
2
1 1 1 2 2 1
log ...
2 2 2 2 2 2
n
k k
n n n n
k
n n n n
H x P P
 
  
   
1 1 2 2
1 1 2 2 1
2 2 2 2 2 2 2
n n n n n
n n n n n
 
 
 
令
2 3 1
1 2 3 1
2 2 2 2 2
nn n
n n
S
 
，则
2 3 4 1
1 2 3 1
2 2 2
1
2 2 2
nn n
Sn n
 
，
两式相减得
2 3 1 1 1
1 1
1
1 1 1 1 1 2
2 2 1
1
2 2 2 2 2 2 2 2
12
n
nn n n n
n n n
S  
 
 
 
   
，因此
2
22
nn
n
S
 
,
 
1 1 2
1 1 2 1
2 2
2 2 2 2 2 2
n
n n n n n n
n n n n n
H x S
 
 
   
，C正确；
对于
D
,若
2n m
，随机变量
Y
的所有可能的取值为
1, 2, ,m
，
且
 
2 1 , 1, 2, ,P Y j P X j P X m j j m  
,
2 2
2 2
1 1
( ) l 1
og log
m m
i i i
i i i
H x P P P P
 
 
 
1 2 2 2 2 1 2 2 2
1 2 2 1 2
1 1 1 1
log log log log
m m
m m
P P P P
P P P P
 
 
1 2 2 2 2 1 2 1 2
1 2 2 2 1 1
1 1 1
log log log
m m m m
m m m m
H Y P P P P P P
P P P P P P
 
 
 
 
1 2 2 2 2 1 2 2 2
1 2 2 2 1 2 2 1 1 2
1 1 1 1
log log log log
m m
m m m m
P P P P
P P P P P P P P
 
 
 
由于
 
0 1, 2, , 2
i
P i m
,即有
2 1
1 1
i i m i
P P P  
,则
2 2
2 1
1 1
log log
i i m i
P P P  
,
因此
2 2
2 1
1 1
log log
i i
i i m i
P P
P P P  
,所以
 
H X H Y
,
D
错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．
π
2
13．10【解析】由
2 1 1
a b
 
,得
2 ,ab a b 
所以
2 2
2 2 2 2
2 2( 2 )ab a b
a b a b
a b a b a b a b
 
   
2 2
2( 2 ) 2( 2 ) 10
4 3
16 9 ( )
( )( ) 5 5
25 25
a b a b
a b
a b
a b a b
 
 
 
 
当且仅当
3 4a b
,即
10 5
3 2
a b ，
时,等号成立,故
2 2
a b a b 
的最小值为10.
14．
28
81
【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
）
4
次均不下雨，概率为：
4
2 16
3 81
 
 
.（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
1 2 16
23 3 81
 
 
 
 
.（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
班时不下雨，③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：
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 16
23 3 3 3 3 3 3 3 3 3 81
 
      
 
 
.（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
1 2 4
23 3 81
 
 
 
 
.（5）
4
次均下雨：
1 1
3 81
 
 
.两天都不淋雨的概率为：
16 16 16 4 1 53
81 81 81 81 81 81
，至少有一天淋雨的概率
为：
53 28
181 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。
{#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}
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