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

2026-03-15 0 0 1.01MB 7 页 10玖币

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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

答案

1．B 2．B 3．A

4．C【解析】由题意，以

为坐标原点，

, ,AB AD AP

所在直线分别为

, ,x y z

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

与

所成角为



，则

2 2

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

的半圆，则

π 2π

12π π

l r







 





，解得

2, 2

r l 

，则该圆锥的高为

2 2 6

h l r  

6．B【解析】在椭圆

中，

6a

，

3 3b

，

3c

，如下图所示：椭圆的左准线为

   

，以

为顶点，

轴的正方向为



始边的方向，

为角



的终边，当



 

时，过点

作

PN l

，过点

作

FM PN

，垂足分别为点

、

，易知四边形

EFMN

为矩形，

则

12 3 9

MN EF c

     

，由椭圆第二定义可得

PF e

PN  

，则

2PN PF

，又因为

//PN x

轴，则

FPN



 

，

所以，

cos PM





，所以，

cosPM PF





，因为

PN PM MN 

，即

2 cos 9PF PF



 

，所以，

2 cos





，同理可知，当



为任意角时，等式

2 cos





仍然成立，同理可得

2π

2 cos 3



 

 

 

 

，

4π

2 cos 3



 

 

 

 

，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 3 3 2x x  

，解得

0x

或

1x

，结合二次函数和一次函数知

 

2 3 , 0 1

3 2 ,0 1

x x x

g x x x



  



或

，

若

2 3 3 2x x  

，解得

0x

或

1x 

，结合二次函数和一次函数知

 

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 3 , 1

3 2 , 1 1

2 3 , 1

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

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，

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，

1 3 2 2x  

，解得

2x 

或

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

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

x

，

y

，所以点

 

P P

P x y

到两个渐近线的距离分别为

| |

P P

x y

d



，

| |

P P

x y

d



，由于

2 2 4

P P

x y 

，故

2 2

1 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

的斜率存在，设直线

:l y kx m 

，联立方程

:l y kx m 

，

2 2

x y

C 

，得

 

2 2 2

1 2 4 0k x kmx m    

，所以

P Q

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

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，

| | 1 | |

S Q

QS k x x  

，

| | 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

x

，

y

，由题可知，

( 2 0),A

，

(2 0)B,

，所以有

tan 2

PAB x

  

，

tan 2

PBA x

   

，

 

tan tan

tan tan 1 tan tan

PAB PBA

APB PAB PBA PAB PBA

  

           

，

tan tan 2 2 4

P P P

y y y

PAB PBA x x x

 

     

  

，由题可知，

2 2

P P

y x  

，故

tan tan 1

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

| | | | | |

PF F

rPF PF F F

 



，

易知

1 2

| | 4 2F F 

，

1 2 1 2

12 2

PF F P P

S F F y y 



，

 

12 2

P P

PF x y  

，

 

22 2

P P

PF x y  

，得

   

2 2

4 2

2 2 2 2 4 2

P P P P

x y x y



     

，

因为

2 2 4

P P

x y 

，得

4 2 | | 2 | |

2 2 2 2 4 2

P P

y y

x x

  

   

，所以

   

2 2

4 4 16 2 4

4 4 1

2 2

P P P

P P

y x x

rx x

x x

 

 

     

 

 

   

，

题号

答案

ACD

ABC

{#{QQABLQIEoggAAAAAABhCQwWgCgAQkhECCQgGwBAIMAIBSRNABAA=}#}

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