2024年湖南省长沙一中高考数学适应性试卷（一）（含解析）

这是一份2024年湖南省长沙一中高考数学适应性试卷（一）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x||x−1|>2}，B={x|lg4x<1}，则A∩B=( )
A. (3,4)B. (−∞,−1)∪(3,4)
C. (1,4)D. (−∞,4)
2.若复数z满足(3−4i)z=|4+3i|，则在复平面内z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{an}的前n项和为Sn，若S3=9，S6=36，则a7+a8+a9=( )
A. 63B. 45C. 36D. 27
4.若n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，则二项式(3x+12x)n的展开式的常数项是( )
A. 6B. 7C. 8D. 10
5.折扇是我国传统文化的延续，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DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC=120°，则该圆台的体积为( )
A. 50 23πB. 9πC. 7πD. 14 23π
6.已知函数f(x)=x2−bx+c(b>0,c>0)的两个零点分别为x1，x2，若x1，x2，−1三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x−bx−c≤0的解集为( )
A. (1,52]B. [1,52)
C. (−∞,1)∪[52,+∞)D. (−∞,1]∪(52,+∞)
7.已知a=ln(1.2e),b=e0.2,c=1.2e0.2，则有( )
A. a8.已知F1，F2分别为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F2向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为点P，PQ=13PF1，且OQ⊥PF1，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=±2 2xB. y=± 5xC. y=± 3xD. y=± 2x
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l，m，平面α，β，则下列说法错误的是( )
A. m/​/l，l/​/α，则m/​/α
B. l/​/β，m//β，l⊂α，m⊂α，则α/​/β
C. l/​/m，l⊂α，m⊂β，则α/​/β
D. l/​/β，m//β，l⊂α，m⊂α，l∩m=M，则α/​/β
10.如图，已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，抛物线C的准线与x轴交于点D，过点F的直线l(直线l的倾斜角为锐角)与抛物线C相交于A，B两点(A在x轴的上方，B在x轴的下方)，过点A作抛物线C的准线的垂线，垂足为M，直线l与抛物线C的准线相交于点N，则( )
A. 当直线l的斜率为1时，|AB|=4p
B. 若|NF|=|FM|，则直线l的斜率为2
C. 存在直线l使得∠AOB=90°
D. 若AF=3FB，则直线l的倾斜角为60°
11.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+f(x)=f(2026)，且f(x+1)−1是奇函数，则( )
A. f(1)+f(3)=2
B. f(2023)+f(2025)=f(2024)
C. f(2023)是f(2022)与f(2024)的等差中项
D. i=12024f(i)=2024
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a，b满足|a|=1，b=(1,2)，a⊥(a−2b)，则向量a，b夹角的余弦值为______．
13.在四面体P−ABC中，BP⊥PC，∠BAC=60°，若BC=2，则四面体P−ABC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A，B，P的坐标分别(3,a3)，(13,3a)(a>13)与(x,y)(13四、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.(本小题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1，2，3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1：2：1，且取到异号球的概率为57．
(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.(本小题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△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA．
17.(本小题15分)
如图，正方体ABCD−EFGH的棱长为2，在正方形ABFE的内切圆上任取一点P1，在正方形BCGF的内切圆上任取一点P2，在正方形EFGH的内切圆上任取一点P3．
(1)若P1，P2，P3分别是棱AB，GC，HG的中点，求棱AE和平面P1P2P3所成角的余弦值；
(2)求|P1P2|+|P2P3|+|P3P1|的最小值与最大值．
18.(本小题17分)
如图，已知抛物线E：y=x2，点P(1,2)，过点P任作两条直线，分别与抛物线E交于A，B与C，D．
(1)若AB，CD的斜率分别为1，−1，求四边形ABCD的面积；
(2)设A(x1,x12),B(x2,x22),C(x3,x32),D(x4,x42)，
(ⅰ)找到x1，x2满足的等量关系；
(ⅱ)AC，BD交于点G，证明：点G在定直线上．
19.(本小题17分)
置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合A={1,2,…,n}，n∈N+的函数称为n次置换.满足对任意i∈A，f(i)=i的置换称作恒等置换.所有n次置换组成的集合记作Sn.对于f(i)∈Sn，我们可用列表法表示此置换：f(i)=12⋯nf(1)f(2)⋯f(n)，记f(i)=f1(i)，f(f(i))=f2(i)，f(f2(i))=f3(i)，⋯，f(fk−1(i))=fk(i)，i∈A，k∈N+．
(1)若f(i)∈S4,f(i)=12344213，计算f3(i)；
(2)证明：对任意f(i)∈S4，存在k∈N+，使得fk(i)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．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵集合A={x||x−1|>2}={x|x<−1或x>3}，
B={x|lg4x<1}={x|0∴A∩B={x|3故选：A．
分分别求出集合A，B，利用交集定义能求出结果．
本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：(3−4i)z=|4+3i|= 42+32=5，
则z=53−4i=5(3+4i)(3−4i)(3+4i)=35+45i，
故在复平面内z对应的点(35,45)位于第一象限．
故选：A．
根据四则运算，先对z化简，再结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查等差数列的性质．是基础题．
观察下标间的关系，知应用等差数列的性质求得．
【解答】
解：由等差数列性质知S3、S6−S3、S9−S6成等差数列，即9，27，S9−S6成等差，∴S9−S6=45
∴a7+a8+a9=45
故选：B．
4.【答案】B
【解析】解：由6×60%=3.6，可知n=8，
所以二项式为(3x+12x)8．
其展开式的通项为Tr+1=C8r⋅(x13)8−r⋅(12x−1)r=C8r⋅(12)r⋅x8−4r3．
令8−4r3=0，即r=2，
所以常数项为T3=C82⋅(12)2⋅x0=7．
故选：B．
由题意，根据百分位数的定义可得n=8，再写出二项式的通项，可得常数项．
本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，百分位数的应用，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：∵两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC=120°，
∴两个圆弧的弧长分别为2π，4π，可得圆台的两底面半径分别为1，2，
圆台的高为 32−12=2 2．
圆台的体积为V=13π(22+2×1+12)×2 2=14 2π3．
故选：D．
由已知结合弧长公式求得圆台的两底面半径，进一步求出高，代入圆台体积公式得答案．
本题考查圆台的结构特征，考查了逻辑推理与运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由函数f(x)=x2−bx+c(b>0,c>0)的两个零点分别为x1，x2，
即x1，x2是x2−bx+c=0的两个实数根据，则x1+x2=b，x1x2=c，
因为b>0，c>0，可得x1>0，x2>0，
又因为x1，x2，−1适当调整可以是等差数列和等比数列，
不妨设x1所以x1+x2=52,x1x2=1，所以b=52,c=1，
则不等式x−bx−c≤0，即为x−52x−1≤0，解得1故选：A．
根据题意，得到x1，x2是x2−bx+c=0的两个实数根据，可得x1+x2=b，x1x2=c，不妨设x1本题主要考查了二次不等式与分式不等式的求解，体现了转化思想的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：令f(x)=ex−ln(x+1)−1，x>0，则f′(x)=ex−1x+1，
当x>0时，有ex>1,1x+1<1，所以1x+1<1，
所以f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=1−1=0，
所以f(0.2)>0，即e0.2−ln1.2−1>0，
所以a令g(x)=ex−(x+1)，x>0，
则g′(x)=ex−1在x>0时恒大于零，故g(x)为增函数，
所以x+1ex<1,x>0，
而a=ln(1.2e)=1+ln1.2>1，所以c所以c故选：C．
构造f(x)=ex−ln(x+1)−1，x>1，根据导函数得出函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，即可得出f(0.2)>0，所以c0，根据导函数得出函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，可判断c<1，再根据对数函数的运算性质得到c本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：不妨取点P位于第一象限，且在渐近线y=bax上，
所以点F2(c,0)到渐近线y=bax的距离为|PF2|=|bca| 1+(ba)2=b，
在Rt△OPF2中，|OF2|=c，所以|OP|=a，所以P(a2c,abc)，
设Q(x,y)，
由PQ=13PF1，得(x−a2c,y−abc)=13(−c−a2c,−abc)，所以x=2a23c−c3，y=2ab3c，即Q(2a23c−c3,2ab3c)，
因为OQ⊥PF1，
所以OQ⋅PF1=(2a23c−c3,2ab3c)⋅(−c−a2c,−abc)=0，整理得(c2−2a2)(c2+a2)=2a2b2，
又c2=a2+b2，
所以(b2−a2)(b2+2a2)=2a2b2，
两边同时除以a4，整理得(ba)4−(ba)2−2=0，解得(ba)2=2，即ba= 2，
所以双曲线C的渐近线方程为y=±bax=± 2x．
故选：D．
不妨取点P位于第一象限，且在渐近线y=bax上，先解三角形求得点P的坐标，再由PQ=13PF1，求得点Q的坐标，然后利用OQ⋅PF1=0，求解即可．
本题考查双曲线的几何性质，熟练掌握双曲线的渐近线方程，平面向量的坐标运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：选项A中，m可能在α内，也可能与α平行，故A错误；
选项B中，α与β也可能相交，故B错误；
选项C中，α与β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α/​/β，故D正确．
故选：ABC．
由线面平行，面面平行的判定可判断各选项的正误．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于选项A，当直线l的斜率为1时，直线l的倾斜角为45°,|AB|=2psin245∘=4p，故A正确；
对于选项B，由|MF|=|NF|，DF⊥MN，可得MD=DN，
又由DF//MA，有DF为△MNA的中位线，有|MA|=2p，
可得点A的横坐标为32p，代入抛物线C的方程，
求得点A的纵坐标为 3p，故直线l的斜率为 3p−03p2−p2= 3，故B错误；
对于选项C，设A(x1,y1)，B(x2,y2)由焦点弦的性质知：x1x2=p24,y1y2=−p2，
所以OA⋅OB=−34p2<0,∠AOB>90°，故C错误；
对于选项D，由AF=3FB，得|AF|=3|FB|，
设直线l的倾斜角为θ，则由抛物线性质可得：p1−csθ=3p1+csθ，
解得csθ=12，所以θ=60°，故D正确．
故答案选：AD．
利用抛物线的性质和直线与抛物线的位置关系即可一一判断．
本题考查了抛物线的性质和直线与抛物线的综合运用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：因为f(x+2)+f(x)=f(2026)，所以f(x+4)+f(x+2)=f(2026)，
两式相减得f(x+4)=f(x)，所以f(x)的周期为 4，
因为 f(x+1)−1是奇函数，所以f(−x+1)−1=−f(x+1)+1，
所以f(−x+1)+f(x+1)=2，即f(−x)+f(x+2)=2，
所以f(1)=1，
因为f(x+2)+f(x)=f(2026)=f(4×506+2)=f(2)，所以f(4)+f(2)=f(2)，即f(4)=0，f(0)=f(4)=0，
因为f(−x)+f(x+2)=2，所以f(0)+f(2)=2，所以 f(2)=2，所以f(x+2)+f(x)=2，所以 f(3)+f(1)=2，故A正确．
因为f(−x)+f(x+2)=2，所以f(−1)+f(3)=2，即f(3)+f(3)=2，即f(3)=1，
因为f(2023)+f(2025)=f(505×4+3)+f(506×4+1)=f(3)+f(1)=2，f(2024)=f(506×4)=f(0)=0，所以B错误．
因为f(2022)+f(2024)=f(2)+f(0)=2，f(2023)=f(3)=1，所以C正确．
i=12024f(i)=2024=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=506×4=2024，所以D正确．
故选：ACD．
由已知利用赋值法及函数的奇偶性检验各选项即可判断．
本题主要考查了赋值法在函数求值中的应用，属于中档题．
12.【答案】 510
【解析】解：因为b=(1,2)，
所以|b|= 12+22= 5，
因为|a|=1，a⊥(a−2b)，
所以a⋅(a−2b)=a2−2a⋅b=1−2a⋅b=0，解得a⋅b=12，
所以cs=a⋅b|a||b|=121× 5= 510．
故答案为： 510．
由平面向量垂直可得a⋅b=12，再由平面向量的夹角公式即可求得．
本题考查平面向量的数量积与夹角，属于中档题．
13.【答案】 33 16π3
【解析】解：由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC，
故4=AB2+AC2−AB⋅AC≥2AB⋅AC−AB⋅AC≥AB⋅AC，
所以AB⋅AC≤4，当且仅当AB=AC时取等号，
故S△ABC=12AB⋅AC⋅sin60°= 34AB⋅AC≤ 34×4= 3，
故△ABC面积的最大值为 3，
VP−ABC=13S△ABCh≤13× 3h= 33h，
由于BP⊥PC，所以点P在以BC为直径的球上(不包括平面ABC)，
故当平面PBC⊥平面ABC时，此时h最大为半径12BC=1，
故VP−ABC≤ 33h≤ 33，
由正弦定理可得：2sin60∘=4 3=2r，r为△ABC外接圆的半径，
设四面体P−ABC外接球半径为R，则R2=r2+O1O2=43+O1O2，
其中O，O1分别为球心和△ABC外接圆的圆心，
故当OO1=0时，此时R2=43+O1O2最小，
故外接球的表面积为4πR2=16π3，
故答案为： 33，16π3．
根据余弦定理以及不等式可得AB⋅AC≤4，进而可求解面积的最大值，进而根据BP⊥PC，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解．
本题考查空间几何体的表面积和体积的最值求法，属中档题．
14.【答案】(13,1]
【解析】解：由题意反比例函数为y=ax，则P(x,ax)(13∴|AP|⋅|PQ|=|AP|⋅|PB|cs∠BPQ=PB⋅AP=(13−x)(x−3)+a2(3−1x)(1x−13)，
设g(a)=(13−x)(x−3)+a2(3−1x)(1x−13)−a−53，由题意可知，g(a)≤0恒成立，
当x=1时，g(a)=43a2−a−13≤0，解得13≤a≤1，
又a>13，故13下面证明当13由于g(a)是开口向上的二次函数，则只需g(1)≤0g(13)≤0，
①g(13)=(13−x)(x−3)+19(3−1x)(1x−13)−2≤(13−x+x−32)2+19×(3−1x+1x−132)2−2=−281<0，
②g(1)=(13−x)(x−3)+(3−1x)(1x−13)−83=−(1x2+x2)+103(1x+x)−143，
令t=x+1x∈[2,103),h(t)=−t2+103t−83在[2,103)上恒成立，而h(t)开口向下，对称轴为t=53，
∴h(t)在[2,103)上单调递减，则h(t)≤h(2)=−4+203−83=0；
综上，当13故答案为：(13,1]．
先利用向量数量积公式得到|AP|⋅|PQ|=PB⋅AP=(13−x)(x−3)+a2(3−1x)(1x−13)，设g(a)=(13−x)(x−3)+a2(3−1x)(1x−13)−a−53，则只需g(a)max≤0即可，先利用必要性探究，再利用充分性证明即可．
本题考查不等式的恒成立问题，对于求解函数比较复杂的参数的取值范围问题，利用必要性和充分性证明是一种重要的方法要善于观察，代入特殊点得到参数的取值范围，再证明充分性成立即可得到答案，属于较难题目．
15.【答案】解：(1)由题意可设1，2，3号球的个数分别为n，2n，n，
则取到异号球的概率P=12n2Cn1C1n+Cn1CC4n2=57，
即2⋅5n24n(4n−1)=57，
解得n=2，
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X为甲获得的奖金总额，
则X可能的取值为0元，100元，600元，
P(X=0)=0.2，P(X=100)=0.8×(1−0.5)=0.4，P(X=600)=0.8×0.5=0.4，
X的分布列为：
X的均值为E(X)=280，
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Y为甲获得的奖金总额，
则Y可能的取值为0元，500元，600元，
P(Y=0)=0.5，P(Y=500)=0.5×(1−0.8)=0.1，P(Y=600)=0.8×0.5=0.4，
Y的分布列为：
Y的均值为E(Y)=290，
因为E(Y)>E(X)，
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．
【解析】(1)设1，2，3号球的个数分别为n，2n，n，则根据古典概型的概率公式可得12n2Cn1C1n+Cn1CC4n2=57，求出n的值，进而得到盒中2号球的个数；
(2)设甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，获得的奖金总额为X，则X可能的取值为0元，100元，600元，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，求出E(X)，设甲先回答3号球再回答1号球，获得的奖金总额为Y，则Y可能的取值为0元，500元，600元，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到Y的分布列，求出E(Y)，再比较E(X)与E(Y)的大小即可作出判断．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
16.【答案】解：(1)△ABC中，cs2B+cs2C−cs2A=1，
即1−2sin2B+1−2sin2C−1+2sin2A=1，
化简得sin2A=sin2B+sin2C，由正弦定理得a2=b2+c2，
所以△ABC为直角三角形，且A=π2．
(2)由(1)知，A=π2，所以△ABC的三个角都小于120°，
由费马点的定义知：∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
设|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，由S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
得：12xysin120°+12yzsin120°+12xzsin120°=12bc，
即12× 32(xy+yz+xz)=1，
整理得：xy+yz+xz=4 33，
所以PA⋅PB+PB⋅PC+PA⋅PC=xy⋅(−12)+yz⋅(12)+xz⋅(12)=12×4 33=2 33．
【解析】(1)根据二倍角公式和正弦定理，以及勾股定理的逆定理，求解即可．
(2)由A=π2，根据费马点的定义，得出∠APB=∠BPC=∠APC=120°，利用三角形的面积公式求解即可．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数求值运算问题，是中档题．
17.【答案】解：(1)以正方体的中心为原点，DA、DC、DH的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．

由题意，A(1,−1,−1)，E(1,−1,1)，P1(1,0,−1)，P2(−1,1,0)，P3(−1,0,1)，
则AE=(0,0,2)，P1P2=(−2,1,1)，P2P3=(0,−1,1)，
设平面P1P2P3的一个法向量n=(x,y,z)，
则有−2x+y+z=0−y+z=0，
令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1,1,1)，
所以cs=n⋅AE|n|⋅|AE|=22× 3= 33，
所以棱AE和平面P1P2P3所成角的余弦值为 33．
(2)由条件，可设P1(1,csα1,sinα1)，P2(sinα2,1,csα2)，P3(csα3,sinα3,1)，
记d1=|P1P2|，d2=|P2P3|，d3=|P3P1|，则(i=1,2,3)
di2=(1−sinαi+1)2+(1−csαi)2+(sinαi−csαi+1)2①(其中α4=α1)
记f=d1+d2+d3，先求f的最小值：
由①及均值不等式，
di2≥(1−sinαi+1)2+(1−csαi)2≥12(2−sinαi+1−csαi)2
所以di≥ 22(2−sinαi+1−csαi)
所以f≥ 22i=13(2−sinai+1−csai)
=3 2− 22i=13(sinai+1+csai)
=3 2− 22i=13(sinai+csai)
=3 2−i=13sin(ai+π4)≥3 2−3，
所以当α1=α2=α3=π4时，f可取到最小值3 2−3．
再求f的最大值：
由①知di2=4−2csαi−2sinαi+1−2sinαicsαi+1
所以i=13di2=12−2(i=13csai+i=13sinai+1+i=13sinaicsai+1)
=12−2(i=13csai+1+i=13sinai+i=13sinaicsai+1)
=18−2i=13(1+sinai)(1+csai+1)≤18，
由柯西不等式，
f2≤3(i=13di2)≤54，即f≤3 6，
故当α1=α2=α3=π时，f可取到最大值3 6．
综上所述，|P1P2|+|P2P3|+|P3P1|的最小值为3 2−3，最大值为3 6．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，运用线面所成角的方法进行求解；
(2)建立空间直角坐标系，借助三角函数表示出题意中的距离，由均值不等式和柯西不等式解得．
解决问题常见的方法是建立空间直角坐标系，运用向量知识求解线面所成角，借助向量表示两点间的距离，是中档题．
18.【答案】(1)解：由已知AB：y=x+1，CD：y=−x+3，
联立直线AB与抛物线方程y=x+1y=x2，化简得x2−x−1=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=1，x1x2=−1，
所以|AB|= 1+12|x1−x2|= 2 (x1+x2)2−4x1x2= 10，
联立直线CD与抛物线y=−x+3y=x2，化简得x2+x−3=0，
设C(x3,y3)，D(x3,y3)，则x3+x4=−1，x1x2=−3，
所以|CD|= 1+12|x3−x4|= 2 (x3+x4)2−4x3x4= 26，
因为AB，CD的斜率分别为1，−1，所以AB⊥CD，
所以SABCD=12|AB||CD|= 65；
(2)(ⅰ)解：由题kAB=x12−x22x1−x2=x1+x2，又A(x1,x12),B(x2,x22)，
所以直线AB的方程为y−x12=(x1+x2)(x−x1)，
整理得(x1+x2)x−y−x1x2=0，因为AB过点P(1,2)，
所以x1+x2−2−x1x2=0；
(ⅱ)证明：由(ⅰ)同理可得x3+x4−2−x3x4=0，
同理可得直线AC的方程：(x1+x3)x−y−x1x3=0，
直线BD的方程：(x2+x4)x−y−x2x4=0，
联立AC与BD方程，解出点G坐标，
xG=x1x3−x2x4x1+x3−x2−x4，yG=x1x2x3+x1x3x4−x1x2x4−x2x3x4x1+x3−x2−x4，
由x1x2=x1+x2−2，x3x4=x3+x4−2代入点G纵坐标，
则yG=x1x2(x3−x4)+x3x4(x1−x2)x1+x3−x2−x4=(x1+x2−2)(x3−x4)+(x3+x4−2)(x1−x2)x1+x3−x2−x4=x1x2(x3−x4)+x3x4(x1−x2)x1+x3−x2−x4=2x1x3−2x3x4−2(x1+x3−x2−x4)x1+x3−x2−x4=2x1x3−2x3x4x1+x3−x2−x4−2=2xG−2,
所以点G坐标在直线y=2x−2上．
【解析】(1)直线AB：y=x+1，CD：y=−x+3分别与抛物线E：y=x2方程联立，由设而不求求|AB|和|CD|即可求解；
(2)(ⅰ)由已知条件求出直线AB的方程y−x12=(x1+x2)(x−x1)，再由直线AB过点P(1,2)即可求解；
(ⅱ)写出直线AC的方程：(x1+x3)x−y−x1x3=0，直线BD的方程：(x2+x4)x−y−x2x4=0，联立求出G点的坐标，再由x1，x2，x3，x4的关系即可得证．
本题考查了抛物线的性质和直线与抛物线的综合应用，属于难题．
19.【答案】解：(1)由题意可知f2(i)=12343241,f3(i)=12341234；
(2)证明：①若f(i)=12341234，则f1(i)为恒等置换；
②若存在两个不同的i，使得f(i)=i，不妨设i=1，2，则f(i)=12341243．
所以f2(i)=12341234，即f2(i)为恒等置换；
③若存在唯一的i，使得f(i)=i，不妨设i=2，则f(i)=123 43241或f(i)=12344213．
当f(i)=12344213时，由(1)可知f3(i)为恒等置换；
同理可知，当f(i)=12343241时，f3(i)也是恒等置换；
④若对任意的i，f(i)≠i，
则情形一：f(i)=12342143或f(i)=12343412或f(i)=12344321；
情形二：f(i)=12342341或f(i)=12342413或f(i)=12343142或f(i)=12343421
或f(i)=12344123或f(i)=12344312；
对于情形一：f2(i)为恒等置换；
对于情形二：f4(i)为恒等置换；
综上，对任意f(i)∈S4，存在k∈N+，使得fk(i)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{1,2,…,52}作一次如下置换：
f(i)=12345⋯521272283⋯52，即f(i)=k,i=2k−1,26+k,i=2k,
其中k=1，2，…，26．
注意到各编号在置换中的如下变化：
1→f1，2→f27→f14→f33→f17→f9→f5→f3→f2，
4→f28→f40→f46→f49→f25→f13→f7→f4，
6→f29→f15→f8→f30→f41→f21→f11→f6，
10→f31→f16→f34→f43→f22→f37→f19→f10，
12→f32→f42→f47→f24→f38→f45→f23→f12，
18→f35→f18，
20→f36→f44→f48→f50→f51→f26→f39→f20，
52→f25，
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1，2，8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．
【解析】(1)根据题意得到f2(i)=12343241，f3(i)=12341234．
(2)分类列举出所有情况，得到结论．
(3)设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故f(i)=k,i=2k−126+k,i=2k，列举出各编号在置换中的变化情况，得到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，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换．
本题考查新定义、数列的应用等基础知识，考查运算求解能力，是难题．球号
1号球
3号球
答对概率
0.8
0.5
奖金
100
500
X
0
100
600
P
0.2
0.4
0.4
Y
0
500
600
P
0.5
0.1
0.4