长沙市一中2024届高考适应性演练（一）
数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务将自己的姓名、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日的答案标号涂
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A={xx-1>2},B={log4x<1号，则A∩B=
A.(3,4)
B.（-0,-10U(3,4)
c.(1,4)
D.（-0,4)
2.若复数z满足(3-4z=4+3,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{4n}的前n项和Sn,若S3=9,S6=36,则a,+ag+4g=
A.18
B.27
C.45
D.63
1
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(+
2x
的展开式的常数项是
A.7
B.8
C.9
D.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
图2
50N2
B.9π
3
7元
D.14v2
数学（一中）试题（第1页，共6页）
6.已知函数f(x)=x2-bx+c(b>0,c>0)的两个零点分别为x,x2,若x,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-b≤0的解集为
x-C
a(
c.(ou[3*
7.已知a=n(12e),b=e2,c=12
2，则有
A.a
渐近线引垂线，垂足为点P,P口=！P听，且O01PR(0为坐标原点)，则双曲线C
的渐近线方程为
A.y=±2√2x
B.y=±5x
C.y=±√3x
D.y=±√2x
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（分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.己知直线1，m,平面x,B,则下列说法错误的是
A.m/l,1/a,则m/1a
B.l∥B,m//B,1ca,mca,则x∥B
C.lI/m,lc,mcB,则x∥B
D.l∥B,m/1B,lca,mc,l∩m=M,则a∥B
10.如图，己知抛物线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1（直线1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1与抛物线C的准线相交于点N,则
A.当直线1的斜率为1时，AB=4p
B.若NF=FM,则直线I的斜率为2
C.存在直线1使得∠AOB=90
数学（一中）试题（第2页，共6页）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 x 1 2，得 x 1或 x 3，所以 A x x 1或x 3 ，
由 log4 x 1，得 0 x 4，所以 B x 0 x 4 ，
所以 A B x 3 x 4 .
故选：A.
2．A
4 3i
z 5 5(3 4i) 3 4i 3 4【解析】由 ，对应点为 ( , )在第一象限.
3 4i 3 4i (3 4i)(3 4i) 5 5 5
故选：A
3．C
【解析】由题意得 S3 ,S6 S3 ,S9 S6 成等差数列，
即9,36 9, a7 a8 a9 成等差数列，
即 2 36 9 9 a7 a8 a9，解得 a7 a8 a9 45 .
故选：C
4．A【解析】因为 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，
6 60% 3.6，
所以 n 8，
8
1 8 r3 x T Cr 3 x 1
r 1 r 8 r r
二项式 的通项公式为 C
r x 3 ，
2x r 1 8 2x 8 2
8 r 2
r 0 r 2 1 8 7 1令 ，所以常数项为C28 7 ，3 2 2 4
故选：A
5．D
1
【解析】设圆台上下底面的半径分别为 r1, r2，由题意可知 2π 3=2πr ，解得 r 1，3 1 1
1
2π 6=2πr2，解得： r3 2
2，作出圆台的轴截面，如图所示：
数学（一中）答案 （第 1 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
图中OD r1 1,O A r2 2， AD 6 3 3，
过点D向 AP作垂线，垂足为T ，则 AT r2 r1 1，
所以圆台的高 h AD2 AT 2 32 1 2 2，
2 2
则上底面面积 S1 π 1 =π， S2 π 2 =4π，由圆台的体积计算公式可得：
V 1 (S S S S ) h 1 14 2π 1 2 1 2 7π 2 2 ，3 3 3
故选：D.
6．A
【解析】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，
x x 1 2 1 1
不妨设 x1 x2，可得 1 2 ，解得 x1 , x2 2，
1 x2 2x1 2
5
所以 x1 x2 , x1x
5
2 1，所以b ,c 1，2 2
x b x 5 5 5
则不等式 ≤ 0，即为 2 0，解得1 x ，所以不等式的解集为 1, .x c ≤ 2 x 1 2
故选：A.
7．C
【解析】令 f x ex ln x 1 1, x 0，则 f x ex 1 .
x 1
ex 1, 1 1当 x 0时，有 1，所以 1，
x 1 x 1
所以， f (x) 0在 0, 上恒成立，
数学（一中）答案 （第 2 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
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 b .
x
令 g x e x 1 , x 0，则 g x ex 1在 x 0时恒大于零，故 g x 为增函数，
x 1
所以 x 1, x 0，而 a ln 1.2e 1 ln1.2 1，所以 c a，e
所以 c
8．D
x2 y2
【解析】设双曲线 1焦距为 2c，则 F1 c,0 、 F2 c,0 ，
a2 b2
b
不妨设渐近线OP的方程为 y x，如图：
a
因为直线 PF y b2 与直线 x垂直，则直线 PF y
a
2 的方程为 x c ，a b
y b
2
x x
a
b c a2 ab
联立 可得 ，即点 P , ，
y a x c y ab
c c
b c
2
PF c a , ab a
2 c2 ab
所以， 1 , ，
c c c c
因为OQ PF1，所以OQ PF1 0，
又 PQ 1 PF1 ，故OQ OP PQ OP
1
PF
3 3 1
，
1 1 2
所以，OQ PF1 OP PF1 PF1 OP PF1 PF1
3 3
2 2a b2 a2 a2 c2 a2 c2 a2b2
，
c2
3c2
0
数学（一中）答案 （第 3 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
整理可得b4 - a2b2 - 2a4 = 0，
4 2
b b b
所以
2 0，又 0，
a a a
b
所以 2，
a
故该双曲线 C的渐近线方程为 y 2x .
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，m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
p
【解析】易知 F , 0
AB : y k ，可设 x
p
k 0 ，设 A x1, y1 ,B x2 , y ，
2 2 2
y k
p
x 2 22 2 2 k p
与抛物线方程联立得 2 k x k p 2p x 0，
4 y
2 2px
2 2
则 x1 x
k p 2p
2 ,x x
p
，
k 2 1 2 4
对于 A项，当直线 l的斜率为 1时，此时 x1 x2 3p，
p p
由抛物线定义可知 AF BF x1 x2 2
AB 4p，故 A正确；
2
易知 AMN 是直角三角形，若 NF FM ，
则 ANM FMN AMF FAM ，
又 AF AM ，所以 AMF 为等边三角形，即 AFx 60 ，
此时 k 3，故 B错误；
pk 2 p2k 2
由上可知 x1x2 y1y2 k 2 1 x1x2 x1 x2 2 4
数学（一中）答案 （第 4 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
2 2 p k 2 2 2 2
k 2 1 p pk p k 3 2 p2 0，4 2 k 4 4
uur uuur
即OA×OB< 0，故 C错误；
AF 3FB p p若 x 3
2 1
x2 2
x1 2p 3x2，
p2
又知 x1x2 x
p ,x 3p2 ，所以 y 3p，4 6 1 2 1
k y 1 p 3则 x ，即直线 l的倾斜角为 60
，故 D正确.
1 2
故选：AD
11．ACD
【解析】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，
令 x= 1，得 f (1) 1 .
因为 f (x 2) f (x) f (2026) f (2)，
令 x 2，得 f (4) f (2) f (2)，
所以 f (4) 0，即 f (0) 0 .
因为 f ( x) f (x 2) 2，
令 x 0，得 f (0) f (2) 2，
所以 f (2) 2，
所以 f (x 2) f (x) 2，
数学（一中）答案 （第 5 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
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，所以 f (3) 1 .
因为 f (2023) f (2025) f (3) f (1) 2， f (2024) 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 f (2022) f (2024) 2 f (2023)，
所以 f (2023)是 f (2022)与 f (2024)的等差中项，故 C正确.
因为f(1) f(2) f(3) f(4) f (1) f (3) f (2) f (4) 2 2 0 4，
2024
所以 f (i) 506[ f (1) f (2) f (3) f (4)] 506 4 2024，故 D正确.
i 1
故选：ACD
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12 5．
10
2
【解析】由题设 a (a 2b) a 2a b 1 2 5 cos a,b 0，
所以 cos a,b 5 .
10
5
故答案为：
10
3 16π13．①. ②.
3 3
【解析】由余弦定理可得 BC 2 AB2 AC 2 2AB AC cos BAC ,
故 4 AB2 AC 2 AB AC 2AB AC AB AC ，所以 AB AC 4，
当且仅当 AB AC时取等号，
故 S 1 ABC AB AC sin 60
3 AB AC 3 4 3 ，
2 4 4
故 ABC面积的最大值为 3，
数学（一中）答案 （第 6 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
V 1 1 3P ABC S3 ABC
h 3h h ，
3 3
由于 BP PC，所以点 P在以 BC为直径的球上（不包括平面 ABC），
1
故当平面 PBC 平面 ABC时，此时 h最大为半径 BC 1，
2
V 3 3故 P ABC h ，3 3
2 4
由正弦定理可得： 2r， r为 外接圆的半径，
sin 60 ABC3
2 2 2 4 2
设四面体 P ABC外接球半径为 R ,则 R r O1O OO ,3 1
其中O,O1分别为球心和 ABC外接圆的圆心，
OO 0 R2 4 OO2故当 1 时，此时 1 最小，3
2 16π
故外接球的表面积为 4πR ,
3
3 16π
故答案为： ,
3 3
1
14． ,1
3
a
【解析】由题意得：反比例函数为 y ，因为点 P 在反比例函数图象上，
x
所以 P x,
a 1
， x 3 ，
x 3
所以 | AP | | PQ | | AP | | PB | cos BPQ PB AP
1 x,3a a a a
3 x
x 3,
x 3
1 1 1 x x 3 a2
3 3 ，
3 x x
g a a2 3 1 1 1 1 记 x x 3 a
5
，由题意得：g a 0恒成立，
x x 3 3 3
数学（一中）答案 （第 7 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
x 4 1 a2 a 1当 ，则 0 1
1 1
，解得： a 1，由于a ，故 a 1；
3 3 3 3 3
1
下面证明当 a 1时， g a 0恒成立，即 g a 0
3 max
因为 g a 是开口向上的二次函数，
g 1 0
所以 g a 0 max g 1 0
3
g 1 1 3 1 1 1 1
3 9
x x 3 2
x x 3 3
2 2
3 1 1 1 1 1 x x 3
x x 3 2
3 2 0；9 2 2 81
g 1 3 1 1 1 1 x x 3 8 1 x2 10 1 x 14② ，
x x 3 3 3 x2 3 x 3
t 1 x 2,10 h t t 2 10令 ，则 t
14 5
，开口向下，对称轴为 t ，
x 3 3 3 3
2 10 14 t 2,10故 h t t t 在 上单调递减，3 3 3
故 h t h 2 22 20 14 2 .
3 3
1 1
所以当 a 1时， g a 0恒成立，故 a 的取值范围是 ,13 3
1
故答案为： ,1
3
四、解答题（本题共 6 小题，共 70 分）
15．解：（1）由题意可设 1，2，3号球的个数分别为 n，2n，n，
2C1C1 C1C1 5
则取到异号球的概率 P n 2n n n2 ，C4n 7
2 5n2 5
，即
4n(4n 1) 7 n
2 2n．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，
数学（一中）答案 （第 8 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
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 0 100 600
P 0.2 0.4 0.4
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 0 500 600
P 0.5 0.1 0.4
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．
16．解：（1）由已知 ABC中 cos2B cos2C cos2A 1，
即1 2sin2 B 1 2sin2C 1 2sin2 A 1，
故 sin2 A sin2 B sin2 C，由正弦定理可得 a2 b2 c2，
故 ABC直角三角形，即 A π .
2
（2）由（1） A
π
，所以三角形 ABC的三个角都小于120 ，
2
则由费马点定义可知： APB BPC APC 120 ，
设 PA x, PB y, PC z，由 S APB S BPC S APC S ABC
1 xy 3 1 yz 3 1 3 1得： xz 2，整理得 xy yz xz 4 3 ，
2 2 2 2 2 2 2 3
则 PA PB PB PC PA PC
xy 1 yz 1 xz 1 1 4 3 2 3 .
2 2 2 2 3 3
数学（一中）答案 （第 9 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
17．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 ，
2x y z 0
则有
y z 0
，
令 x 1，则 y 1， z 1，所以n 1,1,1 ，
n
·AE 2 3
所以 cos n，AE n ·AE 2 3 3
2
3 6
所以棱 AE和平面P1P2P3所成角的余弦值为 1 ．
3
3
（2）由条件，可设 P1 1,cos 1,sin 1 ，P2 sin 2 ,1,cos 2 ，P3 cos 3,sin 3,1 ，
记 d1 P1P2 ，d2 P2P3 ，d3 P3P1 ，则（ i 1，2，3）
d 2i 1 sin
2 2
i 1 1 cos i sin
2
i cos i 1 ①（其中 4 1）
记 f d1 d2 d3，先求 f 的最小值：
数学（一中）答案 （第 10 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
2
由①及均值不等式， di 1 sin i 1
2
1 cos 2 1 2 i 2 sin i 1 cos i 2
2
所以 di 2 sin i 1 cos 2 i
2 i 1
所以 f 2 sin i 1 cos 2 i3
2 i 1
3 2 sin cos
2 i 1 i
3
i 1
3 2 2 sin cos
2 i i3
i 1 π
3 2 sin
i 3 2 3
3 4
π
所以当 1 2 3 时， f 可取到最小值4 3 2 3
.
再求 f 的最大值：
2
由①知 di 4 2cos i 2sin i 1 2sin i cos i 1
i 1 i 1 i 1 i 12
所以 di 12 2 cos i sin i 1
sin i cos i 1
3 3 3 3
i 1 i 1 i 1 12 2 cos i 1 sin i sin i cos
i 1
3 3 3
i 1
18 2 1 sin i 1 cos i 1 18
3
由柯西不等式，
i 1f 2 3 d
2
i 54，即 f 3 6，
3
故当 1 2 3 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．
18．解：（1）由已知 AB：y x 1,CD : y x 3 ，
AB与抛物线y x 2联立直线 得 x2 - x -1 0，
设 A(x1, y1),B(x2 , y2 )，则 x1 x2 1,x1x2 1，
所以 AB 1 12 x1 x 2 2 (x
2
1 x 2) 4x1x 2 10 ，
联立直线CD与抛物线 y x 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 x )
2
4 4x3 x4 26，
数学（一中）答案 （第 11 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
1
因为 AB CD，所以 SABCD AB CD 65 .2
x2 2
2 ⅰ k 1
x2 x x AB 2（ ）（ ）因为 AB 1 2 ，所以 的直线方程为 y x1 (x1 x2 )(x x1)，x1-x2
整理得 (x1 x2 )x y x1x2 0，因为 AB过点 P(1, 2)，
所以 x1 x2 2 x1x2 0①，
因为 AB过点 P(1, 2)，所以 x1 x2 2 x3x4 0；
（ⅱ）证明：由（ⅰ）同理可得 x3 x4 2 x3x4 0②，
同理可得 AC： (x1 x3)x y x1x3 0 ，BD： (x2 x4 )x y x2x4 0，
联立 AC与BD方程，解出点G坐标，
x x1x 3 x2x4 y x x x x x x x x x x x xG ， G 1 2 3 1 3 4 1 2 4 2 3 4x1 x
，
3 x2 x4 x1 x3 x2 x4
由①②得 x1x2 x1 x2 2， x3x4 x3 x4 2代入点G纵坐标
x1x2 x3 x4 x3x4 x1 x2 x1 x2 2 x3 x4 x3 x4 2 x1 x2
则 yG x1 x3 x2 x4 x1 x3 x2 x4
x1x2 x3 x4 x3x4 x1 x 2
x1 x3 x2 x4
2x1x3 2x x 2 x x x x 3 4 1 3 2 4
x1 x3 x2 x4
2x1x3 2x3x 4 2 2x 2
x1 x3 x2 x
G ，
4
所以点G坐标在直线 y 2x 2上．
1 2 3 4
19．解：（1） f i
4 2 1 3
，
2 1 2 3 4 3 1 2 3 4由题意可知 f i , f i
3 2 4 1
1 2 3 4 ；
1 2 3 4
（2）解法一：①若 f i 1 ，则 f i 1 2 3 4 为恒等置换；
1 2 3 4
②若存在两个不同的 i，使得 f i i，不妨设 i 1, 2，则 f i
1 2 4 3
.
数学（一中）答案 （第 12 页，共 14 页）
{#{QQABLQCEggAgQIBAARhCAQGgCgOQkBCACIoGxBAEMAIACAFABAA=}#}
1 2 3 4
所以 f 2 i f 2 i
1 2 3 4
，即 为恒等置换；
③若存在唯一的 i，使得 f i i，不妨设 i 2，
1 2 3 4 1 2 3 4则 f i 或 f i 3 2 4 1 4 2 1 3 .
1 2 3 4当 f i 3 4 2 1 3 时，由（1）可知 f i 为恒等置换；
1 2 3 4f i f 3同理可知，当 时， i 3 2 4 1 也是恒等置换；
④若对任意的 i, f i i，
f 1 2 3 4i f i 1 2 3 4 f i 1 2 3 4 则情形一： 或
2 1 4 3
或 ；
3 4 1 2 4 3 2 1
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
f i 情形二： 或 f i 或 f i
2 3 4 1 2 4 1 3
3 1 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4或 f i 3 4 2 1 或 f i f i 4 1 2 3 或 4 3 1 2 ；
对于情形一： f 2 i 为恒等置换；
f 4对于情形二： i 为恒等置换；
k
综上，对任意 f i S4，存在 k N ，使得 f i 为恒等置换；
1 2 3 4
解法二：对于任意 i 1,2,3,4 ，都有 f i , f i , f i , f i 1, 2,3, 4 ，
f 1 i , f 2所以 i , f 3 i , f 4 i k中，至少有一个满足 f i i，
k
即使得 f i i的 k的取值可能为1,2,3,4 .
当 i分别取1,2,3,4 k时，记使得 f i i的 k值分别为 k1,k2 ,k3 ,k4 ，
只需取 k为 k1,k2 ,k3 ,k4 的最小公倍数即可.
所以对任意 f i S4，存在 k N k ，使得 f 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
数学（一中）答案 （第 13 页，共 14 页）
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1 2 3 4 5 52 k , i 2k 1,一次如下置换： f i f i
1 27 2 28 3 52
，即
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：
f f f f f f f f f
1 1， 2 27 14 33 17 9 5 3 2，
f f f f f f f f
4 28 40 46 49 25 13 7 4，
f f f f f f f f
6 29 15 8 30 41 21 11 6，
f f f f f f f f
10 31 16 34 43 22 37 19 10，
f f f f f f f f
12 32 42 47 24 38 45 23 12，
f f
18 35 18，
f f f f f f f f
20 36 44 48 50 51 26 39 20，
f
52 52，
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.
数学（一中）答案 （第 14 页，共 14 页）
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