湖北省武汉市2024届高中毕业班二月调研考试数学试题含答案解析_

武汉市2024届高中毕业生二月调研考试

数学试卷

武汉市教育科学研究院命制

2024.2.28

本试题卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．

★祝考试顺利★

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号

条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在

试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．

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.

Ax2x

2

x10



，

B



yylg



x1





，则

AB

（

2

）

D.



1,0



B.



0,



2

）



1





C.







1



,0





2





0,1



2.复数

z

满足

2z3z52i

，则

z

（

A.

3

B.2C.

5

）

D.

6

3.已知

ab1

，

log

a

m

2

，

log

b

m3

，则

log

ab

m

（

A.

1

6

）

B.

1

5

C.

5

6

D.

6

5

4.

将

3

个相同的红球和

3

个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装

2

个球，则不同的

装法种数为（

A7

.

B.8C.9D.10

5.设抛物线

y

2

2x

的焦点为

F

，过抛物线上点

P

作其准线的垂线，设垂足为

Q

，若

PQF30

，则

PQ

（

A.

2

3

）

B.

3

3

C.

3

4

D.

3

2

6.

法布里

-

贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过

n

层薄膜，记光波

的初始功率为

P

0

，记

P

k

为光波经过第

k

层薄膜后的功率，假设在经过第

k

层薄膜时光波的

透过率

T

k



A.31

P

k

P

1



k

，其中

k1

，2，3…

n

，为使得

n



2



2024

，则

n

的最大值为（

P

k



1

2

P

0

B.32C.63D.64

）

7.如图，在函数

f



x



sin





x





的部分图象中，若

TAAB

，则点

A

的纵坐标为

（）



A.

2



2

2

B.

3



1

2

C.

32

D.

23

8.在三棱锥

PABC

中，

AB22

，且

PCAB

，

PC1

，

CACB2

，

PAPB4

，

则二面角

P-AB-C

的余弦值的最小值为（

A.

）

C.

1

2

2

3

B.

3

4

D.

10

5

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.





acos



,sin



b



9.已知向量

，





3,4



，则（）

A.若

a//b

，则

tan









4

3

B.若

a



b

，则

sin









3

5





ab

的最大值为6

C.





ab26





a

D.若

ab0

，则



得到如图所示的六

10.

将两个各棱长均为

1

的正三棱锥

DABC

和

EABC

的底面重合，

面体，则（）

A.该几何体的表面积为

33

2

B.该几何体的体积为

3

6

C.

过该多面体任意三个顶点

的

截面中存在两个平面互相垂直

D.

直线

AD//

平面

BCE



1



x



xx

fx



a

e



1ln

11.已知函数







e



1

恰有三个零点，设其由小到大分别为



1



x





x

1

,x

2

,x

3

，则（）

A.实数

a

的取值范围是



0,



B.

x

1

x

2

x

3

0

C.函数

g



x



f



x



kf



x



可能有四个零点

D.





1



e



f





x

3



f





x

1





e

x

3

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.在

ABC

中，其内角

A

，

B

，

C

所对

的

边分别为

a

，

b

，

c

，若

B

3π

，

b6

，

4

a

2

c

2

22ac

，则

ABC

的面积为__________．

x

2

y

2

13.设椭圆



1

的左右焦点为

F

1

，

F

2

，过点

F

2

的直线与该椭圆交于

A

，

B

两点，

95

若线段

AF

2

的中垂线过点

F

1

，则

BF

2



__________．

14.

“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容

器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓

或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子

初始位置在

1

号仓，则试验结束时该粒子是从

1

号仓到达容器外的概率为

__________

．

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.各项均不为0的数列



a

n



对任意正整数

n

满足：

（1）若



a

n



为等差数列，求

a

1

；

（2）若

a

1



1111



1



．

a

1

a

2

a

2

a

3

a

n

a

n



1

2

a

n



1

2

，求



a

n



的前

n

项和

S

n

．

7

16.如图，在四棱锥

P



ABCD

中，底面

ABCD

是平行四边形，

PAPB

，

DADB2

，

AB2

，

PD1

，点

E

，

F

分别为

AB

和

PB

的中点．

（

1

）证明：

CFPE

；

（

2

）若

PE1

，求直线

CF

与平面

PBD

所成角的正弦值．

17.

随着科技发展的日新月异，人工智能融入了各个行业，促进了社会的快速发展．其中利

用人工智能生成的虚拟角色因为拥有更低的人工成本，正逐步取代传统的真人直播带货．某

公司使用虚拟角色直播带货销售金额得到逐步提升，以下为该公司自

2023

年

8

月使用虚拟

角色直播带货后的销售金额情况统计．

年月2023年82023年92023年102023年112023年122024年1

月

月份编号

x

销售金额

y

／万元

1

月

2

月

3

月

4

月

5

月

6

15.425.435.485.4155.4195.4

若

y

与

x

的

相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题：

（1）试求变量

y

与

x

的样本相关系数

r

（结果精确到0.01）；

（2）试求

y

关于

x

的经验回归方程，并据此预测2024年2月份该公司的销售金额．

ˆ



ˆ

a

附：经验回归方程

y

ˆ

bx

ˆ

，其中

b





x



x



y



y





xy



nxy

i



1

ii

nn





x



x



i



1

i

n

2



i



1

n

ii



x

i



1

2

i



nx

2

ˆ

，

，

a

ˆ

ybx

样本相关系数

r







x



x



y



y



i



1

ii

n





x



x







y



y



i



1

i

i



1

i

n

2

n



2



xy



nxy

i



1

ii

n



x

i



1

n

2

i



nx

2



y

i



1

n

；

2

i



ny

2

参考数据：



xy

i



1

i

6

i



2463.4

，





y



y



i



1

i

6

2



2070

．

x

2

y

2

18.

已知双曲线

E

：

2



2



1

的

左右焦点为

F

1

，

F

2

，其右准线为

l

，点

F

2

到直线

l

的距

ab

离为

3

，过点

F

2

的动直线交双曲线

E

于

A

，

B

两点，当直线

AB

与

x

轴垂直时，

AB6

．

2

（1）求双曲线

E

的标准方程；

（

2

）设直线

AF

1

与直线

l

的交点为

P

，证明：直线

PB

过定点．

e

x



1

．

19.

已知函数

f



x





x

（

1

）求曲线

yf



x



在点

1,f



1



处的切线方程；

（

2

）证明：

f



x



是其定义域上的增函数；

（

3

）若

f



x



a

，其中

a0

且

a1

，求实数

a

的值．

x



武汉市2024届高中毕业生二月调研考试

数学试卷

武汉市教育科学研究院命制

2024.2.28

本试题卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．

★祝考试顺利★

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号

条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在

试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．

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.

Ax2x

2

x10



，



Byylgx

2

1





，则

AB

（

D.

）



1,0



B.



0,



2



1





C.







1



,0





2





0,1



【答案】

B

【解析】

【分析】由一元二次不等式的解法，对数函数的值域，集合的交集运算得到结果即可

.



2

【详解】集合

A



x

2

x



x



1



0





x

|



1



x







1





，

2



因为

x

2

11

，所以

lgx10

，所以集合

Byylgx1

2







2









y|y0



，

所以

A



B





0,

故选：

B.



1





，



2



2.复数

z

满足

2z3z52i

，则

z

（

A.

3

）

C.B.2

5

D.

6

【答案】

C

【解析】

【分析】首先待定结合复数相等求得

x,y

，结合模长公式即可求解

.

【详解】由题意不妨设

zxyi,x,yR

，所以

2z3z2



xyi



3



xyi



5xyi52i

，

所以

5x5,y2

，解得

x1,y2

，所以

z1

2

2

2

5

.

故选：

C.

3.已知

ab1

，

log

a

m

2

，

log

b

m3

，则

log

ab

m

（

A.

）

D.

1

6

B.

1

5

C.

5

6

6

5

【答案】

D

【解析】

【分析】由对数的换底公式及对数的运算性质即可求出结果

.

【详解】由换底公式得，

log

m

a



1111



，

log

m

b



，

log

a

m

2log

b

m

3

所以

log

ab

m



故选：

D.

116



.

log

m

ab

log

m

a



log

m

b

5

4.

将

3

个相同的红球和

3

个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装

2

个球，则不同的

装法种数为（

A.7

【答案】

A

）

B.8C.9D.10

【解析】

【分析】先将红球从数量分成



0,1,2



，



1,1,1



两种类型的分组，在分两类研究以上不同形

式下红球放入三个不同的袋中的方法数，最后袋中不重上黑球，使每个袋子中球的总个数为

2

个，将两类情况的方法总数相加即可.

【详解】将

3

个红球分成

3

组，每组球的数量最多

2

个最少

0

个，则有



0,1,2



，



1,1,1



两

种组合形式，

当红球分组形式为



0,1,2



时，将红球放入三个不同的袋中有

A

3

3216

放法，

3

此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为

2

个即可.

当红球分组形式为



1,1,1



时，将红球放入三个不同的袋中有

1

种放法，

此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为

2

个即可.

综上所述：将

3

个相同的红球和

3

个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装

2

个球，

不同的装法种数为

617

种.

故选：

A.

5.设抛物线

y

2

2x

的焦点为

F

，过抛物线上点

P

作其准线的垂线，设垂足为

Q

，若

PQF30

，则

PQ

（

A.

2

3

）

B.

3

3

C.

3

4

D.

3

2

【答案】

A

【解析】

【分析】由题意得

QFM30



，结合正切定义以及

FM1

可得

QF

，进一步即可求解.

【详解】如图所示：

M

为准线与

x

轴的交点，

因为

PQF30

，且

PFPQ

，所以

PFQ30,QPF120

，

因为

FM//PQ

，所以

QFM30



，

而

tan30





QM

MF



QM

1



QM



3

23

，所以

QF

，

3

3

332



.

323

所以

PFPQ

故选：A

QF

2



cos30





.

6.

法布里

-

贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过

n

层薄膜，记光波

的初始功率为

P

0

，记

P

k

为光波经过第

k

层薄膜后的功率，假设在经过第

k

层薄膜时光波的

透过率

T

k



A.31

【答案】

C

【解析】

P

k

P

1



k

，其中

k1

，2，3…

n

，为使得

n



2



2024

，则

n

的最大值为（

P

k



1

2

P

0

B.32C.63D.64

）

P

n

【分析】通过累乘法以及等差数列求和公式得

P



0

n



n1



4048

，结合数列单调性即可得解.

【详解】由题意

1

2

n



n



1



2



2



2024

，进一步得

P

n

P

11

P

1



n

,

n



1



n



1

,



,

1



，所以

P

n



1

2

P

n



2

2

P

0

2

1

2

n



n



1



2

P

n

111



n



n



1



P

0

222

所以



2



2024

，

n



n

1



2



2024

，即

n



n1



4048

，

显然

f



n



n



n1



关于

n

单调递增，其中

nN

*

，

又

f



63



40324048f



64



4160

，所以

n

的最大值为63.

故选：

C.

7.如图，在函数

f



x



sin





x





的

部分图象中，若

TAAB

，则点

A

的纵坐标为

（）



A.

2



2

2

B.

3



1

2

C.

32

D.

23

【答案】

B

【解析】

3π











x

2



2

x

1





3π







,0



，进一步得由

TAAB

得



【分析】由题意首先得

T



2



，将



2









y

2



2

y

1

它们代入函数表达式结合诱导公式二倍角公式即可求解

.

【详解】由题意



x





3π3π





3π





T



,0



，

x



，则

，所以



22





2







设

A



x

1

,y

1



,B



x

2

,y

2



，因为

TAAB

，

3π





x





2

2







3π





x



2

x





x



2



1

1

所以



，解得



2



，

2





y

2

y

2



2

y

1





y



1



2

所以

2

y

1



y

2



f



x

2





f



2

x

1







3π





3π









sin



2



x

1



2





2





2



cos



2



x

1

2





12sin

2





x

1







12y

1

2

，

2

所以

2y

1

2y

1

10

，又由图可知

y

1

0

，所以

y

1



3



1

.

2

故选：

B.

8.在三棱锥

PABC

中，

AB22

，且

PCAB

，

PC1

，

CACB2

，

PAPB4

，

则二面角

P-AB-C

的余弦值的最小值为（）

A.

2

3

B.

3

4

C.

1

2

D.

10

5

【答案】

A

【解析】

【分析】首先得

P,A

的轨迹方程，进一步作二面角

P-AB-C

的平面角为

PHC

，结合

轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件

.

x

2

y

2

【详解】因为

PAPB42a

，所以

a2

，点

P

的轨迹方程为，



1

（椭球）

42

又因为

CACB2

，所以点

A

的轨迹方程为

x

2

y

2

1

，（双曲线的一支）

过点

P

作

PHAB,ABPC

，而

PHPCP,PF,PC

面

PHC

，

所以

AB



面

PHC

，

设

O

为

AB

中点，则二面角

P-AB-C

为

PHC

，

所以不妨设

OH



2cos



,







0,





π



2

,

PH



2sin



,

CH



4cos





1

，



2



21



sin

2





所以

cos



PHC



，

22

2

sin



3



4sin

2



22sin



4cos





122sin



4cos





1

2sin

2





4cos

2





1



12cos

2



所以

cos

2



PHC



1

2

，令



2

1sin



t,0t1

，

2

2

sin



3



4sin





1



sin

2





2



11

t

2

1

t

2

2

cos



PHC



2



所以

2

sin



3



4sin

2



2



1



t



4

t



1



2



1



t



4

t



1



2

9

，



2



2

2

等号成立当且仅当

t

1



sin



，

5

2



1



sin

2





2



所以当且仅当

sin





故选：

A.

2

1510

时，



cos

PHC





.

,cos





min

3

55

【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得

解

.

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.





9.已知向量

a



cos



,sin





，

b



3,4



，则（）

A.若

a//b

，则

tan









4

3

B.若

a



b

，则

sin









3

5





C.

ab

的最大值为6





ab26

【答案】

ACD

【解析】





D.若

aab0

，则







【分析】根据

a//b

，有

4cos



3sin



，可判断A选项；根据

a



b

，得









3cos



4sin



0

，可判断B选项；根据向量减法三角形法则有

abab6

，











分别求出

a

，

b

，有

a

，

b

反向时

ab

取得最大值，根据向量的几何意义判断C选项；









根据

aab0

，得

4sin



3cos



1

，又

ab6cos



8sin



26

，可计算







ab

，从而判断D选项.



4



【详解】若

a//b

，则

4cos



3sin



，解得

tan





，A正确；

3

33

，所以

sin





，B错误；

45













2

22

2

因为

acos



sin



1

，

b



3



45

，而

abab6

，

若

a



b

，则

3cos



4sin



0

，解得

tan











当且仅当

a

，

b

反向时等号成立，在平面直角坐标系中，设向量

a

，

b

的起点为





坐标原点，向量

a

的终点在以坐标原点为圆心，半径为

1

的圆上，向量

b



3,4



终点在第二象限，当

a

，

b

反向，则向量

a



cos



,sin





的终点应在第四象限，

此时

cos













若

aab0

，则

cos





cos



3



sin





sin



4



0

，

3

4

，

sin





，所以C正确；

5

5



即

cos

2



3cos



sin

2



4sin



0

，所以

4sin



3cos



1

，





ab



cos



3







sin



4



22

6cos



8sin



26

，





所以

ab2426

，D正确.

故选：

ACD

得到如图所示的六

10.

将两个各棱长均为

1

的正三棱锥

DABC

和

EABC

的底面重合，

面体，则（）

A.该几何体的表面积为

33

2

B.该几何体的体积为

3

6

C.

过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直

D.

直线

AD//

平面

BCE

【答案】

AC

【解析】

【分析】对于

A

，首先求得其中一个正三角形的面积，进一步即可验算；对于

B

，首先求得

V

D



ABC

，进一步即可验算；对于C，证明面

ADE

面

ABC

即可判断；对于D，建立适当

的空间直角坐标系，验算平面法向量与直线方向向量是否垂直即可

.

【详解】对于A，

S



ABD



对于

B

，如图所示：

333

133

，所以表面积为

6



，故A对；



1



1





224

42

设点

D

在平面

ABC

内的投影为

O

，

M

为

BC

的中点，则由对称性可知

O

为三角形

ABC

的

重心，

所以

AO

2233

，又因为

AD1

，

AM

1



3323

AD

2

AO

2



1



16

，



33

所以正三棱锥

DABC

的高为

DO

所以题图所示几何体的体积为

V



2

V



2



D



ABC

1632

，故B错；



3346

对于C，由B选项可知

DO

面

ABC

，由对称性可知

D,O,E

三点共线，

所以

DE



面

ABC

，而

DE



面

ADE

，

所以面

ADE

面

ABC

，故

C

正确；

对于

D

，建立如图所示的空间直角坐标系：

其中

Ox

轴平行

BC

，因为

AO

所以

3333

，

,

OM

3236





1



13



13



6





36



B



,,0,

C



,,0,

E

0,0,



,

BC



1,0,0,

BE



,



,









26







26







2



，

363







x



0





设平面

BCE

的法向量为

n



x,y,z



，所以



1

，

36

y



z



0





x



63



2



n

不妨取

z1

，解得

y22,x0

，所以取

0,22,1

，





3



6







36



又

A





0,



3

,0





,

D





0,0,

3





,

AD







0,

3

,

3





，





2666

而

ADn

0

，所以直线

AD

与平面

BCE

不平行，故D错.

333

故选：

AC.

11.已知函数

f



x





a

e



1ln



x





1



x



x





e



1

恰有三个零点，设其由小到大分别为

1



x



x

1

,x

2

,x

3

，则（）

A.实数

a

的取值范围是



0,



B.

x

1

x

2

x

3

0

C.函数

g



x



f



x



kf



x



可能有四个零点





1



e



D.

f





x

3



f





x

1





e

x

3

【答案】

BCD

【解析】

x



1



x



1



e

【分析】对于B，

f



x



0h



x



0

，证明函数

h



x





a

ln



是奇函数





x

1



x

e



1



x



k



1



x



1



e







1



即可；对于C，将方程等价变形为



a

ln



x



x

1



x



e



1





e









0

，由此即可判断；对



f





x

3





e

x

3



f





x

3





e

x

3

f







x

3



，进一步求导运算即可；对于于D，由

x

1

x

3

，而

f





x

1



A，通过构造函数可得

0

p





0





2

am





0





1

，由此即可判断.

2

x



1



x



1



e



0

，【详解】对于B，

f



x





0



a

ln





x



1



x



e



1

x



1



x



1



e

设

h



x





a

ln



，则它的定义域为



1,1



，它关于原点对称，





x



1



x



e



1



xx





1



x



1



e



1



x



1



e







a

ln



且

h





x





a

ln







h



x



，所以

h



x



是奇函数，







x





x

1



x

e



11



x

e



1





由题意

h



x



0

有三个根

x

1

,x

2

,x

3

，则

x

1

x

2

x

3

0

，故B正确；

对于

C

，由



1



x



x

f



x





kf





x





0



a

e

x



1ln





e



1





1



x









1



x





x





x

a

e



1ln





e



1





0

，





1



x











1



x



ln



x



1



e

x

1



x





1



x



1



e





k



a



x

所以

a

ln





xx

e

e1



e

x



1



x



e



1

















0

，







x

k



1



x



1



e



所以

a

ln



xx



1



x



e



1e

x





1



x



1



e





a

ln





x



，

1



x



e



1



x



k



1



x



1



e





a

ln



1



即



x



x



1



x



e



1





e









0

已经有3个实根

x

1

,x

2

,x

3

，



当

k0

时，令

1

故

C

正确；

k

0

，则

xlnk

，只需保证

lnkx

1

,x

2

,x

3

可使得方程有4个实根，

x

e

f





x

3





e

x

3



f





x

3





e

x

3

f







x

3



，由B可知，

x

1

x

3

，而

f





x

1



又

f





x





a

e

x

ln

1



x

3

1



x

22

x

3

x

3

x





a

e

x



1



e,e

f



x



a

ln



a

e



1



1

，



3

2

1



x

1



x

2

1



x

3

1



x

3





3

所以

f





x

3





a

eln

x

1



x

3

2

x

3



a

e

x

3



1



e

2

1



x

3

1



x

3





a

ln

1



x

3

1



x

3

1



x

3

2

x

3



a

e

x

3



1



1



a

eln



a

ln



e

x

3



1

2

1



x

3

1



x

3

1



x

3

1



x

3





e

x

3

f







x

3





a

e

x

3



1ln



1



x

3



e

x

3



1



e

x

3

f







x

3



，故D正确；

1



x

3

1



e

x

1



e

x



1



x



1



x



对于A，

a

ln



，设

p



x





a

ln



，





x



,

m



x





x

1



x

e



11



x

e



1



2

a

2e

x

,

m





x





则

p





x





1



x

2

e

x



1



2

，所以

p





0





2

a

,

m





0





1

，

2

从而

0



2

a

11

,0

a

，故A错误.

24

故选：

BCD.

【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现

f



x



0h



x



0

，进一步只需验证

h



x



是奇函数即可顺利得解.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.在

ABC

中，其内角

A

，

B

，

C

所对的边分别为

a

，

b

，

c

，若

B

3π

，

b6

，

4

a

2

c

2

22ac

，则

ABC

的面积为__________．

【答案】

3

【解析】

【分析】根据

B

3π

，

b6

，

a

2

c

2

22ac

，利用余弦定理求得

ac62

，再利用

4

3π

，

b6

，

a

2

c

2

22ac

，

4

三角形面积公式求解

.

【详解】解：在

ABC

中，

B

由余弦定理得：

b

2

a

2

c

2

2accosB

，

22ac2accos

解得

ac62

，

所以

S



ABC



故答案为：

3

3π

32ac

，

4

112

ac

sin

B

62



3

，

222

x

2

y

2

13.设椭圆



1

的左右焦点为

F

1

，

F

2

，过点

F

2

的直线与该椭圆交于

A

，

B

两点，

95

若线段

AF

2

的中垂线过点

F

1

，则

BF

2



__________．

【答案】

【解析】

【分析】由椭圆方程确定

a

，

b

，

c

的值，结合已知条件及椭圆定义求出

AF

2

2

，在

10

7

RtF

1

F

2

M

中，求出

cos



F

1

F

2

M



F

2

M

F

1

F

2



1

1

，由诱导公式求出

cos

F

1

F

2

B

，设

4

4

16



m

2





6



m



8

m

2

BF

2

m

，则

BF

1

6m

，在

△F

1

F

2

B

中由余弦定理构造方程

解出

m

值即可

.

1



，

4

【详解】

x

2

y

2

设线段

AF

2

的中垂线与

AF

2

相交于点

M

，由椭圆



1

方程可知，

95

a3

，

b5

，

c2

；由已知有：

AF

1

F

1

F

2

2c4

，点

A

在椭圆上，

根据椭圆定义有：

AF

1

AF

2

2a6

，所以

AF

2

2

，

AMMF

2

1

，

在

RtF

1

F

2

M

中，

cos



F

1

F

2

M



F

2

M

F

1

F

2



1

，

F

1

F

2

MF

1

F

2

Bπ

，

4

1

cos

F

1

F

2

B

，点

B

在椭圆上，根据椭圆定义有：

BF

1

BF

2

2a6

，

4

设

BF

2

m

，则

BF

1

6m

，

F

1

F

2

4

，在

△F

1

F

2

B

中由余弦定理有：

cos



F

1

F

2

B



解得

m

F

1

F

2



BF

2



BF

1

2

F

1

F

2



BF

2

222



16



m

2





6



m



8

m

2

1



,

4

10

10

，即

BF

2



.

7

7

10

7

故答案为：

14.

“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容

器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓

或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子

初始位置在

1

号仓，则试验结束时该粒子是从

1

号仓到达容器外的概率为

__________

．

【答案】

【解析】

10

13

【分析】定义从

i

出发最终从1号口出的概率为

P

i

，结合独立乘法、互斥加法列出方程组即

可求解

.

21



P





1

3



3

P

2



1111



P



P



0



P



P



P

2

，【详解】设从

i

出发最终从1号口出的概率为

P

，所以



2131

i

3336



1



P





3

2

P

2



10

.

13

10

故答案为：

.

13

解得

P

1



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.各项均不为0的数列



a

n



对任意正整数

n

满足：

（1）若



a

n



为等差数列，求

a

1

；

1111



1



．

a

1

a

2

a

2

a

3

a

n

a

n



1

2

a

n



1

2

，求



a

n



的前

n

项和

S

n

．

7

1

【答案】（1）

a

1



2

33

2

（2）

S

n

n

6

n

7

（2）若

a

1



【解析】

【分析】（1）由递推关系首先得

111



a

n



1



a

n



2,

n



2

，进一步结合

a

n

a

n



1

2

a

n

2

a

n



1

已知



a

n



为等差数列，并在已知式子中令

n1

，即可得解.

（2）由（1）得

n2,nN

*

时，数列是等差数列，故首先求得

a

2

的值，进一步分类讨论即

可求解

.

【小问

1

详解】

由题意

1111



1



，

a

1

a

2

a

2

a

3

a

n

a

n



1

2

a

n



1

*

1111



1



当

n2,nN

时，

，

a

1

a

2

a

2

a

3

a

n



1

a

n

2

a

n

111



a

n



1



a

n



2,

n



2

，两式相减得

a

n

a

n



1

2

a

n

2

a

n



1

因为



a

n



为等差数列，在式子：

1111



1



中令

n1

，

a

1

a

2

a

2

a

3

a

n



1

a

n

2

a

n

1111



1



a



，得，所以

2

a

1

a

2

2a

2

a

1

2

所以

a

2



a

1



11

1



a

1



2



a

1



2

或

a

1



，

a

1

2

2

若

a

1

2

，则

a

2

0

，但这与

a

n



0

矛盾，舍去，

所以

a

1



1

.

2

2

71

，所以

a

2



3

，

7

22

【小问

2

详解】

因为

a

1



而当

n2,nN

*

时，

a

n



1



a

n



2

，所以此时

a

n



3



2



n

2





2

n

7

，

所以此时

S

n



2



n



1





3



2

n



7



33

，



n

2



6

n



727

33

.

7

而

n1

也满足上式，

综上所述，



a

n



的前

n

项和

S

n

n

6

n

2

16.如图，在四棱锥

P



ABCD

中，底面

ABCD

是平行四边形，

PAPB

，

DADB2

，

AB2

，

PD1

，点

E

，

F

分别为

AB

和

PB

的中点．

（

1

）证明：

CFPE

；

（

2

）若

PE1

，求直线

CF

与平面

PBD

所成角的正弦值．

【答案】（

1

）证明见详解；

（2）

27

7

【解析】

【分析】（

1

）取

PE

的中点

G

，通过证明

PE

平面

CDGF

，再由线面垂直的性质定理即

可得到结果

.

（

2

）建立空间直角坐标系，由空间向量求线面角的公式即可得到结果

.

【小问

1

详解】

取

PE

的中点

G

，连接

DG,FG

,

由

DADB2,AB2

，易知

DAB

为等腰直角三角形，

此时

DE1

，又

PD1

，所以

PEDG

.

因

为

PAPB

,

所以

PEAB

，

由

FG//EB

，即

FG//AB

，所以

PEFG

，

此时，

CD//AB//FG

,有

C,D,G,F

四点共面，

FGDGG

,

所以

PE

平面

CDGF

，又

CF

平面

CDGF

，所以

CFPE

.

【小问2详解】

由

ABPE,ABDE,

且

PEDEE

,所以

AB



平面

PDE

.

由

PEDEPD1

，得

△PDE

为

等边三角形，

以

E

为原点，

EB,ED

所在直线分别为

x

轴，

y

轴，过

E

且与平面

ABCD

垂直的直线为

z

轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，



13



113



P



0,,,

D

0,1,0,

B

1,0,0,

C

2,1,0,

F







22









2

,

4

,

4





,











13





DP





0,



,,

DB



1,



1,0,

n



x,y,z



设平面的法向量



PBD





22









13



n



DP



0



z



0





y



由







,即



2

，取

z1

，

n



2





n



DB



0



x



y



0





3,3,1

，







333



FC



,,



又





24



，设直线

CF

与平面

PBD

所成角为



，

4









n



FC



2327











则

sin





cos

n

,

FC







,

7

7



3

n



FC

所以直线

CF

与平面

PBD

所成角的正弦值为

27

.

7

17.

随着科技发展的日新月异，人工智能融入了各个行业，促进了社会的快速发展．其中利

用人工智能生成的虚拟角色因为拥有更低的人工成本，正逐步取代传统的真人直播带货．某

公司使用虚拟角色直播带货销售金额得到逐步提升，以下为该公司自

2023

年

8

月使用虚拟

角色直播带货后的销售金额情况统计．

2023年8

月

月份编号

x

销售金额

y

／万元

1

2023年9

月

2

2023年10

月

3

2023年11

月

4

2023年12

月

5

2024年1

月

6

年月

15.425.435.485.4155.4195.4

若

y

与

x

的相关关系拟用线性回归模型表示，回答如下问题：

（1）试求变量

y

与

x

的样本相关系数

r

（结果精确到0.01）；

（2）试求

y

关于

x

的经验回归方程，并据此预测2024年2月份该公司的销售金额．

ˆ



ˆ

a

附：经验回归方程

y

ˆ

bx

ˆ

，其中

b





x



x



y



y





xy



nxy

i



1

ii

nn





x

i



x



i



1

n

2



i



1

n

ii



x

i



1

2

i



nx

2

ˆ

，

，

a

ˆ

ybx

样本相关系数

r







x



x



y



y



i



1

ii

n





x



x







y



y



i



1

i

i



1

i

n

2

n



2



xy



nxy

i



1

ii

n



x

i



1

n

2

i



nx

2



y

i



1

n

；

2

i



ny

2

参考数据：



xy

i



1

i

6

i



2463.4

，





y

i



y



i



1

6

2



2070

．

【答案】17.0.96

18.

y38.3x48.7

，

219.4

万元

【解析】

【分析】（1）由题意根据参考公式线分别算得

x,y

以及

公式即可求解；



x

i

2



6

x

，进一步代入相关系数

i



1

6

2



，由此即可得经验回归方程并预测.

ˆ

,a

（2）根据（1）中的数据以及参数数据依次算得

b

【小问

1

详解】

x



6

1



2



3



4



5



6715.4



25.4



35.4



85.4



155.4



195.4



,

y



85.4

，

626

2

i

2



x



6

x



1



4



9



16



25



36



6



i



1

49



17.5

，

4

所以

r





xy



6

xy

i



1

ii

6



x

i



1

6

6

2

i



6

x

2



y

i



1

6

2

i



6

y

2

7

2463.4



6



85.4

670

2



0.96

.

20



35

17.5



2070

【小问

2

详解】

ˆ



由题意

b



xy



6

xy

i



1

6

ii



x

i



1

2

i



6

x

2

7

2463.4



6



85.4

2



38.3

，

17.5





85.4



所以

a

7



38.3



48.7

，

2

所以

y

关于

x

的经验回归方程为

y38.3x48.7

，

所以预测2024年2月份该公司的销售金额为

y38.3748.7219.4

万元.

x

2

y

2

18.已知双曲线

E

：

2



2



1

的左右焦点为

F

1

，

F

2

，其右准线为

l

，点

F

2

到直线

l

的距

ab

离为

3

，过点

F

2

的动直线交双曲线

E

于

A

，

B

两点，当直线

AB

与

x

轴垂直时，

AB6

．

2

（

1

）求双曲线

E

的标准方程；

（2）设直线

AF

1

与直线

l

的交点为

P

，证明：直线

PB

过定点．

y

2

【答案】（1）

x

1

3

2

（

2

）证明过程见解析

【解析】

【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合

a,b,c

之间的平方关系即可求解；

（2）设直线

AB

的方程为

xmy2

，

A



x

1

,y

1



,B



x

2

,y

2



,F

1



2,0



，联立双曲线方程

结合韦达定理得

my

1

y

2



3



y

1

y

2



，用

m

以及

A,B

的坐标表示出点

P

以及

PB

的方程，

4

根据对称性可知，只需在

PB

的直线方程中，令

y0

，证明相应的

x

为定值即可求解

.

【小问

1

详解】



a

2

b

2

3





c



cc

2







2

b

2



a



1

y

2

2



6





由题意



，所以双曲线

E

的标准方程为

x

1

.

a

b



3

3







222



a



b



c





【小问

2

详解】

由题意

l

:

x

1

，设直线

AB

的方程为

xmy2

，

A



x

1

,y

1



,B



x

2

,y

2



,F

1



2,0



，

2



x



my



2



3

m

2



1

y

2



12

my



9



0

，



22



3

x



y



3



所以

Δ



144

m



363

m



1



36

m



1



0,

y

1

y

2



直线

AF

1

的方程为：

y



2



2



2



9



12

m

,

y



y



，

12

3

m

2



13

m

2



1



1

y

1

5

y

1



,

，



x



2



,



P





x

1



2



22



x

1



2





5

y

1

2



x

2



2





x



x

2





y

2

，

1

x

2



2

y

2



所以

PB

的

方程为

y



由对称性可知

PB

过的定点一定在

x

轴上，

1



1





y

2



x

2







2

y

1



x

1



2





x

2





2



2





x

2



my

2



2

令

y



0



x



5

y

1

2

x

1

y

2



4

y

2



5

y

1

y

2



2



x

1



2



3





2

y

2



my

1



4





my

2





2





my

2



2

2



my

1



2



y

2



4

y

2



5

y

1

3



22



2

y

2



m

2

y

1

y

2



my

1



4

my

2



6





2

m

2

y

1

y

2



8

my

2



5

my

1

y

2

2





2

2

my

1

y

2



8

y

2



5

y

1





8

my

1

y

2



12

y

2



2

，

2

my

1

y

2



8

y

2



5

y

1

9



yy





3



12

3

m

2



1



my

1

y

2





y

1



y

2



，又



4



y



y





12

m

12



3

m

2



1



x





3



y

1



y

2





8

y

2



5

y

1

2



14



,0



.

13



6



y

1



y

2





12

y

2



2



6

y

1



6

y

2

14



2



，

1313

13

y

2



y

1

22

所以

所以直线

PB

过定点



e

x



1

19.已知函数

f



x





．

x

（1）求曲线

yf



x



在点

1,f



1



处的切线方程；

（2）证明：

f



x



是其定义域上的增函数；

（3）若

f



x



a

，其中

a0

且

a1

，求实数

a

的值．

x



【答案】（1）

yxe2

（2）证明过程见解析

【解析】

【分析】（

1

）首先代入

x1

到函数表达式得切点坐标，求出切点处的导数值得切线斜率，

（3）

ae

由此即可得解

.

x

（2）对

f



x



求导后，令

g



x







x

1



e



1

，对

g



x



继续求导发现，对于任意的

x0

有

e

x



1

e



1

¢

f

(

x

)

>

0

，故只需要证明

x0

时，



1

即可.



1

，

x0

时，

x

x

（3）由（2）得

a1

，进一步令

a

e

k

,

k

0

，

F



x





e



1

k



x

x



e



kx



x

，结合题意知

x0

时，

F



x



0

，

x0

时，

F



x



0

，对

k

分类讨论即可求解.

【小问

1

详解】

x

e

x



e

x



1

由题意

f



1



e1

，即切点为



1,e



1



,

f





x





,

k



f





1





1

，

2

x

所以曲线

yf



x



在点

1,f



1



处的切线方程为

yx1e1

，即

yxe2

；

【小问

2

详解】

由

f





x





x



1



e

x



1



x

x

，设

g



x







x

1



e



1

，则

g





x



xe

，



x

2

所以当

x0

时，

g





x



0

，

g



x



单调递减，当

x0

时，

g





x



0

，

g



x



单调递增，

又

g



0



0

，所以对于任意的

x0

有

g



x



0

，即

f

¢

(

x

)

>

0

，

因此

f



x



在







,0



单调递增，在



0,





单调递增，

即

h



x





e

x

1

，则

h





x



e1

，

x

x

所以

x0

时，

h





x



0

，

h



x



单调递减，所以

h



x



h



0



0

，即

e

x



1

x

，即

e

x



1



1

，

x

x

e



1

x0

时，

h





x



0

，

h



x



单调递增，所以

h



x



h



0



0

，即

e

1

x

，即



1

，

x

x

所以

f



x



是其定义域上的增函数.

【小问

3

详解】

由（2）可知，

x0

时，

f



x



1

，所以

a

x



1

，故

a1

，



1

k



x

令

a

e

k

,

k

0

，

F



x





e



e



kx



x

，

由题意

x0

时，

F



x



0

，

x0

时，

F



x



0

，

若

k1

，则当

x1

时，

F



x





e

所以

0k1

，

而

F





x







1



k



e



1

k



x



1

k



x



e



kx



x



1



e



kx



x



0

，不满足条件，



k

e



kx



1

，

2

令

G



x



F





x



，则

G





x







1



k



e

令

G





x



0

，得

x

2ln



1



k



x



k

2

e



kx



e



kx





1



k



e

x



k

2





2

，

k

，

1



k

k



k



F





x



在



,2ln2ln,



单调递增，单调递减，在



1



k



1



k



若

2ln

kk

0

，则当

2ln

x

0

时，

F





x



F





0



0

，

F



x



单调递减，此时

1



k

1



k

kk

0

，则当

0

x

2ln

时，

F





x



F





0



0

，

F



x



单调递减，此时

1



k

1



k

k

0

，则当

x0

时，

F





x



F





0



0

，

F



x



单调递增，此时

1



k

F



x



F



0



0

，不满足题意；

若

2ln

F



x



F



0



0

，不满足题意；

若

2ln

F



x



F



0



0

，

且当

x0

时，

F





x



F





0



0

，

F



x



单调递增，此时

F



x



F



0



0

，满足题意，

所以

2ln

k

1

0

，解得

k



，

1



k

2

e

.

综上所述，

a

【点睛】关键点睛：第二问的关键是在得到

f



x



在







,0



单调递增，在



0,





单调递

增，之后还要继续说明

“

左边的函数值

”

小于

“

右边的函数值

”

，由此即可顺利得解

.