数学
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名准考证号考场号座位号在答题卡上填写清楚
2.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，如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分 150 分，考试用时 120 分钟.
一单项选择题（本大题共 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.样本数据 42,42,45,45,46,47,47,48,49,51,52,55 的上四分位数为（ ）
A.45 B.46.5 C.47 D.50
x2 y2
2.若双曲线 1的离心率为 2 ，则该双曲线的虚轴长为（ ）
5 m
A. 5 B.5 C. 2 5 D.10
3.把能表示为两个连续奇数的平方差的正整数称为“幸运数”，则在1,2,3, ，2024 这 2024 个数中，能称为
“幸运数”的个数是（ ）
A.251 B.252 C.253 D.254
1
4.如图，在四面体 OABC 中， OA a,OB b,OC c ，点 D 为 AC 的中点， OE ED ，则 BE
2
（ ）
1 1 1 1
A. a b c B. a b c
12 12 6 6
1 1 1 1
C. a b c D. a b c
3 3 2 2
5.某班一天上午有五节课，下午有两节课，现要安排该班一天中语文数学物理英语地理体育艺术 7 堂课
的课程表，要求艺术课排在上午第 5 节，体育课排在下午，数学与物理不相邻，则不同的排法种数是
（ ）
A.128 B.148 C.168 D.188
6.若过点 a,b 可以作曲线 y lnx 的两条切线，则（ ）
A. b lna B. b lna C. a 0 D. b ea
7.已知 , ,2sin2 cos2 2 ，则 cos （ ）
4 2
10 5 1 1
A. B. C. D.
10 5 5 3
8.已知抛物线 C : x2 8y 的焦点为 F ，抛物线 C 的准线与 y 轴相交于点 G .过点 G 作直线 l 与抛物线相交于
A, B 两点，连接 FA, FB ，设直线 FA, FB 与 x 轴分别相交于 R, S 两点，若 FA 的斜率与 FB 的斜率的乘积为
-3，则 RFS 的大小等于（ ）
2 5
A. B. C. D.
3 2 3 6
二多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项是符
合题目要求的.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.如图，在海面上有两个观测点 B, D, B 在 D 的正北方向，距离为 2km ，在某天 10：00 观察到某航船在 C
处，此时测得 CBD 45 ,5 分钟后该船行驶至 A 处，此时测得
ABC 30 , ADB 60 , ADC 30 ，则（ ）
A.观测点 B 位于 A 处的北偏东 75 方向
B.当天 10：00 时，该船到观测点 B 的距离为 6km
C.当船行驶至 A 处时，该船到观测点 B 的距离为 6km
D.该船在由 C 行驶至 A 的这 5min 内行驶了 2km
10.设复数 z1 3 i, z2 x yi x, y R, z1, z2 对应的向量分别为 OZ1,OZ2 （ O 为坐标原点），则
（ ）
A. z1 2
B.若 OZ1 OZ2 ，则 3x y 0
1
C.若 OZ OZ 且 z 1，则 x
1 2 2 2
D.若 z1 z2 3 ，则 z2 的最大值为 2 3 .
11.定义域为 R 的连续函数 f x ，对任意 x, y R, f x y f x y 2 f x f y ，且 f x 不恒为
0，则下列说法正确的是（ ）
A. f x 为偶函数
B. f x f 0… 0
2024
C.若 f 1 0 ，则 f (i) 4048
i1
D.若 0 为 f x 的极小值点，则 f x 的最小值为 1
三填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
2 2
12.设集合 A x y log3 x 9, B y y log3 x 9，则 A B __________.
13.如图所示，已知一个半径为 2 的半圆面剪去了一个含 30 的 RtA ABC ，将剩余部分绕着直径 AB 所在直线
旋转180 得到一个几何体，该几何体的表面积为__________.
8ab2 a 16
14.对任意的正实数 a,b,c ，满足 b c 1，则 的最小值为__________.
bc a 1
四解答题（共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分 13 分）
x2 x
已知函数 f x .
ex
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）记曲线 C : y f x 在 x 0 处的切线为 l ，求证： l 与 C 有且仅有 1 个公共点.
16.（本小题满分 15 分）
甲乙两选手进行象棋比赛，设各局比赛的结果相互独立，每局比赛甲获胜的概率为 p(0 p 1) ，乙获胜的
概率为1 p .
（1）若采用 5 局 3 胜制比采用 3 局 2 胜制对甲更有利，求 p 的取值范围；
（2）若 p 0.6 ，已知甲乙进行了 n 局比赛且甲胜了 13 局，试给出 n 的估计值（ X 表示 n 局比赛中甲胜的
局数，以使得 P X 13 最大的 n 的值作为 n 的估计值）.
17.（本小题满分 15 分）
如图，在四棱锥 P ABCD 中，APAD 为正三角形，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD 平面 ABCD ，点
M 是棱 PB 的中点，平面 CDM 与棱 PA 交于点 N .
（1）求证： MN 平面 ABCD ；
（2） Q 为平面 CDNM 内一动点， E 为线段 BC 上一点；
求证： NQ AP ；
MQ
当 AQ QE 最小时，求 的值.
QC
18.（本小题满分 17 分）
x2
在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C : y2 1，圆 O : x2 y2 5, P 为圆 O 上任意一点.
4
（1）过 P 作椭圆 C 的两条切线 l1,l2 ，当 l1,l2 与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为 k1,k2 ，求 k1 k2 的
值；
2 5
（2）动点 Q 满足 OQ OP ，设点 Q 的轨迹为曲线 E .
15
（i）求曲线 E 的方程；
2 5 2 5
（ii）过点 A , 作曲线 E 的两条切线分别交椭圆于 R,T ，判断直线 RT 与曲线 E 的位置关系，并
5 5
说明理由.
19.（本小题满分 17 分）
已知数列bn 的前 n 项和为Tn ，且满足 b1 0,bn t 2 Tn .
（1）证明： t 1.
2
（2）当 t 0 时，求证：Tn… (n 1) ；
（3）是否存在常数 t ，使得bn 为等比数列？若存在，求出所有满足条件的 t 的值；若不存在，请说明理由.
参考答案
1-8DCCB CAAA
9.ACD 10.ACD 11.ABD
12. 3,2 13. 11 3 14.16 2 8
x2 x 1 1 5 1 5
15.（1）解： f x ，令 f x 0 ，得 x
ex 2 2
1 5 1 5
1 5 1 5
今 f x 0 ，得 x 或 x ，则 f x 在 , 上单调递增，
2 2 2 2
1 5 1 5
在 , , , 上单调递减.
2 2
（2）证明： f 0 1, f 0 0 ，
所以曲线 C : y f x 在 x 0 处的切线 l 的方程为： y x ；
x 1 x 1 x
令 f x x x x 1 0 ，令 g x 1, g x ，
e ex ex
当 x 0 时， g x 0 ，当 x 0 时， g x 0 ，
x 1
所以 g x 在 ,0 上单调递增， 0, 单调递减， g x 1 g 0 0 ，
ex
x 1
综上， x x 1 0 有唯一零点 0，即 l 与 C 有且仅有一个公共点.
e
16.解：（1）采用 5 局 3 胜制，甲最终获胜有 3 种比分 3: 0,3:1或 3: 2 .
因为每局比赛的结果是独立的，可得甲最终获胜的概率为
3 2 3 2 3 2 3 4 5
p1 p C3 p 1 p C4 p (1 p) 10 p 15p 6 p .
采用 3 局 2 胜制，甲最终获胜有两种可能的比分 2 : 0 或 2 :1，
2 1 2 2 3
可得甲最终获胜的概率为 p2 p C2 p 1 p 3p 2 p .
因为 5 局 3 胜制对甲有制，所以 p1 p2 ，
10 p3 15p4 6 p5 3p2 2 p3 ，
2 p3 5p2 4 p 1 0 ，
1
2 p 1( p 1)2 0, p 1.
2
13 13 n13
（2）易得 n…13, X Bn,13, P X 13 Cn p (1 p) ，
13 13 n13
记 f n Cn p (1 p) ，则
n 1! 2
f n 1 C13 0.613 0.4n113 13!n 12! 5 n 1 2
n1 ，
13 13 n13 n!
f n Cn 0.6 0.4 n 12 5
13!n 13!
f n 1 n 1 2 62
由 1，得 n ，
f n n 12 5 3
即13 n 20, f n f n 1;n… 21, f n f n 1 ，
故 n 21时， P X 13 最大，所以 n 的估计值为 21.
17.（1）证明：CD AB, AB 平面 ABP,CD 平面 ABP,CD 平面 ABP ，
又 CD 平面 CDNM ，平面 CDNM 平面 ABP MN,CD MN .
又 CD 平面 ABCD, MN 平面 ABCD ，
MN 平面 ABCD
（2）解：由平面 PAD 平面 ABCD, AB AD, AD 平面 ABCD 平面 PAD ，
故 AB 平面 PAD ，所以 AB AP ，由（1）， AB MN ，故 AP MN ，
又 M 是棱 PB 的中点，则 N 为棱 PA 中点，APAD 为正三角形，
故 AP ND, MN ND N ，所以 AP 平面 CDNM ，故 AP NQ .
又有 AQ PQ, AQ QE PQ QE ，
当 Q 为 PE 与平面 CDNM 的交点时， (PQ QE)min PE ，
故当 AQ QE 最小时， PE 取得最小值，此时 PE BC ，
由 AB AP ，数 PB2 PA2 AB2 ，
同理 PC 2 PD2 CD2 PA2 AB2 PB2 ，
故 PE BC 时， E 为 BC 中点，取 PE 中点T ，连接 MT ，如图，
1 1
则有 MT BE 且 MT BE EC ，
2 2
MQ MT 1
有AMTQ ACEQ, ，
QC EC 2
2 2
18.解：（1）设 P x0 , y0 x0 y0 5,l1,l2 直线方程的统一形式设为： y y0 k x x0 ，
y kx y kx 2
联立 0 0 2 2 ，
2 2 1 4k x 8k y0 kx0 x 4 y0 kx0 4 0
x 4y 4
2 2
由切线有 8k y kx 4 1 4k 2 4 y kx 4 0 （再按 k 整理方程），
0 0 0 0
2 2 2 *
即 x0 4k 2x0 y0k y0 1 0 ，
2 2 2
y 1 5 x0 1 4 x
所以 k ,k 是（*）的两个很，故 0 0 .
1 2 k1k2 2 2 2 1
x0 4 x0 4 x0 4
2 5 3 5 3 5
（2）（i）设 Q x, y ，由 OQ OP P x, y ，
15 2 2
45 45 4
将 P 代入圆 O 有： x2 y2 5 x2 y2 ，
4 4 9
4
即曲线 E 的方程为： x2 y2
9
（ii）直线 RT 与曲线 E 相切.理由如下：由题意可知直线
AR, AT 斜率 k3 和 k4 均存在，如图，
2 5 2 5 2 2 4
设过 A , 且与因 E : x y 相切的直线方程：
5 5 9
2 5 2 5
y k x ，
5 5
2 5
即 kx y 1 k 0,
5
2 5
1 k
则曲线 的圆心到该真线的距离 2 ，即 2 ，
E d 5 2k 9k 2 0
1 k 2 3
9
故 k k ,k k 1；
3 4 2 3 4
2 5 2
kx y 1 k 0 2 2 5
联立 5 ，可得： x 4 kx 1 k 4 ，
2 2 5
x 4y 4
16 5 16
即 4k 2 1 x2 k 1 k x (1 k)2 4 0 ，
5 5
16 2
2 5 (1 k) 4 2
则方程异于 的实数解为 5 2 5 4k 8k 1 ，
x 5
5 2 4k 2 1 5 4k 2 1
由 2k 2 9k 2 0 可得 2k 2 9k 2 ，
2 5 29k 2 8k 1 2 5 10k 5 2 5 2k 1
x ，
5 29k 2 1 5 18k 3 3 6k 1
2 5 2 5 2 5 4k 2 2k 1 2 5 4k 1
可得 y k x ，
2
5 5 5 4k 1 3 6k 1
2 5 2k3 1 2 5 4k3 1 2 5 2k4 1 2 5 4k4 1
设 R , ,T , ，
3 6k3 1 3 6k3 1 3 6k4 1 3 6k4 1
4k 1 4k 1
2 5 4 3
4k 1 6k 1 4k 1 6k 1
3 6k4 1 6k3 1 4 3 3 4
则直.线 RT 的斜率 k
2k 1 2k 1 2k 1 6k 1 2k 1 6k 1
2 5 4 3 4 3 3 4
3 6k4 1 6k3 1
1
，
2
1 2 5 2k3 1 2 5 4k3 1 1 5
故直线 RT 的方程为： y x x ，
2 3 6k3 1 3 6k3 1 2 3
即 3x 6y 2 5 0 ，
2 5 2
则曲线 E 的圆心到 RT 的距离 d r ，故真线 RT 与曲线 E 相切.
9 36 3
2
19.（1）证明：当 n 1时，此时 b t 2 b ，从而 ，
1 1 t b1 2 b1 b1 1 1
数 t 1.
（2）证明：法一：由题意有 bn 2 Tn ，从而当 n 1时，T1 2 T1 ，解得T1 4 ；
2
当 n… 2 时，T T 2 T ，即 ， T … 0 ，
n n1 n Tn 2 Tn Tn1 0 n
2 4 4T
从而 T n1 1 1T 1 T ，
n 2 n1 n1
从而 Tn Tn1 1, Tn1 Tn2 1,, T2 T1 1，累加可得 Tn T1 n 1，
2
又T1 4 ，故 Tn n 1，故当 n… 2 时，Tn (n 1) .
2 2
又T1 4 (11) ，故Tn… (n 1) .
法二：由题意有 bn 2 Tn ，从而当 n 1时， b1 2 b1 ，解得 b1 4 ；
2 2 2 2
当 n… 2 时， bn 4Tn ,bn1 4Tn1 ，两式相减可得 bn bn1 4bn ,bn… 0 ，
4 16 4b2
从而 b n1 2 4 b2 2 b2 2 b ，
n 2 n1 n1 n1
累加可得 bn 2n 1 b1 2n 2 ，
n
n(4 2n 2) 2
从而Tn (2n 2) n 3n .
i1 2
2 2 2
又 n 3n (n 1) n 1… 0, 即 n… 2 时，Tn (n 1) .
2 2
又T1 4 (11) ，故Tn… (n 1) .
（3）解：若存在实数 t ，使得bn 为等比数列，不妨设其公比为 qq 0 .
2
qb t
则 2 T b t, 即 2 qT b qb t ，可得 n ，
n1 n1 n 1 n qTn b1
2
2 2 2
b t b t qb t
又 b t 2 T ，可得 n ，从而 n n ，
n n Tn q b1
2 2 2