北京交通大学附属中学2024—2025学年第高三（下）开学考数学试卷（PDF版，含答案）

北京交大附中 2024—2025 学年第二学期 2 月开学诊断练习
高三数学
1．已知集合 A {1，2， 3}， B {x Z | x(2 x) 0}，则 A ZB ( )
A．{1， 2} B．{0，1，2，3} C． Z D．{x Z | x 0}
1
2．已知 a log9 3， b (
1)1.2 ， c 1.22 ，则 ( )
2
A． c a b B． c b a C． a b c D．b a c
3．若 (1 2x)3 a0 a1x a
2 3
2x a3x ，则 a1 a2 a3 ( )
A．1 B．2 C． 1 D． 2
4.设 a,b R ， ab 0，且 a b，则
1 1 b a
A. B. 3a 2b C. sin(a b) a b D. 2
a b a b

5．已知抛物线 C： y2 8x的焦点为 F，准线为 l，P是 l上一点，Q是直线 PF与 C的一个交点，若FP 4FQ，则
|QF | （ ）
7 5
A． B．3 C． D． 2
2 2
6.（2016朝阳期末文 7）已知 A,B C : (x m)2 (y n)2为圆 9 (m,n R )上两个不同的点（C为圆心），且满足
|CA CB | 13，则 AB
A. 23 B. 23 C. 2 D. 4
2
8.设 a 0，若 a为函数 f x a x a 2 x b 的极大值点，则（ ）
A. a b B. a b C. ab a2 D.ab a2
9.已知 是无穷等比数列，则“存在 ∈ N ，使得 +2 > +1 > ，”是“对任意 ∈ N ，均有 +3 > ”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
10．双纽线最早于 1694年被瑞士数学家雅各布．在平面直角坐标系 xOy中，把到定点 F1( a,0)，F2 (a,0)距离之积
等于 a2 (a 0)的点的轨迹称为双纽线C ．已知点 P(x0 ， y0 )是双纽线C上一点，下列说法正确的个数是 ( )
①双纽线C a a既有对称轴，也有对称中心； ② y0 ；2 2
③双纽线C上满足 | PF1 | | PF2 |的点 P只有 1个； ④ | PO |的最大值为 2a .
A. 1个 B.2个 C.3个 D.4个
z 2 i11．设 2 5 ，则 z __________．1 i i
12.已知双曲线 y2 mx2 1 3的渐近线方程为 y x，则m __________．
3
13. 设 R， [0, 2π) π．若对任意的实数 x 都有 sin(2x ) sin( x ) 0，则满足条件的 所有可能的取
6
值为______．
14. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”
问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问
题：将 1到 2025这 2025个自然数中被 3除余 2且被 5除余 4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，
则该数列的项数为________．
15.如果函数 f x 满足对任意 s, t 0, ，有 f s t f s f t ，则称 f x 为优函数. 给出下列四个结论：
① g x ln 1 x x 0 为优函数；
②若 f x 为优函数，则 f 2025 2025 f 1 ；
③若 f x 为优函数，则 f x 在 0, 上单调递增；
f x④若 F x 在 0, 上单调递减，则 f x 为优函数.
x
其中所有正确结论的序号是 .
16．（本小题共 13 分）
已知 a, b, c分别为△ABC内角 A，B，C的对边，满足 b c sin B c sin A B a sin A，点D为直线 BC
上一动点．
（1）求 A；
（2）已知b 1，从① cos B 11 S 3 3；②14 △ABC
；③ sinB 21 这三个条件中任选一个，使得△ABC存
4 14
在且唯一确定，求线段 AD长度的最小值．
17．（本小题共 13分）（2013丰台二模 17）
如图（1），等腰直角三角形 ABC的底边 AB 4，点D在线段 AC上，DE AB于E，现将 ADE沿DE折起
到 PDE的位置（如图（2））.
（Ⅰ）求证： PB DE；
（Ⅱ）若 PE BE，直线 PD与平面PBC所成的角为30 ，求 PE长；
（Ⅲ）设平面 PDE∩平面 PBC = l，试判断 l与平面 DEBC的位置关系，并说明理由.
图（1） 图（2）
18．（本小题共 14分）
人工智能 (AI )是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某校成立了 A， B两个研究性小
组，分别设计和开发不同的 AI 软件用于识别音乐的类别：“古典音乐”、“流行音乐”、“民族音乐”．为测试 AI 软件
的识别能力，计划采取两种测试方案．
方案一：将 100首音乐随机分配给 A， B两个小组识别，每首音乐只被一个 AI 软件识别一次，并记录结果；
方案二：对同一首音乐， A， B两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过．
3 2
（Ⅰ）若方案一的测试结果显示：正确识别的音乐数之和占总数的 ；在正确识别的音乐数中， A组占 ；在错误
5 3
1
识别的音乐数中， B组占 ．
2
（ⅰ）用频率估计概率，两个研究性小组的 AI 软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为多少？
（ⅱ）利用（ⅰ）中的结论，求方案二在一次测试中获得通过的概率；
（Ⅱ）若方案一的测试结果如下：
音乐类别 A小组 B小组
测试音乐数量 正确识别比例 测试音乐数量 正确识别比例
古典音乐 10 40% 24 50%
流行音乐 10 40% 20 50%
民族音乐 20 80% 16 87.5%
在 A小组、 B小组测试的三种音乐类别（古典、流行、民族）中各选一首，记 X1， X 2分别为 A小组、 B小组
正确识别的数量，试比较 E(X1)和 E(X 2 )的大小．（直接写出结果即可）
19.（本小题满分 15分）改编自 2022全国乙卷 20题
x2E : y
2
已知椭圆 1(a b 0)的左顶点为 A 2,0 ，且经过点 B 1
3
，
2 2 .a b 2
（Ⅰ）求椭圆 E的标准方程及其离心率；
（Ⅱ）设过点P 2,1 的直线交E于M,N两点，过点M且平行于 y轴的直线与线段AB交于点 T，点H满足MT = ,
证明：直线 HN过定点.
20. （本小题共 15 分）
设函数 f (x) alnx x b ，曲线 y f (x)在点 (1， f （1） )处的切线方程为 x 4y 1 0．
x 1
（Ⅰ）求实数 a， b的值；
（Ⅱ）求函数 f (x)的单调区间；
（Ⅲ）求函数 g(x) (x2 1)lnx 4(x 1)2的零点的个数．
21．（本小题共 15分）2024延庆一模改
已知数列 ，记集合 = , , = + +1 + . . . + , 1 ≤ < , , ∈ N .
（Ⅰ）若数列 为 1,2,3，数列 为 2,4,6，分别写出集合 ；
（Ⅱ）若 = 2 ，是否存在 , ∈ N ，使得 , = 512？若存在，求出一组符合条件的 , ；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若 = ，把集合 中的元素从小到大排列，得到的新数列为 1, 2, . . . , , . . .， 若 ≤ 2024，求 的最大值．
北京交大附中 2024—2025 学年第二学期 2 月开学诊断练习
高三数学
命题人：于伟东 张妍 审题人：于伟东 张妍
1．已知集合 A {1，2， 3}， B {x Z | x(2 x) 0}，则 A ZB ( )
A．{1， 2} B．{0，1，2，3} C． Z D．{x Z | x 0}
【解答】解：集合 A {1，2， 3}，
B {x Z | x(2 x) 0} {x Z | 0 x 2} {0 ，1， 2}，
A ZB {x Z | x 0}．故选： D．
1
2 1．已知 a log 1.2 29 3， b ( ) ， c 1.2 ，则 ( )2
A． c a b B． c b a C． a b c D．b a c
1
【解答】解： a log9 3
1
， 0 b (1)1.2 1 ， c 1.22 1.20 1，
2 2 2
则 c a b．故选：A．
3．若 (1 2x)3 a0 a1x a x
2
2 a3x
3，则 a1 a2 a3 ( )
A．1 B．2 C． 1 D． 2
【解答】解：由 (1 2x)3 a0 a1x a2x
2 a3x
3，
令 x 0，则13 a0，即 a0 1，
令 x 1，则 (1 2)3 a0 a1 a2 a3 ，
即 1 1 a1 a2 a3，所以 a1 a2 a3 2．
故选： D．
4.设 a,b R ， ab 0，且 a b，则
1 1
A. B. 3a 2b C. sin(a b) a b b a D. 2
a b a b
【答案】C

5．已知抛物线 C： y2 8x的焦点为 F，准线为 l，P是 l上一点，Q是直线 PF与 C的一个交点，若FP 4FQ，则
|QF | （ ）
7 5
A． B．3 C． D． 2
2 2
【答案】B
【详解】设准线与 x轴的交点为H，则 FH 4，
第 1 页 共 13 页
PQ 3
如图所示，因为 FP 4FQ，故 PF 4，
MQ PQ 3
过点Q作QM l，垂足为 M，则QM //x轴，所以 4 PF 4，
所以 MQ 3，由抛物线定义知， QF MQ 3，故选：B．
6. 2（2016朝阳期末文 7）已知 A,B为圆C : (x m) (y n)2 9 (m,n R )上两个不同的点（C为圆心），且满足
|CA CB | 13，则 AB
A. 23 B. 23 C. 2 D. 4
2
【答案】A
7．刍甍 ( chúméng )是中国古代算数中的一种几何体，它是底面为矩形的屋脊状的楔体．现有一个刍甍（如图），底
面 BCDE为矩形，且 BC 3， BD 13， AF / / 平面 BCDE，△ ABE和△CDF 为全等的正三角形， AF 1，则
平面 ABE和底面 BCDE的夹角的余弦值为 ( )
A 1 B 3 C 2 6． ． ． D．
3 3 2 3
【答案】B
【解答】解：分别取 BE，CD的中点G，H ，连接 AG，GH ，HF，则GH BE ，
因为 AF / / 平面 BCDE， AF 平面 AFHG，平面 BCDE 平面 AFHG GH ，
所以 AF / /GH ，即四边形 AFGH 为梯形，
因为△ ABE和△CDF 为全等的正三角形，所以 AG HF ，
所以四边形 AFHG是等腰梯形，
在矩形 BCDE中， BC 3， BD 13，
第 2 页 共 13 页
所以 BE CD BD2 BC2 2，
因为△ ABE和△CDF 为全等的正三角形，且G是 BE 的中点，
所以 AG HF 3， AG BE ，
又GH BE，
所以 AGH 即为平面 ABE和底面 BCDE的夹角，
过点 A作 AO GH 于点O，
因为 AF 1，GH BC 3，
OG 3 1所以 1，
2
所以 cos AGH OG 1 3 ，
AG 3 3
3
即平面 ABE和底面 BCDE的夹角的余弦值为 ．
3
故选： B．
8.设 a 0，若 a为函数 f x a x a 2 x b 的极大值点，则（ ）
A. a b B. a b C. ab a2 D.ab a2
【答案】D
9.已知 是无穷等比数列，则“存在 ∈ N ，使得 +2 > +1 > ，”是“对任意 ∈ N ，均有 +3 > ”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【详解】设 公比为 ，显然 ≠ 0，且 ≠ 1.
= 1 > 0
（1）由 +2 +1 +1 +2 > +1 > 可得， +1 = 1 > 0
，
显然有 与 +1符号相同，则 > 0.
2
①若 > 0
1 > 0
，则有 1 > 0 ，解得 > 1，
此时 3 +3 = 1 .
因为 > 1，所以 3 > 1，又 > 0，所以 +3 > 0，所以 +3 > ；
②
2 1 < 0
若 < 0，则有 1 < 0 ，解得 1 < < 1.
又 > 0，所以 0 < < 1，
此时 +3 = 3 1 .
因为 0 < < 1，所以 3 < 1，又 < 0，所以 +3 > 0，所以 +3 > .
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（2）因为 +3 > ，所以 3 +3 = 1 > 0.
因为 是常数，所以 符号恒定，所以 > 0.
①若 > 0，则 3 > 1，所以 > 1，显然此时有 +2 > +1 > 成立；
②若 < 0，则 3 < 1，此时有 1 < < 1，所以 0 < < 1，
此时有 +2 > +1 > 成立.
综上所述，“存在 ∈ ，使得 +2 > +1 > ，”是“对任意 ∈ ，均有 +3 > ”的充分必要条件.
10．双纽线最早于 1694年被瑞士数学家雅各布．在平面直角坐标系 xOy中，把到定点 F1( a,0)，F2 (a,0)距离之积
等于 a2 (a 0)的点的轨迹称为双纽线C ．已知点 P(x0 ， y0 )是双纽线C上一点，下列说法正确的个数是 ( )
a a
①双纽线C既有对称轴，也有对称中心； ② y
2 0
；
2
③双纽线C上满足 | PF1 | | PF2 |的点 P只有 1个； ④ | PO |的最大值为 2a .
A. 1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】D
【解答】解：对①设动点C(x, y)，由题意可得C 的轨迹方程 [(x a)2 y2 ] [(x a)2 y2 ] a2，关于 x轴对称，
且关于原点对称．故①正确；
1 1
对②，因为 P(x0 ， y0 )，所以 S PF F | PF || PF | sin F PF | F F | | y |．1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 0
又因为 | PF1 | | PF2 | a
2 ，所以 a2 sin F1PF2 2a | y0 |，即 | y0 |
a
sin F PF a a，故 y a ，故②正确；
2 1 2 2 2 0 2
对③，若 | PF1 | | PF2 |，则点 P(x0 ， y0 )在 F1F2的中垂线即 y轴上．
故此时 x0 0，代入 [(x a)
2 y2 ] [(x a)2 y2 ] a2，可得 y0 0，即 P(0,0)仅有一个，故③正确；
对④，当 P，O重合时， | PO | 0，
1 1
当 P，O不重合时， PO PF1 PF2 2 2
，
2 1 2 1 2 1
两边平方得 PO PF1 PF2 | PF1 | | PF2 | cosF1PF4 4 2 2
①，
在△ PF1F2 中，由余弦定理得 | FF |
2 | PF |2 | PF |21 2 1 2 2 | PF1 | | PF2 | cosF1PF2 ，
即 | PF 21 | | PF2 |
2 2 | PF1 | | PF2 | cosF1PF2 4a
2②，
2
式子①②联立得， PO a2 | PF1 | | PF2 | cos F1PF2 a
2 a2 cos F1PF2 2a
2 ，
当 P落在 x轴上（除原点）时，等号成立，

故 | PO | 2a， | PO |的最大值为 2a，故④正确.
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11．设 z
2 i
2 ，则 z __________．1 i i5
【答案】1 2i
12. 3已知双曲线 y2 mx2 1的渐近线方程为 y x，则m __________．
3
1
【答案】
3
π
13. 设 R， [0, 2π)．若对任意的实数 x 都有 sin(2x ) sin( x ) 0，则满足条件的 所有可能的取
6
值为______．
5
【答案】 ，
6 6
14. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”
问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问
题：将 1到 2025这 2025个自然数中被 3除余 2且被 5除余 4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，
则该数列的项数为________．
【答案】135
【详解】由题知，满足上述条件的数列为14,29,44, ，
该数列为首项是14，公差为15的等差数列{an}，
则 an 14 15(n 1) 15n 1 2025,n N
*，
故该数列的项数为 135.
15.如果函数 f x 满足对任意 s, t 0, ，有 f s t f s f t ，则称 f x 为优函数. 给出下列四个结论：
① g x ln 1 x x 0 为优函数；
②若 f x 为优函数，则 f 2025 2025 f 1 ；
③若 f x 为优函数，则 f x 在 0, 上单调递增；
f x
④若 F x 在 0, 上单调递减，则 f x 为优函数.
x
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【解答】解：对于①， s， t (0, )，
g(s) g(t) g(s t) ln(1 s) ln(1 t) ln(1 s t)
ln (1 s)(1 t) 1 s t st st ln ln(1 ) ln1 0，
1 s t 1 s t 1 s t
g(s) g(t) g(s t)， g(x) ln(1 x)是优函数，故①正确；
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对于②， f (x)是优函数， f （1） f （1） f (1 1)，即 2 f （1） f （2），
f （2） f （1） f (2 1) f （3）． 3 f （1） f （3），
同理， 4 f （1） f （4）， ， 2025 f （1） f (2025)，故②正确；
对于③，例如 f (x) x2， x 0，满足 f (s t) f (s) f (t) (s t)2 s2 t2 2st 0，
f (s t) f (s) f (t) ，为优函数，但 f (x) x2在 x (0, )上单调递减，故③错误；
若 F (x) f (x) 在 (0, )上单调递减，
x
任取 s， t (0, )， s t s， s t t，则 F (s t) F (s)， F (s t) F (t)，
f (s t) f (s) f (s t) f (t)
， ，
s t s s t t
变形为 sf (s t) (s t) f (s) ， tf (s t) (s t) f (t) ，
两式相加得： (s t) f (s t) (s t)[ f (s) f (t)]，
s t 0， f (s t) f (s) f (t) ， f (x)为优函数，故④正确．
故答案为：①②④．
16．（本小题共 13 分）
已知 a, b, c分别为△ABC内角 A，B，C的对边，满足 b c sin B c sin A B a sin A，点D为直线 BC
上一动点．
（1）求 A；
11
（2）已知b 1，从① cos B 3 3 21；②
14 S △ABC
；③ sinB 这三个条件中任选一个，使得△ABC存
4 14
在且唯一确定，求线段 AD长度的最小值．
【答案】（1）解：由 b c sin B c sin A B a sin A，可得 b c sin B c sinC a sin A，
则 b c b c2 a2 ，b2 c2 a2 bc
2 2
cos A b c a
2 1
则 ，
2bc 2
又0 A ，
π
则 A ……6 分
3
（2）解：若选①第（2）问零分.可选②或③……选条件给 1分
3 3 π
选② S ABC ，又 A ，b 1，4 3
3 3 1 3
又由 1 c，可得 c 3，
4 2 2
第 6 页 共 13 页
2 1
则 a 1 9 2 1 3 7 ，则 ，
2 a 7
7 9 1 5 7
则 cosB ，
2 3 7 14
又0 B π，
2
5 7 21
则 sinB 1 14
，
14
则线段 AD 21 3 21长度的最小值为 csinB 3 ．……13分
14 14
π
选③ sinB 21 ，又 A ，
14 3
则由 sinB 21 3 3 sinA ，
14 28 4
0 B A π可得b a，则 ，……2 分（以上角范围分析占 2 分，必须说清楚）
2
5 7
则 cosB ，
14
则 sinC sin(A B) 3 5 7 1 21 3 21
2 14 2 14 14
则线段 AD长度的最小值为bsinC 1 3 21 3 21 ．……13分
14 14
17．（本小题共 13分）（2013丰台二模 17）
如图（1），等腰直角三角形 ABC的底边 AB 4，点D在线段 AC上，DE AB于E，现将 ADE沿DE折起
到 PDE的位置（如图（2））.
（Ⅰ）求证： PB DE；
（Ⅱ）若 PE BE，直线 PD与平面PBC所成的角为30 ，求 PE长；
（Ⅲ）设平面 PDE∩平面 PBC = l，试判断 l与平面 DEBC的位置关系，并说明理由.
图（1） 图（2）
第 7 页 共 13 页
解: （Ⅰ）∵ DE AB， DE BE ,DE PE, ……………….2 分
BE PE E， DE 平面 PEB, ……………….3 分
PB 平面PEB， BP DE; ……………………….4 分
（Ⅱ） PE BE， PE DE，DE BE ,所以，可由 DE,BE,PE 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系（如图），
设 PE=a（0≤a≤2），则 B(0,4-a ,0),D(a,0,0)，C(2,2-a,0),P(0,0,a)，

PB (0, 4 a, a)， BC (2, 2,0), PD (a,0, a) , ……………………6 分 z
设面 PBC 的法向量 n (x, y, z) ,
(4 a)y az 0, y
令 y a , n (a,a,4 a) , …………8 分
2x 2y 0,
x
∵直线 PD与平面 PBC所成角为 30°，
2
sin 30 cos PD, n 2a 4a 1 = ， ……………………….9 分
2a2 2a2 (4 a)2 2
4 4
解得：a= ，或 a=4(舍)，所以，PE的长为 .……………………….11分
5 5
（Ⅲ）相交（结论 1分，理由 1分）……………………….13分
法 1：做出交线，延长 ED、BC 交于点 Q，所以点 Q∈平面 PDE且点 Q∈平面 PBC，因此点 Q∈l，又 P∈l，所以
直线 PQ即为交线 l，又因为点 Q∈平面 DEBC，所以交线 l与平面 DEBC相交（于点 Q）.
法 2：反证法，因为点 P 平面 DEBC，且点 P∈交线 l ，所以交线 l 平面 DEBC. 假设 l∥平面 DEBC，且 l 平
面 PBC，平面 PBC∩平面 DEBC=BC，故 l∥BC. 同理 l∥DE，因此 DE∥BC，由图 1知，DE与 BC相交，矛盾. 因
此 l与平面 DEBC相交.
18．（本小题共 14分）
人工智能 (AI )是一门极富挑战性的科学，自诞生以来，理论和技术日益成熟．某校成立了 A， B两个研究性小
组，分别设计和开发不同的 AI 软件用于识别音乐的类别：“古典音乐”、“流行音乐”、“民族音乐”．为测试 AI 软件
的识别能力，计划采取两种测试方案．
方案一：将 100首音乐随机分配给 A， B两个小组识别，每首音乐只被一个 AI 软件识别一次，并记录结果；
方案二：对同一首音乐， A， B两组分别识别两次，如果识别的正确次数之和不少于三次，则称该次测试通过．
3 2
（Ⅰ）若方案一的测试结果显示：正确识别的音乐数之和占总数的 ；在正确识别的音乐数中， A组占 ；在错误
5 3
1
识别的音乐数中， B组占 ．
2
（ⅰ）用频率估计概率，两个研究性小组的 AI 软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为多少？
（ⅱ）利用（ⅰ）中的结论，求方案二在一次测试中获得通过的概率；
（Ⅱ）若方案一的测试结果如下：
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音乐类别 A小组 B小组
测试音乐数量 正确识别比例 测试音乐数量 正确识别比例
古典音乐 10 40% 24 50%
流行音乐 10 40% 20 50%
民族音乐 20 80% 16 87.5%
在 A小组、 B小组测试的三种音乐类别（古典、流行、民族）中各选一首，记 X1， X 2分别为 A小组、 B小组
正确识别的数量，试比较 E(X1)和 E(X 2 )的大小．（直接写出结果即可）
【解答】
解：（Ⅰ） (i)对于方案一，设 A、 B两个研究性小组的 AI 软件每次能正确识别音乐类别的概率分别为 P1、 P2，
100 3首音乐中，正确被识别的数量为100 60首，错误被识别数量为100 60 40首，
5
其中 A 2组识别正确的数量为 60 40首， B组识别正确的数量为 60 40 20首，
3
1
其中 A组识别错误的数量为 40 20 首， B组识别错误的数量为 40 1 20 首，
2 2
P 40 2 P 20 1故 1 ， ．40 20 3 2 20 20 2
………………………4 分
(ii) D P D (2)2 C1 (1)2 C1 1 2 (1)2 (2)2 (1)2 4记事件 ：方案二在一次测试中获得通过，则 （ ） 2 ．3 2 2 3 3 2 3 2 9
……………………….11 分
（Ⅱ） E(X1) E(X 2 )．
理由： E(X1) 0.4 0.4 0.8 1.6， E(X 2 ) 0.5 0.5 0.875 1.875，因此 E(X1) E(X 2 ) .
……………………….14 分
19.（本小题满分 15分）改编自 2022全国乙卷 20题
x2 y2
已知椭圆 E : 1(a b 0)的左顶点为 A 2,0 3 ，且经过点 B 1，a2 .b2 2
（Ⅰ）求椭圆 E的标准方程及其离心率；
（Ⅱ）设过点P 2,1 的直线交E于M,N两点，过点M且平行于 y轴的直线与线段AB交于点 T，点H满足MT = ,
证明：直线 HN过定点.
【答案】
2 2
（Ⅰ）设椭圆的标准方程为： 2 + 2＝1（a>b>0）, 由题意 a=2，
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代入点 B
1 3 1 9 ，2 得， + 2＝1，解得 b
2=3，
4 4
2 2
所以椭圆 E的标准方程 + ＝1.………………………4 分
4 3
1
所以 c2=a2-b2=1，c=1，离心率 e = = .………………………5 分
2
（Ⅱ）由题意可知，直线MN的斜率存在.
用特殊位置先猜，当MN的斜率为 0时，MN的方程为 y=1，

此时M
2 6
,1
2 6
3
，N ,1
3
y 3

直线 AB： x 3 2 6 2 6，令 x 得T , 6 3 ，
2 3 3

由MT = 得， H
2 6
, 2 6 53
3 6 2 6
此时直线 NH： y 1 2
x 过点 A 2,0 .………………………6 分（猜出结论 1 分，不讨论斜率为 0 不
3
扣）
1
另：用特殊位置先猜，当 MN 过椭圆的右顶点时，MN 的方程为 y x 2 ，
4
22 12
此时M , ，N 2, 0
13 13
y 3 x 3 x 22 22 6 T , 直线 AB： ，令 得
2 13
，
13 13
由MT =
22
得， H , 0

13
此时直线 NH： y 0，故直线 NH 过 x 轴上一个定点.
设直线MN： y 1 k x 2 ，M x1, y1 ，N x2 , y2 .
3 4k 2 2与椭圆方程联立得： x 16k 2 8k x 16k 2 16k 8 0 .………………………7 分
x x 16k
2 8k 16k 2 16k 8
1 2 ,x1x2 2 2 .………………………8 分3 4k 3 4k
3 3
直线 AB： y x 3，令 x x1得T x1, x1 3 ，.………………………9 分2 2
由MT = 得，H x1,3x1 6 y1 ，.………………………10 分
y2 3x1 6 y1 k x1 x2 3x1 4k 4kHN ，x2 x1 x2 x1
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k x1 xy y 2 3xNH 1 4k 4直线 ： 2 x x2 ，.………………………11 分x2 x1
y x x
令 y 0， x 2 1 2 x
k x1 x2 3x1 4k 4 2
2k 3 x1x2 2k 1 x1 2k 5 x 2
k x1 x2 3x1 4k 4
2k 3 x1x2 2k 1 x1 2k 5 x1 x 2 x1
k x1 x2 3x1 4k 4
2k 3 x
1
x2 2k 5 x1 x2 6x1
.………………………13 分k x1 x2 3x1 4k 4
48k 2 24k 24
6x
3 4k
2 1
2 2 24k 12k 12
3x
3 4k 2 1
所以直线 HN过定点 A 2,0 ..………………………15 分
20. （本小题共 15 分）
f (x) alnx x b设函数 ，曲线 y f (x)在点 (1， f （1） )处的切线方程为 x 4y 1 0．
x 1
（Ⅰ）求实数 a， b的值；
（Ⅱ）求函数 f (x)的单调区间；
（Ⅲ）求函数 g(x) (x2 1)lnx 4(x 1)2的零点的个数．
【解答】解：（Ⅰ）函数 f (x) alnx x b , x 0，
x 1
f (x) a 1 b所以 ，
x (x 1)2
依题意， f (1) 0, f (1) 1 ，
4
b 1

0
所以 2 ，
a 1 b 1
4 4
1
解得 a ， b 1；………………………4 分
4
f (x) lnx x 1（Ⅱ）函数 , x 0，
4 x 1
2
f (x) 1 2 x 6x 1所以
4x (x 1)2 4x(x 1)2
，
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令 f (x) 0，则 x2 6x 1 0，记两根分别为m， n，且m 3 2 2， n 3 2 2 ，列表如下：
x (0,m) m (m,n) n (n, )
f (x) 0 0
f (x) 递增 极大值 递减 极小值 递增
所以函数 f (x)的单调增区间为 (0,3 2 2)， (3 2 2, )，单调减区间为 (3 2 2,3 2 2)；
………………………9 分
（Ⅲ）函数 g(x) (x2 1)lnx 4(x 1)2 4(x2 1)(lnx x 1 ) 4(x2 1) f (x), x 0，
4 x 1
令 g(x) 0，得 x 1或 f (x) 0，
所以 1是函数 g(x)的一个零点，下面只要研究 f (x)零点情况，
由（Ⅰ）知 f （1） 0，且 0 3 2 2 1 3 2 2 ，即m 1 n，
又因为函数 f (x)在 (3 2 2,3 2 2) 上单调递减，
所以 f (m) 0， f (n) 0，即函数 f (x)在 (3 2 2,3 2 2) 上有且只有一个零点 1，
又因为 f (e 4 ) 0， e 4 1，且函数 f (x)在 (0,3 2 2)上单调递增，
所以存在唯一的 x1 (e
4 ,m)，使 f (x1) 0，
同理，又因为 f (e4 ) 0， e4 1，且函数 f (x)在 (3 2 2, )上单调递增，
所以存在唯一的 x2 (n,e
4 )，使 f (x2 ) 0，
所以函数 f (x)存在三个零点 1， x1， x2，
综上，函数 g(x) (x2 1)lnx 4(x 1)2存在三个零点 1， x1， x2 ．………………………15 分
21．（本小题共 15分）2024延庆一模改
已知数列 ，记集合 = , , = + +1 + . . . + , 1 ≤ < , , ∈ N .
（Ⅰ）若数列 为 1,2,3，数列 为 2,4,6，分别写出集合 ；
（Ⅱ）若 = 2 ，是否存在 , ∈ N ，使得 , = 512？若存在，求出一组符合条件的 , ；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若 = ，把集合 中的元素从小到大排列，得到的新数列为 1, 2, . . . , , . . .， 若 ≤ 2024，求 的最大值．
【分析】（1）根据题目给出的集合 的定义求解即可；
（2）使用假设法，假设存在 , ∈ N ，使得 , = 512，进行计算检验，从而得出结论；
（3）首先证明 = 时，对任意的 ∈ N 都有 ≠ 2 , ∈ N ，然后证明除2 ∈ N 形式以外的数都可以写成若干
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个连续正整数之和，分类讨论即可得解.
【详解】（1）对于数列 ， 1 + 2 = 3， 1 + 2 + 3 = 6， 2 + 3 = 5，所以 = 3,5,6 .
对于数列 ， 1 + 2 = 6， 1 + 2 + 3 = 12， 2 + 3 = 10，所以 = 6,10,12 .………………………4 分
（2）假设存在 , ∈ N ，使得 , = 512，
则有 512 = + +1 + . . . + = 2 + 2 + 1 + . . . + 2 = + 1 + ，
由于 + 与 的奇偶性相同， + 与 + 1奇偶性不同，
又 + ≥ 3， + 1 ≥ 2，
所以 512中必有大于等于 3的奇数因子，这与 512 = 29无 1以外的奇数因子矛盾，
故不存在 , ∈ N ，使得 , = 512..………………………9 分
（3）首先证明 = 时，对任意的 ∈ N 都有 ≠ 2 , ∈ N ，
因为 + + 1 + + 2 + . . . + = +1 + ，
2
由于 + 与 + 1 均大于 2且奇偶性不同，
+1 +
所以 含有奇数因子，对任意的 ∈ N 都有 ≠ 2 , ∈ N ，2
其次证明除2 ∈ N 形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，
若正整数 = 2 2 + 1 ，其中 ∈ N, ∈ N ，
则当2 +1 > 2 + 1时，由等差数列的性质可得：
= 2 2 + 1 = 2 + 2 + . . . + 2 = 2 + 2 + 1 + . . . + 2 1 + 2 + 2 + 1 + . . . + 2 + 1 +
2 + ，此时结论成立，
当2 +1 < 2 + 1 时，由等差数列的性质可得：
= 2 + 1 + 2 + 1 + . . . + 2 + 1 = 2 + 1 + . . . + 1 + + + 1 + + 2 + . . . + + 2 ，此
时结论成立，
对于数列 = ，此问题等价于数列 1,2,3, . . . 其相应集合 中满足 ≤ 2024有多少项，
由前面证明可知正整数 1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024不是 中的项，
所以 的最大值为 2013..………………………15 分
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