黑龙江省哈尔滨市第三中学校2025-2026学年高二上学期1月期末数学试题

这是一份黑龙江省哈尔滨市第三中学校2025-2026学年高二上学期1月期末数学试题，共34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。
考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
一、单选题：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.
抛物线 y2  6x 的焦点坐标为（）
A. (3, 0)B.
 3 , 0
C. (0, 3)D.
 0, 3 
 22 

已知随机变量ξ服从正态分布 N 1,σ2  ，且 P ξ 0  0.4 ，则 P ξ 2  （）
A. 0.1B. 0.2C. 0.4D. 0.6
1 n
x
若二项式 x  

的展开式中二项式系数和为 64，那么该展开式中的常数项为（ ）
2
A. 12B. 15C. 20D. 30
若双曲线 x2
y2
b2
 1的虚轴长为2
，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
y   2x
y   2 x
2
y  2x
y  2 2x
第二十七届哈尔滨冰雪大世界主塔名为“冰灯启梦”．景观以雪花托举的“ft”字为意象，是对冰雪童话 世界的诗意呼应，更是借ft之坚韧与巍峨，隐喻生态与发展共生共荣的永恒力量．冰雪大世界现招募志愿 者，从哈三中的 8 名志愿者中任意选出 3 名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙 3 人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（ ）
A. 102 种B. 105 种C. 210 种D. 288 种
圆C1 : x  y  25 与圆C :  x  1   y  a   4(a  0) 相交，则 a 的取值范围为（ ）
2
2222
A. 2, 6B. 3, 7
C. 2 2,4 3 
x2y2
a  0, b  0
D.  10,5 2 
FF
已知双曲线C ：
a2b2
 1 （
）的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，若双曲线右支上一点 P 满足
PF1
 3 PF2
且F1PF2  60 ，则双曲线C 的离心率为（ ）
7
4
7C. 7D. 7
242
手电筒、探照灯的反光镜面都是旋转抛物面（如图 1），是利用抛物线的光学性质原理设计的．根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点．如图 2 所示，从直线 y  1和 y  1发出的两条光线经抛物线
y2  4x 两次反射后，两条反射光线之间的宽度为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
二、多选题：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.
下列说法正确的是（ ）
圆的周长与该圆的直径具有相关关系
当两个变量相关且样本相关系数 r  0 时，表明两个变量正相关
在残差图中，残差点分布的水平带状区域越宽，说明模型的拟合效果越好
依据小概率值α 0.05 的独立性检验推断两个分类变量 X 与 Y 是否有关联，经计算
0.05
χ2  4.523  3.841  χ2 ，可以推断两个变量有关联，犯错误的概率不超过 0.05
已知抛物线C : y = 1 x2 的焦点为 F，过 F 作直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，则（ ）
2
焦点 F 与 C 的准线的距离为 1
AB 的最小值为 2
存在直线 l，使得OA  OB
若 M 1,1 ，则 AM 
x2  y2 
AF 的最小值为 3
2

x2  y2 
已知椭圆 a2b21 (a1b10) 与双曲线 a2b21 (a20, b20) 有相同的焦点，且左、右焦点
1122
分别为 F1 ， F2 ，它们在第一象限的交点为 P ，若椭圆离心率记为e1 ，双曲线离心率记为e2 ，则下列结论正确的是（ ）
若b1  b2  1 ，则VPF1F2 的面积为 1
2
若 a1  2 ， a2 ，则 PF1PF2  4
若F PF  2π ，则27e2  e2 的最小值为 25
12312
若F PF  π ，则 1  1 的最大值为 4 3
123
e1e2
3
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.将答案填在答题卡相应的位置上.
三条直线2x  ay 1  0 ， x  y  0 ， y  4x  3 相交于一点，则a  ．
22
已知 F 是椭圆x  y  的左焦点，P 为椭圆 C 上任意一点，点Q 4, 3 ，则 PF
 PQ 的最大
1C :11
95
值是．
已知 A1, 0 ， B   5 ,0 ，动点 P 满足 PA  2 PB ，O 为坐标原点，则 PO 最小值为；
2

过点 P 作抛物线 y2  x 的两条切线，切点分别为 M，N，则VPMN 面积的取值范围是．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
已知双曲线
x2  y2 的离心率为 2 3 ， F 2,0 ， F
2,0 分别为双曲线的左、
1
2
C : a2
1(a
b2
0, b0)
3
右焦点．
求双曲线 C的标准方程；
若斜率为 1 的直线 l 过点 F2 与双曲线 C 交于 A，B 两点，求V ABF1 的面积．
某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱，箱中放有 6 折、7 折、8 折、9 折的奖券各 2 张，每张奖券的大小形状都相同，每位顾客可以从中任取 2 张奖券，最终餐厅将在结账时按照 2 张奖券中最优惠的折扣进行结算．
在一位顾客结账时按照 6 折结算的条件下，求该顾客抽到的 2 张奖券的折扣不同的概率；
若自助餐的原价为 100 元/位，记一位顾客最终结算时的价格为 X，求 X 的分布列及数学期望
E  X  ．
年份
2020
2021
2022
2023
2024
年份编号 x
1
2
3
4
5
核心产值规模
y
1.5
2.5
3.4
4 9
7.8
自 2020 年以来，某地区人工智能核心产值规模呈快速增长态势，下表给出了近 5 年该地区的人工智能核心产值规模 y （单位：亿元）.
5ˆ 2
若用 y  bx  a 作为回归模型，并已求得 a  0.48 ， b  1.5 ，  yi  yi 
i1
 1.61，求此模型下的
1
决定系数 R2 （精确到 0.01）.
若用 y  cd x 作为回归模型，
①求c, d 的值；
2
②已知该模型下的决定系数 R2  0.96 ，请说明哪种回归模型拟合效果更好，并用拟合效果好的模型预测
2025 年该地区的人工智能核心产值规模.
参考数据：
附：（1）上表中v  lny ；
（2）一组数据 x1 , y1 ,  x2 , y2 ,L,  xn , yn  ，其经验回归直线 yˆ  bˆx  aˆ 的斜率和截距的最小二乘估计公
nnˆ 2
 xi  x  yi  y  yi  yi 
n
n
式分别为bˆ  i1 ， aˆ  y  bˆx ，决定系数 R2  1 i1 .
x
y
y 2
5
 y2
i
i1
v
5
 xivi
i1
e0.058
e0.394
1.56
3
4.02
16.16
104.91
1.24
22.54
1.1
1.5
11.4
2
2
 xi  x 
i1
 yi  y 
i1
已知动点 P 到点 F 2, 0 的距离比到直线 x  3 的距离小 1．设动点 P 的轨迹为曲线 C．
求曲线 C 的轨迹方程；
已知点Q 3, 0 ，过点 Q 作直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，直线 AF，BF 分别交 C 于另一点 M， N．
①设直线 AB 的斜率为 k ，直线 MN 的斜率为 k ，试判断 k1 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请
k
12
2
说明理由；
②求VQMN 面积的最小值．
一个动圆 Q 与圆Q1 : x   y  2  1 外切，与圆Q : x   y  2  49 内切，设圆心 Q 的轨迹为曲
2
2222
线 C，过点Q1 作斜率为 k 的直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点．
求曲线 C的方程；
PA
PB
Q1 A
Q1B
在 y 轴上求异于Q1 的点 P，使得对于任意的直线 l，都有；
设 A1 ， A2 分别为曲线 C 的上、下顶点，直线 AA1 与直线 BA2 交于点 M，若曲线 C 在点 A 处的切线
交 y 轴于点 N，试判断直线 AB 与直线 MN 的交点 H 是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
哈三中 2025—2026 学年度上学期
高二学年期末考试数学试题
考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
一、单选题：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.
抛物线 y2  6x 的焦点坐标为（）
A. (3, 0)B.
 3 , 0
C. (0, 3)D.
 0, 3 
 22 

【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的标准方程求解即可.
【详解】抛物线 y2  6x 的焦点在 x 的正半轴上， 2 p  6, p  3, p  3 ，所以焦点坐标为 3 , 0 .
22 2

故选：B.
已知随机变量ξ服从正态分布 N 1,σ2  ，且 P ξ 0  0.4 ，则 P ξ 2  （）
A. 0.1B. 0.2C. 0.4D. 0.6
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，正态曲线的对称轴为 x  1 ，可得 P ξ 2  1 P ξ 2  1 P ξ 0
【详解】∵随机变量ξ服从正态分布 N 1,σ2  ，
 P ξ 2  P ξ 0  0.4 ，
 P ξ 2  1  P ξ 2  1  0.4  0.6 .
故选：D
1 n
若二项式 x  
x

的展开式中二项式系数和为 64，那么该展开式中的常数项为（ ）
A. 12B. 15C. 20D. 30
【答案】C
【解析】
r 1
n
【分析】利用公式二项式系数和为2n 得到2n  64 ，解得 n 的值，求出T
次数为0 ，求出 r ，从而计算出常数项.
 Cr xnr
 1 r
x
 

，整理后设 x 的

【详解】Q x 

1 n 
x

的展开式中二项式系数和为2n ，\
 1 r
2n = 64 ， n  6 ，
设Tr 1 为常数项，则T
 Cr x6r
 Cr x6r xr  Cr x62r ，
x
r 16 66

46
故6  2r  0 ，解得 r  3 ，则T  C3  20 .
故选：C.
若双曲线 x2
y2
b2
 1的虚轴长为2
，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
2
y   2x
y   2 x
2
y  2x
y  2 2x
【答案】A
【解析】
2
【分析】根据给定条件求出b 值，进而求出其渐近线方程.
【详解】由双曲线 x2
y2
b2
 1的虚轴长为2
2
，得b ，
因为该双曲线的渐近线方程为 y  bx ，
所以该双曲线的渐近线方程为 y  
2x .
故选：A
第二十七届哈尔滨冰雪大世界主塔名为“冰灯启梦”．景观以雪花托举的“ft”字为意象，是对冰雪童话 世界的诗意呼应，更是借ft之坚韧与巍峨，隐喻生态与发展共生共荣的永恒力量．冰雪大世界现招募志愿 者，从哈三中的 8 名志愿者中任意选出 3 名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙 3 人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（ ）
A. 102 种B. 105 种C. 210 种D. 288 种
【答案】C
【解析】
【分析】先算从 8 名志愿者中任意选出 3 名的方法数，再减去甲乙丙 3 人有一人负责语言服务工作的方法数，即可求得结果.
8
【详解】先从 8 名志愿者中任意选出 3 名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，共有A3  8 7  6  336 种.
3 7
其中甲乙丙 3 人有一人负责语言服务工作，有C1 A2  3 7  6  126 种，
故符合条件的选法共有336 126  210 种.
故选：C.
圆C1
: x2  y2  25 与圆C
:  x  12   y  a 2  4(a  0) 相交，则 a 的取值范围为（ ）
2
A. 2, 6B. 3, 7
C. 2 2,4 3 
D. 
10,5 2 
【答案】C
【解析】
【分析】先求得两圆的圆心与半径，然后根据两圆的位置关系列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为圆C : x2  y2  25 的圆心为C 0,0 ，半径 r  5 ，
111
0 12  0  a 2
1 a 2
圆C2
:  x  12   y  a 2  4(a  0) 的圆心为C
1, a ，半径 r2  2 ，
2
所以圆心距 C1C2

，
又圆C1 与圆C2 相交，所以 r1  r2  C1C2  r1  r2 ，
1 a 2
即3 
 7 ，又 a  0 ，所以解得： 2
 a  4 3 ，
2
故选：C.
x2y2
a  0, b  0FF
已知双曲线C ：
a2b2
 1 （
）的左、右焦点分别为 1 ， 2 ，若双曲线右支上一点 P 满足
PF1
 3 PF2
且F1PF2  60 ，则双曲线C 的离心率为（ ）
7
4
7C. 7D. 7
242
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及已知条件求出 PF1 ， PF2 ，利用余弦定理得到 a 与c 的关系，进而求出离心
率.
【详解】由双曲线的定义知， PF1  PF2  2a ，又 PF1  3 PF2 ，
所以 PF1  3a ， PF2  a .
在VF1PF2 中， F1F2  2c， F1PF2  60 ，
2
22
121
由余弦定理得， F1F2 PF PF 2 PF PF2 cs F1PF2 ，
2221c27
即2c
 3a  a
 2  3a  a  ，整理得4c2  7a2 ，即 .
2a24
c2
a2
7
4
7
所以双曲线的离心率为e  c .
a2
故选：B.
手电筒、探照灯的反光镜面都是旋转抛物面（如图 1），是利用抛物线的光学性质原理设计的．根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点．如图 2 所示，从直线 y  1和 y  1发出的两条光线经抛物线
y2  4x 两次反射后，两条反射光线之间的宽度为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用抛物线的光学性质求出两条光线第二次反射的反射点的纵坐标即可.
【详解】抛物线 y2  4x 的焦点 F (1, 0) ，
设过点 F 的抛物线弦所在直线方程为 x  ty 1，
 y2  4x
由x  ty 1消去 x 得 y2  4ty  4  0 ，

设弦的两个端点坐标为(x1, y1), (x2 , y2 ) ，
则 y1 y2  4 ，当 y1  1 时， y2  4 ；当 y1  1时， y2  4 ，因此两条光线第二次反射的反射点的纵坐标分别为4, 4 ，
所以两次反射后，两条反射光线之间的宽度为4  (4)  8 .
故选：D
二、多选题：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.
下列说法正确的是（ ）
圆的周长与该圆的直径具有相关关系
当两个变量相关且样本相关系数 r  0 时，表明两个变量正相关
在残差图中，残差点分布的水平带状区域越宽，说明模型的拟合效果越好
依据小概率值α 0.05 的独立性检验推断两个分类变量 X 与 Y 是否有关联，经计算
0.05
χ2  4.523  3.841  χ2
，可以推断两个变量有关联，犯错误的概率不超过 0.05
【答案】BD
【解析】
【分析】根据圆的周长与该圆的直径的关系可判断 A；根据相关系数的意义判断 B；根据残差图的意义判断 C；根据独立性检验的原理判断 D.
【详解】对于 A，圆的周长公式为C  πd （ C 是周长， d 是直径），这是确定的函数关系，
不是相关关系（相关关系是变量间非确定性的关系），所以 A 错误；
对于 B，样本相关系数 r 的取值范围是1,1 ，当 r  0 时，表明两个变量正相关；当 r  0 时，表明两个变量负相关。所以 B 正确；
对于 C，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型对数据的拟合效果越好；若带状区域越宽，拟合效果越差。所以 C 错误；
对于 D，依据独立性检验，当χ2  χ2 （这里α 0.05,χ2  3.841）时，
αα
我们推断“两个分类变量有关联”，且这种推断犯错误的概率不超过α 0.05 ，
0.05
本题中χ2  4.523  3.841  χ2
，符合该规则，所以 D 正确，
故选：BD
已知抛物线C : y = 1 x2 的焦点为 F，过 F 作直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，则（ ）
2
焦点 F 与 C 的准线的距离为 1
AB 的最小值为 2
存在直线 l，使得OA  OB
若 M 1,1 ，则 AM
【答案】ABD
【解析】
 AF 的最小值为 3
2
1
【分析】将抛物线方程化为标准方程，即可判断A；设过焦点 F (0, ) 的直线 l 的方程，联立抛物线方程，
2
可得根与系数的关系，求出 AB 的表达式，确定其最小值，判断 B；由题意可计算OA  OB 的值，根据其结
果是否为 0，判断 C；数形结合，将 AM
 AF 的最小值问题转为点 M 到准线的距离问题，判断 D。
【详解】对于 A，抛物线C : y = 1 x2 ，其标准方程为 x2  2 y ，
2
其焦点到准线的距离为 p  1 ，A 正确；
1
对于B，由题意知直线l 的斜率必存在，设过焦点
的直线l 的方程为 y  kx  1 ，设 A( x , y ),B( x ,y ) ，将
F (0, )
2
2
y  kx  1 代入 x2  2 y ，可得 x2  2kx 1  0 ，  
由韦达定理可知 x1  x2  2k, x1x2  1，
4k2  4  0 ，
2112 2
| AB | y  1  y  1  y  y
 1，又 y  kx  1 , y
 kx  1 ，
122212
112
222
则 y  y  k  x  x  1  2k 2 1，所以| AB | 2k 2  1  1  2k 2  2 ，
1212
因为 k 2  0 ，所以当 k  0 时， | AB | 取得最小值 2，选项 B 正确；对于 C，若OA  OB ，则OA  OB  x1x2  y1 y2  0 ，
由于 x x  1, y
 1 x2, y  1 x2 ，故 y y
 1 x2 x2  1 ，
1 212 122 2
1 24 1 24
–––→ –––→13
故OA  OB  1     0 ，故不存在直线 l，使得OA  OB ，C 错误；
44
对于 D，因为12  2 1 ，故点 M 1,1 在抛物线内，如图，
设点 A 到准线 y   1 的距离为 d，根据抛物线的定义知 AF
2
 d ，
则 AM
AF
 AM
d ，其最小值为点 M 1,1 到准线 y   1 的距离，
2
此时过点 M 向准线作垂线，和抛物线的交点即为 A 点，故点 M 1,1 到准线 y   1 的距离为1 ( 1 )  3 ，
222
即得 AM
AF 的最小值为 3 ，所以选项 D 正确，
2
故选：ABD
x2  y2 
x2  y2 
已知椭圆 a2b21 (a1b10) 与双曲线 a2b21 (a20, b2
0) 有相同的焦点，且左、右焦点
1122
分别为 F1 ， F2 ，它们在第一象限的交点为 P ，若椭圆离心率记为e1 ，双曲线离心率记为e2 ，则下列结论正确的是（ ）
若b1  b2  1 ，则VPF1F2 的面积为 1
2
若 a1  2 ， a2 ，则 PF1PF2  4
若F PF  2π ，则27e2  e2 的最小值为 25
12312
若F PF  π ，则 1  1 的最大值为 4 3
123
e1e23
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆与双曲线有相同的焦点，结合椭圆及双曲线定义，用 a1, a2 表示出 PF1 和 PF2 .
根据选项给出的已知条件，结合勾股定理逆定理、余弦定理及基本不等式、三角函数的知识逐项分析即可.
1122
【详解】由题意知， a2  b2  a2  b2  c2 .
设 PF1  m ， PF2  n （ m  n  0 ），
由椭圆定义： m  n  2a1 ，由双曲线定义： m  n  2a2 ，所以 m  a1  a2 ， n  a1  a2 .
选项 A：若b  b  1 ，则 a2 1  a2 1  c2 ，即 a2  a2  2 ，
121212
1212
4c2  2 a2 1  2 a2 1  2 a2  a2 .
1
2
121212
又 PF 2  PF 2  m2  n2  a  a 2  a  a 2  2 a2  a2  ，
所以VF PF 为直角三角形，且F PF  π .
12122
所以 S
 1 mn  1 a  a a  a
  1 a2  a2   1  2  1 ，故 A 正确.
V PF1F2
221212
2122
2
2
选项 B：若 a1  2 ， a2 ，则 m  2 ， n  2 2 ，
所以 PF1 PF2  mn  2 2 2 2   2 ，B 错误.
选项 C：在VF PF 中，由余弦定理得 F F 2  PF 2  PF
2  2 PF PF csF PF ，
121 212
1212
即2c2  a  a 2  a  a 2  2 a  a a  a
  1  ，
12121212
2 
12
整理得4c2  3a2  a2 ，则 3  1
e2e2

 4 .
12
221
22  31 1 
3e2
27e2 
所以27e1  e2 
27e1  e2  
 82  2  1 
4e2e24
e2e2
 12 12
1 3e2
27e2 1
3e2
27e2
12
  82  2
2  1  
82  2 81  25 ，当且仅当 2  1 即e2  3e2 时，等号成立，故 C
12
4 e2
e24
e2e221
正确.
e
e
选项 D：同理可得， 4c2  a2  3a2 ，即 1  3
 4 .
设 1  2csα ，
e1e2
1222
12
3
 2sinα ，则
1  1
 2 csα
sinα 4 3 
csα 1 sin
3 sin α π  .
ee
3  22
α 3
3 
12

3
又1  sin α π   1 ，所以 4 3  1  1  4 3 ，故 D 正确.
3 
3ee3
12
故选：ACD.
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.将答案填在答题卡相应的位置上.
三条直线2x  ay 1  0 ， x  y  0 ， y  4x  3 相交于一点，则a  ．
【答案】1
【解析】
【分析】联立直线方程求交点坐标，再将点坐标代入含参直线方程求参数.
x  y  0x  1
【详解】联立 y  4x  3 ，解得 y  1 ，

把交点坐标1,1 代入2x  ay 1  0 ，得2 1 a 11  0 ，解得 a  1 .
故答案为：1.
22
已知 F 是椭圆x  y  的左焦点，P 为椭圆 C 上任意一点，点Q 4, 3 ，则 PF
 PQ 的最大
1C :11
95
值是．
13
13
【答案】6 ## 6
【解析】
【分析】先根据椭圆的定义得到 PF1 , PF2
的关系，再利用三角形三边关系 PQ  PF2
 QF2
，进而求
出结果.
22
【详解】设 F 是椭圆x  y  的右焦点，则 F 2, 0, F 2, 0 ，
5
.
2C :1
95
2a
3, b
根据椭圆的定义得 PF1  PF2
 2a  6 ，所以 PF1
 6  PF2 .
所以 PF1  PQ  6  PF2
 PQ  6   PQ  PF2  .
13
因为 PQ  PF2
 QF2
, QF2
，
4  22  3  02
13
所以 PQ  PF2
，所以 PQ  PF2
的最大值为，
13
13
故 PF1  PQ 的最大值为6 .
13
故答案为： 6 .
已知 A1, 0 ， B   5 ,0 ，动点 P 满足 PA  2 PB ，O 为坐标原点，则 PO 最小值为；
2

过点 P 作抛物线 y2  x 的两条切线，切点分别为 M，N，则VPMN 面积的取值范围是．
【答案】①. 2②.
4 2, 17 17 
4

【解析】
【分析】设 P  x, y  ，结合已知可得动点 P 的轨迹方程，进而可求 PO 的最小值；先求得切点弦 MN 的方
程，进而求得弦长与点 P 到直线 MN 的距离，进而计算可求得VPMN 面积的取值范围.
【详解】设 P  x, y  ，因为 PA  2 PB ， A1, 0 ， B   5 ,0  ，
2
所以

 x 12   y  02
5 2


x  y  0
2



2
 2，
两边平方 x2  2x 1 y2 
 2  5x  25  y2  ，
4  x4

所以 x2  2x 1 y2  4x2  20x  25  4 y2 ，整理得 x2  y2  6x  8  0 ，所以 x  32  y2  1 ，所以动点 P 的轨迹为圆心为C 3, 0 ，半径为 r  1，又 CO  3 ，所以 PO 最小值为 CO  r  3 1  2 ；
00
设 P  x0 , y0  ，过 P  x0 , y0  与抛物线相切的直线斜率显然存在且不为 0，
设切线方程为 y  y
 k  x  x
 ，与抛物线方程联立可得 y  y
 k  y2  x ，
00
即ky2  y  y
 kx
 0 ，所以Δ  12  4k  y
 kx
  0 ，
0000
即4k 2 x  4ky 1  0 ，即4k 2 y2  4ky
1  0 ，
0000
所以2ky 1  0 ，所以k  1 ，
0
02 y
所以 y  y0
 1
2 y0
 x  x0
 ，即2 y y  y2  x  x
，所以 x  2 y0 y  x0
 0 ，
000
直线 x  2 y0 y  x0  0 过切点 M  x1, y1  ， N  x2 , y2  ，所以切点弦 MN 方程为 x  2 y0 y  x0  0 ，
与抛物线方程联立可得 y2  2 y y  x
 0 ，所以 y  y
 2 y ， y y
 x ，
所以 MN

00
1 2 y

0

2

y  y 4 y y
12

2
1 2

120
1 4 y2
0
y2  x
00
 2
1 20
.
100
2x  2 y
2
2
1 4 y2 
0
1 4 y2
0
y2  x
00
点 P  x0 , y0
 到直线 x  2 y0 y  x0  0 的距离为 d 
，
x  2 y2  x
000
1 4 y2 
0
2 y2  2x
00
1 4 y2 
0
00
3
1
2
所以 S 
MN  d  2

 2  y2  x
2 ，
又 x
 32  y2  1 ，所以 S  2 1  x
 3 2  x
3
 2 ，
0000 
27 217

令t  1  x0  3  x0   x0  2   4 ，
又 x  32  1，所以4  x  2 ，所以2  t  17 ，
0
t  17
0
3
 17 2
4
17 17 3
当4 时， Smax  2  4  
，当t  2 ， S 2  22  4 2 ，
min
4

所以 S  4 2, 17 17  .
4

四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
22
已知双曲线x  y 的离心率为 2 3 ， F 2,0 ， F 2,0 分别为双曲线的左、
1
2
C : a2
1(a
b2
0, b0)
3
右焦点．
求双曲线 C 的标准方程；
若斜率为 1 的直线 l 过点 F2 与双曲线 C 交于 A，B 两点，求V ABF1 的面积．
【答案】（1）
x2  2 
y
1
3
6
（2） 2
【解析】
【分析】（1）易得e  c  2 3 ，再由左右焦点分别为 F1 2,0 ， F2 2,0 得到c  2 求解；
a3
（2）设直线 AB 的方程为 x  y  2 ，与双曲线方程联立，利用韦达定理求得弦长 AB，再求得点 F1 到直线
AB 的距离，利用三角形面积公式求解.
【小问 1 详解】
x2y22 3
因为双曲线C : a2  b2
所以e  c  2 3 ，
 1(a  0, b  0) 的离心率为，
3
a3
又因为 F1 2,0 ， F2 2,0 分别为双曲线的左、右焦点，
所以c  2 ， a 3 ， b2  c2  a2  1 ，
所以双曲线 C 的标准方程为
x2  2
y
3
 1 ；
【小问 2 详解】
由题意设直线 AB 方程为 x  y  2 ，
 x2

与双曲线方程联立 3
y2  1

，
x  y  2
消去 x 得2 y2  4 y 1  0 ，
由韦达定理得 y  y  2, y  y   1 ，
12122
2y  y 4 y  y

12

2
12
3
则 AB  2，
2
4
点 F1 到直线 AB 的距离为 d ，
所以 S
V ABF1

AB d  1  2 3  4
1
2
2
2
 2.
6
某自助餐厅为了鼓励消费，设置了一个抽奖箱，箱中放有 6 折、7 折、8 折、9 折的奖券各 2 张，每张奖券的大小形状都相同，每位顾客可以从中任取 2 张奖券，最终餐厅将在结账时按照 2 张奖券中最优惠的折扣进行结算．
在一位顾客结账时按照 6 折结算的条件下，求该顾客抽到的 2 张奖券的折扣不同的概率；
若自助餐的原价为 100 元/位，记一位顾客最终结算时的价格为 X，求 X 的分布列及数学期望
E  X  ．
12
【答案】（1）
13
（2）分布列见解析； E  X   475
7
【解析】
【分析】（1）利用古典概型概率公式及条件概率公式可求解；
（2）由题可知 X 的取值可以是60, 70,80, 90 ，利用古典概型概率公式可求其分布列及数学期望.
【小问 1 详解】
从 8 张奖券中任取 2 张，共有C2  8 7  28 种可能；
82 1
2 62
一位顾客结账时按照 6 折结算，即至少抽到一张6 折券，共有C1 C1  C2  13 种可能.
2 6
这 13 种情况中，抽到的 2 张奖券的折扣不同的情况共有C1 C1  12 种.
12
所以在一位顾客结账时按照 6 折结算的条件下，求该顾客抽到的 2 张奖券的折扣不同的概率为；
13
【小问 2 详解】
由题可知 X 的取值可以是60, 70,80, 90 .
C2  C1 C113
C2  C1 C19
C2  C1 C15
P  X  60  22 6 ， P  X  70  22 4 ， P  X  80  22 2 ，
2828
2828
2828
C21
P  X  90  2 .
2828
X
60
70
80
90
P
13
28
9
28
5
28
1
28
所以 X 的分布列为
所以 X 的数学期望 E  X   60  13  70  9
 80  5
 90  1
 1900  475 ．
28282828287
年份
2020
2021
2022
2023
2024
年份编号 x
1
2
3
4
5
核心产值规模
y
1.5
2.5
3.4
4.9
7.8
自 2020 年以来，某地区人工智能核心产值规模呈快速增长态势，下表给出了近 5 年该地区的人工智能核心产值规模 y （单位：亿元）.
5ˆ 2
若用 y  bx  a 作为回归模型，并已求得 a  0.48 ， b  1.5 ，  yi  yi 
i1
 1.61，求此模型下的
1
决定系数 R2 （精确到 0.01）.
若用 y  cd x 作为回归模型，
①求c, d 的值；
2
②已知该模型下的决定系数 R2  0.96 ，请说明哪种回归模型拟合效果更好，并用拟合效果好的模型预测
2025 年该地区的人工智能核心产值规模.
参考数据：
附：（1）上表中v  lny ；
（2）一组数据 x1 , y1 ,  x2 , y2 ,L,  xn , yn  ，其经验回归直线 yˆ  bˆx  aˆ 的斜率和截距的最小二乘估计公
nnˆ 2
 xi  x  yi  y  yi  yi 
n
n
式分别为bˆ  i1 ， aˆ  y  bˆx ，决定系数 R2  1 i1 .
x
y
y 2
5
 y2
i
i1
v
5
 xivi
i1
e0.058
e0.394
1.56
3
4.02
16.16
104.91
1.24
22.54
1.1
1.5
11.4
2
2
 xi  x 
i1
1
【答案】（1） R2  0.93
 yi  y 
i1
（2）① c  1.1， d  1.5 ，②预测 2025 年该地区的人工智能核心产值规模为12.54 （亿元）.
【解析】
【分析】（1）利用决定系数公式计算即可；
1
（2）①将指数模型两边取对数转化为线性模型，利用最小二乘法求解ln c, ln d ，即可求解；②通过比较 R2
判断模型优劣，并代入 x  6 预测 2025 年产值即可.
【小问 1 详解】
525222
由题意可得 yi  y 
i1
 yi
i1
 5 y
 104.91 5 4.02
 104.91 80.802  24.108 ，
5ˆ 2
 yi  yi 
1.61
15
所以决定系数 R2  1 i1  1 1 0.0668  0.9332  0.93
 yi
 y 2
24.108
i1
【小问 2 详解】
将 y  cd x 两边取对数，可得ln y  ln c  x ln d ，
55
设v  ln y ，则模型为v  a  bx ，其中 a  ln c, b  ln d ，因为 x  3, v  1.24 ，
所以 xi  x vi  v   xivi  5x  v  22.54  5 31.24  3.94
i1i1
5 222222
 xi  x 
i1
 1 3
 2  3
 3  3
 4  3
 5  3
 10 ，
5
 xi  x  yi  y 
3.94
5 2
10
所以b  i1  0.394 ，
 xi  x 
i1
则 a  v  bx  1.24  0.394  3  0.058 ，
所以c  ea  e0.058  1.1， d  eb  e0.394  1.5 ，
因为该模型下的决定系数 R2  0.96 ，大于线性模型下的决定系数 R2  0.93 ，
21
故指数模型拟合效果更好，
令 x  6 ，可得 y  1.11.56  1.111.4  12.54 （亿元），
故预测 2025 年该地区的人工智能核心产值规模为12.54 （亿元）.
已知动点 P 到点 F 2, 0 的距离比到直线 x  3 的距离小 1．设动点 P 的轨迹为曲线 C．
求曲线 C 的轨迹方程；
已知点Q 3, 0 ，过点 Q 作直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，直线 AF，BF 分别交 C 于另一点 M， N．
①设直线 AB 的斜率为 k ，直线 MN 的斜率为 k ，试判断 k1 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请
k
12
2
说明理由；
②求VQMN 面积的最小值．
【答案】（1） y2  8x
（2）① 2 ；② 20 6
39
【解析】
【分析】（1）由抛物线的定义得到轨迹方程；
y
y
（2）①设出直线 AB 的方程为 x  my  3 ，直曲联立，得到 y y  16 y1  16 ，可得 y  16 ，再由斜
k  y3  y4  3
1 33
11
率的定义 2
y2y2
2m ，进而可得结论；②由点斜式写出直线 MN 的方程，得到 MN 过定点，再由
3  4
88
三角形面积公式表达出VQMN 面积，结合弦长公式和二次函数的值域确定最小值.
【小问 1 详解】
由题可知，点 P 到点 F 2, 0 的距离与到 x  2 的距离相等，
所以曲线 C 是以 F 为焦点，直线 x  2 为准线的抛物线，方程为 y2  8x ．
【小问 2 详解】
 y2 y2 y2 y2
①设 A 1 , y1  , B  2 , y2  , M  3 , y3  , N  4 , y4  ，
 8 8 8 8
由题意可知 AB 的斜率不为 0，设直线 AB 的方程为 x  my  3 ，
 y2  8x
联立得x  my  3 ，消去 x ，得 y2  8my  24  0 ，

显然Δ  8m2  4 124  0 ，所以 y  y  8m, y y  24 ，
121 2
 y2  8x
y y1 x  2y
1
直线 AF 的方程为y2 ，联立得 y  1  x  2 ，
y
82

2
1  2
8
 y2
消去 x ，得 1 
 y2
1
2  y  y 
 2  ，整理得 y y2  y2 y 16 y 16 y
 0 ，
 8

 8
111
1
3
11
则 y , y 是方程的两根， Δ  16  y2 2 16 y2  0 ，
y
y
y
所以 y y  16 y1  16 ，所以 y  16 ，同理可得 y  16 ，
1 334
112
k  y3  y4 88
  1 
y1 y2
  1  24  3
y2y2
y  y
16  162
y  y
28m
2m ，
3  4 34
88
12
y1y2
因为 k  1 ，所以 k1  2
2
1mk3
 16 2 
3 
y2 

163
 y 
②由①知 MN 的方程为： y  y  x  3  ，所以 y  x  1   ，
32m8
y2m 8
1
所以 y  16 
3  x  32  ，


y2
1
1 
y2m 
令 y  0 ，则 x  32m  32  4  y1  y2   32  4  4 y2  32  4  4 y1 y2  96  4 ，
3yy2
3yy2
33yy2
33y23
1111111
所以 MN 过定点G  4 , 0  ．
 3

16
y1
16
y2
y1  y2 y1 y2
y1  y2
24
所以 S 1  GQ  y  y  1  5  40  40 
VQMN2
342333
 5  y  y
 5 
 5 
96
 5  20 6 ，

y  y 4 y y
12

2
1 2
912
9999
64m2  96
当且仅当 m  0 时， VQMN 面积最小，最小值为 20 6 .
9
一个动圆 Q 与圆Q1 : x   y  2  1 外切，与圆Q : x   y  2  49 内切，设圆心 Q 的轨迹为曲
2
2222
线 C，过点Q1 作斜率为 k 的直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点．
求曲线 C 的方程；
PA
PB
Q1 A
Q1B
在 y 轴上求异于Q1 的点 P，使得对于任意的直线 l，都有；
设 A1 ， A2 分别为曲线 C的上、下顶点，直线 AA1 与直线 BA2 交于点 M，若曲线 C 在点 A 处的切线交
y 轴于点 N，试判断直线 AB 与直线 MN 的交点 H 是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
2
2
1
【答案】（1） y  x 
1612
（2） P 0,8
（3）是， y  4
【解析】
【分析】（1）求出圆心Q1 及圆Q1 的半径 r1 ，求出圆心Q2 及圆Q2 的半径为 r2 ，设动圆Q 的半径为 r ，由
Q 与圆Q1 外切，与圆Q2 内切得到 QQ1 和 QQ2 的值，根据椭圆的定义得到Q 的轨迹是以Q1 0, 2 ，
Q2 0, 2 为焦点的椭圆，继而求出Q 的轨迹方程C .
根据在 y 轴上求异于Q1 的点 P 设出 P(0, t)(t  2) ，讨论 k  0 和 k  0 ，当 k  0 时， A, B 两点关于 y 轴对称，符合题意；当 k  0 时，设过点Q1 作斜率为 k 直线l 的方程，直线l 和椭圆C 联立方程组，消 去 y ，得到关于 x 的一元二次方程，根据根与系数的关系写出 x1  x2 , x1x2 ，由对于任意的直线 l，都有
PA
PB
Q1 A
Q1B
得到 PQ1 为∠APB 的角平分线，则有 kPA  kPB  0 ，求出 kPA , kPB ，代入 kPA  kPB  0 ，通过
计算求出t 的值，从而得到所求.
由 A1 ， A2 分别为曲线 C 的上、下顶点，写出 A1 , A2 的坐标，设 A x1, y1  ，写出在点 A 处的切线方
程，将 x  0 代入在点 A 处的切线方程求出 y ，得到 N 的坐标，利用点斜式求出直线 AA1 和 BA2 的方程，
这两个方程联立方程组求出的解就是 M 的坐标，利用点斜式求出直线 MN 的方程，由直线 AB 的方程为= y  kx  2 解出 x  y  2 ，代入直线 MN ，通过计算得到直线 AB 与直线 MN 的交点 H 的纵坐标为定
k
值，从而得到直线 AB 与直线 MN 的交点 H 在定直线上.
【小问 1 详解】
圆Q : x2   y  22  1 的圆心为Q 0, 2 ，半径为 r  1 ，
111
圆Q2 : x   y  2  49 的圆心为Q 0, 2 ，半径为 r2  7 ，
2
22
设动圆Q 的半径为 r ，
Q圆Q 与圆Q : x2   y  22  1 外切，与圆Q : x2   y  22  49 内切，
12
 QQ1  r  r1  r 1， QQ2  r2  r  7  r ，
 QQ1  QQ2  7  r  r 1  8  2a ， Q1Q2  4  2c ，
Q 2a  2c ，Q 的轨迹是以Q1 0, 2 ， Q2 0, 2 为焦点的椭圆，且2a  8, 2c  4 ，即 a  4, c  2 ，Qb2  a2  c2  16  4  12 ，
2
Q 的轨迹方程为 y
2
x
 1.
1612
【小问 2 详解】
Q在 y 轴上求异于Q1 的点 P，设 P(0, t)(t  2) ，
PA
PB
Q1 A
Q1B
当 k  0 时， A, B 两点关于 y 轴对称，满足，故符合题意；
当 k  0 时，设过点Q1 作斜率为 k 的直线l 的方程为 y  kx  2 ，
y2x2
kx  22x2
将 y  kx  2 代入 1中得到 1，
1612
整理得3k 2  4 x2 12kx  36  0 ，设 A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
1612
x  x  
12k
 12
则
3k 2  4
，
36
x x  
 1 2
3k 2  4
PA
PB
Q1 A
Q1B
Q对于任意的直线 l，都有， PQ1 为∠APB 的角平分线，
 kPA  kPB  0 ，
Q kPA
 y1  t  kx1  2  t , k
xxPB
 y2  t  kx2  2  t ，
xx
1122
 kx1  2  t  kx2  2  t  0 ， kx1  2  t  x2  kx2  2  t  x1  0 ，
x1x2
x1 x2
kx1  2  t  x2  kx2  2  t  x1  0 ， 2kx1x2  2  t  x1  x2   0 ，
x  x   12k
 12
3k 2  4
 36 
12k 

Q

x1 x2
  36
3k 2  4
， 2k   3k 2  4   2  t   3k 2  4   0 ，
 72k  12 2  t  k  0 ，72k 12 2  t  k  0 ，
3k 2  43k 2  4
Q k  0 6  2  t   0 ，t  8 ，
PA
PB
Q1 A
Q1B
综上可知，在 y 轴上存在异于Q1 的点 P 0,8 ，使得对于任意的直线 l，都有；
【小问 3 详解】
x
y
22
Q 1， A1 ， A2 分别为曲线 C 的上、下顶点，
1612
 A1 0,4, A2 0,  4 ，设 A x1, y1  ，
则在点 A 处的切线方程为 y1 y  x1 x  1，
1612
y1 yx1 x
y  16
16 
将 x  0 代入
16
 1，解得
12
y ，则 N  0, y  ，
将 A x , y , B  x , y
11 
 代入 y  kx  2 得 y  kx  2, y  kx
 16 
 2 ，则 N 0,
1122
1122


kx1  2
Q k y1  4  kx1  2  4  k  2 ，直线 AA 的方程为 y   k  2  x  4 ，
AA1
xxx
1x 
111
1 
Q k y2  4  kx2  2  4  k  6 ，直线 BA 的方程为 y   k  6  x  4 ，
BA2
xxx
2x 
222
2 
将 y   k  2  x  4 代入 y   k  6  x  4 ，得 k  6  x  4   k  2  x  4 ，
x 
x 
x x 
1 
2 
2 1 
解得 k  6  k  2  x  8 ，即 6  2  x  8 ，
xx  xx 
21  21 
即 6x1  2x2  x  8 ，即 x 8x1 x2 4x1 x2 为 M 的横坐标，
x x

6x  2x3x  x
1 2
1212
将 x  4x1 x2 代入 y   k  2  4x1 x2   4 ，
3x  x
x  3x  x 
12
1 
12 
即 y  4kx1 x2  4x2 12x1  4kx1 x2 16x2 12(x1  x2 ) ，
3x1  x2
4k  36 16x
3(x1  x2 )  2x2
，
12  12k
即 y 
3k 2  4
2
12k
3k 2  4
3 3k 2  4  2x2
288k 16(3k 2  4)  x
8 18k  3k 2  4 x 
即 y  2 ，即 y 2   8 为 M 的纵坐标，
2
2
36k  2(3k 2  4)  x18k  3k 2  4 x
M  4x1 x2 ,8Q16
故 3x  x ， N  0, kx  2  ，
121
8  168kx1  2 168kx1
 k
kx1  2 
kx1  2 kx1  2 
8kx1
 3x1  x2 
2k 3x1  x2
MN4x1 x2
4x1 x2
4x1 x2
kx  24x xkx  2x
3x1  x2
3x1  x2
3x1  x2
11 212
 k 2k 3x1  x2   6kx1  2kx2 ，
MNkx x  2xkx x  2x
1 221 22
x  x  
12k
 12k
 12
3k 2  4
x  x
3k 2  4k
Q
x x  36
， 12 
x1 x2
36 

3 ， kx1x2  3x1  3x2 ，
 1 2
3k 2  4
3k 2  4
将 kx x  3x  3x
代入 k
 6kx1  2kx2 ，
1 212
MNkx x  2x
1 22
得 k
6kx1  2kx2
 2k 3x1  x2  ，
MN3x
3x
2x
3x  5x
12212
直线 MN 的方程为 y  16  2k 3x1  x2  x ，
kx1  23x1  5x2
Q直线 AB 的方程为 y  kx  2 ，解得 x  y  2 ，
k
将 x  y  2 代入直线 MN 得 y  16  2k 3x1  x2   y  2 ，
kkx1  23x1  5x2k
 y  16  2k 3x1  x2   y  2 ，
kx1  23x1  5x2k
 y  16  2 3x1  x2   y  4 3x1  x2  ，
kx1  23x1  5x23x1  5x2
 4 3x1  x2   16   2 3x1  x2  
  y
3x  5xkx  2 3x  5x
1，
121
12
 4 3x1  x2 kx1  2 16 3x1  5x2   6x1  2x2  3x1  5x2  y ，
3x1  5x2 kx1  2
3x1  5x2
12kx2  24x  4kx x  8x  48x  80x
 y ，
111 2212
kx1  23x1  3x2 
12kx2  24x  4kx x  72x
 111 22  y ，
3kx2  6x  3kx x  6x
111 22
12kx2  24x  4kx x  72x
将 kx x  3x  3x 代入 111 22  y ，
1 212
3kx2  6x  3kx x  6x
111 22
12kx2  24x  4 3x  3x   72x
得 11122  y ，
3kx2  6x  33x  3x   6x
11122
12kx2 12x  60x
 112  y ， y  4 ，
3kx2  3x 15x
112
直线 AB 与直线 MN 的交点 H 的纵坐标为定值4 ，
直线 AB 与直线 MN 的交点 H 在定直线 y  4 上.