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2024届广东省汕头市普通高考第二次模拟考试数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份2024届广东省汕头市普通高考第二次模拟考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含2024届广东省汕头市普通高考第二次模拟考试数学试题原卷版docx、2024届广东省汕头市普通高考第二次模拟考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡指定位置.
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，写在试题卷、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.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交，
第Ⅰ卷 选择题
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. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接求解抛物线的准线方程即可.
【详解】抛物线的准线方程是.
故选：B.
2. 展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n的值为（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质知中间一项第4项二项式系数最大即可得解
【详解】因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：C
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】解出，然后判断即可
【详解】因为，
所以
由为的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件
故选：B.
4. 若实数，满足，且.则下列四个数中最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式的性质比较大小即可.
【详解】由题知：，且，所以，，故排除D.
因为，故排除A.
因为，故排除C.
故选：B
5. 袋子中有红、黄、黑、白共四个小球，有放回地从中任取一个小球，直到红、黄两个小球都取到才停止，用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率．用1，2，3，4分别代表红、黄、黑、白四个小球，利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
341 332 341 144 221 132 243 331 112
342 241 244 342 142 431 233 214 344
由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】数出满足条件的组数，即可求解.
【详解】18组随机数中，满足条件的有221，132，112，241，142，这5组数据满足条件，
所以估计恰好抽取三次就停止的概率.
故选：D
6. 已知两个等差数列2，6，10，，202及2，8，14，，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（ ）
A. 1678B. 1666C. 1472D. 1460
【答案】B
【解析】
【分析】求出新数列的公差，确定新数列的项数，利用前项和公式求解即可.
【详解】第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6，
故新数列的公差是4和6的最小公倍数12，
则新数列的公差为12，首项为2，
其通项公式为，
令，得，
故，
则，
故选：B.
7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，且，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把三棱锥补成一个长方体，得到长方体的外接球即是三棱锥的外接球，结合长方体的对角线长，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，
且，，
把三棱锥补成一个长方体，如图所示：
所以长方体的外接球即是三棱锥的外接球，
因为，，可得长方体的外接球的半径为，
所以球的表面积为，
故选：D．
8. 已知函数在区间上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，在区间上恒成立，分离参数可得实数a的最大值.
【详解】由题意，
因为函数在区间上单调递减，
所以在区间上恒成立，即，
令，则，
又，所以，所以在为减函数，
所以，
所以，即实数a最大值是.
故选：C
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. 某校高三年级选考生物科的学生共1000名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分的分数转换区间为，若等级分，则（ ）
参考数据：；；.
A. 这次考试等级分的标准差为25
B. 这次考试等级分超过80分的约有450人
C. 这次考试等级分在内的人数约为997
D.
【答案】CD
【解析】
【分析】由，则 ，根据正态分布的性质，结合题中给出的概率公式，对每一选项进行分析，可得答案.
【详解】对于A，由题设，均值，方差，所以标准差为5，故A错误；
对于B，，所以人，故B错误；
对于C，，
则人，故C正确；
对于D，
故D正确．
故选：CD.
10. 如图，函数的部分图象与坐标轴分别交于点、、，且的面积为，则（ ）
A. 点的纵坐标为1
B. 在上单调递增
C. 点是图象的一个对称中心
D. 的图象可由的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将图象向左平移个单位得到
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先根据周期，以及条件求函数的解析式，再根据函数的性质判断BC，以及根据函数图象变换规律判断D.
【详解】对于A，由周期可知，，所以，
则，即点的纵坐标为1，故A正确；
即，且，
所以，即，
对于B，当时，，
所以在上单调递增，故B正确；
对于C，，所以点是图象的一个对称中心，故C正确；
对于D，将的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），
得，再将图象向左平移个单位得，故D错误.
故选：ABC
11. 用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，若截面与轴所成的角为，则截口曲线的离心率.例如，当时，，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥中，、分别为、的中点，、为底面的两条直径，且、，.现用平面（不过圆锥顶点）截该圆锥，则（ ）
A. 若，则截口曲线为圆
B. 若与所成的角为，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分
C. 若，则截口曲线为抛物线的一部分
D. 若截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
【详解】对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误；
对于B，与所成的角为，所以，
因为，所以，即，
所以，所以平面截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分，
故B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
因为，，SOD，
所以平面SOD，又因为平面SOD，所以
又为、的中点，所以，
平面MAB，
所以平面MAB，所以与SO所成的角为，
所以，，故C正确；
对于D， 截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，
则，
所以平面，故平面不经过原点O，故D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解截口曲线（圆锥曲线）的离心率的定义，根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.第14题第一空2分，第二空3分.
12. 写出一个满足，且的复数，________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，设，结合复数的运算可得或，即可得到结果.
【详解】设，，因为，
所以，，
由，解得或，
则（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
13. 已知直线x+y=a与圆交于A､B两点，且，其中O为坐标原点，则实数a的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由结合向量加减法的意义可得为等腰直角三角形，再经计算得解.
【详解】因，由向量加法和减法的几何意义知，以线段OA，OB为一组邻边的平行四边形两条对角线长相等，
从而这个平行四边形是矩形，即，又，则是等腰直角三角形，于是点O到直线AB距离为，
所以，即.
故答案为：
14. 已知数列：0，2，0，2，0，现按规则：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”对该数列进行变换，得到一个新数列，记数列，，则数列的项数为________，设的所有项的和为，则________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据已知条件，分析出数列的项数成等比数列可求出数列的项数；根据变换规则，得出数列中与个数的规律，结合数列项数，即可求出的所有项的和，继而求得.
【详解】因为共5项，在f作用下，每个项都变为3个项，
所以的项数是首项为5，公比为3的等比数列，所以的项数为
根据变换规则，若数列的各项中，与0的个数相同，
则与之相邻的下一个数列中与0的个数也相同；
若比0多个，则与之相邻的下一个数列中比0的个数少个；
若比0少个，则与之相邻的下一个数列中比0的个数多个；
因为中有项，其中个，个0，比0少个，
所以的项中，比0的个数多个；
以此类推，若为奇数，则数列的各项中比0少个，
若为偶数，则数列的各项中比0多个；
所以数列中2比0多1个，所以
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则 (公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列求通项或求和.
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. 中，内角、、的对边分别为、、.
（1）若，，求的值；
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意由正弦定理的边角互化，结合余弦定理代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，先由正弦定理的边角互化进行化简，再由余弦定理公式代入计算，即可证明.
【小问1详解】
因为，
所以，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
所以，
整理可得，所以.
【小问2详解】
证明：，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
所以.
16. 设是由满足下列条件的函数构成的集合：①方程有实根；②在定义域区间上可导，且满足.
（1）判断，是否是集合中的元素，并说明理由；
（2）设函数为集合中的任意一个元素，证明：对其定义域区间中的任意、，都有.
【答案】（1），理由见解析；
（2）见解析.
【解析】
分析】（1）验证分别满足题中①②两个条件即可判断；
（2）不妨设，令，是单调递减函数，得，证得结论.
【小问1详解】
当时，，满足条件②；
令，
则，
在上存在零点，
即方程有实数根，满足条件①，
综上可知，
【小问2详解】
不妨设
在D上单调递增，
，即①
令
则，在D上单调递减，
，即，②
由①②得：
17. 2023年，我国新能源汽车产销量占全球比重超过60%，中国成为世界第一大汽车出口国.某汽车城统计新能源汽车从某天开始连续的营业天数与销售总量（单位：辆），采集了一组共20对数据，并计算得到回归方程，且这组数据中，连续的营业天数的方差，销售总量的方差.
（1）求样本相关系数，并刻画与的相关程度；
（2）在这组数据中，若连续的营业天数满足，试推算销售总量的平均数.
附：经验回归方程，其中，.
样本相关系数，.
【答案】（1），正相关且相关程度很强
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相关系数与的公式推导出，代入数据计算可得；
（2）由方差公式及求出，再根据回归直线方程必过样本中心点计算可得.
【小问1详解】
因，
，
可以推断连续的营业天数与销售总量这两个变量正线性相关，且相关程度很强．
【小问2详解】
，
（负值已舍去），
而，从而.
18. 如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，.
（1）证明：直线与的交点在椭圆：上；
（2）已知为过椭圆的右焦点的弦，直线与椭圆的另一交点为，若，试判断、、是否成等比数列，请说明理由.
【答案】（1）见解析 （2）、、成等比数列，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，两式相乘化简即可得出答案；
（2）设直线的方程为，直线MO的方程为分别与椭圆的方程联立由韦达定理求出，可证得即可判断、、成等比数列.
【小问1详解】
设，依题意，，，，，
则直线的方程为，①
直线的方程为，②
①×②得：即
故直线与交点M在椭圆上；
【小问2详解】
依题意，直线的斜率均不为零，故设直线PO的方程为，
直线MO的方程为
由得：
由得
即成等比数列.
19. 日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘焙店在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，常见的捆扎方式有两种，如图（A）、（B）所示，并配上花结.
图（A）中，正四棱柱的底面是正方形，且，.
（1）若，记点关于平面的对称点为，点关于直线的对称点为.
（ⅰ）求线段的长；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
（2）据烘焙店的店员说，图（A）这样的捆扎不仅漂亮，而且比图（B）的十字捆扎更节省彩绳.你同意这种说法吗？请给出你的理由.（注意，此时、、、、、、、这8条线段可能长短不一）
【答案】（1）（ⅰ）（ⅰⅰ）.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为可求出点H到平面的距离，即可求出；（ⅱ）求出直线的方向向量与平面ABCD的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.
（2）分别求出图(A)和图(B)中彩绳长度的最小值，比较它们的大小即可得出答案.
【小问1详解】
（ⅰ）如图，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
设平面的法向量为
则有，取得
点H到平面的距离
，线段的长为
（ⅱ）设为的中点，则且
，
由（ⅰ）知，
又为平面ABCD的法向量，
直线与平面ABCD所成角的正弦值为.
【小问2详解】
如图所示，
对于图(A)，沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值，如下图，
最小值为，
对于图(B)，彩绳长度的最小值为，
因为，所以店员的说法是正确的．
（也可以不计算，由三角形两边之和大于第三边直观给出答案）
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡指定位置.
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，写在试题卷、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.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交，
第Ⅰ卷 选择题
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. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接求解抛物线的准线方程即可.
【详解】抛物线的准线方程是.
故选：B.
2. 展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n的值为（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质知中间一项第4项二项式系数最大即可得解
【详解】因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：C
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】解出，然后判断即可
【详解】因为，
所以
由为的真子集，
所以“”是“”的必要不充分条件
故选：B.
4. 若实数，满足，且.则下列四个数中最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式的性质比较大小即可.
【详解】由题知：，且，所以，，故排除D.
因为，故排除A.
因为，故排除C.
故选：B
5. 袋子中有红、黄、黑、白共四个小球，有放回地从中任取一个小球，直到红、黄两个小球都取到才停止，用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率．用1，2，3，4分别代表红、黄、黑、白四个小球，利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
341 332 341 144 221 132 243 331 112
342 241 244 342 142 431 233 214 344
由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】数出满足条件的组数，即可求解.
【详解】18组随机数中，满足条件的有221，132，112，241，142，这5组数据满足条件，
所以估计恰好抽取三次就停止的概率.
故选：D
6. 已知两个等差数列2，6，10，，202及2，8，14，，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（ ）
A. 1678B. 1666C. 1472D. 1460
【答案】B
【解析】
【分析】求出新数列的公差，确定新数列的项数，利用前项和公式求解即可.
【详解】第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6，
故新数列的公差是4和6的最小公倍数12，
则新数列的公差为12，首项为2，
其通项公式为，
令，得，
故，
则，
故选：B.
7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，且，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把三棱锥补成一个长方体，得到长方体的外接球即是三棱锥的外接球，结合长方体的对角线长，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，
且，，
把三棱锥补成一个长方体，如图所示：
所以长方体的外接球即是三棱锥的外接球，
因为，，可得长方体的外接球的半径为，
所以球的表面积为，
故选：D．
8. 已知函数在区间上单调递减，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意，在区间上恒成立，分离参数可得实数a的最大值.
【详解】由题意，
因为函数在区间上单调递减，
所以在区间上恒成立，即，
令，则，
又，所以，所以在为减函数，
所以，
所以，即实数a最大值是.
故选：C
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. 某校高三年级选考生物科的学生共1000名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分的分数转换区间为，若等级分，则（ ）
参考数据：；；.
A. 这次考试等级分的标准差为25
B. 这次考试等级分超过80分的约有450人
C. 这次考试等级分在内的人数约为997
D.
【答案】CD
【解析】
【分析】由，则 ，根据正态分布的性质，结合题中给出的概率公式，对每一选项进行分析，可得答案.
【详解】对于A，由题设，均值，方差，所以标准差为5，故A错误；
对于B，，所以人，故B错误；
对于C，，
则人，故C正确；
对于D，
故D正确．
故选：CD.
10. 如图，函数的部分图象与坐标轴分别交于点、、，且的面积为，则（ ）
A. 点的纵坐标为1
B. 在上单调递增
C. 点是图象的一个对称中心
D. 的图象可由的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将图象向左平移个单位得到
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先根据周期，以及条件求函数的解析式，再根据函数的性质判断BC，以及根据函数图象变换规律判断D.
【详解】对于A，由周期可知，，所以，
则，即点的纵坐标为1，故A正确；
即，且，
所以，即，
对于B，当时，，
所以在上单调递增，故B正确；
对于C，，所以点是图象的一个对称中心，故C正确；
对于D，将的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），
得，再将图象向左平移个单位得，故D错误.
故选：ABC
11. 用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，若截面与轴所成的角为，则截口曲线的离心率.例如，当时，，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥中，、分别为、的中点，、为底面的两条直径，且、，.现用平面（不过圆锥顶点）截该圆锥，则（ ）
A. 若，则截口曲线为圆
B. 若与所成的角为，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分
C. 若，则截口曲线为抛物线的一部分
D. 若截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
【详解】对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误；
对于B，与所成的角为，所以，
因为，所以，即，
所以，所以平面截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分，
故B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
因为，，SOD，
所以平面SOD，又因为平面SOD，所以
又为、的中点，所以，
平面MAB，
所以平面MAB，所以与SO所成的角为，
所以，，故C正确；
对于D， 截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，
则，
所以平面，故平面不经过原点O，故D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解截口曲线（圆锥曲线）的离心率的定义，根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
第Ⅱ卷 非选择题
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.第14题第一空2分，第二空3分.
12. 写出一个满足，且的复数，________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，设，结合复数的运算可得或，即可得到结果.
【详解】设，，因为，
所以，，
由，解得或，
则（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
13. 已知直线x+y=a与圆交于A､B两点，且，其中O为坐标原点，则实数a的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由结合向量加减法的意义可得为等腰直角三角形，再经计算得解.
【详解】因，由向量加法和减法的几何意义知，以线段OA，OB为一组邻边的平行四边形两条对角线长相等，
从而这个平行四边形是矩形，即，又，则是等腰直角三角形，于是点O到直线AB距离为，
所以，即.
故答案为：
14. 已知数列：0，2，0，2，0，现按规则：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”对该数列进行变换，得到一个新数列，记数列，，则数列的项数为________，设的所有项的和为，则________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据已知条件，分析出数列的项数成等比数列可求出数列的项数；根据变换规则，得出数列中与个数的规律，结合数列项数，即可求出的所有项的和，继而求得.
【详解】因为共5项，在f作用下，每个项都变为3个项，
所以的项数是首项为5，公比为3的等比数列，所以的项数为
根据变换规则，若数列的各项中，与0的个数相同，
则与之相邻的下一个数列中与0的个数也相同；
若比0多个，则与之相邻的下一个数列中比0的个数少个；
若比0少个，则与之相邻的下一个数列中比0的个数多个；
因为中有项，其中个，个0，比0少个，
所以的项中，比0的个数多个；
以此类推，若为奇数，则数列的各项中比0少个，
若为偶数，则数列的各项中比0多个；
所以数列中2比0多1个，所以
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则 (公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列求通项或求和.
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. 中，内角、、的对边分别为、、.
（1）若，，求的值；
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意由正弦定理的边角互化，结合余弦定理代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，先由正弦定理的边角互化进行化简，再由余弦定理公式代入计算，即可证明.
【小问1详解】
因为，
所以，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
所以，
整理可得，所以.
【小问2详解】
证明：，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
所以.
16. 设是由满足下列条件的函数构成的集合：①方程有实根；②在定义域区间上可导，且满足.
（1）判断，是否是集合中的元素，并说明理由；
（2）设函数为集合中的任意一个元素，证明：对其定义域区间中的任意、，都有.
【答案】（1），理由见解析；
（2）见解析.
【解析】
分析】（1）验证分别满足题中①②两个条件即可判断；
（2）不妨设，令，是单调递减函数，得，证得结论.
【小问1详解】
当时，，满足条件②；
令，
则，
在上存在零点，
即方程有实数根，满足条件①，
综上可知，
【小问2详解】
不妨设
在D上单调递增，
，即①
令
则，在D上单调递减，
，即，②
由①②得：
17. 2023年，我国新能源汽车产销量占全球比重超过60%，中国成为世界第一大汽车出口国.某汽车城统计新能源汽车从某天开始连续的营业天数与销售总量（单位：辆），采集了一组共20对数据，并计算得到回归方程，且这组数据中，连续的营业天数的方差，销售总量的方差.
（1）求样本相关系数，并刻画与的相关程度；
（2）在这组数据中，若连续的营业天数满足，试推算销售总量的平均数.
附：经验回归方程，其中，.
样本相关系数，.
【答案】（1），正相关且相关程度很强
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相关系数与的公式推导出，代入数据计算可得；
（2）由方差公式及求出，再根据回归直线方程必过样本中心点计算可得.
【小问1详解】
因，
，
可以推断连续的营业天数与销售总量这两个变量正线性相关，且相关程度很强．
【小问2详解】
，
（负值已舍去），
而，从而.
18. 如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，.
（1）证明：直线与的交点在椭圆：上；
（2）已知为过椭圆的右焦点的弦，直线与椭圆的另一交点为，若，试判断、、是否成等比数列，请说明理由.
【答案】（1）见解析 （2）、、成等比数列，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设，分别表示出直线的方程和直线的方程，两式相乘化简即可得出答案；
（2）设直线的方程为，直线MO的方程为分别与椭圆的方程联立由韦达定理求出，可证得即可判断、、成等比数列.
【小问1详解】
设，依题意，，，，，
则直线的方程为，①
直线的方程为，②
①×②得：即
故直线与交点M在椭圆上；
【小问2详解】
依题意，直线的斜率均不为零，故设直线PO的方程为，
直线MO的方程为
由得：
由得
即成等比数列.
19. 日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘焙店在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，常见的捆扎方式有两种，如图（A）、（B）所示，并配上花结.
图（A）中，正四棱柱的底面是正方形，且，.
（1）若，记点关于平面的对称点为，点关于直线的对称点为.
（ⅰ）求线段的长；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
（2）据烘焙店的店员说，图（A）这样的捆扎不仅漂亮，而且比图（B）的十字捆扎更节省彩绳.你同意这种说法吗？请给出你的理由.（注意，此时、、、、、、、这8条线段可能长短不一）
【答案】（1）（ⅰ）（ⅰⅰ）.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为可求出点H到平面的距离，即可求出；（ⅱ）求出直线的方向向量与平面ABCD的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.
（2）分别求出图(A)和图(B)中彩绳长度的最小值，比较它们的大小即可得出答案.
【小问1详解】
（ⅰ）如图，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
设平面的法向量为
则有，取得
点H到平面的距离
，线段的长为
（ⅱ）设为的中点，则且
，
由（ⅰ）知，
又为平面ABCD的法向量，
直线与平面ABCD所成角的正弦值为.
【小问2详解】
如图所示，
对于图(A)，沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值，如下图，
最小值为，
对于图(B)，彩绳长度的最小值为，
因为，所以店员的说法是正确的．
（也可以不计算，由三角形两边之和大于第三边直观给出答案）
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
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