2023年备战高考模考适应模拟数学试卷1（新高考专用）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1备战2023年高考数学模考适应模拟卷1（新高考专用）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，，，则实数的值为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由知：，当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；当，即或，若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；若，则，，满足要求.综上，.故选：A2．复数满足，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，所以可化为所以，所以.故选：C.3．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．安排甲、乙、丙、丁4名航天员到空间站开展工作，每个舱至少安排1人，若甲、乙两人不能在同一个舱开展工作，则不同的安排方案共有（

）A．36种 B．18种 C．24种 D．30种〖答案〗D〖解析〗先将甲乙两人分别安排到两个不同舱中，有种安排方法.后分两种方法安排丙、丁，第一种安排丙、丁到第三个舱中，有1种方法；第二种先安排丙、丁中的一人到第三个舱中，再安排剩下一人到甲乙二人所在的舱中，有种方法.则不同的安排方案共有种.故选：D4．今年入夏以来，南方多省市出现高温少雨天气，持续的干旱天气导致多地湖泊及水库水位下降.已知某水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔下降到时，减少的水量约为（）（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗台体体积公式：，由题意可得，，，代入计算得，故选：C5．如图，2022年世界杯的会徽像阿拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆和外切也形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的最大值为（

）．A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗根据题意可得，解得，，故圆M的方程为．，画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大．直线的斜率为1，设l的方程为，由圆心到直线l的距离为，解得或（舍去）．故l的方程为，其与直线PA：的交点坐标为，所以，所以，即的最大值为．故选：C6．已知函数（其中为常数，），若实数、、满足：①；②；③，则的值为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，所以，，若、不全为零，利用辅助角公式可得出，其中，所以，函数的最小正周期为，当且时，则，这与矛盾.所以，，所以，，所以，，，因此，.故选：D.7．若实数，，，且满足，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，，，得，，，令，则，当时，当时，所以在上是增函数，在上是减函数，于是，即，又，，，所以.故选：C.8．记为点到平面的距离，给定四面体，则满足的平面的个数为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗到点和的距离相等的平面有两种类型，与平面平行或者经过的某一条中位线．当平面与平面平行时，如下图，设的三等分点分别为（靠近），对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意．在线段的延长线上取使得，对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意，即平面与平面平行时，满足条件的平面有2个；设的中点分别为，当平面经过的中位线时，如下图：对于平面，在线段上且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分别为的中点，则、、到平面的距离相等，因此平面符合题意．如下图：对于平面，在线段上，在线段上，且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分别为的中点，则、、到平面的距离相等，因此平面符合题意．对于中位线，也有类似结论,即平面经过的某条中位线时，满足条件的平面有6个，综上所述，符合题意的平面共有个．故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．在三棱锥中，，，，分别是，，，的重心.则下列命题中正确的有（

）A．平面 B．C．四条直线，，，相交于一点 D．〖答案〗ABC〖解析〗由于分别是的重心，所以分别延长,交于中点因为，故.平面，平面，因此平面，A选项正确；

因为是的重心，所以因此，B选项正确；因为，有，则线段的交点分为，同理线段和线段的交点分为，因此四条直线相交于一点，C选项正确.因为，所以，因此，D选项错误.故选：ABC.10．已知函数，曲线的切线l的斜率为k，则下列各选项正确的是（

）A．在上单调递减B．是偶函数C．当时，取得极大值D．当时，l在x轴上的截距的取值范围为〖答案〗AC〖解析〗由，且，B错误；当或时，，即在、上递减；当时，，即在上递增；故时，取得极大值，A正确，C正确；设切点为，则l的方程为，又则，所以l在x轴上的截距，令且，则当时，在上递减，上递增，值域为；当时，递增，值域为．所以时，的取值范围是，D错误．故选：AC11．已知，，点P满足，则（

）A．点P在以AB为直径的圆上 B．面积的最大值为C．存在点P使得 D．的最小值为〖答案〗BCD〖解析〗设，则，，又，则，化简得，所以点P的轨迹方程为．对于A，以AB为直径的圆的圆心为，半径为，故A错误；对于B，依题意可得直线AB的方程为，即，所以圆P的圆心在直线AB的方程上，所以点P到直线AB的距离为圆P的半径时，的面积最大，所以面积的最大值为，故B正确；对于C，由，在直角三角形中，角对应的直角边是斜边的一半，又，则点A在圆P内，所以存在点P使得，此时，故C正确；对于D，设，则，由余弦定理有，所以，所以当，即时，有，故D正确．

故选：BCD．12．已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由题意得，，，，，对于A：，因为函数在上单调递增，，故A正确；，因为函数在上单调递增，，故B正确；由，，，，，故C错误；令，则，当时，，在上单调递增，因为，则，所以，，，，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．的展开式中含项的系数为30，则实数a的值为___________．〖答案〗〖解析〗的展开式的通项为，令，则，令，则（舍去），所以的展开式中含项的系数为，所以.故〖答案〗为：.14．写出一个半径为1，且与圆和圆均外切的圆的方程__________．〖答案〗或（填一个即可）〖解析〗设所求圆的圆心为，则由外切关系可得，化简得，解得或，故满足条件的圆的圆心为或，故〖答案〗为：15．在18世纪，法国著名数学家拉格日在他的《〖解析〗函数论》中，第一次提到拉格朗日中值定理，其定理陈述如下，如果函数f（x）区间[a，b]上连续不断，在开区间（a，b）内可导（存在导函数），在区间（a，b）内至少存在一个点x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝（b﹣a），则x＝x0称为函数y＝f（x）在闭区间[a，b]上的中值点，则关于x的f（x）＝ex+mx在区间[﹣1，1]上的中值点x0的值为__________________.〖答案〗〖解析〗当x∈[﹣1，1]时，由拉格朗日中值定理可得＝，∵f'（x）＝ex+m，∴+m，即，∴.故〖答案〗为：.16．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为___________.〖答案〗〖解析〗设，则.显然当靠近右顶点时，，所以存在点使等价于，在中由余弦定理得，即，解得，同理可得，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立.由得，所以.故〖答案〗为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．数列满足.（1）求证：是等比数列；（2）若，求的前项和为.（1）证明：所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）解：由（1）可得，，所以，设设其前项和为，则①②减②得所以所以18．如图，D为内部一点，于E，.请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立.①；②；③.解：以①③为条件，②为结论：证明：如图，过点作垂直于的延长线于点，延长交于点.由可得，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，则，则.设，则，又，所以，则，，.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.代入整理可得，，即.解关于的方程可得，，因为，所以不成立，舍去.所以，.由正弦定理可得，，又，所以，所以，即②成立.以①②为条件，③为结论：证明：如图，过点作垂直于的延长线于点，延长交于点.设，，则，由可得，，.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因为，所以.由已知可得，，所以∽，所以有，即，所以，所以，，所以，即，整理可得.在中，，则，所以.则在中，由余弦定理可得，所以有，即③成立；以②③为条件，①为结论：证明：如图，过点作垂直于的延长线于点，延长交于点.由可得，，由正弦定理可得.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，则，则.设，，则，又，所以，则，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，则，则.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因为，所以.，所以有，整理可得.因为，所以，所以，所以.即，由图知，所以有，即①成立.19．魏晋时期数学家刘徽（图a）为研究球体的体积公式，创造了一个独特的立体图形“牟合方盖”，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上．如图，将两个底面半径为1的圆柱分别从纵横两个方向嵌入棱长为2的正方体时（如图b），两圆柱公共部分形成的几何体（如图c）即得一个“牟合方盖”，图d是该“牟合方盖”的直观图（图中标出的各点，，，，，均在原正方体的表面上）．（1）由“牟合方盖”产生的过程可知，图d中的曲线为一个椭圆，求此椭圆的离心率；（2）如图c，点在椭圆弧上，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦值．解：（1）由“牟合方盖”产生的过程可知，将图中正方体的前面的面旋转至上面，可得图中标出的各点，，，，在原正方体中相对对应的位置为如图所示．故图中的曲线所对应的椭圆的长轴长，短轴长，于是可得此椭圆的半焦距，因此离心率．（2）三棱锥的体积，故点到平面的距离，连接交于点，连接，由题可知，，两两相互垂直，如图，以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由题可得，，，，设平面的一个法向量为，由取，设平面的一个法向量为，由取，记二面角的平面角为，则，故．20．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即．现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示．当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题：（1）请直接写出与的数值．（2）证明是一个等差数列，并写出公差d．（3）当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义．解：（1）当时，赌徒已经输光了，因此.当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率.（2）记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元上一场赢的事件,,即，所以，所以是一个等差数列，设，则，累加得，故，得，（3），由得,即,当时，，当时，，当时，，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会的概率输光．21．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，Р为渐近线上一点，且，.（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E实轴长为2，过点且斜率为的直线交双曲线C的右支不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.解：（1）由，可设，在中，因为，所以，即，所以，即为直角三角形.所以在中，，，，所以，则双曲线的离心率为.（2）由（1）可知在双曲线中有且实轴长为2，所以，所以双曲线方程为.由，故设斜率为k的直线为，联立，可得，因为直线与双曲线右支交于不同两点，所以，解得：.设，，则，，则，，即，的中点坐标为，因为Q为x轴上一点，满足，故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点，AB的垂直平分线的方程为：，令，则得，即，所以，又又因为，在双曲线的右支上，故，，故，即，故，即为定值.22．已知函数，其中.（1）求函数的最小值，并求的所有零点之和;（2）当时，设，数列满足，且，证明:.（1）解：函数的定义域为，且，令，得，解得，（舍去），所以在上单调递减，在单调递增，所以，即，由是方程的根，则，所以，令，可知．又因为，所以在单调递增，在单调递减．而，，所以有且仅有唯一，使得，所以存在，有．所以方程有且仅有两个根，，即有且仅有两根，，又因为单调递减，所以有两个零点设为，，则.（2）证明：由题意知时，，因为，令，得；，得，所以在上递减，在递增，则有，因为，所以，，…，．令，，，所以在区间单调递减，所以，即，即，所以．备战2023年高考数学模考适应模拟卷1（新高考专用）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，，，则实数的值为（

）A． B． C． D．〖答案〗A〖解析〗由知：，当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；当，即或，若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；若，则，，满足要求.综上，.故选：A2．复数满足，则（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗因为，所以可化为所以，所以.故选：C.3．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．安排甲、乙、丙、丁4名航天员到空间站开展工作，每个舱至少安排1人，若甲、乙两人不能在同一个舱开展工作，则不同的安排方案共有（

）A．36种 B．18种 C．24种 D．30种〖答案〗D〖解析〗先将甲乙两人分别安排到两个不同舱中，有种安排方法.后分两种方法安排丙、丁，第一种安排丙、丁到第三个舱中，有1种方法；第二种先安排丙、丁中的一人到第三个舱中，再安排剩下一人到甲乙二人所在的舱中，有种方法.则不同的安排方案共有种.故选：D4．今年入夏以来，南方多省市出现高温少雨天气，持续的干旱天气导致多地湖泊及水库水位下降.已知某水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔下降到时，减少的水量约为（）（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗台体体积公式：，由题意可得，，，代入计算得，故选：C5．如图，2022年世界杯的会徽像阿拉伯数字中的“8”．在平面直角坐标系中，圆和外切也形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的最大值为（

）．A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗根据题意可得，解得，，故圆M的方程为．，画图分析可知当与直线PA垂直的直线l和圆N相切，切点为B，且直线l的纵截距大于0时，最大．直线的斜率为1，设l的方程为，由圆心到直线l的距离为，解得或（舍去）．故l的方程为，其与直线PA：的交点坐标为，所以，所以，即的最大值为．故选：C6．已知函数（其中为常数，），若实数、、满足：①；②；③，则的值为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗，所以，，若、不全为零，利用辅助角公式可得出，其中，所以，函数的最小正周期为，当且时，则，这与矛盾.所以，，所以，，所以，，，因此，.故选：D.7．若实数，，，且满足，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗由，，，得，，，令，则，当时，当时，所以在上是增函数，在上是减函数，于是，即，又，，，所以.故选：C.8．记为点到平面的距离，给定四面体，则满足的平面的个数为（

）A． B． C． D．〖答案〗D〖解析〗到点和的距离相等的平面有两种类型，与平面平行或者经过的某一条中位线．当平面与平面平行时，如下图，设的三等分点分别为（靠近），对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意．在线段的延长线上取使得，对于平面，利用三角形相似可知，平面符合题意，即平面与平面平行时，满足条件的平面有2个；设的中点分别为，当平面经过的中位线时，如下图：对于平面，在线段上且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分别为的中点，则、、到平面的距离相等，因此平面符合题意．如下图：对于平面，在线段上，在线段上，且，利用三角形相似可知，又，平面，平面，可得平面，且、分别为的中点，则、、到平面的距离相等，因此平面符合题意．对于中位线，也有类似结论,即平面经过的某条中位线时，满足条件的平面有6个，综上所述，符合题意的平面共有个．故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．在三棱锥中，，，，分别是，，，的重心.则下列命题中正确的有（

）A．平面 B．C．四条直线，，，相交于一点 D．〖答案〗ABC〖解析〗由于分别是的重心，所以分别延长,交于中点因为，故.平面，平面，因此平面，A选项正确；

因为是的重心，所以因此，B选项正确；因为，有，则线段的交点分为，同理线段和线段的交点分为，因此四条直线相交于一点，C选项正确.因为，所以，因此，D选项错误.故选：ABC.10．已知函数，曲线的切线l的斜率为k，则下列各选项正确的是（

）A．在上单调递减B．是偶函数C．当时，取得极大值D．当时，l在x轴上的截距的取值范围为〖答案〗AC〖解析〗由，且，B错误；当或时，，即在、上递减；当时，，即在上递增；故时，取得极大值，A正确，C正确；设切点为，则l的方程为，又则，所以l在x轴上的截距，令且，则当时，在上递减，上递增，值域为；当时，递增，值域为．所以时，的取值范围是，D错误．故选：AC11．已知，，点P满足，则（

）A．点P在以AB为直径的圆上 B．面积的最大值为C．存在点P使得 D．的最小值为〖答案〗BCD〖解析〗设，则，，又，则，化简得，所以点P的轨迹方程为．对于A，以AB为直径的圆的圆心为，半径为，故A错误；对于B，依题意可得直线AB的方程为，即，所以圆P的圆心在直线AB的方程上，所以点P到直线AB的距离为圆P的半径时，的面积最大，所以面积的最大值为，故B正确；对于C，由，在直角三角形中，角对应的直角边是斜边的一半，又，则点A在圆P内，所以存在点P使得，此时，故C正确；对于D，设，则，由余弦定理有，所以，所以当，即时，有，故D正确．

故选：BCD．12．已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗由题意得，，，，，对于A：，因为函数在上单调递增，，故A正确；，因为函数在上单调递增，，故B正确；由，，，，，故C错误；令，则，当时，，在上单调递增，因为，则，所以，，，，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．的展开式中含项的系数为30，则实数a的值为___________．〖答案〗〖解析〗的展开式的通项为，令，则，令，则（舍去），所以的展开式中含项的系数为，所以.故〖答案〗为：.14．写出一个半径为1，且与圆和圆均外切的圆的方程__________．〖答案〗或（填一个即可）〖解析〗设所求圆的圆心为，则由外切关系可得，化简得，解得或，故满足条件的圆的圆心为或，故〖答案〗为：15．在18世纪，法国著名数学家拉格日在他的《〖解析〗函数论》中，第一次提到拉格朗日中值定理，其定理陈述如下，如果函数f（x）区间[a，b]上连续不断，在开区间（a，b）内可导（存在导函数），在区间（a，b）内至少存在一个点x0∈（a，b），使得f（b）﹣f（a）＝（b﹣a），则x＝x0称为函数y＝f（x）在闭区间[a，b]上的中值点，则关于x的f（x）＝ex+mx在区间[﹣1，1]上的中值点x0的值为__________________.〖答案〗〖解析〗当x∈[﹣1，1]时，由拉格朗日中值定理可得＝，∵f'（x）＝ex+m，∴+m，即，∴.故〖答案〗为：.16．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，连接并延长交于点，连接，若存在点使成立，则的取值范围为___________.〖答案〗〖解析〗设，则.显然当靠近右顶点时，，所以存在点使等价于，在中由余弦定理得，即，解得，同理可得，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立.由得，所以.故〖答案〗为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．数列满足.（1）求证：是等比数列；（2）若，求的前项和为.（1）证明：所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）解：由（1）可得，，所以，设设其前项和为，则①②减②得所以所以18．如图，D为内部一点，于E，.请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立.①；②；③.解：以①③为条件，②为结论：证明：如图，过点作垂直于的延长线于点，延长交于点.由可得，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，则，则.设，则，又，所以，则，，.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.代入整理可得，，即.解关于的方程可得，，因为，所以不成立，舍去.所以，.由正弦定理可得，，又，所以，所以，即②成立.以①②为条件，③为结论：证明：如图，过点作垂直于的延长线于点，延长交于点.设，，则，由可得，，.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因为，所以.由已知可得，，所以∽，所以有，即，所以，所以，，所以，即，整理可得.在中，，则，所以.则在中，由余弦定理可得，所以有，即③成立；以②③为条件，①为结论：证明：如图，过点作垂直于的延长线于点，延长交于点.由可得，，由正弦定理可得.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，则，则.设，，则，又，所以，则，，.由可得，，在中，由余弦定理可得，所以，，则，则.由可得，，由正弦定理可得.在中，有.在中，有.所以有，即，整理可得，.因为，所以.，所以有，整理可得.因为，所以，所以，所以.即，由图知，所以有，即①成立.19．魏晋时期数学家刘徽（图a）为研究球体的体积公式，创造了一个独特的立体图形“牟合方盖”，它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上．如图，将两个底面半径为1的圆柱分别从纵横两个方向嵌入棱长为2的正方体时（如图b），两圆柱公共部分形成的几何体（如图c）即得一个“牟合方盖”，图d是该“牟合方盖”的直观图（图中标出的各点，，，，，均在原正方体的表面上）．（1）由“牟合方盖”产生的过程可知，图d中的曲线为一个椭圆，求此椭圆的离心率；（2）如图c，点在椭圆弧上，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦值．解：（1）由“牟合方盖”产生的过程可知，将图中正方体的前面的面旋转至上面，可得图中标出的各点，，，，在原正方体中相对对应的位置为如图所示．故图中的曲线所对应的椭圆的长轴长，短轴长，于是可得此椭圆的半焦距，因此离心率．（2）三棱锥的体积，故点到平面的距离，连接交于点，连接，由题可知，，两两相互垂直，如图，以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由题可得，，，，设平面的一个法向量为，由取，设平面的一个法向量为，由取，记二面角的平面角为，则，故．20．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学