2024届明日之星高考数学精英模拟卷新结构版_2024高考押题卷_72024正确教育全系列_2024明日之星全系列_（新高考）2024《明日之星·高考精英模拟卷》（九科全）各一套

微信公众号：【高中精品资料君】
2024 届明日之星高考数学精英模拟卷 【新结构版】
【满分：150分】
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.已知向量a (1,2)，b(x,4)，且a b，则|b|( )
A.2 5 B.4 3 C.4 5 D.8
2.已知复数z 满足 ，则复数z 的虚部为( )
z  z2i
A.i B.1 C.i D.1
3.下表是关于某设备的使用年限x（单位：年）和所支出的维修费用y（单位：万元）的统计
表：
x 2 3 4 5 6
y 3.4 4.2 5.1 5.5 6.8
由上表数据求得线性回归方程yˆ 0.81xaˆ，若规定：维修费用y不超过10万元，一旦大于
10万元时，该设备必须报废.据此模型预测，该设备使用年限的最大值约为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
4.规定：在整数集Z 中，被7除所得余数为k的所有整数组成一个“家族”，记为[k]，即
[k]{7nk∣nZ}，k 0,1,2,3,4,5,6，给出如下四个结论：
①2021[5]；
②3[3]；
③若整数a，b属于同一“家族”，则ab[0]；
④若ab[0]，则整数a，b属于同一“家族”.
其中，正确结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
9 1
5.已知正实数a，b满足a 1，若不等式 bx2 4x18m对任意正实数a，b以及
b a
任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是( )
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
A.[3,) B.3,6 C.[6,) D.(,6]
6.已知函数 f x Asinx（A0，0，π）的部分图象如图所示，将 f x的
π 1
图象向左平移 个单位长度得函数y  gx的图象，若gx 在0,π上有两个不同的根
6 2
x ，x （x  x ），则sinx x 的值为( )
1 2 1 2 1 2
3 1 1 15
A. B. C. D.
2 2 4 4
7.已知圆柱OO 的下底面圆O 的内接正三角形ABC的边长为6，P为圆柱上底面圆O 上任意
1 2 2 1
—点，若三棱锥PABC 的体积为12 3，则圆柱OO 的外接球的表面积为( )
1 2
A.36π B.64π C.144π D.252π
8.已知圆O:x2  y2 r2(r 0)与圆C:x2  y2 8x6y160交于A，B两点，且四边形
OACB的面积为3r，则| AB|( )
9 16 24 36
A. B. C. D.
5 5 5 5
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．
  3   12
9.已知  为第一象限角，  为第三象限角，且sin   ，cos   ，则
   
 3 5  3 13
cos()的值可能为( )
33 63 33 63
A. B. C. D.
65 65 65 65
10.已知0 x  x 1，下列不等式恒成立的是( )
1 2
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
A.x ex 1  xex 2 B.x lnx  x lnx
2 1 2 1 1 2
C.x lnx  x lnx D.ex 1 ex 2 lnx lnx
1 1 2 2 1 2
11.已知M，N是抛物线C:x2 2py(p 0)上两点，焦点为F，抛物线上一点P(t,1)到焦点F
3
的距离为 ，下列说法正确的是( )
2
A. p1
B.若OM ON ，则直线MN 恒过定点(0,1)
1
C.若△MOF 的外接圆与抛物线C 的准线相切，则该圆的半径为
2
  2
D.若MF 2FN ，则直线MN 的斜率为
4
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12. 已 知 (2x)4 a a (x1)a (x1)2 a (x1)3a (x1)4， 则 a  a  a  a  a 
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
___________.
x2 y2
13.已知F c,0，F c,0分别为椭圆C：  1a b0的左、右焦点，过点P3c,0
1 2 a2 b2
 
的直线l交椭圆C于A，B两点，若PB2PA， F B 3 F A ，则椭圆C的离心率为______.
2 2
14.已知数列a 的通项公式为a 2n1.若对于任意nN*，不等式2na (4)a 12恒
n n n n
成立，则实数  的取值范围为__________.
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.（13分）已知函数 f(x)2axex.
（1）讨论 f(x)的单调性；
（2）证明：当a0时， f(x)4a2 4a.
16.（15分）如图，在四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的
中点.
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
（1）证明：平面BED平面ACD；
（2）设AB BD2，ACB60，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面
ABD所成的角的正弦值.
x2 y2
17.（15分）以双曲线C:  1(a0,b0)的右焦点F为圆心作圆，与C的一条渐近线
a2 b2
4 2 5
相切于点Q , .
 
3 3
 
（1）求C的方程.
（2）在x轴上是否存在定点M，过点M 任意作一条不与坐标轴垂直的直线l，当l与C交于
A，B 两点时，直线AF ，BF 的斜率之和为定值？若存在，求出M点的坐标，若不存在，说
明理由.
18.（17分）现有红、绿、蓝三种颜色的箱子，其中红箱中有4个红球，2个绿球，2个蓝
球；绿箱中有2个红球，4个绿球，2个蓝球；蓝箱中有2个红球，2个绿球，4个蓝球，所
有球的大小、形状、质量完全相同.第一次从红箱中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；
第二次要从与第一次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；以此类
推，第k1次是从与第k次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后放回去，记第
n次取出的球是红球的概率为P .
n
（1）求第3次取出的球是蓝球的概率；
（2）求P 的解析式.
n
19.（17分）设y  f x是定义在R上的函数，若存在区间a,b和x (a,b)，使得y  f x
0
在[a,x ]上严格减，在[x ,b]上严格增，则称y  f x为“含谷函数”，x 为“谷点”，a,b
0 0 0
称为y  f x的一个“含谷区间”.
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
（1）判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：
（i）y 2 x ，（ii）y  xcosx；
（2）已知实数m0，y  x2 2xmlnx1是含谷函数，且2,4是它的一个含谷区间，求
m的取值范围；
（3）设p，qR，hxx4  px3qx2 43p2qx.设函数y hx是含谷函数，a,b
是它的一个含谷区间，并记ba的最大值为Lp,q.若h1h2，且h10，求Lp,q的
最小值.
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
答案以及解析
1.答案：C
解析：由题意，得abx240，解得x8，所以b(8,4)，所以|b| 82 42 4 5.
故选C.
2.答案：D
解析：设复数z abi，
z abi
，又
z  z2i
，可得abiabi2i，解得b1，
所以复数z 的虚部为 1.故选 D.
3.答案：C
1 1
解析：x  (23456)4，y  (3.44.25.15.56.8)5，因为yˆ 0.81xaˆ过
5 5
点(4,5) ，所以50.814aˆ，即aˆ 1.76.所以回归方程为yˆ 0.81x1.76.由题意得
824
0.81x1.7610，解得x 10.17.又因为xN*，所以该设备使用年限的最大值约为10.
81
故选C.
4.答案：C
解析：因为202128875，所以2021[5]，故①正确；因为37(1)4，所以
3[4]，故②错误；若a与b属于同一“家族”，则a7n k ，b7n k，
1 2
ab7n n [0](其中n ,n Z)，故③正确；若ab[0]，设ab7n(nZ)，则
1 2 1 2
a7nb(nZ)，不妨令b7mk(mZ)，k 0,1,2,3,4,5,6，则
a 7m7nk 7(mn)k(mZ，nZ)，所以a与b属于同一“家族”，故④正确.选C.
5.答案：C
解析：由题意得m 1 b    x2 4x18 对任意实数a，b以及任意实数x恒成立.由已知
 
a 
1 1  9 9 9
条件及基本不等式，得 b b a ab 102 ab 1016，当且仅当
  
a a  b ab ab
1
ab3，即a ，b12时等号成立.又x2 4x18(x2)2 2222，所以
4
m16226，则m6.因此实数m的取值范围是[6,) .故选C.
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
6.答案：D
3 7π π 3π
解析：设 f x的最小正周期为T，由图象可知A2， T    ，所以T π，
4 12 6 4
7π  7π π
则2，于是 f x2sin(2x)，又 f x的图象过点 ,2 ，所以2  2kπ，
 
12  12 2
2π 2π  2π
kZ，所以 2kπ，又π，则 ， f x2sin 2x ，则
 
3 3  3 
 π  π 1  π 1
gx2sin 2x ，由2sin 2x  ，得sin 2x  ，则
     
 3  3 2  3 4
 π  π 1 π  π 5π
sin 2x  sin 2x   ，又当x0,π时，2x   , ，所以
     
 1 3  2 3 4 3  3 3 
π π
2x  2x 
1 3 2 3 π 5π 5π
 ，得x x  ，则x  x ，
2 2 1 2 6 2 6 1
 5π  π π  π
sinx x sin 2x  cos 2x  ，结合x  x 知2x   0, ，所以
     
1 2  1 6   1 3 1 2 1 3  2
 π 15 15
cos 2x   ，所以sinx x  .故选D.
 
 1 3 4 1 2 4
7.答案：B
6
解析：如图，因为△ABC是边长为6的正三角形，则其外接圆的半径2r  ，解得
sin60
1 3
r 2 3，又S  62sin60 62 9 3，
△ABC 2 4
1 1
设圆柱的母线长为l，则V  S l  9 3l 12 3，解得l 4，
PABC 3 △ABC 3
2
 l   2
所以圆柱OO 的外接球的半径R r2   2 3 22 4，
 
1 2 2
所以外接球的表面积为S 4πR2 64π.故选B.
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
8.答案：C
解析：如图所示，
圆C的标准方程为(x4)2 (y3)2 9，圆心为C(4,3) ，半径为3，由题意可知，
|OA||OB|，|CA||CB|，|OC| OC ，所以△OAC≌△OBC，所以AOC BOC ，所以
OC  AB.设OC ABM ，则M为AB的中点，故四边形OACB的面积

1 1 6r 1 3
S  |OC|(| AM ||BM |) 5| AB|3r ，则| AB| ，故| AM | | AB| r ，所以
2 2 5 2 5
4 9r2
|OM | |OA|2 | AM |2  r，所以|CM | | AC|2 | AM |2  9 ，又因为
5 25
4r 9r2 4r 6r 24
|CM ||OC||OM |5 ，所以 9 5 ，解得r 4，因此，| AB|  .故选
5 25 5 5 5
C.
9.答案：CD
 
解析：因为  为第一象限角，所以 2k,2k ，kZ，所以
 
 2
   5  3 3 2 
  2k ,2k ，kZ.又sin( )  sin ，所以 是第二象限
 
3  3 6  3 5 2 3 3
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
  4  3
角，所以cos   .因为  为第三象限角，所以 2k,2k ，kZ，所以
   
 3 5  2 
  2 7   12 
  2k ,2k ，kZ，又cos   ，所以 是第二象限角或第三
   
3  3 6   3 13 3
象限角.
   5    
当 是第二象限角时，sin     ，此时cos()cos       
3  3 13  3  3
         4  12 3 5 33
cos  cos  sin  sin         ；
           
 3  3  3  3  5  13 5 13 65
   5    
当 是第三象限角时，sin     ，此时cos()cos       
3  3 13  3  3
         4  12 3  5  63
cos    cos    sin    sin                  .
 3  3  3  3  5  13 5  13 65
10.答案：AB
x 1x
解析：令 f(x) ，x(0,1)，则 f(x) 0在x(0,1)上恒成立，所以 f(x)在(0,1)上
ex ex
x x lnx
单调递增，所以当0 x  x 1时， 1  2 ，即xex 1  x ex 1，A正确；令g(x) ，
1 2 ex 1 ex 2 1 2 x
1lnx
x(0,1)，则g(x) 0在x(0,1)上恒成立，所以g(x)在(0,1)上单调递增，所以当
x2
lnx lnx
0 x  x 1时， 1  2 ，即x lnx  x lnx ，B正确；令h(x) xlnx，x(0,1)，则
1 2 x x 2 1 1 2
1 2
 1 1 
h(x)lnx1，x(0,1)，当x 0, 时，h(x)0，h(x)单调递减，当x ,1 时，
   
 e e 
h(x)0，h(x)单调递增，因此当0 x  x 1时，hx 与hx 的大小不能确定，C错误；
1 2 1 2
当0 x  x 1时，lnx lnx 0，ex 1 ex 2 0，D错误.
1 2 1 2
11.答案：AD
p 3
解析：根据抛物线的定义知1  ，得 p1，故A选项正确；设M x ,y ，Nx ,y ，
2 2 1 1 2 2
因为直线MN斜率必存在，设直线MN的方程为y kxb，代入x2 2y得x2 2kx2b0，
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
1
x2x2
y y 4 1 2 1 b
4k2 8b0，x x 2k ，x x 2b，所以k k  1 2   x x  1，
1 2 1 2 OM ON x x x x 4 1 2 2
1 2 1 2
解得b2，所以直线MN 恒过定点(0,2)，故B选项错误；△MOF 外接圆圆心的纵坐标为
1 1 p 3
，外接圆半径为   ，故C 选项错误；
4 4 2 4
 
因为MF 2FN ，所以直线MN 过焦点F，且|MF |2 FN ，设直线MN的倾斜角为  ，由
抛物线性质知MN 的斜率为互为相反数的两个值，如图，过M，N分别向准线作垂线MA，
NB，过N向MA作垂线NC，设|FN |m(m0)，则|MN |3m，|NB|m，|MA|2m，
|MC| 1 2 2 2
|MC|m，sin  ，cos ，tan ，故D选项正确.故选AD.
|MN | 3 3 4
12.答案：256
解析：(2x)4 [3(x1)]4的展开式的通项为T Cr34[(x1)](1)r34rC(x1)r
s1 4 4
(r 0,1,2,3,4)，所以a 0，a 0，a 0，a 0，a 0，
1 3 0 2 4
则 a  a  a  a  a a a a a a ，
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
令x2，得a a a a a 44 256.
0 1 2 3 4
105
13.答案：
15
 
解析：由PB2PA，得A为线段PB的中点，且点P在椭圆外，所以3ca，
1
则e ，又P3c,0，所以F 为线段PF 的中点，所以AF //BF，
3 2 1 2 1
设 F A m，则 BF 2m，又 F B 3 F A ，所以 F B 3m，
2 1 2 2 2
2
由椭圆的定义可知：2a  BF  BF 2m3m5m，得m a，
1 2 5
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
如图，延长BF 交椭圆C 于点Q，连接QF ，则由椭圆的对称性可知，
1 2
QF  F A m，又2a  QF  QF ，故 QF 4m，由余弦定理可得：
1 2 1 2 2
QB
2
 BF
2
 QF
2 3m2 3m2 4m2
1
cosQBF  2 2   ，在△BFF 中， FF 2c，由
2 2 QB  BF 23m3m 9 1 2 1 2
2
1 35 35 35 4 7
余弦定理可得4c2 4m2 9m2 22m3m  m2，即c2  m2   a2  a2，所
9 3 12 12 25 15
c 7 105 1 105
以椭圆C的离心率为e    .故答案为： .
a 15 15 3 15
 18
14.答案： ,
 
 5 
解析：由2na (4)a 12，得2n(2n1)(4)(2n2)2，
n n
(n1)2 (n1)2
所以4 .设b  ，
2n2(2n1) n (2n1)2n2
n2 (n1)2 2n35n2 2
则b b    .
n1 n (2n1)2n1 (2n1)2n2  4n2 1  2n1
设 f(n)2n3 5n2 2(n1)，则 f(n)6n2 10n2n(3n5)，
5  5
令 f(n)0，解得1n ，即 f(n)在 1, 上单调递增，
 
3  3
5 5 
令 f(n)0，解得n ，即 f(n)在 , 上单调递减，
 
3 3 
又 f(1)1， f(2)2， f(3)11，
所以当n3时， f(n) f(3)0，即b b 0，所以b b b  .
n1 n 3 4 5 
2
当n1，2 时， f(n)0，即b b 0，所以b b b .综上，b b  ，
n1 n 1 2 3 n 3 5
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
2 18  18
所以4 ，即 ，所以  的取值范围为 , .
 
5 5  5 
15.答案：（1）见解析
（2）证明见解析
解析：（1）由 f(x)2axex，得 f(x)2aex，
①当a0时， f(x)0， f(x)在R上单调递减；
②当a0时，令 f(x)0，得xln(2a)，
当x(,ln(2a))时， f(x)0， f(x)单调递增；
当x(ln(2a),)时， f(x)0， f(x)单调递减.
（2）证明：由（1）知，当a0时， f(x)  f(ln(2a))2aln(2a)2a，
max
要证当a0时， f(x)4a2 4a，可证2aln(2a)2a4a2 4a，
因为a0，即证ln(2a)2a1.
1
设g(a)ln(2a)2a1，则g(a) 2，
a
1
令g(a)0，则a ，
2
 1
所以当a 0, 时，g(a)0，g(a)单调递增；
 
 2
1 
当a , 时，g(a)0，g(a)单调递减，
 
2 
1
所以g(a)  g 0，所以g(a)0，即ln(2a)2a1，
 
max 2
所以当a0时， f(x)4a2 4a.
16.答案：（1）证明见解析
4 3
（2）
7
解析：（1）证明：在Rt△ADC中， ADCD，E为AC的中点，

DE  AC.
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
在△ABD与△CBD中，
ADCD，ADBBDC，BD BD，

△ABD≌△CBD，ABCB，
又E为AC的中点，BE  AC，
又AC  DE，BE DE  E ，BE,DE 平面BED，AC 平面BED，

又AC 平面ACD，
平面BED平面ACD.
（2）由（1）知△ABC是等腰三角形，又ACB60，
△ABC为等边三角形， AB2，BE  3，

在等腰Rt△ACD中，DE 1，又BD2，DE  BE，
以E为原点，EA，EB，ED所在直线分别为x 轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标
系，连接EF，
则A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)，
 
AB(1, 3,0)，AD(1,0,1)，
设平面ABD的法向量为u(x,y,z)，

 uAB0, x 3y,
则   令y 1，得u( 3,1, 3)，

uAD0 x z,
易知△AFC的面积最小时，EF  BD，
1 1 DEBE 3
在△DEB中，由 BEDE  BDEF 知EF   ，
2 2 BD 2
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
3 1 1
DF  1  ，DF  DB，
4 2 4
  1 1  3 1
 DB(0, 3,1)，DF  DB (0, 3,1)  0, ,   ，
4 4 4 4
 
 3 3   3 3
F0, , ，易得CF 1, , ，
   
4 4 4 4
   
设CF与平面ABD所成的角为  ，
3 3 3
3 
 4 4 4 3
则sin|cosu,CF|  ，
3 9 7
1   313
16 16
4 3
CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为 .
7
x2 y2
17.答案：（1）  1
4 5
4 
（2）存在满足条件的定点M

,0

3 
b
解析：（1）双曲线C 的渐近线方程为 y  x，
a
4 2 5 b 5
圆F与直线y b x切于点Q

, 

，所以代入得  ，①
a  3 3  a 2
2 5
设Fc,0(c0)，直线FQ有斜率k ，则k  b 1，即 3  b 1，②
FQ FQ a 4 a
c
3
又c2 a2 b2，③
由①②③解得c 3，a 2，b 5，
x2 y2
所以双曲线C的方程为  1.
4 5
（2）假设存在满足条件的定点M t,0，因为直线l不与坐标轴垂直，
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
故设l的方程为xmytm0，Ax ,y ，Bx ,y  .
1 1 2 2
xmyt
由  x2 y2 消去x整理得 5m2 4  y2 10mty5t2 200，
 1

 4 5
 2 5
则
5m2 40
即


m 
5
*
，

Δ0  5m2 t2 40

 10mt
y  y 
  1 2 5m2 4
且 ，

5t2 20

y y 
 1 2 5m2 4
y y
因为F3,0，所以直线AF ，BF 的斜率为k  1 ，k  2 .
AF x 3 BF x 3
1 2
y y
设k k （  为定值），即 1  2 ，
AF BF
x 3 x 3
1 2
即y x 3 y x 3x 3x 3，
1 2 2 1 1 2
即y my t3 y my t3my t3my t3，
1 2 2 1 1 2
整理得 2mm2 y y 1mt3y  y (t3)2 0，
1 2 1 2
5t2 20 10mt
所以  2mm2  1mt3 (t3)2 0，
5m2 4 5m2 4
所以  5t2 30t20  m2 103t4m5(t3)2m2 4(t3)2.
因为t，  为定值，且上式对任意m恒成立，
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
  5t2 30t20  5(t3)2


所以 103t40 ，
 4(t3)2 0

4
解得t  ，0.
3
2 5
将t  4 代入*式解得m  2 或m 2 且m  .
3 3 3 5
4 
综上，存在满足条件的定点M  ,0 .
3 
21
18.答案：（1）
64
1 2 1
（2）P    (nN*)
n 3 3 4n
解析：（1）分别设第k次取出红球、绿球和篮球的概率为： p (k)、 p (k)和 p (k)，其中
1 2 3
p (k) p (k) p (k)1，kN*，
1 2 3
4 1 2 1 2 1
由题意知： p (1)  ， p (1)  ， p (1)  ，
1 8 2 2 8 4 3 8 4
2 1
若第k次取出红球，且第k1次取出蓝球的概率为：  p (k)  p (k) ，
8 1 4 1
2 1
若第k次取出绿球，且第k1次取出蓝球的概率为： p (k) p (k)，
8 2 4 2
4 1
若第k次取出蓝球，且第k1次取出蓝球的概率为：  p (k)  p (k)，
8 3 2 3
1 1 1
所以第k1次取出蓝球的概率为： p (k1) p (k) p (k) p (k)，
3 4 1 4 2 2 3
由于 p (k) p (k) p (k)1，
1 2 3
1 1 1 1
可得： p (k1)  p (k) (1 p (k))  p (k) ，
3 2 3 4 3 4 3 4
1 1
若设数列a  p (k)，上式即为：a  a  ，
k 3 k1 4 k 4
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
1 1 1 1 1 1
配凑为：a   (a  )，kN*，其中a  p 1 ,a   0，
k1 3 4 k 3 1 3 4 1 3 12
1 1 1
数列{a  }(nN*)是一个以 为首项， 为公比的等比数列，
n 3 12 4
1 1 1
则a  ( )( )2，
3 3 12 4
1 1 1 21 21
则a   ( )2  ，即 p (3) ，
3 3 12 4 64 3 64
21
即第3次取出的球是蓝球的概率为： .
64
（2）同上，分别设第k 次取出红球、绿球和篮球的概率为： p (k)、 p (k)和 p (k)，其中
1 2 3
p (k) p (k) p (k)1，kN*，
1 2 3
4 1 2 1 2 1
由题意知： p (1)  ， p (1)  ， p (1)  ，
1 8 2 2 8 4 3 8 4
4 1
若第k次取出红球，且第k1次取出红球的概率为：  p (k)  p (k) ，
8 1 2 1
2 1
若第k次取出绿球，且第k1次取出红球的概率为： p (k) p (k)，
8 2 4 2
2 1
若第k次取出蓝球，且第k1次取出红球的概率为：  p (k)  p (k)，
8 3 4 3
1 1 1
所以第k1次取出红球的概率为： p (k1)  p (k)  p (k)  p (k)，
1 2 1 4 2 4 3
由于 p (k) p (k) p (k)1，
1 2 3
1 1 1 1
可得： p (k1)  p (k) (1 p (k))  p (k) ，
1 2 1 4 1 4 1 4
由已知，记第n次取出的球是红球的概率为P ，
n
1 1 1 1 1
上式即为P  P  ，有P   (P  )，kN*，
k1 4 k 4 k1 3 4 k 3
1 1 1
其中P  p 1 ，P   0，
1 1 2 1 3 6
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
1 1 1
数列{P  } (nN*)是一个以 为首项， 为公比的等比数列，
n 3 6 4
1 1 1
则P   ( )n1，
n 3 6 4
1 2 1
P 的解析式为：P    (nN*).
n n 3 3 4n
19.答案：（1）y 2 x 是含谷函数，谷点x0；y  xcosx不是含谷函数，证明见解析
（2）2,18
（3） 2
2x,x0
解析：（1）函数y 2 x  ，当x,0时，单调递减，当x0,时，单调递
2x,x0
增，所以y 2 x 是含谷函数，谷点x0；
函数y  xcosx，求导y1sinx0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数.
（2）由题意可知函数y  x2 2xmlnx1在区间2,4内先减后增，且存在谷点，
m
令gx x2 2xmlnx1，所以gx2x2 ，
x1
m
设qx gx2x2 ，
x1
m m
所以qx2 ，由m0可知qx2 0恒成立，
x12 x12
所以gx在区间2,4上单调递增，
g22m0

若满足谷点，则有
 m
，解得2m18，
g46 0

 3
故m的取值范围是2,18.
（3）因为hxx4  px3qx2 43p2qx，
  3p  3p q
所以hx4x3 3px2 2qx43p2q41x x2  1 x 1  ，
    
  4   4 2
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
 3p  3p q
若x2  1 x 1  0恒成立，
   
 4   4 2
则函数y hx在x1时严格增，在x1时严格减，不是谷函数，不满足题意；
 3p  3p q
因此关于x的方程x2  1 x 1  0有两个相异实根，即0，
   
 4   4 2
设两根为  ，  且，
因为h10h0，所以函数y hx在区间,1上不为严格增，
但是当xmin1,,时，hx0，y hx为严格增，
所以y hx在区间,1上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即1，
同理，因为h1h2，所以1，
因此，y hx在区间,和1,上严格增，在区间,1和,上严格减，
从而函数y hx的含谷区间a,b必满足a,b,，
2
 3p  3p q 9 3
即Lp,q   1 4 1   p2  p32q，
   
 4   4 2 16 2
因为h11 pq43p2q 32pq，
h2168p4q86p4q82p，
由h1h2得32pq82p，所以4pq11，
114p, p4
由h10得32pq0，所以2pq3，所以q ，
32p, p 4
9 13
当 p4时，Lp,q p2  p19  2 ，
16 2
9 5
当 p4时，Lp,q p2  p3 2 ，
16 2
因此Lp,q的最小值为 2 ，当 p4，q5时成立.
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】
版权所有©正确教育 侵权必究！
微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002