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