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高考必刷题专练答案精析
必刷小题 1 集合、常用逻辑用语、不等式
1．D 2.A 3.C 4.D 5.C 6.B 7．D
8．A [由题意得＝＋＝＋>1.]
1 2
9．AD 10.BCD
11．AB [由题意得，方程ax2－bx＋c＝0的两根为－1,2，且a<0，故A正确；
所以解得则b<0，c>0，故B正确；
所以a＋b＋c＝a＋a＋(－2a)＝0，故C错误；
不等式ax2－cx＋b<0即ax2＋2ax＋a＝a(x＋1)2<0，又a<0，所以不等式为(x＋1)2>0，该不等
式的解集为{x|x≠－1}，故D错误．]
12．BD [由题意得，a>0，b＝2－2a>0，
从而0x－x恒成立，
1 2 1 1 2 2即xf(x)－x>xf(x)－x恒成立，即g(x)>g(x)，
1 1 2 2 1 2
所以g(x)在[0,3]上单调递减，所以g(x)在[－3,0]上单调递增．
又因为af(a)＋(3－a)f(a－3)<6a－9，所以af(a)－a2<(a－3)f(a－3)－(a－3)2，即g(a)1恒成立，
所以即
解得1log (1＋a)，故A正确；
a a
因为0f(y)，故C错误；由于|x|∈(0,1]，
∴f(x)＝－2·|x|＋2∈[0,2)，故D正确．]
12．AD [令2x＝3y＝6z＝t，则t>1，
可得x＝log t，y＝log t，z＝log t.
2 3 6
对于A，＋＝＋＝＋＝＝log6＝，故A正确；
t
对于B，因为t>1，所以lg t>0，
2x－3y＝2log t－3log t
2 3
＝－＝
＝>0，即2x>3y；
3y－6z＝3log t－6log t
3 6
＝－＝
＝<0，即3y<6z，故B错误；
对于C，xy＝log t·log t＝·＝，4z2＝4(log t)2＝42＝，lg t>0，
2 3 6
因为0，
则>，即xy>4z2，故C错误；
对于D，x＋y＝log t＋log t＝＋＝，4z＝4log t＝，lg t>0，
2 3 6
由C的分析可知>，
则>＝，即x＋y>4z，故D正确．]
13. 14.x＝
15.
解析 f(x)＝lg(|x|＋1)的定义域为R，
因为f(－x)＝lg(|－x|＋1)
＝lg(|x|＋1)＝f(x)，
所以f(x)是偶函数，
因为当x>0时，f(x)＝lg(|x|＋1)＝lg(x＋1)单调递增，
所以当x<0时，f(x)＝lg(|x|＋1)单调递减，
由f(2x＋1)1，
所以x的取值范围是
.
16.解析 因为ex>0，所以原不等式可转化为ke2x＋(k－1)＋(2k＋1)ex<0在(0，＋∞)上恒成立，
令t＝ex∈(1，＋∞)，f(t)＝kt2＋(2k＋1)t＋k－1，
要使f(t)＝kt2＋(2k＋1)t＋k－1<0在(1，＋∞)上恒成立．
方法一 当k＝0时，f(t)＝t－1>0，不符合题意，
当k≠0时，由二次函数的图象和性质可得该函数图象开口向下，即k<0，
当对称轴t＝－>1，
即－1，
则g′(t)＝，
当13时，g′(t)>0，
所以g(t)在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
所以g(t) ＝g(3)＝－，
min
所以k<－，
即k的取值范围是.
必刷小题 4 函数与方程
1．B 2.C 3.C 4.A 5.D 6.C
7．B [设提速前列车的声强为I，提速后列车的声强为I，由题意知，100＝10lg，
1 2
50＝10lg，
得lg＝10，lg＝5，
则lg－lg＝10－5＝5，
即lg＝lg＝5，
解得＝105.]
8．A [当x<0时，易得f(x)的零点为x＝－1；
0当x≥0时，f(x)＝2x＋21－x－a，
∵当x∈[0,1]时，f(x)＝f(1－x)，
∴f(x)的图象在[0,1]上关于直线x＝对称．
又f′(x)＝，
当x>时，f′(x)>0，故f(x)在上单调递增，
当00，b∈R时，给出三个函数模型均满足“奖金随着销售业绩的提高而提高”，而只有模型“f(x)＝k·x2＋b”满足“销售业绩增加时，奖金增加的幅度逐渐上
升”，故选择模型③：f(x)＝k·x2＋b.
根据题意，得
解得
所以f(x)＝x2－，
当x＝100时，
f(x)＝×1002－＝33.
16．{0}∪[2，＋∞)
解析 由f(x)－a|x|＝0得f(x)＝a|x|，作出函数y＝f(x)，y＝a|x|的图象，如图所示．
当a＝0时，满足条件，
当a≥2时，y＝a|x|与y＝f(x)有3个交点，
故a的取值范围是{0}∪[2，＋∞)．
必刷小题 5 导数及其应用
1．B 2.B 3.A 4.B 5.D
6．A [依题意知，每瓶液体材料的利润f(r)＝0.3×πr3－0.1πr4
＝0.1π(4r3－r4)，00，
当r∈(3,8]时，f′(r)<0，
因此函数f(r)在(0,3)上单调递增，在(3,8]上单调递减，即当r＝3时，f(r)取最大值，
所以当每瓶液体材料的利润最大时，
r＝3.]
7．B [f′(x)＝1＋ln x－，
设x 为函数f(x)＝(x－2)ln x在[1,2]上的“拉格朗日中值点”，
0
则1＋ln x－＝＝0，
0
令g(x)＝1＋ln x－，1≤x≤2，
则g′(x)＝＋>0在[1,2]上恒成立，故g(x)＝1＋ln x－在[1,2]上单调递增，
又g(1)＝1－2＝－1<0，g(2)＝1＋ln 2－1＝ln 2>0，
由零点存在定理可得，存在唯一的x∈[1,2]，使得g(x)＝0.]
0 0
8．C [由题意可得f(x)＝xex，
则f′(x)＝(x＋1)ex，
当x>－1时，f′(x)>0；
当x<－1时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
当f(x)＝xex的图象与直线y＝a相切时，
设切点为 ，
则切线斜率
a＝f′(x)＝ ，
0
所以该切线方程为
y－ ，
注意到切线过点，
则0－ ，
整理得2x－x－1＝0，
0
解得x＝1或x＝－，
0 0
当x＝1时，a＝f′(1)＝2e；
0
当x＝－时，a＝f′＝ .
0
结合图象可得，实数a的取值范围为 ，
即实数a的最大值为2e.]
9．ABC
10．AB [对于A，设f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x) ＝f(0)＝0，即ex≥x＋1，故A正确；
min
对于B，设g(x)＝ln x－x＋1，x>0，
g′(x)＝－1＝，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) ＝g(1)＝0，
max
即ln x≤x－1，故B正确；
对于C，当x＝－时，sin＝－1，此时sin>－，故C错误；对于D，当x＝1时，e<2＋1，故
D错误．]
11．AC [令g(x)＝，
则g′(x)＝<0恒成立，
从而g(x)为减函数，则>>>>，
即ef(2)>f(3)，e2f(－1)>f(1)，
ef(0)>f(1)，ef(1)>f(2)．]
12．AC [因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′
(x)>0得x>或x<－；由f′(x)<0得－0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R
上有且只有一个零点，故B错误；
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3
－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心
故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点坐标为(x ，y)，则f′(x)＝3x－1＝2，解得x ＝
0 0 0 0
±1；若x ＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x ＝－1，则切点坐标为
0 0
(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．]
13．y＝－ 14.(－∞，－e]
15.
解析 因为f(x)－f(－x)＝2sin x，
所以f(x)－sin x＝f(－x)－sin(－x)，
设g(x)＝f(x)－sin x，x∈R，
可得g(x)＝g(－x)，所以g(x)为偶函数，
在[0，＋∞)上有f′(x)>cos x，所以g′(x)＝f′(x)－cos x>0，x∈[0，＋∞)，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，根据偶函数的对称性可知，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
由f －f(t)>cos t－sin t，得f(t)－sin t0，
解得t<.
16．9
解析 因为不等式有正整数解，
所以x>0，于是m≤x转化为≥3ln 3，x＝1显然不符合题意；
当x>1时，ln x>0，m>0，
所以≥3ln 3可变形为
≥.
令f(x)＝，x>1，
则f′(x)＝，
所以当10；
当x>e时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而2t2－2t成立，
0等价于f(x) >t2－2t，x∈[－2,0]，
max
∵f′(x)＝－3x2＋3x＋6
＝－3(x－2)(x＋1)，
当x∈[－2，－1)时，f′(x)<0；
当x∈(－1,0]时，f′(x)>0，
∴f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1,0]上单调递增，
又f(－2)＝3，f(0)＝1，
∴f(x)在[－2,0]上的最大值为f(－2)＝3，
∴t2－2t<3，解得－10，
当x∈[π，＋∞)时，g′(x)>eπ－4>0，
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又f′(0)＝－3<0，f′
＝ －2>0，
所以存在唯一x∈，
0
使f′(x)＝0.
0
则当x∈[0，x)时，f′(x)<0，
0
当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0.
0
故f(x)在(0，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增．
0 0
因为f(0)＝1>0，f ＝ －20，
所以f(x)在[0，＋∞)上有两个零点．
3．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝ln x－x，
f′(x)＝－1＝，x>0，令f′(x)>0，得01，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)f′(x)＝＋＝，
①当a>0时，∵x>0，∴f′(x)>0，
∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝2，∴＋1＝2，
max
∴a＝e，符合题意；
②当a<0且－a0)，
当a≤0时，f′(x)>0，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，当x∈时，
f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，
f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x，
由g(x)＝x＋ln m，
得g(x)＝ln eg(x)，∴eg(x)＋g(x)＝eg(x)＋ln eg(x)
＝f(eg(x))，
∴f(eg(x))≥f(x)，
由(1)可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴eg(x)≥x，即ex＋ln m≥x，
∴x＋ln m≥ln x，∴ln m≥ln x－x，
令h(x)＝ln x－x，
则h′(x)＝－1，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x) ＝h(1)＝－1，
max
∴ln m≥－1，∴m≥.
5．(1)证明 构建F(x)＝x－sin x，
则F′(x)＝1－cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则F(x)在(0,1)上单调递增，
可得F(x)>F(0)＝0，
所以x>sin x，x∈(0,1)；
构建G(x)＝sin x－(x－x2)
＝x2－x＋sin x，x∈(0,1)，
则G′(x)＝2x－1＋cos x，x∈(0,1)，
令g(x)＝G′(x)，x∈(0,1)，
则g′(x)＝2－sin x>0
对∀x∈(0,1)恒成立，
则g(x)在(0,1)上单调递增，
可得g(x)>g(0)＝0，
即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则G(x)在(0,1)上单调递增，
可得G(x)>G(0)＝0，
所以sin x>x－x2，x∈(0,1)．
综上所述，当00，f(x)单调递增，
当－10时，取与1中的较小者，为m，
则当00，
所以n(x)即t′(x)在(0，m)上单调递增，
所以t′(x)>t′(0)＝2－a2.
①当2－a2≥0，即00(0t(0)＝0，即f′(x)>0.
那么f(x)在(0，m)上单调递增，
由偶函数性质知f(x)在(－m,0)上单调递减．
故x＝0是f(x)的极小值点，不符合题意．
②当2－a2<0，即a>时，
当<1，即a>时，
因为t′(0)<0，t′>0，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x，
1
且当00，
所以t′(x)在(0，m)上存在唯一零点x，且当0，
所以a＝＋∈，
从而h∈，因此AB边上的高的取值范围是.]
9．AB
10．ABD [由已知及正弦定理得ba＝(3b－c)b，整理得a＝3b－c，即a＋c＝3b，故A正确；
由cos A＝可得sin A＝＝，
则tan A＝＝2，故B正确；
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
又a＝3b－c，可得(3b－c)2＝b2＋c2－2bc·，
整理得3b＝2c，则△ABC的周长为a＋b＋c＝4b＝c，故C错误；
由以上可知，a＝3b－c,3b＝2c，可得a＝c，故D正确．]
11．BC [对于A，由于a＝3，b＝3，B＝30°，
利用正弦定理＝，
解得sin A＝，
由于0°B时，a>b，
根据正弦定理＝，
可得sin A>sin B，故B正确；
对于C，若0，
则cos B＝＝≠，故D错误．]
13. 14.8
15. 12π
解析 由cos2C＝sin2A＋cos2B－sin Asin C，
可得1－sin2C＝sin2A＋1－sin2B－sin Asin C，
即sin2A＋sin2C－sin2B＝sin Asin C，
则由正弦定理得ac＝a2＋c2－b2，
由余弦定理得cos B＝＝，
又因为B∈(0，π)，可得B＝，
设△ABC外接圆的半径为R，则R＝＝2，
所以△ABC外接圆的面积为πR2＝12π.
16．4
解析 因为在△ABC中，
(CA＋CB)·AB＝|AB|2，
所以CA·AB＋CB·AB＝|AB|2，
所以bccos(π－A)＋accos B＝c2，
即acos B－bcos A＝c，
由正弦定理得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin(A＋B)，
化简得sin Acos B＝4sin Bcos A，
所以＝＝4.必刷大题 9 解三角形
1．解 (1)由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC
＝4＋1－2×2×1×cos 120°＝7，
则BC＝，
由正弦定理可得sin∠ABC＝＝＝.
(2)由三角形面积公式可得
＝＝4，
则S ＝S
△ACD △ABC
＝×＝.
2．解 (1)由正弦定理得sin Acos C＋sin Asin C＝sin B，
在△ABC中，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋sin Ccos A，
则sin Asin C＝sin Ccos A，
又C∈(0，π)，sin C≠0，
∴tan A＝，
又A∈(0，π)，∴A＝.
(2)依题意得
S ＝bc·sin∠BAC＝AD·csin∠BAD＋AD·b·sin∠CAD，
△ABC
即bc＝(b＋c)，
由余弦定理得4＝b2＋c2－bc，
∴(b＋c)2－(b＋c)＝4，
解得b＋c＝，
∴△ABC的周长为＋2.
3．解 (1)如图，在△ABD中，由正弦定理可得
＝，
在△BCD中，由正弦定理可得
＝.
因为AB∥CD，所以∠ABD＝∠BDC，
所以＝.
而BC＝AD，∠BAD＝2∠BCD，故＝，
又sin 2∠BCD＝2sin∠BCDcos∠BCD，
所以cos∠BCD＝.
因为0°<∠BCD<180°，
故∠BCD＝30°，故∠ABC＝150°.
(2)因为∠BAD＝2∠BCD＝60°，
且∠ABD＝∠ADB，
故AB＝AD＝BD，△ABD为等边三角形．
所以∠DBC＝∠ABC－∠ABD＝150°－60°＝90°，
因为CD＝4，∠BCD＝30°，
所以BD＝2，
故四边形ABCD的面积S＝S ＋S ＝×2×2×sin 60°＋×2×4×sin 60°＝3.
△ABD △BDC
4．解 (1)由3(acos C－b)＝csin A
及正弦定理可得3(sin Acos C－sin B)＝sin Csin A，
即3(sin Acos C－sin Acos C－cos Asin C)＝sin Csin A，
即－3cos Asin C＝sin Csin A，
又C∈(0，π)，则sin C>0，
则tan A＝－，
又A∈(0，π)，则A＝.
(2)∵△ABC的面积为2，
∴bcsin A＝2，
又A＝，∴bc＝8，
又∵D为BC边上一点，且BD＝2CD，
∴AD＝AB＋BC
＝AB＋(AC－AB)
＝AB＋AC，
则AD2＝2
＝AB2＋AC2＋AB·AC
＝c2＋b2＋bc×
＝c2＋b2－bc
≥2××bc－bc
＝bc＝，
当且仅当c2＝b2，即c＝4，b＝2时取等号，即AD2的最小值为.即AD的最小值为.
5．解 (1)该三角形同时满足①②③，理由如下：
若非钝角△ABC同时满足①④，
∵sin C＝<，
∴0，
与△ABC为非钝角三角形相矛盾，
∴该三角形同时满足①②③.
(2)由余弦定理知，
a2＝b2＋c2－2bccos A
＝b2＋32－2×4×b×＝16，
化简得b2－8b＋16＝0，∴b＝4，
∴S ＝bcsin A＝×4×4×＝8.
△ABC
6．解 (1)方法一 因为bcos C＋ccos B＝6，
由余弦定理，得b·＋c·＝a＝6.
方法二 因为bcos C＋ccos B＝6，
由正弦定理，得
2R(sin Bcos C＋sin Ccos B)＝6，
所以2Rsin(B＋C)＝6，
所以2Rsin A＝6，即a＝6.
(2)选择①.
因为＝＝＝＝6，
所以b＝6sin B，c＝6sin C，
所以S＝bcsin A＝18sin Bsin C
＝18sin Bsin
＝18sin B＝18sin Bcos B＋18sin2B
＝9sin 2B＋9－9cos 2B
＝9sin＋9，
因为△ABC是锐角三角形，
所以
又C＝－B，所以0，PE·PF＝0，∴PM·PN>PE·PF，故C正确；
对于D，PF－PE＝EF，PN－PM＝MN，但向量不能比较大小，故D错误．]
12．AB [设a＝(x，y)，b＝(0,2)，c＝(，0)，|a－b|＋|a－c|＋|a＋c|
＝＋＋，
即点M(x，y)到A(－，0)，B(，0)，C(0,2)三个点的距离之和．
△ABC是等腰锐角三角形，
由费马点的性质可知当点M满足∠AMB＝∠AMC＝∠BMC＝120°时，点M到△ABC三个顶点
的距离之和最小，
因为A(－，0)，B(，0)，C(0,2)，所以M(0,1)，|a－b|＋|a－c|＋|a＋c|的最小值是2－1＋2＋2＝2＋3.]
13．5 14.2
15．1－i(答案不唯一，虚部为－1即可)
解析 设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则|z＋2i|＝|a＋(b＋2)i|＝，
|z|＝|a＋bi|＝，
∵|z＋2i|＝|z|，
∴＝，
∴a2＋(b＋2)2＝a2＋b2，
化简得4b＋4＝0，解得b＝－1.
∴满足条件的一个复数z＝1－i(答案不唯一，虚部为－1即可)．
16. －2
解析 因为AF⊥AB，以点A为坐标原点，分别以AB，AF所在直线为x，y 轴，建立平面
直角坐标系，如图所示，
则A(0,0)，B(2,0)，C(2＋，)，E(2,2＋2)，
F(0,2＋2)，
AE＝(2,2＋2)，AF＝(0,2＋2)，AC＝(2＋，)，
因为AE＝λAC＋μAF，
则(2,2＋2)
＝λ(2＋，)＋μ(0,2＋2)，
所以
解得λ＝2－，μ＝2－2，
所以λ＋μ＝.
设P(x，y)，则－≤x≤2＋，
AP＝(x，y)，AB＝(2,0)，
则AP·AB＝2x∈[－2，4＋2]，
所以当点P在线段GH上时，AP·AB取得最小值－2.必刷小题 11 数 列
1．C 2.C 3.B 4.C 5.A
6．B [因为a＝1，＝＋1，
1
所以＋1＝2，
又＋1＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以＋1＝2n，
即a＝，所以a＝.]
n 9
7．D [由a ＝a ＋a(n∈N )，
n＋2 n＋1 n ＋
得a＝a －a (n∈N )，
n n＋2 n＋1 ＋
所以S ＝a ＋a ＋a ＋…＋a＋a＋a
2 024 2 024 2 023 2 022 3 2 1
＝(a －a )＋(a －a )＋(a －a )＋…＋(a－a)＋(a－a)＋(a－a)
2 026 2 025 2 025 2 024 2 024 2 023 5 4 4 3 3 2
＝a －a＝m－2.]
2 026 2
8．C [由题意得，S－3n(S －S)
n＋1 n
＝S(S＋2·3n)，
n n
则S－S＝3n(S ＋S)，
n＋1 n
又{a}都为正项，则S>0，
n n
故S －S＝3n，
n＋1 n
所以S －S ＋…＋S－S＋S－S＝32 022＋…＋32＋3
2 023 2 022 3 2 2 1
＝，
所以S －S＝S －2＝，
2 023 1 2 023
故S ＝.]
2 023
9．BD
10．AB [设等比数列{a}的公比为q(q≠0)，
n
则有＝q，所以＝＝，
所以是以为公比的等比数列，故A正确；
＝q2，
所以{aa }是以q2为公比的等比数列，故B正确；
n n＋1
若公比q＝－1，则S ＝0，
2n
所以S，S ，S 不能构成等比数列，故C错误；
n 2n 3n
若公比q＝－1，且n为偶数，
则S，S －S，S －S 都等于0，
n 2n n 3n 2n
此时不能构成等比数列，故D错误．]
11．ACD [因为a，a，a 成等比数列，
1 4 6所以aa＝a，
1 6
即a(a＋5d)＝(a＋3d)2，
1 1 1
整理得ad＝－9d2，
1
因为d≠0，所以a＝－9d，
1
所以a ＝a＋9d＝0，
10 1
则S ＝＝19a ＝0，故A正确，B错误；
19 10
当d<0时，{a}是递减数列，
n
此时a>a>…>a>a ＝0>a >…，
1 2 9 10 11
所以当n＝9或n＝10时，S 取得最大值，
n
即(S) ＝S＝S ，故C正确；
n max 9 10
当d>0时，{a}是递增数列，
n
此时a0)的形式即可)
解析 假设数列为等差数列，设其公差为d，首项为a，
1
由性质①可得a＋(m－n－1)d＝a＋(m－1)d－a－(n－1)d，
1 1 1
整理得a＝d，
1
即a＝a＋(n－1)d＝dn，
n 1
再根据②可知，公差d>0，取d＝2，
显然a＝2n满足题意．(符合kn(k>0)的形式即可)
n16．9 3
解析 因为a－a ＝d(n＝2,3,4，…)，
n n－1
所以a－a ＝d，a －a ＝d，…，a－a＝d，
n n－1 n－1 n－2 2 1
累加得a＝a＋(n－1)d，
n 1
所以a＝a＋(k－1)d，
k 1
则a·a＝a＋(k－1)a·d＝0，
1 k 1
即4－＝0，解得k＝9；
a＝a＋(n－1)d，
n 1
即a＝|a|2＝[a＋(n－1)d]2＝－(n－1)＋4(n∈N )，
n 1 ＋
易知当n－1＝－＝2，
即n＝3时，|a|取得最小值．
n
必刷大题 12 数列的综合问题
1．解 (1)因为数列{a}的通项公式为a＝(－1)n(2n－1)，
n n
所以a＝－1，a＝3，a＝－5，a＝7.
1 2 3 4
(2)由a＝(－1)n(2n－1)，
n
可得当n为奇数时，a＋a ＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝2，
n n＋1
所以S ＝(a＋a)＋(a＋a)＋…＋(a ＋a )
2 024 1 2 3 4 2 023 2 024
＝2＋2＋…＋2＝2×1 012＝2 024.
2．(1)解 因为S＝a ，
n n＋1
所以(n＋2)S＝na ，
n n＋1
因为a ＝S －S，
n＋1 n＋1 n
所以(n＋2)S＝n(S －S)，
n n＋1 n
即nS ＝2(n＋1)S，
n＋1 n
所以＝2·(n∈N )．
＋
即b ＝2b，
n＋1 n
又b＝S＝2，
1 1
所以数列{b}是首项为2，公比为2的等比数列．
n
所以b＝2n.
n
(2)证明 c＝
n
＝
＝－，
故数列{c}的前n项和T＝＋＋…＋
n n＝1－，
因为n∈N ，
＋
所以0<≤，
所以≤T<1.
n
3．解 (1)由题意，当n＝1时，S＋2＝a＋2＝2a，解得a＝2，
1 1 1 1
当n＝2时，S＋2＝2a，
2 2
即a＋a＋2＝2a，解得a＝4，
1 2 2 2
当n≥2时，由S＋2＝2a，
n n
可得S ＋2＝2a ，
n－1 n－1
两式相减，可得a＝2a－2a ，
n n n－1
整理，得a＝2a ，
n n－1
∴数列{a}是以2为首项，2为公比的等比数列，
n
∴a＝2·2n－1＝2n，n∈N .
n ＋
(2)由(1)可得，a＝2n，a ＝2n＋1，
n n＋1
在a 与a 之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为d 的等差数列，
n n＋1 n
则有a －a＝(n＋1)d，
n＋1 n n
∴d＝＝，
n
∴＝，
∴T＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
n
T＝＋＋＋…＋＋，
n
两式相减，
可得T＝＋＋＋…＋－
n
＝1＋－
＝－，∴T＝3－.
n
4．(1)解 a＝a＋2d＝7，
3 1
S＝3a＋3d＝5a，
3 1 1
解得a＝3，d＝2，
1
故a＝2n＋1.
n
(2)证明 S＝3n＋×2＝n2＋2n，
n
1＋＝1＋＝1＋－，
T＝1＋－＋1＋－＋1＋－＋…＋1＋－＝n＋3－－，
n
当n≥3，要证明T>，
n
即n＋3－－>n＋2，即证1>＋，
易知＋是一个递减数列，
故当n＝3时，其最大值为＋＝<1，得证．
5．解 (1)由题意知，在数列{a}中，a ＝3S＋1，
n n＋1 n
a＝3S ＋1，n≥2，
n n－1
两式相减可得a －a＝3a，a ＝4a，n≥2，
n＋1 n n n＋1 n
由条件知，a＝3a＋1＝4a，
2 1 1
故a ＝4a(n∈N )．
n＋1 n ＋
∴{a}是以1为首项，4为公比的等比数列．
n
∴a＝4n－1(n∈N )．
n ＋
(2)由(1)知，a＝4n－1(n∈N )，
n ＋
∴b＝，
n
如果满足条件的b ，b，b 存在，
m k p
则b＝b b，
m p
∴＝·，
∵2k＝m＋p，
∴(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，解得k2＝mp，
∵2k＝m＋p，∴k＝m＝p，与已知矛盾，
∴不存在满足条件的三项．
6．(1)解 T＝aa＝2×6＝12，
2 1 2
若T 为数列{a}中的项，则存在m∈N ，
2 n ＋
使得T＝a ，即12＝2·3m－1，
2 m
所以m＝log 6＋1∉N ，所以{a}不是“前n项之积封闭数列”．
3 ＋ n
(2)证明 充分性：
因为T＝aa·…·a(n∈N )，
n 1 2 n ＋
所以T＝a，
1 1
当n∈N ，n≥2时，
＋
因为a＝1，所以a＝qn－1，
1 n
所以T＝aa·…·a＝q0＋1＋2＋…＋(n－1)＝ ，
n 1 2 n
因为∈N ，
＋
所以令＝k，则T＝a ，
n k＋1
所以数列{a}是“前n项之积封闭数列”，
n
所以充分性成立．必要性：
当a＝q≠1时，a＝aqn－1＝qn，
1 n 1
所以T＝aa·…·a＝q1＋2＋…＋n＝ ，
n 1 2 n
因为∈N ，
＋
令＝l，
所以T＝a，
n l
即此时数列{a}是“前n项之积封闭数列”，
n
所以必要性不成立．
综上，a＝1是数列{a}为“前n项之积封闭数列”的充分不必要条件．
1 n
必刷小题 13 立体几何
1．C 2.D 3.D 4.B 5.C 6.B
7．A [如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，由题意知圆O与梯形ABCD相
切，则DC＝DE＋CE＝OD＋OC＝r＋r，
2 1 2 1
又DC＝
＝，
故＝r＋r，
1 2
化简可得R2＝rr，
1 2
则＝
＝
＝＋
>＋＝(r>r，故取不到等号)，
1 2
由于，，都不大于，
故的可能取值为.]
8．B [根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E，
在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q，
在平面VAB内，过点F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示，因为EF∥AC，
所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k，
则＝＝＝k,02，
∴两圆外离，∴|PQ|的最小值是两圆圆心距d减去两圆半径之和，
即|PQ| ＝3－2＝.
min
必刷小题 16 圆锥曲线
1．C 2.D 3.B 4.A 5.C
6．A [由抛物线C：y2＝4x知，焦点F(1,0)，准线方程为x＝－1，
过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，如图，
由抛物线定义知|PN|＋|PM|＝|PQ|－1＋|PM|＝|PF|＋|PM|－1，
当F，P，M三点共线时，|PM|＋|PN|取得最小值，则最小值为|MF|－1＝－1＝2－1.]
7．B [作PM⊥x轴于点M，如图，
依题意|PM|＝c，∠PFF＝120°，
2 1
则∠PFM＝60°，
2
由题意知F(c,0)，
2
由sin∠PFM＝＝，
2
得|PF|＝2c，
2由双曲线的定义知|PF|＝2a＋2c，而|FF|＝2c，
1 1 2
在△PFF 中，由余弦定理得
1 2
|PF|2＝|PF|2＋|FF|2－2|PF|·|FF|·cos∠PFF，
1 2 1 2 2 1 2 2 1
解得2a＋2c＝2c，
即a＝(－1)c，
又离心率e＝，于是有e＝，
所以双曲线C的离心率为.]
8．D [可设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
由消去x，
可得y2＋4y－4＝0，
则y＋y＝－4，
1 2
即y＋y＝－x＋1－x＋1＝－4，
1 2 1 2
则x＋x＝6，可得AB的中点坐标为P(3，－2)，
1 2
易知，直线l过抛物线焦点(1,0)，
则|AB|＝x＋1＋x＋1＝8，
1 2
且AB的垂直平分线方程为y－(－2)＝1×(x－3)，
即y＝x－5，
则可设圆M的圆心为M(a，b)，
半径为r，
所以b＝a－5，
则圆M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
即(x－a)2＋(y－a＋5)2＝r2，
又圆心M(a，b)到直线l: y＝－x＋1的距离d＝＝，且满足2＋d2＝r2，
则16＋2(a－3)2＝r2，①
又因为圆M与抛物线C的准线相切，所以|a＋1|＝r，
即(a＋1)2＝r2，②
①②联立解得或]
9．CD
10．ABD [由椭圆C：＋＝1，
可得a＝4，b＝2，
则c＝＝2，
对于选项A，椭圆C的离心率e＝＝，故A正确；
对于选项B，当点P为椭圆C的右顶点时，可得|PF| ＝a＋c＝6，故B正确；
1max
对于选项C，△FPF 的周长为2a＋2c＝12，故C错误；
1 2对于选项D，当点P为椭圆C的短轴的端点时，可得|PF|＝|PF|＝a＝4，|FF|＝2c＝4，此
1 2 1 2
时△FPF 为等边三角形，故D正确．]
1 2
11．BCD [易知点F的坐标为，选项A错误；
根据抛物线的性质知，MN过焦点F时，
xx＝－p2＝－，选项B正确；
1 2
若MF＝λNF，则MN过点F，则|MN|的最小值即抛物线通径的长，为2p，即，选项C正确；
抛物线x2＝y的焦点为，
准线方程为y＝－，
过点M，N，P分别作准线的垂线MM′，NN′，PP′，垂足分别为M′，N′，P′(图略)，
所以|MM′|＝|MF|，|NN′|＝|NF|.
所以|MM′|＋|NN′|＝|MF|＋|NF|＝，
所以线段|PP′|＝＝，所以线段MN的中点P到x轴的距离为|PP′|－＝－＝，选项D正
确．]
12．BCD [由题意得a＝2，
又点P(，1)在椭圆C外，
则＋>1，解得b<，
所以椭圆C的离心率
e＝＝>，
即椭圆C的离心率的取值范围是，故A不正确；
当e＝时，c＝，b＝＝1，
所以|QF|的取值范围是[a－c，a＋c]，
1
即[2－，2＋]，故B正确；
设椭圆的上顶点为A(0，b)，F(－c,0)，F(c,0)，
1 2
由于AF1·AF2＝b2－c2＝2b2－a2<0，
所以存在点Q使得QF1·QF2＝0，故C正确；
(|QF|＋|QF|)
1 2
＝2＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当|QF|＝|QF|＝2时，等号成立，
1 2
又|QF|＋|QF|＝4，
1 2
所以＋≥1，故D正确．]
13.＋＝1(答案不唯一) 14.
15．x＝±
解析 因为＋＝4，所以＋＝4，可转化为点(x,2)到点(－2,0)和点(2,0)的距离之和为4，所以点(x,2)在椭圆＋＝1上，则＋＝1，解得x＝±.
16．y2＝4x
解析 由抛物线C：y2＝2px(00)，
则|RF|＝t，|AB|＝2|RF|＝2t，则|NR|＝3t，
故2＋2＝|NB|2＝|NR|2，即2＋(t)2＝9t2；①
又点N(a,2)(a>0)在抛物线C：y2＝2px(04k2且k≠±，
所以x＋x＝－，
1 2
xx＝，
1 2
因为∠MON＝，
所以OM⊥ON，即OM·ON＝0，所以xx＋yy＝0⇒xx＋(kx＋m)·(kx＋m)＝0，
1 2 1 2 1 2 1 2
化简得(k2＋1)xx＋km(x＋x)＋m2＝0，
1 2 1 2
把x ＋x ＝－，xx ＝代入，得(k2＋1)·＋km·＋m2＝0，化简得 m2＝，因为 m2＋9>4k2且
1 2 1 2
k≠±，
所以有＋9>4k2
且k≠±，
解得k≠±，圆x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1，
圆心(0,0)到直线l：y＝kx＋m的距离d＝＝＝>1，
所以点A到直线l距离的最大值为＋1，最小值为－1，
所以点A到直线l距离的取值范围为.
3．解 (1)设椭圆C的半焦距为c>0，
由题意可得
解得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)可得F(1,0)，
根据题意可设直线l：y＝k(x－1)，A(x，y)，B(x，y)，P(m,0)(m≠1)，
1 1 2 2
联立方程
消去y得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，
可得x＋x＝，xx＝，①
1 2 1 2
由题意可知x轴为直线PA与直线PB的对称轴，
则k ＋k ＝＋＝0，
PA PB
可得＋＝0，
因为k≠0，可得(x－1)(x－m)＋(x－m)(x－1)＝0，
1 2 1 2
整理得2xx－(m＋1)(x＋x)＋2m＝0，②
1 2 1 2
将①代入②得－＋2m＝0，
解得m＝4，
所以存在点P，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等，此时P(4,0)．
4．(1)解 设|FF|＝2c，
1 2
因为AF⊥FF，∠AFF＝30°，
1 1 2 2 1
所以|AF|＝c，|AF|＝c.
1 2
因为|AF|－|AF|＝c＝2a＝4，
2 1
所以c＝2.
所以b＝＝2，
所以双曲线C的渐近线方程为
y＝±x.(2)证明 由(1)知双曲线C的方程为－＝1，
设E(x，y)，F(x，y)．
1 1 2 2
①当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
联立方程
化简得(2－k2)x2－2kmx－(m2＋8)＝0，
则Δ＝(－2km)2＋4(m2＋8)(2－k2)>0，
即m2－4k2＋8>0，
且
因为DE·DF＝(x－2)(x－2)＋yy
1 2 1 2
＝(x－2)(x－2)＋(kx＋m)(kx＋m)＝0，
1 2 1 2
所以(k2＋1)xx＋(km－2)(x＋x)＋m2＋4
1 2 1 2
＝(k2＋1)·＋(km－2)·＋m2＋4＝0，
化简得m2－4km－12k2＝
(m＋2k)(m－6k)＝0，
所以m＝－2k或m＝6k，且均满足m2－4k2＋8>0.
当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾；
当m＝6k时，直线l的方程为y＝k(x＋6)，过定点M(－6,0)．
②当直线l的斜率不存在时，
由对称性，不妨设直线DE：y＝x－2，
联立方程
得x＝2(舍去)或x＝－6，此时直线l过定点M(－6,0)．
综上，直线l过定点M(－6,0)．
因为DG⊥EF，
所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径，且|GH|＝4，
所以存在定点H(－2,0)，使|GH|为定值4.
必刷大题 18 统 计
1．解 (1)由样本的频率分布直方图可知，在该次数学考试中成绩优秀的频率是(0.020＋0.008)×10＝0.28，
则估计3 000名学生在该次数学考试中成绩优秀的学生有3 000×0.28＝840(名)．
(2)由样本的频率分布直方图可知，估计总体成绩的众数为＝75，
平均数为0.002×10×35＋0.006×10×45＋0.012×10×55＋0.024×10×65＋0.028×10×75
＋0.020×10×85＋0.008×10×95＝71.2.
所以估计总体成绩的众数为75，平均数为71.2.
2．解 (1)由题意可知，估计未接种牛痘疫苗者感染猴痘病毒的概率为P＝＝，
1
已接种牛痘疫苗者感染猴痘病毒的概率为P＝＝.
2
(2)列联表如表所示：
感染猴痘病毒 未感染猴痘病毒 总计
未接种牛痘疫苗 20 30 50
已接种牛痘疫苗 10 60 70
总计 30 90 120
χ2＝≈10.286，
所以有99%的把握认为密切接触者未感染猴痘病毒与接种牛痘疫苗有关．
3．解 (1)根据定义可得，此30个数据从小到大排列，且30×80%＝24，
所以这30个企业造成污染的80%分位数是第24个数据与第25个数据的平均数，即前10名
中第五名与第六名数据的平均数，即＝30.
(2)按照企业造成的污染点数从小到大排列，记为x，x，…，x ，其平均数记为，方差记为
1 2 20
s；
把剩下10个数据记为y，y，…，y ，其平均数记为，方差记为s；
1 2 10
把总样本数据的平均数记为，方差记为s2.
由题意可知，＝＝17，
＝×(58＋36＋36＋35＋33＋32＋28＋26＋24＋22)＝×330＝33，
则＝×(510－330)＝9，
由题知s＝44.7，s＝92.4，
s2＝×{20[s＋(－)2]＋
10[s＋(－)2]}
代入数据可得s2＝×{20×[44.7＋(9－17)2]＋10×[92.4＋(33－17)2]}＝188.6，
所以这30个企业造成污染点的总体方差为188.6.
4．解 (1)作出散点图如图所示．由条形图数据和参考数据得，
＝4，(t－)2＝28，≈0.53，
i
(t－)(y－)＝y－＝39.75－4×9.24＝2.79，
i i i i i
所以r≈≈0.99.
y与t的相关系数近似为0.99，说明y与t的线性相关性相当高，
从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．
(2)由＝＝1.32，
又由(1)得b＝＝≈0.10，
a＝－b≈1.32－0.10×4＝0.92，
所以y关于t的回归直线方程为y＝0.92＋0.10t.
将t＝11代入回归直线方程得y＝0.92＋0.10×11＝2.02.
所以预测该年11月份该省煤改气、煤改电的用户数量达到2.02万户．
5．解 (1)方法一 改变数据之后的列联表为
运动时间
性别 总计
“运动达人” “非运动达人”
男生 110 30 140
女生 40 20 60
总计 150 50 200
则调整后的
χ2＝＝≈3.175.
所以没有99.9%的把握认为运动时间与性别有关．
与之前结论不一样，
原因是每个数据都缩小为原来的，相当于样本容量缩小为原来的，导致推断结论发生了变化，
当样本容量越大，用样本估计总体的准确性会越高．
方法二 调整后的χ2＝
＝·＝≈3.175，
所以没有99.9%的把握认为运动时间与性别有关．
与之前结论不一样，原因是每个数据都缩小为原来的，相当于样本容量缩小为原来的，导致推断结论发生了变化，
当样本容量越大，用样本估计总体的准确性会越高．
(2)男生抽取×20＝14(人)，女生抽取×20＝6(人)，
由已知男生运动时间的平均数为＝2.5，样本方差为s＝1；女生运动时间的平均数为＝1.5，
样本方差为s＝0.5.
记样本均值为，
则＝＝2.2，
记样本方差为s2，则s2＝＝1.06，
所以这20名同学运动时间的均值为2.2，方差为1.06.
6．解 (1)根据散点图显示的该地区新能源汽车保有量的增长趋势知，应选择的函数模型是
y＝ecx＋d，
因为t＝ln y，则t＝cx＋d，
因为＝×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8)＝4.5，
＝204，t＝92.4，＝2.1，
ii
所以c＝
＝＝＝0.4，
d＝－c＝2.1－0.4×4.5＝0.3，
所以t＝0.4x＋0.3，
即y＝e0.4x＋0.3.
(2)设传统能源汽车保有量每年下降的百分比为r，依题意得，500(1－r)5＝500(1－10%)，解
得1－r＝0.9，
设从2022年底起经过x年后的传统能源汽车保有量为y千辆，
则有y＝500(1－r)x＝500(0.9)x，
设从2022年底起经过x年后新能源汽车的保有量将超过传统能源汽车保有量，
则有e0.4(x＋8)＋0.3>500(0.9)x，
所以(0.4x＋3.5)lg e>3－lg 2＋0.2x(2lg 3－1)，
解得x>≈6.64，
故从2022年年底起经过7年后，即2029年年底新能源汽车的保有量将超过传统能源汽车保
有量．
必刷小题 19 计数原理与概率
1．D 2.C 3.B 4.C 5.B6．C [依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方案共有
AA＝1 440(种)，
其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方案共有AA＝240(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方案共有AA＝240(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班，丁在10月7日值班的方案共有
AA＝48(种)．因此满足题意的方案共有
1 440－2×240＋48＝1 008(种)．]
7．D [记事件E＝“2辆电动汽车能同时充上电”，先从B，i∈{1,2,3,4,5,6}中任选一个车
i
位给第一辆电动汽车，有C种选择，再从不与第一辆电动汽车并列的剩余四个车位中找一
个给第二辆电动汽车，有C种选择，最后从剩余8个车位中随机选取3个安排燃油车即可，
所以P(E)＝＝.]
8．A [分两种情况：第一种情况，先从4本里选其中2本，作为一组，有C种方法，
第二组从第一组所选书籍中选1本，再从另外2本中选取1本作为一组，剩余1本作为一组，
再分给三名同学，共有CCCA种方法；
第二种情况，从4本里任选2本作为一组，剩余的2本作为一组，有种方法，分给三名同学
中的两名同学，有A种方法，剩余一名同学，
从这4本中任选1本阅读，有C种方法，共有·AC种方法．
故这三名同学选取图书的不同情况有CCCA＋·AC＝144(种)．]
9．BCD
10．ACD [由题意甲、乙、丙、丁四名同学每人都要报名且限报一项，每人都有3种选择，
则报名情况共有3×3×3×3＝34(种)，故A正确；
“每个项目都有人报名”，则必有两人报名同一个项目，故此时报名情况有CCA＝36(种)，
故B错误；
“四名同学最终只报名了两个项目”，此时可先选出两个项目，
报名情况为分别有两人报名这两个项目，或者一人报名其中一个，另三人报名另一个项目，
故共有C(C＋CA)＝42(种)报名情况，
则“四名同学最终只报名了两个项目”的概率是＝，故C正确；
事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，有CA＝36(种)报名方法，则 P(A)＝＝，
事件B为“只有甲同学一人报名‘关怀老人’项目”，
若A，B同时发生，即恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报名“关怀老人”项目，
则有CA＝6(种)报名方法，
则P(AB)＝＝，
故P(B|A)＝＝＝，
故D正确．]11．BC [令x＝1，得a＋a＋a＋…＋a＝1；令x＝0，得a＝28.
0 1 2 8 0
则a＋a＋…＋a＝1－28，故A错误；
1 2 8
f(－1)＝38＝94＝(10－1)4＝104－C103＋C102－C10＋1＝10×(103－C102＋C101－C)＋1，故B
正确；
因为(2－x)8二项展开式的通项公式为T ＝C28－k(－x)k
k＋1
＝(－1)kC28－kxk，
由通项公式知，(2－x)8二项展开式中偶数项的系数为负数，
所以|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a|＝－a＋a－a＋…＋a，
1 2 3 8 1 2 3 8
由(2－x)8＝a＋ax＋ax2＋…＋ax8，令x＝0，得到a＝28，
0 1 2 8 0
令x＝－1，得到a－a＋a－a＋…＋a＝38，
0 1 2 3 8
所以|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a|＝38－28，故C正确；
1 2 3 8
原表达式的两边同时对x求导，
得到－8×(2－x)7＝a＋2ax＋3ax2＋…＋8ax7，
1 2 3 8
令x＝1，得到a＋2a＋3a＋…＋8a＝－8，令x＝0，得a＝－8×27，
1 2 3 8 1
所以2a＋3a＋…＋8a＝－8＋8×27＝8(27－1)，故D错误．]
2 3 8
12．BCD [由题知，
P(A)＝＝，
k
事件AA 表示“第1,2只出笼子的猫都是黑猫”，
1 2
则P(AA)＝＝，故A错误；
1 2
事件A＋A 表示“第1只或第2只出笼子的猫是黑猫”，
1 2
则P(A＋A)＝P(A)＋P(A)－P(AA)＝＋－＝，故B正确；
1 2 1 2 1 2
P(A|A)＝＝＝，故C正确；
2 1
事件AA 表示“第2,10只出笼子的猫都是黑猫”，
2 10
则P(AA )＝＝，
2 10
则P(A |A)＝＝＝，故D正确．]
10 2
13．60 14.
15．1 560
解析 由题意可知6种主流的学习机安排给4人进行相关数据统计，
每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计)，
则学习机的分配方法有3,1,1,1和2,2,1,1两类情况，
则按3,1,1,1分组再分配给4人，共有CA＝20×24＝480(种)安排方法，
按2,2,1,1分组再分配给4人，共有·A＝×24＝1 080(种)安排方法，
故共有480＋1 080＝1 560(种)不同的安排方法．
16. ×n＋解析 记事件A表示从第i(i＝1,2，…，n)个盒子里取出白球，
i
则P(A)＝，
1
P()＝1－P(A)＝，
1
所以P(A)＝P(AA)＋P(A)
2 1 2 2
＝P(A)P(A|A)＋P()P(A|)
1 2 1 2
＝×＋×＝，
P(A)＝P(A)P(A|A)＋
3 2 3 2
P()P(A|)
3
＝P(A)×＋P()×
2
＝×P(A)＋＝，
2
P(A)＝P(A)P(A|A)＋
4 3 4 3
P()P(A|)
4
＝P(A)×＋P()×
3
＝P(A)＋，
3
进而可得P(A)＝P(A )＋，
n n－1
P(A)－＝，
n
又P(A)－＝，
1
P(A)－＝，
2
P(A)－＝，
2
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以P(A)－＝×n－1＝×n，
n
即P(A)＝×n＋.
n
必刷大题 20 概率与统计
1．解 (1)“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)由题意知，X所有可能的取值为1,2,3,4，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝
＝，
P(X＝3)＝
＝＝，
P(X＝4)＝＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P
随机变量X的数学期望为
E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
2．解 (1)男性有100×＝45(人)，女性有100－45＝55(人)，然后可得下表：
评价
性别 总计
喜欢 不喜欢
男性 15 30 45
女性 35 20 55
总计 50 50 100
(2)χ2＝＝≈9.091，
所以有99.5%的把握认为评价结果与性别有关．
(3)由题意得选取的3人中，评价结果为“喜欢”的有1人，“不喜欢”的有2人，
所以X的所有可能取值为150,200,250,300，
则P(X＝150)＝××＝，
P(X＝200)＝×2＋2×××＝，
P(X＝250)＝2×××＋×2＝，
P(X＝300)＝××＝，
所以X的分布列为
X 150 200 250 300
P
数学期望为E(X)＝150×＋200×＋250×＋300×＝.
3．解 (1)ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝××＝，
P(ξ＝1)＝××＋×C××＝，
P(ξ＝2)＝×C××＋××＝，
P(ξ＝3)＝××＝，
∴ξ的分布列为ξ 0 1 2 3
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝＝.
(2)记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C等级”，
则P(B|A)＝
＝
＝.
4．解 (1)A获得冠军：AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出，
A获得冠军的概率为P＝××＋××＝，
1
C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并胜出，
C获得冠军的概率为P＝××＋××＝.
2
(2)淘汰赛制下，A获得冠军的概率为p××p＋p××p＝p2，
双败赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，
当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军，
若在胜者组A胜利，后一局(与败者组胜者比赛)胜，方可得冠军；
当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军．
综上，A获得冠军的概率为p3(1－p)＋p3＋(1－p)p3＝p3(3－2p)．
令f(p)＝p3(3－2p)－p2
＝p2(－2p2＋3p－1)
＝p2(2p－1)(1－p)，
若A为强队，则0，
所以双败赛制下对强者更有利．
5．(1)解 设A＝“第1天选择米饭套餐”，A＝“第2天选择米饭套餐”，
1 2
则 ＝“第1天选择面食套餐”．
1
根据题意P(A)＝，
1
P()＝，
1
P(A|A)＝，
2 1
P(A|)＝1－＝，
21
由全概率公式，
得P(A)＝P(A)P(A|A)＋P()P(A|)＝×＋×＝.
2 1 2 1 1 21
(2)证明 ①设A＝“第n天选择米饭套餐”，
n则P＝P(A)，P()＝1－P，
n n n n
根据题意P(A |A)＝，
n＋1 n
P(A | )＝1－＝，
n＋1n
由全概率公式，得P ＝P(A )＝P(A)P(A |A)＋P()P(A |)＝P＋(1－P)＝－P＋，
n＋1 n＋1 n n＋1 n n n＋1n n n n
因此P －＝－.
n＋1
因为P－＝≠0，
1
所以是以为首项，－为公比的等比数列．
②由①可得
P＝＋×n－1.
n
当n为大于1的奇数时，P＝＋×n－1≤＋×2＝；
n
当n为正偶数时，P＝－×n－1<<.
n
因此当n≥2时，P≤.
n
6．解 (1)每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记
为P，P，P，并记芯片智能检测不达标为事件A.
1 2 3
视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，
则有P＝，P＝，P＝，
1 2 3
由对立事件的性质及事件独立性的定义得，
P(A)＝1－PPP＝1－××＝，
1 2 3
所以每个芯片智能检测不达标的概率为.
(2)人工抽检30个芯片恰有1个不达标的概率为φ(p)＝Cp1(1－p)29(00；
当p∈时，φ′(p)<0，
则φ(p)在上单调递增，在上单调递减，
所以φ(p)有唯一的极大值点
p＝.
0
(3)记“芯片人工抽检达标”为事件B，“工人在流水线上进行人工抽检时，抽检一个芯片恰
为合格品”为事件C，
由(2)得P(C)＝P(B|)＝1－p＝，
由(1)得P()＝1－P(A)＝，
所以P(B)＝P()·P(B|)＝×≈93.8%<96%，
因此，该企业需对生产工序进行改良．
