【文档说明】山东省日照市2023届高三一模考试数学试题 含解析.docx，共(27)页，4.268 MB，由管理员店铺上传

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2020级高三模拟考试数学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案

写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本大题共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2Axx=，2230Bxxx=−−，

则AB=（）A.)1,2−B.(2,3C.(1,3−D.(,3−【答案】D【解析】【分析】先求出集合B，再依据并集的定义求并集.【详解】223013Bxxxxx=−−=−，又2Axx=

，所以(3AB=−，故选：D2.已知复数26i1iz+=−，i为虚数单位，则z=（）A.22B.23C.25D.26【答案】C【解析】【分析】利用复数除法运算求得z，然后求得z.【详解】()()()()()()()()26i1i26i1i1

3i1i24i1i1i2z++++===++=−+−+，41625z=+=.故选：C3.在平面直角坐标系xOy中，角的大小如图所示，则tan=（）A.32B.43C.1D.23【答案】D【解析】【分析】根据正切值的定义可以先算出πtan4+，然后由两角和的正切公式求

出tan.【详解】过P作PQx⊥轴，垂足为Q，根据正切值的定义：πtan54PQOQ+==，则πtan1tan541tan++==−，解得2tan3=.故选：D4.红灯笼，起源于中国的西

汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫

做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积2πSRh=.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（）A.21940πcmB.22350πcmC.22400πc

mD.22540πcm【答案】C【解析】【分析】由题利用勾股定理求出半径R，再求出高度h，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去两个球冠的面积即可解决问题.【详解】由题意得：222581072R−−=，所以25R=cm，所以5810

2512h−=−=cm，所以两个球冠的面积为222π22π251=100πSRh==cm2，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：224π24π25100π=2400πRS−=−cm2，故选：C.

5.已知正六边形ABCDEF的边长为2，P是正六边形ABCDEF边上任意一点，则PAPB的最大值为（）A.13B.12C.8D.23【答案】B【解析】【分析】以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面

直角坐标系如图所示，由向量数量积的坐标表示研究最值.【详解】以正六边形ABCDEF中心O为原点建立平面直角坐标系如图所示，AB、DE交y轴于G、H，则()()()()()()()()2,0,2,0,1,3,1,3,0,3,1,3,1,3,0,3C

FABGEDH−−−−−−，设(),Pxy，()()221,3,1,3,232PAxyPBxyPAPBxyy=−−−−=−−−=+++，由正六边形对称性，不妨只研究y轴左半部分，（1）当P在EH上时，则1,0x−，3y=，则

21112PAPBx=+；（2）当P在AG上时，则1,0x−，3y=−，则210PAPBx=−；（3）当P在EF上时，则EFl：()32yx=+，2,1x−−，则229234182641244PAPBxxx

=++=++；（4）当P在AF上时，则AFl：()32yx=−+，2,1x−−，则22314624644PAPBxxx=++=+−.综上，所求最大值为12.故选：B.6.已知0x，0y，设命题p：224xy+，命题q：1xy，则p是q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】取特值，1,23xy==，满足224xy+，不满足1xy；运用基本不等式得2+12xyxy，即+2xy，由

指数函数的单调性得+2224xy=，运用基本不等式和充分必要条件的定义判断可得选项.【详解】解：当1,23xy==时，123224+满足224xy+，但122133xy==，不满足1xy，所以p不是q的充分条件；当1xy，0x

，0y时，2+12xyxy，即+2xy，当且仅当xy=时取等号，所以+2224xy=，即224xy，又22+24222xyxy，当且仅当xy=时取等号，解得224xy+，所以p是q的必要条件，因此，p是q的必要不充分条件.故选：

B7.已知数列na的前n项和为nS，且满足11a=，12nnnaaS+=，设3nnnab=，若存在正整数(),pqpq，使得1b，pb，qb成等差数列，则（）A.1p=B.2p=C.3p=D.4p=【答案】B【解析】【分析】根据数列的递推公式得出33nnnnanb==，然后根据等

差数列的性质进项求解即可得出结果.【详解】数列na满足11a=，12nnnaaS+=，当1n=时，121122aaSa==，解得：22a=；当2n时，11122()()nnnnnnaSSaaa−+−=−=−，因为0na，所以112nnaa+−−=，所以数

列na是首项为1，公差为1的等差数列，所以1(1)nann=+-=，33nnnnanb==，若存在正整数(),pqpq，使得1b，pb，qb成等差数列，则12pqbbb=+，所以21333qppq=+①因为数列{

}nb是单调递减数列，当1p=时，由21333qq=+，解得：1q=，舍去；.当2pq时，则11133pp−−，1123333pppppp−−−−=；当3p时，1112333pppp−−，03qq，所以2

1333pqpq+，①式不成立，所以2p=，则有41933qq=+，解得：3q=，故选：B.8.已知椭圆C：()222210xyabab+=的左、右焦点为1F，2F，点()2,2A−为椭圆C内一点，点(),Qab在双曲线E：22144xy−

=上，若椭圆上存在一点P，使得28PAPF+=，则a的取值范围是（）A.(51,5+B.3,5C.(51,25+D.3,5【答案】A【解析】【分析】先求出椭圆左焦点1F坐标为(2,0)−，由题得11|||82|||2PAPFaAF−=−=，解不等式得到35a，再解不

等式224414aa+−即得解.【详解】点(),Qab在双曲线E：22144xy−=上，所以224ab−=.所以椭圆左焦点1F坐标为(2,0)−.因28PAPF+=，所以11128,|||82|||2

PAaPFPAPFaAF+−=−=−=,所以35a.因为224ab−=，所以224ba=−.点()2,2A−椭圆C内一点，所以222244441,14abaa++−，所以4212160,51aaa−+

+或51a−.综上：515a+.故选：A二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对得5分.选对但不全的得2分，有选错的得0分.为为9.已知,AB分别为随机事件,AB的对立事件，

()()0,0PAPB，则下列结论正确的是（）A.()()1PAPA+=B.()()1PABPAB+=∣∣C.若,AB互斥，则()()()PABPAPB=D.若,AB独立，则()()PABPA=∣【答案】ABD【解析】【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率

公式判断即可．【详解】选项A中：由对立事件定义可知()()1PAPA+=,选项A正确；选项B中：()()()()()1()()PABPABPBPABPABPBPB++===，选项B正确；选项C中：A，B互斥，()0PAB=，()()0,0PAPB,()()()PABPAPB，故选项C错误；选

项D中：A，B独立，则()()()PABPAPB=，则()()()()PABPABPAPB==,故选项D正确.故选：ABD.10.已知正方体1111ABCDABCD−过对角线1BD作平面交棱1AA于

点E，交棱1CC于点F，则（）A.平面分正方体所得两部分的体积相等B.四边形1BFDE一定是菱形C.四边形1BFDE的面积有最大值也有最小值D.平面与平面1DBB始终垂直【答案】AC【解析】【分析】利用正方体的对称性即可判断A正确；由平行平面的性质和

1,BEDE的大小可判断B错误；结合异面直线距离说明四边形1BFDE的面积最小值和最大值取法，判断C正确；只有当EF⊥平面1BBD时，才有平面1BFDE⊥平面1BBD，判断D错误.【详解】对于A：由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相

等，故A正确；对于B：因为平面1111//ABBACCDD，平面1BFDE平面11ABBABE=，平面1BFDE平面111CCDDDF=，∴1//BEDF.同理可证：1//DEBF，故四边形1BFDE是平行四边形，当E不是1AA的中点时，1BEDE,此时四边形1BFD

E不是菱形，故B错误；对于C：由B得四边形1BFDE一定是平行四边形，所以四边形1BFDE的面积等于三角形1BDE面积的两倍，而1BD为定值，所以当E到直线1BD距离最大时，三角形1BDE面积取最大值，因为E为棱1AA中点时,E到直线1BD距离恰为异面直线

11AABD、距离，即为最小值，此时三角形1BDE面积取最小值，即四边形1BFDE的面积取最小值.因此当E与A重合或1A重合时，三角形1BDE面积取最大值，即四边形1BFDE的面积即取最大值，故C正确；对于D：因为平面11ACCA⊥平面1BBD，又平面11ACCA平面1BFDEEF=，

所以只有当EF⊥平面1BBD时，才有平面1BFDE⊥平面1BBD，故D错误.故选：AC11.设函数()fx的定义域为R，且()1fx−是奇函数，当02x时，()241fxxx=−+；当2x时，()|4|21xfx−=+.当k变化时，函数()()1gxfxkx=−−的所有零点从小到大记为1

2,,,nxxx，则()()()12nfxfxfx+++的值可以为（）A.3B.5C.7D.9【答案】ABC【解析】【分析】将方程()10fxkx−−=的根转化为()fx与直线1ykx=+的交点，并可知()fx与1ykx=+均关

于()0,1对称，作出()fx的图像，通过数形结合的方式可确定k不同取值时交点的个数，结合对称性可求得结果.【详解】()1fx−为奇函数，()fx\图像关于点()0,1对称，由()10fxkx−−=得：()1fxkx=+，则方程的根即为()fx与直线1ykx=+的交点，作出()fx图像如

图所示，①当5120k−−，即2k时，如图中11ykx=+所示时，()fx与直线1ykx=+有5个交点125,,,xxx，()fx与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()125505fxfxfxf+++==；②当3

1512020k−−−−，即12k时，如图中21ykx=+所示时，()fx与直线1ykx=+有7个交点127,,,xxx，()fx与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()127707fxfxfxf+++==；③当

21314020k−−−−，即114k时，如图中31ykx=+所示时，()fx与直线1ykx=+有5个交点125,,,xxx，()fx与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()125505fxfx

fxf+++==；④当211404k−==−时，如图中41ykx=+所示时，()fx与直线1ykx=+有3个交点123,,xxx，()fx与1ykx=+均关于()0,1对称，()()()()123303fx

fxfxf++==；⑤当2140k−−，即14k时，如图中51ykx=+和61ykx=+所示时，()fx与直线1ykx=+有且仅有一个交点()0,1，()11fx=.综上所述：()()()12nfxfxfx+++取值的集合为1,3,5,7.故

选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数对称性、函数图像求解方程根的个数问题；解题关键是能够将方程根的个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题，进而通过数形结合的方式确定交点个数.12.已知()()ee

,,1.01,1e1e0.9911abcdabcdcdab==−=−=++，则（）A.0ab+B.0cd+C.0ad+D.0bc+【答案】AD【解析】【分析】A.先构造函数()fx，通过函数的单调性确定,ab的大致范围

，再构造()()()lnlnhxfxfx=−−，通过函数()hx的单调性确定d与c−的大小关系，进而得到A选项.B.先构造函数()gx，通过函数的单调性确定,cd的大致范围，再构造()()()lnlnhxgxgx=−−，通过函数()hx的单调性确定d与c−的大小关系，进而可知B选项错误

.C.通过()()1fxgx=−，得到()()gagd−，进而可得a−与d大小关系,进而可知C选项错误.D.与C选项同样的方法即可判断.【详解】A.ee1.01011abab==++1,1ab−−令()()11xef

xxx=−+则()()21xxefxx=+，所以()fx在()1,0−单调递减，在()0,+上单调递增，且()00f=，故0,10ab−.令()()()()()()lnln2ln1ln1,1,1hxfxfxxxxx=−−=−++−+−则()21122

+20111hxxxx−=−=−+−+−，所以()hx在()1,1−上单调递减，且()00h=()1,0b−()()lnln0fbfb−−()()fbfb−()()fafb−的ab−即0ab+故选项A正确B.()()0.991e1

e0cdcd=−=−1,1cd令()()()11xgxxex=−则()xgxxe=−，所以()gx在(),0−单调递增，在()0,1上单调递减，且()01g=，故01,0cd.令()()()()()()()lnln2ln1ln1,1,1mxg

xgxxxxhxx=−−=−++−+=−所以()mx在()1,1−上单调递减，且()00m=()0,1c()()lnln0gcgc−−()()gcgc−()()gdgc−dc−即0cd+故选项B错误C.()()1fxgx=−()()()1100

0.99,1,0101gaafa−==−()()gagd−又()gx在(),0−单调递增ad−0ad+故选项C错误D.由C可知，()()(),0,1gbgcb−−又()gx在()0,

1单调递减bc−故选项D正确故选：AD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在()51x−的展开式中,2x的系数为___________.【答案】10【解析】【分析】根据二项展开式的通项，赋值即可求出．

【详解】()51x−的展开式通项为()15rrrTCx+=−，令2x=，所以2x的系数为()225110C−=．故答案为：10．【点睛】本题主要考查二项展开式某特定项的系数求法，解题关键是准确求出展开式的通项，属于基础题．14.已知函数()

()2sin0,2fxx=+的最小正周期为，其图象关于直线π6x=对称，则π()4f=__________.【答案】3【解析】【分析】根据函数最小正周期得到=2，利用对称轴得到，然后代入计算即可求解.【详解】因为函

数()()2sin0,2fxx=+的最小正周期为，所以2π=2T=，又因为直线π6x=是函数的一条对称轴，所以ππ2+=π,Z62kk+，解得：ππ,Z6kk=+，因为π2，所以π6=，则函数π(

)2sin(2)6fxx=+，所以ππππ()2sin(2)2cos34466f=+==，故答案为：3.15.对任意正实数a，记函数()lgfxx=在),a+上的最小值为am，函数()sin2xgx=在0,a上的最大值为aM，若12aaMm

−=，则a的所有可能值______.【答案】13或10【解析】【分析】根据()fx和()gx函数图像，对a分类讨论求解即可.【详解】()fx和()gx的图像如图：当01a时，0am=，sin2aa

M=，1sin22aaaMm−==，13a=；当1a时，1lglg,1,1lg,102aaaamaaMMmaa===−=−==；故答案为：13或10.16.设棱锥MABCD−的底面为正方形，且MAMD=，MAAB

⊥，如果AMD的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为___________.的【答案】21−##12−+【解析】【分析】设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球，求出与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为21r=−

，再证明O到平面MAB的距离大于球O的半径r，O到面MCD的距离也大于球O的半径r，即得解.【详解】如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，,,ADMAAADMA=平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.设E是AD的中点

，F是BC的中点，则ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.不失一般性，可设O在平面MEF上.于是O为△MEF的内心.设球O的半径为r，则2MEFSrEFEMMF=++.设AD=EF=a，因为1AMD

S=△，所以2222,MEMFaaa==+，22222122222raaaa==−++++，且当2aa=，即2a=时，上式取等号，所以，当AD=ME=2时，所以与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为21−.作OG⊥ME于G，易证OG

//平面MAB，G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离.过G作MH⊥MA于H，则GH是G到平面MAB的距离.MHGMEA，GHMGAEMA=，又()2211MG=−−=，22AE=，()22210222MA=+=,21525102AEMGHGMA

===.5215−,故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面MCD的距离也大于球O的半径r，故球O在棱锥M-ABCD内，并且不可能再大.据此可得所求的最大球的半径为21−.故答案为：21−四、解答题：共70分.解答

应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在数列na中，23122341naaaannn++++=++.（1）求na的通项公式；（2）证明：()121213424nnaana++++.【答案】（1）()21nann=+（2）证明见

解析【解析】【分析】（1）令1n=可求得1a的值，令2n，由23122341naaaannn++++=++可得21231234naaaannn−++++=−，两式作差可得出na的表达式，再验证1a的值是否满足()2nan的表达式，综合可得出数列na的

通项公式；（2）计算得出()1112212nnnann=−+++，利用裂项相消法求出数列()2nnna+的前n项和，即可证得结论成立.【小问1详解】解：因为2312234

1naaaannn++++=++，①则当1n=时，122a=，即14a=，当2n时，21231234naaaannn−++++=−，②①−②得21nann=+，所以()21nann=+，14a=也满足()21nann=+，故对任意的Nn，()21nann=+.

【小问2详解】证明：()()()()()11122122122121nnnannnnnnnn===−+++++++，所以()1211111111113422233412naanann+++=−+−+

+−+++()11111222422nn=−=−++．()1N*,022nn+，()1114224n−+，即结论成立.18.已知ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，sinsin2ACabA+=，且1a=.（1）求角B；（2）若ACBC=，在

ABC的边AB，AC上分别取D，E两点，使ADEV沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.【答案】（1）π3（2）233−【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化得sinsinsinsin2ACABA+=，又πACB+

=−，可得cossin2BB=，结合二倍角公式可求得结果；（2）由题意可知ABC为等边三角形，设ADm=，则1,BDmPDm=−=，由余弦定理得2(12)(1)BPmBPm+−=−，设,01BPxx=，所以

3232mxx=−+−−，利用基本不等式可求得答案.【小问1详解】因为sinsin2ACabA+=，所以由正弦定理边角互化得sinsinsinsin2ACABA+=，因为(0,π),sin0,πAAACB+=−

，所以πsinsin22BB−=，即cossin2BB=，所以cos2sincos222BBB=，因为(0,π)B，所以0,,cos0π222BB，所以1sin22B=，所以π26B=，即π3B=.

【小问2详解】因为π,3ACBCB==，所以ABC为等边三角形，即1ACBCAB===，设ADm=，则1,BDmPDm=−=，所以在BPD△中，由余弦定理得222222(1)1cos22(1)2BPBDPDBPmmBBPBDBPm+−+−−===−，整理得2(1

2)(1)BPmBPm+−=−，设,01BPxx=，所以221(2)3(2)3323222xxxxmxxxx−+−−−+===−+−−−−，由于01x，故122x−，所以3232332mxx=−+−−−，当且仅当3232xx−==−时等号成立，此时23x=−，所以AD的最小

值为233−．19.如图，已知圆锥−PABC，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，23PA=.设二面角PACB−−与二面角PBCA−−的大小分别为与.（1）求2211tantan+的值；（2）若tan3tan=，求二面角APCB

−−的余弦值.【答案】（1）12（2）3333−【解析】【分析】（1）作出,，从而求得2211tantan+的值.（2）建立空间直角坐标系，利用平面PAC和平面PBC的法向量，计算出二面角APCB−−的余弦值．【小问1详解】连结PO．因为点P

为圆锥的顶点，所以PO⊥平面ABC．分别取AC，BC的中点M，N，连接PM，OM，PN，ON，则在圆O中，OMAC⊥．由PO⊥平面ABC，得POAC⊥．又POOMO=，故AC⊥平面PMO，所以ACPM⊥．所以=PMO

．同理，=PNO．于是22222222111tantan2+=+===−OMONOCOCOPOPOPAPOA．【小问2详解】因为tan3tan=，即3,OPOPO

NOM=所以3,OMON=即3,BCAC=222,23,2ACBCABBCAC+===．在圆O中，CACB⊥，以点C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz−．则(0,0,0)C，(2,0,0)A，(0,23,0)

B．又因为PO⊥平面ABC，所以OP//z轴，从而(1,3,22)P．则(2,0,0)CA=，(0,23,0)=CB，(1,3,22)=CP．设平面PAC的法向量为(,,)mxyz=，则00mCAmCP==，即203220xxyz=++=，不妨取22

y=，则0x=，3z=−，此时(0,22,3)m=−．设平面PBC的法向量为(,,)nmnt=，则00nCBnCP==，即2303220nmnt=++=不妨取22m=，则0n=，1t=−，

此时(22,0,1)n=−．所以333cos,33||||113mnmnmn==．又二面角APCB−−为钝二面角，所以二面角APCB−−的余弦值为3333−．【点睛】方法点睛：几何法求解二面角，要根据二面角的定义来

求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.20.已知抛物线C：()220xpyp=的焦点为,FE为C上的动点，EQ垂直于动直线()0ytt=，垂足为Q，当EQF△为等边三角形时，其面积为43.（1）求C

的方程；（2）设O为原点，过点E的直线l与C相切，且与椭圆22142xy+=交于,AB两点，直线OQ与AB交于点M，试问：是否存在t，使得AMBM=？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）24xy=；（2）1t=−.【解析】【分析】（1）根据正三角形得三角形的边长

，再根据抛物线的定义进行求解；（2）设200,4xEx，则0(,)Qxt，可得0OQtkx=，由导数的几何意义可得012lkx=，设()11,Axy，()22,Bxy，中点1212,22xxyyM++，由点差法可得12lOMkk=−，01OMkx=−，

从而可以求出t.【小问1详解】∵EQF△为等边三角形时，其面积为43，∴21πsin4323EQ=，解得4EQ=，根据EFEQ=和抛物线的定义可知，Q落在准线上，即2pyt==−，设准线和y轴交点为H，易证π3HFQ=，于是πcos23FQFHp==

=，∴C的方程为24xy=；【小问2详解】假设存在t，使得AMBM=，则M线为段AB的中点，设()2000,04xExx，依题意得0(,)Qxt，则0OQtkx=，由24xy=可得2xy=，所以切线l的斜率为012lkx=，设()11,Axy，()22,Bxy，线段AB的中点1

212,22xxyyM++，由22112222142142xyxy+=+=，可得22221212042xxyy−−+=，所以()()()()12121212042xxxxyyyy+−+−+=，整理可得：1212121212

yyyyxxxx−+=−−+，即12lOMkk=−，所以01122OMxk=−，可得01OMkx=−，又因为0OQOMtkkx==，所以当1t=−时，01OQOMkkx==−，此时,,OMQ三点共线，满足M为AB的中点

，综上，存在t，使得点M为AB的中点恒成立，1t=−.21.第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门

将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有23的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚

下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知121,0==pp．①试证明：13np−为等比

数列；②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．【答案】（1）分布列见解析；期望为13（2）①证明见解析；②1010pq【解析】【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；方法二：判断13,9XB，结合二项

分布的分布列和期望公式确定结论；（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，则当2n时，第n1−次传球之前球在甲脚下的概率为1np−，由条件确定1,nnpp−的关系，结合等比数列定义完成证明；②由①求出1010,pq，比较其大小即可.【小问1详

解】方法一：X的所有可能取值为0,1,2,3，在一次扑球中，扑到点球的概率111133339P==，所以()()3201338512181920C,1C972999729PXPX======，()()23233

31824112C,3C997299729PXPX======，所以X的分布列如下：X0123P512729192729247291729()192243112372972972

97293241EX=++==方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为111339p==，门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0,1,2,3，易知13,9XB，所以()3318C,0,1,2,399kkkPXkk−

===，故X的分布列为：X0123P5127296424382431729所以X的期望()11393EX==．【小问2详解】①第n次传球之前球在甲脚下的概率为np，则当2n时，第n1−次传球之前球在甲脚下的概率为1np−，第n1−次传球之前球不在甲脚下

的概率为11np−−，则()11111101222nnnnpppp−−−=+−=−+，即1111323nnpp−−=−−，又11233p−=，所以13np−是以23为首项，公比为12−的等比数列．②由①可知1211323nnp−=−+，所以9102

1113233p=−+，所以()910101122111223323qp=−=−−，故1010pq．22.已知函数()exafx−=，()()lngxxaa=+R

.（1）若直线yx=是()ygx=的切线，函数()()(),1,1fxxFxgxx=总存在12xx，使得()()122FxFx+=，求()12xFx+的取值范围；（2）设()()()Gxfxgx=−，若()Gxb=恰有三个不等

实根，证明：122abaa−−.【答案】（1）(,2)−（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先根据导数的几何意义算出a，然后分析出12,xx的范围，最后将()12xFx+化成只含有1x的表达式，构造函数进行求解；（2）()Gxb=恰有三个不等实根，显然不能()Gx

的极小值非负，讨论参数a的范围，当()Gx极小值为负数的时候，根据绝对值函数的图像，只需min()bGx=就可使得()Gxb=恰有三个不等实根.【小问1详解】由直线yx=是()ygx=的切线，可设切点为(,)tt

，则ln11()ttagtt=+==，解得1at==，于是()1e,1ln1,1xxFxxx−=+.若121xx，则()()121112ee2xxFxFx−−+=+，不符题意；若121xx，则()()12121ln

1ln2FxFxxx+=+++，不符题意；12,xx有一个取1时均不成立，故只有121xx<<才可以让()()122FxFx+=成立.于是()111211112()2e(1)xxFxxFxxx−+=+−=+−，下设1()2

e(1)xhxxx−=+−，则1()1e0xhx−=−，故()hx在(),1−上单调递增，故()(1)2hxh=，于是1()2hx，也即()111212e2xxFxx−+=+−，所以()12xFx+的取值范围为(,2)−；【小问2

详解】()()()elnxaGxfxgxxa−=−=−−，1()exaGxx−=−在(0,)+上单调递增，当0a时，1(1)e10aG−=−，11e1(e)eeaaaaG−−−−=−，下令11()e(1)e1aataaa−−=−−−=−，则1(

)e0ata−=，故()ta为增函数，于是1()(0)e10tat−=−，即1e1aaa−−−，11e1(e)ee0aaaaG−−−−=−.根据零点存在定理，10(e,1)ax−，使得0()0Gx=，当0(0,)xx

，()0Gx，()Gx递减，当0(,)xx+，()0Gx，()Gx递增，故0x为极小值点，000()elnxaGxxa−=−−，由于0ln0,0xa−−，即0()0Gx，此时()Gxb=不可能有三个根；当01a时，11(1)e10,

()10aGGaa−=−=−，根据零点存在定理，0(,1)xa，使得0()0Gx=，当0(0,)xx，()0Gx，()Gx递减，当0(,)xx+，()0Gx，()Gx递增，故0x为极小值点，000()eln

xaGxxa−=−−，由于000e1,ln0()0xaaxGx−−，此时()Gxb=不可能有三个根；当1a=时，1()eln1xGxx−=−−，11()exGxx−=−在(0,)+上递增，注意到(1)0G=，(0,

1)x，()0Gx，()Gx递减，当(1,)x+，()0Gx，()Gx递增，故1x=为极小值点，而(1)0G=，故()Gxb=不可能有三个根；当1a时，11(1)e10,()10aGGaa−=−=−，根据零点存在定

理，0(1,)xa，使得0()0Gx=，当0(0,)xx，()0Gx，()Gx递减，当0(,)xx+，()0Gx，()Gx递增，故0x为极小值点，0min00()()elnxaGxGxxa−==−−，而00e1,ln0,

1xaxa−−，故min0()()0GxGx=.由000001()0elnxaGxxaxx−===−.由()Gxb=有三个根，则0000001()()lne()xaGxbGxxaaxax−==−=+−=−+−，即0012baxx=−−，由01xa，结

合对勾函数性质推出00112++xaxa，故0011222−−−−aaxaax，即122abaa−−【点睛】关键点点睛：本题的难点在第二问，解决该问的关键是利用方程根的个数确定函数极值的范围及参与与极值的关系.获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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