【文档说明】吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题 Word版含答案.docx，共(26)页，1.332 MB，由小赞的店铺上传

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高三数学第Ⅰ卷（选择题共60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.已知集合202,0AxxBxxx==−，则图中的阴影部分表示的

集合为（）A.1xx或𝑥>2}B.0xx或12xC.12xxD.12xx2.函数()24cos12xfxxx=+的部分图象大致为（）A.B.CD.3.椭圆()22221

0+=xyabab的两焦点为1F，2F，以12FF为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两条边，则椭圆的离心率为（）A.12B.32C.423−D.31−4.已知()()()0,0,fxAsinxA=+的一段图象如图所示，则（）.A.()324fx

sinx=+B.()fx的图象的一个对称中心为,08C.()fx的单调递增区间是5,,88kkkZ++D.函数()fx的图象向左平移58个单位后得到的是一个奇函数的图象5.用一个边

长为4正方形纸片，做一个如图所示的几何体，图中两个圆锥等底、等高，则该几何体体积的最大值为（）A.23π3B.23πC.4πD.43π6.若112025sin,cos,tan202520252025abc===，则,,abc的大小关系为（）A.abcB.acbC.cba

D.cab7.元旦联欢会会场中挂着如图所示的两串灯笼，每次随机选取其中一串并摘下其最下方的一个灯笺，直至某一串灯笼被摘完为止，则右侧灯笼先被摘完的概率为（）的A.12B.35C.716D.11168.如图，从

1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字()2,3,11nn=的不同

路线条数记为nr，从1移动到11的事件中，跳过数字()2,3,10nn=的概率记为np，则下列结论正确的是（）①934r=，②1nnrr+，③52489p=，④910pp．A.①②③B.①②④C.②③④D.①②

③④二､多选题：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.9已知函数()π2024sin26fxx=+

，则（）A.()fx的图象关于直线π6x=对称B.()fx的图象关于点5π,012对称C.()fx在区间ππ,66−上单调递减D.()fx在区间ππ,32−的值域为2024,2024−10

.已知点()()0,0,MmmF为抛物线2:4Cyx=焦点，,NQ为C上不重合的两个动点，O为坐标原点，若直线MN（直线MN斜率存在且不为0）与C仅有唯一交点N，则（）.的A.C的准线方程为1x=−B.若线段MF与C的交点恰好为MF中点，则22

m=C.直线MN与直线MF垂直D.若3QF=，则22OQ=11.如图所示曲线Γ被称为双纽线，该种曲线在生活中应用非常广泛，其代数形式可表示为坐标中（O为坐标原点）动点P到点()()121,0,1,0FF−的距离满足：2121214PFPFF

F=，则（）A.|𝑂𝑃|的最大值是2B.若()00,xy是曲线上一点，且在第一象限，则002yxC.Γ与tanyx=有1个交点D.1OPF面积的最大值是14三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12

.设抛物线22(0)ypxp=的焦点为F，过点F作直线交抛物线于A，B两点，若3AF=，2BF=，则p=___________．13.若曲线lnyxx=+在点()1,1处的切线与曲线2(2)1(0)yaxaxa=+++相切，则a=________．14.某射击比赛中，甲、乙两名选手进行

多轮射击对决．每轮射击中，甲命中目标的概率为23，乙命中目标的概率为12．若每轮射击中，命中目标的选手得1分，未命中目标的选手得0分，且各轮射击结果相互独立．则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为__________．四、解答题：本题共5小题.解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤.15.在ABCV中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知23a=，且cossin2tanbCbCB−=．（1）求角A的大小；（2）求ABCV面积的最大值．16.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2Sn＋2.（1）求数列{an}的

通项公式；的（2）若2bn＝3nan，求数列{bn}的前n项和Tn.17.在ABCV中，角,,ABC的对边分别为,,,abcABC的面积为S，已知24coscostanSaBabAB=+.（1）求角B；（2）若3,bABC=△的

周长为l，求Sl的最大值.18.正四棱柱1111OABCOABC−中2OB=，点,,PQR分别在111,,AABBCC上，且,,,OPQR四点共面.（1）若OPOR=，记平面OPQR与底面的交线为l，证明：AC∥l；（2）已知,AOPCOR==，若π4+=，求四边形O

PQR面积的最大值.19.在高中数学教材苏教版选择性必修2上阐述了这样一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这

个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最终灭绝的概率为p，则从一个细胞开始，它有12的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是2p，于是我们得到：21122pp=+，计算可得1p=；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍下

去的概率为p，那么从一个细胞开始，它有12的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞繁衍下去的概率都是p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是2(1)p−，于是我们得到：211(1)2pp=−−，计算可得0

p=．根据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的点()()*,0PnnN处，他每步走动都会有p的概率向左移动1个单位，有1p−的概率向右移动一个单位，原点()0,0处有一个陷阱，若掉入陷阱

就会停止走动，以np代表当这个人由(),0Pn开始，最终掉入陷阱的概率．（1）若这个人开始时位于点()1,0P处，且13p=．（ⅰ）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；（ⅱ）求他最终掉入陷阱的概率()110

1pp；（ⅲ）已知()*111233nnnpppn−+=+N，若01p=，求np；（2）已知1p是关于p的连续函数．（ⅰ）分别写出当0p=和1p=时，1p的值（直接写出即可，不必说明理由）；（ⅱ）求1p关于p的表达式．高三数学第Ⅰ卷（选择题共60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.已知集合202,0AxxBxxx==−，则图中的阴影部分表示的集合为（）A.1xx或𝑥>2}B.0xx或12xC.12xx

D.12xx【答案】A【解析】【分析】由题可知图中的阴影部分表示()ABABð，再根据交集，并集和补集的定义即可得解.【详解】由题可知图中的阴影部分表示()ABABð，201Bxxxxx=−=或0x，则R,12ABABxx=

=，所以()ABAB=ð1xx或𝑥>2}.故选：A.2.函数()24cos12xfxxx=+的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.【详解】由题可知，()fx的定义域为0

xx∣，又因为224cos()4cos()()11()22xxfxfxxxxx−−===−+−+，所以，()fx为偶函数．当π02x时，()0fx，当π3π22x时，()0fx，当3π5π22x时，()0fx.故选：C．3

.椭圆()222210+=xyabab的两焦点为1F，2F，以12FF为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两条边，则椭圆的离心率为（）A.12B.32C.423−D.31−【答案】D【解析】【分析】设椭圆与正三角形另两条边的交点分别是

A，B，易得12AFABBFc===，1290FAF=，由此建立a，c的齐次式，进而可得结果.【详解】设椭圆与正三角形另两条边的交点分别是A，B，易得12AFABBFc===，1290FAF=，∴23AFc=，∴()12312AFAFca+=+=，∴31312cceac===−+，故选：D

.4.已知()()()0,0,fxAsinxA=+的一段图象如图所示，则（）A.()324fxsinx=+B.()fx的图象的一个对称中心为,08C.()fx的单调递增区间是5,,88kkkZ++D.函数(

)fx的图象向左平移58个单位后得到的是一个奇函数的图象【答案】C【解析】【分析】首先根据函数图像求出函数解析式，即可判断A，再根据正弦函数的性质一一判断即可；【详解】解：由图可知1A=，32882T=−−

=，所以2T==，解得2=，所以()()sin2fxx=+，又函数过点3,18−，即13388sin2f=+=−−，所以2,2328kkZ+=

−+，解得52,4kkZ=+，因为，所以34=−，所以()3sin24fxx=−，故A错误；因为23sin88412sinf==−−=−，所以函数关于8x=对称，故B错误；令3222,242kxkkZ

−+−+，解得5,88kxkkZ++，故函数的单调递增区间为5,,88kkkZ++，故C正确；将函数()fx的图象向左平移58个单位得5sin2cos248i23sn2yxxx=+==+−

为偶函数，故D错误；故选：C5.用一个边长为4的正方形纸片，做一个如图所示的几何体，图中两个圆锥等底、等高，则该几何体体积的最大值为（）A.23π3B.23πC.4πD.43π【答案】A【解析】【分析】通过圆锥侧面展开图的两种情况①侧面展开图最大为半径为2的半圆，②侧面展开图最大为半径为22

的四分之一圆，计算比较即可.【详解】根据题意有两种方式可以得到这样的几何体，方式一：如图①，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为2的半圆，因此一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，高为3，所以两个圆锥体积的最大值为11232π13π33V==．方式二：如图②，可

以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为22的四分之一圆，因此一个圆锥的底面半径为22，母线长为22，高为302，所以两个圆锥体积的最大值为221230302ππ3226V==．122330ππ36VV==，故选：A．6.若112025sin,cos,tan202520252

025abc===，则,,abc的大小关系为（）A.abcB.acbC.cbaD.cab【答案】D【解析】【分析】结合结论若π0,2，则sintan，证明1ab，由此可得a

b，再证明1ac=，由此可得结论.【详解】若π0,2，则sintan，且112025sin0,cos020252025ab==，所以1sin11202520252025tan20251120252025cos2025ab===，所以ab，因为11202

5sin2025120252025=，tan2025tan451==，所以ca，所以cab，故选：D．7.元旦联欢会会场中挂着如图所示的两串灯笼，每次随机选取其中一串并摘下其最下方的一个灯

笺，直至某一串灯笼被摘完为止，则右侧灯笼先被摘完的概率为（）A.12B.35C.716D.1116【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到摘取的次数为2,3,4次，结合独立重复实验的概率计算公式，即可求解.【详解】根据题意，直至某一串灯笼被

摘完为止，可得摘取的次数为2,3,4次，结合独立重复实验的概率计算公式，可得：当两次摘完时，可得概率为21124=；当三次摘完时，可得概率为31211C24=；当四次摘完时，可得概率为41313C216=，则11311

441616P=++=.故选：D.8.如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1

移动到数字()2,3,11nn=的不同路线条数记为nr，从1移动到11的事件中，跳过数字()2,3,10nn=的概率记为np，则下列结论正确的是（）①934r=，②1nnrr+，③52489p=，④910pp．A.①②③B.①②④C

.②③④D.①②③④【答案】A【解析】【分析】根据题意分析，不难得到231,2,rr==()113nnnrrrn+−=+，按照规律写出各项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含

的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出910pp,即可判断.【详解】由题意可知231,2,rr==()113nnnrrrn+−=+，则456783,5,8,13,21rrrrr=====，99101134,34,5

5,89rrrr====，则①正确；显然1nnrr+，故②正确；因为1189r=，经过数字5的路线共有51365=条.理由:如上树状图所示，分别计算1-5的路线共有5条，5-11的路线共有13条，利用分步

乘法计数原理可得，过数字5的路线共有51365=条.则58965248989p−==，故③正确；同理可得91089342218955134,,89898989pp−−====即有910pp，故④错误.故选:A．二､多选题：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.9.已知函数()π2024sin26fxx=+，则（）A.()fx的图象关于直线π6x=对称B.()fx的图象关于点

5π,012对称C.()fx区间ππ,66−上单调递减D.()fx在区间ππ,32−的值域为2024,2024−【答案】ABD【解析】【分析】根据正弦函数的性质逐一判断即可.【详解】因()π2

024sin26fxx=+，选项A：ππππ2024sin22024sin20246662f=+==，所以()fx的图象关于直线π6x=对称，A说法正确；选项B：5π5

ππ2024sin22024sinπ012126f=+==，所以()fx的图象关于点5π,012对称，B说法正确；选项C：当ππ66x−时，πππ2662x−+，因为sinyx=在ππ,62−单调递增，所以()fx在区间π

π,66−上单调递增，C说法错误；选项D：当ππ32x−时，ππ7π2266x−+，因为sinyx=在π7π,26−的值域为1,1−，所以()fx在区间ππ,32

−的值域为2024,2024−，D说法正确；故选：ABD10.已知点()()0,0,MmmF为抛物线2:4Cyx=的焦点，,NQ为C上不重合的两个动点，O为坐标原点，若直线MN（直线MN斜率存在且不为0）与C仅有唯一交点N，则（）A.C的准线方程为1x=−B

.若线段MF与C的交点恰好为MF中点，则22m=C.直线MN与直线MF垂直D.若3QF=，则22OQ=在为【答案】ABC【解析】【分析】根据抛物线准线的定义即可判断A；求出线段MF的中点坐标，代入抛物线方程，即可判断B；设直线MN的方程为()0ykxmm=+，联立

方程，根据0=，结合直线的斜率公式即可判断C；根据焦半径公式即可判断D.【详解】对于A，由抛物线抛物线2:4Cyx=，得C的准线方程为1x=−，故A正确；对于B，𝐹(1,0)，则线段MF的中点坐标

为1,22m，则224m=，解得22m=，故B正确；对于C，设直线MN的方程为()0ykxmm=+，联立24ykxmyx=+=，消x得204kyym−+=，则Δ10km=−=，所以1km=，则1MFMNkkmk=−=−，所以直线MN与直线MF垂直，故C正确；对于D，设()

00,Qxy，则013QFx=+=，所以02x=，所以208y=，所以220023OQxy=+=，故D错误.故选：ABC.11.如图所示的曲线Γ被称为双纽线，该种曲线在生活中应用非常广泛，其代数形式可表

示为坐标中（O为坐标原点）动点P到点()()121,0,1,0FF−的距离满足：2121214PFPFFF=，则（）A.|𝑂𝑃|的最大值是2B.若()00,xy是曲线上一点，且在第一象限，则002yxC.Γ与t

anyx=有1个交点D.1OPF面积的最大值是14【答案】ACD【解析】【分析】根据对称性可知P运动到x轴上时，此时|𝑂𝑃|最大，即可求解A，根据特殊位置法即可求解B，利用yx=与Γ的交点，即可结合π0,2x，tanxx求解C，利用判别

式可得12y，即可求解D.【详解】由双纽线的对称性可知：当P运动到x轴上时，此时|𝑂𝑃|最大，不妨设此时P在x轴的正半轴上，设此时OPt=，由21212114PFPFFF==，得()()111tt+−=，解得2t=，故|𝑂𝑃|的最大值是2，A正确，设𝑃(𝑥,𝑦)，则(

)()2222111xyxy−+++=，令1x=，则241yy+=，解得252y=−，而此时222x=，不满足2yx，故B错误，联立()()2222111xyxy−+++=与yx=，则()()2222111xxxx−+++=，解得0x=，故直线yx=与曲

线Γ只有一个交点，而π0,2x，tanxx，由A易知双纽线中2,2x−，根据对称性，只需研究0,2x上Γ与tanyx=的交点情况，显然只有原点这1个交点，C正确，对于D，由()()2222111xyxy−+++=可得()

422242220xyxyy+−++=，令2xt=，则()22242220tytyy+−++=，该方程有实数根，故()()2224Δ22420yyy=−−+，解得214y，故12y，11111112224OPFPPPSOFyyy===，故D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：根据()(

)2222111xyxy−+++=与yx=的交点，结合π0,2x，tanxx，可判断Γ与tanyx=的交点，由二次型方程()22242220tytyy+−++=的根，利用判别式可求解最大的纵坐标

.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.设抛物线22(0)ypxp=的焦点为F，过点F作直线交抛物线于A，B两点，若3AF=，2BF=，则p=___________．【答案】125##2.4

【解析】【分析】设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，根据抛物的定义表示出1x，2x，再根据三角形相似得到21121294yxyx==，即可求出p.【详解】设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，抛物线22(0)ypxp=的焦点为,02pF

，准线为2px=−，因为3AF=，2BF=，根据抛物线的定义可得132px=−，222px=−，过点A作1AAx⊥轴于点1A，过点B作1BBx⊥轴于点1B，则11AFABFB∽，所以1132AAAFBBBF==，所以211121222924ypxxypxx===，即43

9222pp−=−，解得125=p．故答案为：125．13.若曲线lnyxx=+在点()1,1处的切线与曲线2(2)1(0)yaxaxa=+++相切，则a=________．【答案】8【解析】【分析】根据导数的几何意义求出切线方程，再联立切线方程与2(2)1(0

)yaxaxa=+++，消元，根据0=计算可得.【详解】由lnyxx=+，所以1yxx=+，则1|2xy==，所以曲线lnyxx=+在点()1,1处的切线为()121yx−=−，即21yx=−；又21yx=−与曲线2(2)1(0)yaxaxa=+++相切，由2(2)

121yaxaxyx=+++=−，可得()2200axaxa++=，则280aa=−=，解得8a=或0a=（舍去），故答案为：814.某射击比赛中，甲、乙两名选手进行多轮射击对决．每轮射击中，甲命中目标的概率为23，乙命中目标的概率为12．

若每轮射击中，命中目标的选手得1分，未命中目标的选手得0分，且各轮射击结果相互独立．则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为__________．【答案】6481【解析】【分析】利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得答案.【详解】则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为3245345

5552121264CCC3333381P=++=.故答案为：6481.四、解答题：本题共5小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在ABCV中，a，b，c分别为角A，B，C的对

边，已知23a=，且cossin2tanbCbCB−=．（1）求角A的大小；（2）求ABCV面积的最大值．【答案】（1）π3A=（2）33【解析】【分析】（1）先利用正弦定理边化角，然后利用两角和的余弦公式及诱导公式

变形可得答案；（2）先利用余弦定理及基本不等式求出bc的最大值，进而可得面积的最大值.【小问1详解】coscos3sin23sinbBCbCaB−==，3(sinsincoscos)sinBCBCA−=，3cos()3cossinBCAA−+==，tan3A

=，0πA，π3A=；【小问2详解】由余弦定理可得：2222cosabcbcA=+−，即2212bcbc+−=，则22122bcbcbc+=+，12bc，当且仅当bc=时，等号成立．113s

in1233222SbcA==，ABC面积的最大值为33．16.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2Sn＋2.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若2bn＝3nan，求数列{bn}的前n项和

Tn.【答案】（1）123()nnanN−+=（2）1(21)3344nnnT+−=+【解析】【分析】（1）由,nnaS的关系可得1131nnSS++=+，求出nS，再由,nnaS的关系，得到na，进而根据等

比定义求得{an}的通项公式；（2）3nnbn=，由错位相减法可求得{bn}的前n项和Tn．小问1详解】()111122,131,31nnnnnnnSSSSSSS++++−=++=+=+,【1nS+

为首项是3，公比为3的等比数列，31nnS=−，当2n时，()111313123−−−=−=−−−=nnnnnnaSS，当1n=时，112aS==，符合上式，()123nnan−+=N【小问2详解】2323,3,nnnnnbnanbn===2

31231323333nnnTbbbbn=++++=++++，234131323333nnTn+=++++，231233333nnnTn+−=++++−，1(21)3344nnnT+−=+.17.在ABCV中，角,,ABC的对边分别为,,,abcABC的面积为S，已知

24coscostanSaBabAB=+.（1）求角B；（2）若3,bABC=△的周长为l，求Sl的最大值.【答案】（1）π3（2）34【解析】【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；(2)由余弦定理及三角形的面积公式得()3312Sacl=+−，

再由基本不等式进行求解即可.【小问1详解】因为24coscostanSaBabAB=+，所以214sincos2coscossinacBBaBabAB=+，即2coscoscoscBaBbA=+，由正弦定理，得()2sincossincossinco

ssinCBABBAAB=+=+，因为ABC+=−，所以2sincossinCBC=，因为()0,C，所以sin0C，所以1cos2B=，又()0,B，所以3B=.【小问2详解】由余弦定理，得2222cosbacacB=+−，即229acac=+−，

所以()293acac=+−，即()2193acac=+−，因为13sin24SacBac==，3lac=++，所以()()()239343123acSaclacac+−==++++，所以()3312Sacl=+−，又()24acac+（当且仅当ac=时取等号）

，所以()()22934acacac+=+−（当且仅当3ac==时取等号），所以6ac+（当且仅当3ac==时取等号），所以()()33336312124Sacl=+−−=（当且仅当3ac==时取等号），即Sl的最大值为34.18.正四棱柱1111OABCOABC−中2OB=，

点,,PQR分别在111,,AABBCC上，且,,,OPQR四点共面.（1）若OPOR=，记平面OPQR与底面的交线为l，证明：AC∥l；（2）已知,AOPCOR==，若π4+=，求四边形OPQR面积的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）√2【

解析】【分析】（1）连接,ACPR，利用已知可得四边形APRC是平行四边形，进而可得//PR平面OABC，由线面平行的性质可得//ACl；（2）以O为坐标原点，1,,OAOCOO为坐标轴建立如图所示的空间直角坐

标系，由已知可得四边形OPQR是平行四边形，进而可得·sinOPRQSOPORPOR=，结合已知计算可求四边形OPQR面积的最大值.【小问1详解】连接,ACPR，由正四棱柱1111OABCOABC−，可得111////OOACAC，AOOC=

，90PAORCO==，又因为OPOR=，所以由勾股定理可得APCR=，又11//AACC，所以RCAPP，所以四边形APRC是平行四边形，所以//PRAC，又AC平面OABC，PR平面OABC，所以/

/PR平面OABC，又平面//OPQR平面OABC，平面OPQR平面OABCl=，所以//PRl，所以//ACl；【小问2详解】以O为坐标原点，1,,OAOCOO为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为2OB=

，又底面OABC是正方形，所以1OAOC==，又,AOPCOR==，所以tan,tanAPCR==，所以(1,0,tan),(0,1,tan),(0,0,0)PRO，所以(1,0,tan),(0,1,tan)OPOR==，所以(1,

0,tan)(0,1,tan)1001tantantantanOPOR==++=，22222222||10tan1tan||01tan1tanOPOR=++=+=++=+，，由正四棱柱1111OABCOABC−，可得平在面11//OCCO

11ABBA，又,,,OPQR四点共面，过,,,OPQR有唯一平面OPQR，又平面OPQR平面11OOROCC=，平面OPQR平面11APQABB=，所以//ORPQ，同理可得//OPQR，所以四边形OPQR是平行四边形，又π4+=，所以π1tantantan()41tan

−=−=+，所以tantan1tantan+=−，又tan0,tan0，所以2tantan1tantan−，解得0tantan21−，所以2|||sin||||1o|csOPRQOPORPOROPORPORS=

=−222|||)|||)c(|os(|OPOROPORPOR=−22(|(|||)cos)OPOROPORPOR=−222222(1tan)(1tan)tantan1tantan=++−=++22

1(tantan)2tantan1(1tantan)2tantan=++−=+−−222(tantan)4tantan(tantan2)22=+−=−−，所以四边形OPQR面积的最大值为2.19.在高中数学教材苏教版选择性必修2上阐述了这样

一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最

终灭绝的概率为p，则从一个细胞开始，它有12的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是2p，于是我们得到：21122pp=+，计算可得1p=；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍

下去的概率为p，那么从一个细胞开始，它有12的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞繁衍下去的概率都是p，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是2(1)p−，于是我们得到：211(1)2pp=−−，计算可得0p=．根

据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的点()()*,0PnnN处，他每步走动都会有p的概率向左移动1个单位，有1p−的概率向右移动一个单位，原点()0,0处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以np代表

当这个人由(),0Pn开始，最终掉入陷阱的概率．（1）若这个人开始时位于点()1,0P处，且13p=．（ⅰ）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；（ⅱ）求他最终掉入陷阱的概率()1101pp；（ⅲ）已知()*1112

33nnnpppn−+=+N，若01p=，求np；（2）已知1p是关于p的连续函数．（ⅰ）分别写出当0p=和1p=时，1p的值（直接写出即可，不必说明理由）；（ⅱ）求1p关于p表达式．【答案

】（1）（ⅰ）107243；（ⅱ）12；（ⅲ）12nnp=的（2）（ⅰ）当*0p=时，10p=；当*1p=时，11p=；（ⅱ）***1*1,01211,12ppppp−=【解析】【分析

】（1）应用全概率公式分互斥事件计算概率，再根据递推公式构造数列，计算得出等比数列结合累加法得出通项公式；（2）针对定义域分段求解函数表达式.【小问1详解】（ⅰ）设事件A：“这个人在第1步掉入陷阱”，事件B：“这个人在第3步掉入陷阱”，事件C：“这个人在第

5步掉入陷阱”，则他在5步内掉入陷阱的概率()()()231211211072333333243ppApBpC=++=++=．（ⅱ）他从(1,0)开始，最终掉入陷阱的概率为1p，则这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，若他

第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则需要由(2,0)先到达(1,0)处，而这个概率和他从(1,0)开始，最终掉入陷阱的概率相同，所以2111233pp=+，由此可得11p=（舍去）或112p=．（ⅲ）由（ⅱ）可知，112

p=，方法一：由111233nnnppp−+=+，得()1112nnnnpppp+−−=−，所以1nnpp−−是以1012pp−=−为首项，12为公比的等比数列，则11111222nnnnpp−−−=−

=−．则1022111,21,21,2nnnpppppp−−=−−=−−=−累加得011122111212nnnpp−

−=−=−−，所以12nnp=．方法二：由111233nnnppp−+=+，得111101111,02222nnnnnnpppppppp+−+−=−−=−=，即112nnpp+=，所以np是以112p=为首项，1

2为公比等比数列，所以12nnp=．【小问2详解】（ⅰ）由题意得，当*0p=时，10p=；当*1p=时，11p=．（ⅱ）这个人如果第一步向左走，就会掉入陷阱，若他第一步向右走，如果最终掉入陷阱，则

需要由(2,0)先到达(1,0)处，而这个概率和他从(1,0)开始，最终掉入陷阱的概率相同，所以()**2111pppp=+−，即()()**11110pppp−−−=，得()**1*11pppp=−或11p=．因为1p是关于*p的连续函数，所以当*10,2p

时，*1*1ppp=−，当*1,12p时，11p=．所以***1*1,0,1211,1.2ppppp−=【点睛】关键点点睛：根据递推公式构造数列，计算得出等比数列，结合累加法得出

通项公式.的