新高考数学二轮复习解答题专题训练专题13 解答题知识点交汇、杂糅、综合创新专项训练（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习解答题专题训练专题13 解答题知识点交汇、杂糅、综合创新专项训练（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了已知数列中，，设为前n项和，，已知数列，，其前项和为，已知函数.，在数列中，，，且.，已知数列的前项和为，满足.等内容，欢迎下载使用。
三角函数解三角形与数列交汇
1．已知数列中，，设为前n项和，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先用与的关系以及递推公式求出，再利用累乘法即可求得通项公式；
（2）由（1）结论代入可得，利用三角函数两角差公式化简可得，再利用累加法即可求得数列的前n项和.
【详解】（1）数列中，，为前n项和，
当时，，，
当时，①，
②，
由②-①得：，，
即，
当时，，递推可得：，，，，
由累乘法可得：，
，又因为，所以，即，经检验，当时符合上式，
所以；
（2）由（1）可知，，所以：
，
所以
；
所以数列的前n项和.
2．（2025·广东汕头·二模）已知数列，，其前项和为．
(1)求；
(2)求；
(3)若数列的前项和为，且，证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】(1)代入通项公式分别求出，再求和即可；
(2) 先求出，再利用等差数列求和公式求解即可；
(3) 先求出，由错位相减法求出，即可证明．
【详解】（1）因为，
所以；
（2）因为
，
所以；
（3）因为，
所以，
从而，
两式相减得：
，
故．得证.
3．（25-26高三上·辽宁营口·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求；
(2)若，求的周长；
(3)若外接圆的半径为，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求出；
（2）由(1)知，又，可求出边，进而求出周长；
（3）由正弦定理可求出，进而求出，再用求和公式即可求出.
【详解】（1）因为，
所以，即，
所以.
因为，所以.
（2）由，得，
解得（负根已舍去），
所以的周长为
（3）设外接圆的半径为，则，
所以，得，
所以.
4．（2025·上海松江·二模）已知函数，当时函数取得最大值4，记.
(1)求函数的表达式；
(2)若数列为等差数列，，记，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由时函数取得最大值4，可知值及关于的方程，由其范围可求得值，得解；
（2）由（1）求得，进而求得，得，由等比数列前项和公式求解.
【详解】（1）已知当时函数取得最大值4，
因为，所以.此时，
又，解得，
所以函数的表达式为.
（2）由（1）知，则，.
因为是等差数列，设公差为，则，解得，，
所以.
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，
可得.
5．（2025·福建漳州·模拟预测）设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为.
(1)求的单调递增区间；
(2)将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助三角恒等变换可先将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得；
（2）由正弦函数性质可得所有的正零点，则可得数列的奇数项及偶数项的通项公式，再利用等差数列求和公式分组计算即可得.
【详解】（1）因为，
因为的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，
所以，又，所以，
所以，
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为；
（2）因为，令，得，
所以或，，
即或，，
所以所有的正零点为或，，
所以是以为首项，π为公差的等差数列，
所以是以为首项，π为公差的等差数列，
所以
.
6．（2025·广东梅州·一模）在公差不为0的等差数列中，已知，，成等比数列，
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，得到和，联立方程组，求得的值，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得，求得的表达式，结合三角函数的诱导公式，即可求解.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，所以，即，即
又因为成等比数列，所以，即，即，
联立方程组，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）解：由（1）知，，所以，
因为，即，
可得，
，
所以，所以数列的前2n项的和为．
7．（2025·新疆·模拟预测）已知函数.
(1)若函数在上的零点从小到大依次为，设数列的前项和为，求的值；
(2)在锐角中，角A，B，C的对边分别为，，，若，，边上的中线，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简计算可得.法一：利用换元法（令），结合零点的定义和正弦曲线的对称性求出和即可；法二：作出的图象，利用正弦曲线的对称性直接求解即可.
（2）由求得，结合和正、余弦定理计算即可求解.
【详解】（1）
.
方法一：令，
在上有4个零点.依次为，，，.
又..，，
，，同理得，
.
方法二：作出函数的图象，
其对称轴为，，
由图可知，，.
（2）依题意，即，，.
，.
即，.
在中，，
，由正弦定理得.
8．（2025·贵州·三模）在数列中，，，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，数列的前项和为，证明：；
(3)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由已知等式得出，两边同时平方，结合同角三角函数的平方关系结合等差数列的定义可证得结论成立；
（2）由（1）可求得，，利用裂项求和法求出，然后利用裂项求和法结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立；
（3）利用分析法可知，要证所证不等式成立，即证，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，结合函数的单调性即可证得结论成立.
【详解】（1）已知，即及，，
化简得，又
所以数列是首项为公差为的等差数列.
（2）由（1）可知，
所以，.
又，所以，，
.
所以
于是，
，
因为，所以，即.
（3）定义，原不等式即
下面证明，即，
即证（*），
设，则，
于是在区间上是增函数.
因为，有，不等式（*）成立.
故原不等式成立.
9．（2025·广西·模拟预测）已知数列的前项和为，满足.
(1)当时，分别求的值，并猜想此时数列的通项公式（直接写结论）；
(2)当时，求的最大值；
(3)当时，记数列的前项积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）依题将数列的递推公式化简成，依次赋值代入求出，由此猜想数列的通项公式；
（2）解法一：将用表示，即得，设，，利用求导求出的最小值，即得的最大值；解法二：设，则易得，即得，，设，利用求导求出其最大值为，最后利用与和角公式、二倍角公式即可求得；解法三：利用凸函数的琴生不等式易得；
（3）由（2），令，，推测出，即得，利用二倍角的正弦公式，将其化简为，借助于正弦函数的值域即可求得其最大值.
【详解】（1）由可得，
因，则
由此猜想，.
（2）解法一：由，可得，
则，，
令，，
则
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
故.
于是，.
解法二：设，因，则可取，
则，，
于是，，，
令，则，
由，可得，，
当时，，则，当时，，则，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减，
.
因，记，则有，则，
则，即，
即，解得，（负根舍去），
则，故.
解法三：由解法二已得：，，
对，，可知函数为上凸函数，由琴生不等式得：
（当且仅当，即时，能取到等号）
（3）由（2），令，则，
依此类推，可得，而则，
当且仅当，即时取到等号，此时，的最大值为.
10．（2025·陕西西安·一模）将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且.
(1)求；
(2)求的单调增区间，并说明在上的单调性；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】（1）解方程，结合求解；
（2）由正弦函数的单调性求解；
（3）说明是等差数列，根据求和公式求解.
【详解】（1）由，得，
所以或，
解得或，
因为且，
所以时，或，解得或
当时，，
此时，而，不合题意，
所以.
（2）由（1），
由，得，
因为，所以单调增区间为，
因为，所以，
当，即时单调递增，
当，即时，单调递减；
（3）当时，由或，
得或，又，
所以的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列，
偶数项构成以为首项，公差为的等差数列.
所以当为奇数时，
；
当为偶数时，
；
所以
11．（2025·四川内江·一模）已知函数.
(1)当时，求在上的最小值；
(2)当时，设是从小到大的第个极值点.
①证明：数列是等比数列；
②证明：.
【答案】(1).
(2)证明详见解析.
【分析】（1）求导判断函数的单调性，进而求得最值；
（2）①首先求出的表达式，根据等比数列的定义证明；②放缩法化简证明不等式.
【详解】（1）当时，，，
所以.
因为，所以，所以在上单调递增，
所以.
（2）①因为，所以
，
其中.
因为，所以，根据周期性，可取.
令，即，由得，解得.
，当，即时，；
当，即时，.
因此，在正数范围内的区间与上，
的符号总相反，所以是的极值点，
所以.
，
假设，则，
而，无实数解，所以.
所以，为非零常数，
所以数列是等比数列.
②由上知
，
又，
其中，
所以，
所以，
要证，只需证，
只需证.
令，则，
在上，，单调递减；在上，，单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，即，所以，即.
所以.
数列与导数交汇
12．（2025·上海青浦·模拟预测）对于函数，其中.
(1)若函数的图像过点，求的解集；
(2)求证：当时，存在使得成等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数解析式，利用单调性解不等式即可；
（2）利用等差中项的性质可得，根据对数运算化简可得，所以，即，由判别式可知方程有解，即可得证.
【详解】（1）已知函数的图像过点，
所以，即，因为，所以，
则.
函数的定义域为，且在定义域上单调递增.
由可得，
解得，所以不等式的解集为.
（2）当时，，
.
若成等差数列，则，
即.
所以，
即，
即，则，移项可得.
对于一元二次方程，，
所以方程有实数解，即存在使得成等差数列.
13．（2025·广东广州·模拟预测）已知数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)给定正整数m，设函数，求．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据给定递推公式，变形并构造常数列求出通项公式.
（2）由（1）求出及导数，再利用裂项相消法求出目标值.
【详解】（1）在数列中，由，得， 即，
则数列是常数列，而，因此，解得，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）得，，函数，
求导得
则，
而，
所以
.
14．（25-26高三上·河南·期中）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且对任意的恒成立，求的取值范围；
(3)若，数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可；
（2）设，求导后再对进行分类讨论；
（3）根据（2）得到结论对任意恒成立，再令，最利用累加法和裂项相消法即可得到证明.
【详解】（1）由题意得的定义域为．
当时，在上单调递减；
当时，由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上可知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）依题意可得当时，对任意恒成立．
令，则．
①当时，，
则，所以，
则在上单调递增，则，符合题意．
②当时，有两根，
因为且，所以，
所以由，即，得，
由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，则不符合题意．
故的取值范围是．
（3）由（2）可得，当时，对任意恒成立，
即对任意恒成立．
令，则，
当时，，此时满足，即不等式成立．
当时，，
所以，，
以上累加得，
则，即．
综上可知，对所有的．
15．（2025·河北·二模）对数运算可以使一些复杂的数学计算变得简单，比如函数：，通常为了便于求导，我们可以作变形：．
(1)求的单调区间；
(2)已知．
①若数列满足，，求数列的通项公式；
②求证：．
【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性；
（2）①两边取对数，再结合等比数列定义计算结合指数及对数运算求解；②构造根据函数最值结合累加法证明即可.
【详解】（1），
令，解得，令，解得
所以的单调递增区间为，递减区间为
（2）①由题意可知，，
那么
两边同时取对数可得
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，
所以
②设函数，
当时，，当时，，
所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减
则，即在上恒成立
所以，
即．
16．（2025·重庆·模拟预测）已知函数()
(1)讨论函数的单调性
(2)若函数存在两个零点，求证:；
(3)已知数列的前项和为，数列是首项为2的等比数列，若存在正整数，使得对任意正整数，均有，求的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)5
【分析】（1）求导，分，讨论函数的单调性.
（2）极值点偏移问题，先把问题转化成，，设函数（），分析函数的单调性，即可证明.
（3）先根据求数列的通项公式，再借助等比数列的通项公式，可把问题转化成，再设，，利用导数分析它们的单调性，再求的最大值.
【详解】（1）对求导有（），
①当时，，故在单调递减；
②当时，由；由.
所以在单调递减，在单调递增.
（2），令，则有，
由；由.
所以在上单调递增，在单调递减．
若函数存在两个零点，则不妨有，且有，
要证，即证，即证，即证，
即证，等价于，
令（），
则有，
令，则有，则，
所以在上单调递增，所以，得证.
（3），当时，符合，所以.
设公比为，则有，即恒成立，则，
对任意，均有，即（时）恒成立．
分别令，，
则，所以在上单调递增，在单调递减，
，
令，则，
当时，，所以在上单调递减.
所以，故，所以在上单调递减.
①当时：，解得，
②当时：，解得（不成立），
所以的最大值为．
17．（2025·河北唐山·三模）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数的极大值点为，若，，数列的前项和为，其中表示不大于的最大整数.
（i）求，，的值，并证明：当时，；
（ii）若，，求证：.
（参考数据：）
【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为
(2)（i），，，证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导函数，解不等式即可求解单调区间.
（2）（i）利用函数新定义求出，，的值，令，求得，，根据或1即可证明；
（ii）利用累加法得，进而，由函数新定义得，累加法即可证明.
【详解】（1），
当时，，令，解得.
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减.
所以的单调增区间为，单调减区间为.
（2）（i）由（1）知，，
，，.
令，，其中，
，
，
显然或1，故.
（ii），，，
累加得，
即，
当，时，
由，，，
则，
，
所以，
故，
即.
18．（2025·吉林长春·模拟预测）已知，函数，记为的从小到大的第个极值点．
(1)当时，求；
(2)证明：
（i）数列是等比数列；
（ii）若，则对一切恒成立．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再求出导函数的零点并判断单调性即可得极值点.
（2）（i）利用导数求出函数的极值点，再求出并利用等比数列的定义推理得证；（ii）由（i）的信息，借助分析法证明，构造函数，利用导数求出最小值，转化证即可.
【详解】（1）函数，
求导得，
令，得，解得，
当时，；
当时，，
函数在上单调递增，
在上单调递减，
而，所以.
（2）（i）函数，求导得
，其中，
令，得，解得，
当时，；
当时，，
则函数在上递增，
在上递减，
又，则，
，，
且，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（ii）欲证，即证，
，且，
则只需证，又，
则只需证，即证，
令函数，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
因此，则只需证，即证，于是当时，成立；
当时，，，又，则，
于是，即，
则当时，，即成立；
当时，，，，成立，
所以当，则对一切，恒成立.
19．（2025·四川南充·一模）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)讨论在区间上的单调性；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的极小值为，无极大值；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）当时，，求导判断其单调性，进而可求得其极值；
（2）求出导数，通过对的取值进行分类讨论，判断导数的正负情况，进而可得函数的单调区间；
（3）令数列的前项和为，且，可求得，
再令数列满足，则原不等式等价于，整理变形后，结合函数的性质即可证明.
【详解】（1）由题意，当时，，，
则，
令，得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
故当时，函数取得极小值，为，无极大值.
（2）因，
则，
因为，，所以，
当时，恒有，则恒成立，即在上单调递增；
当时，令，解得（舍去），，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（3）令数列的前项和为，且，数列满足，
当时，，
当时，，
则原不等式，等价于，
当时，，，显然成立；
当时，要证，即证，需证，
令，则，又，所以，
则不等式，等价于，等价于，
由（2）得，当时，函数在上单调递增，
又，则，即，
故得证.
即当时，成立，故，
又当时，，
综上所述，成立，不等式得证.
概率与数列交汇
20．（2025·贵州黔南·三模）在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时.
(1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒?
(2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率.
(3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）列出上完步台阶的走法，即可计算时间；
（2）依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可求出取最大值时的值，再由相互独立事件的概率公式计算可得；
（3）依题意可得，即可得到，即可证明，从而得到，再由累加法计算可得.
【详解】（1）“机器狼”上完步台阶的走法有：
当时，用时；
当时，用时；
当时，用时；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为秒；
（2）依题意，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值，
“机器狼”从地面上到第7步台阶有，，，共4种情况，
则“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率；
（3）“机器狼”从地面上到第步台阶，它是由第步台阶上两步到达第步台阶，或由第步台阶上一步到达第步台阶，
记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，
所以，
所以，
则，
又，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以
，
即.
21．（2025·江苏南通·模拟预测）某机器人挑战任务规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个简单任务或复杂任务，分配到简单任务的概率为，分配到复杂任务的概率为.已知该机器人成功完成简单任务与复杂任务的概率分别为，且各阶段任务完成情况相互独立.
(1)求该机器人在一个阶段中成功完成任务的概率；
(2)记为该机器人在完成第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率.
①求；
②证明：数列单调递减.若对系统分配任务进行设置，使得当时，系统停止分配任务，求该机器人最多能挑战多少个阶段的任务.
【答案】(1).
(2)①；②证明见解析，最多进行6次挑战.
【分析】（1）根据全概率公式计算即可；
（2）①结合挑战规则分析挑战未结束的条件，利用全概率公式和概率乘法公式计算即可；
②结合①的分析，建立递推关系，利用构造等比数列及待定系数法求出的通项，结合数列的单调性及即可证明及求解.
【详解】（1）设事件“分配到简单任务”，则“分配到复杂任务”，
事件“成功完成任务”，
依题意，，
因此.
所以机器人在一个阶任务中成功完成任务的概率为.
（2）①设事件“该机器人在第个阶段完成任务”，各阶段完成任务与否相互独立，
当时，挑战显然不会终止，即，
当时，则第轮至少答对一轮.，
由概率乘法公式得：；
同理
②设事件“第个阶段任务结束时挑战仍然未结束”，
当时，第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种：
（i）第轮成功，且第轮结束时挑战未终止；
（ii）第轮失败，且第轮成功，且第轮结束时挑战未终止，
因此第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为，
则，
而各轮任务成功与否相互独立，
因此，
当时，，设存在实数，使得数列为等比数列，
当时，，整理得，
而，则，解得或，
当时，
因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列；
当时，数列是首项为，公比为的等比数列，
①，
②，
，
为单调递减数列.
又，故最多进行6次挑战.
【点睛】结论点睛：对于递推公式形如这一类型，可通过构造等比数列结合待定系数法来求通项。
设，则，求出，再结合等比数列的通项公式结合题意计算即可.
22．（2025·湖南长沙·模拟预测）某中学国学小组共有个同学，分别编号为．在一次小组活动中，指导老师设计了两道问答题，并给出如下两个答题规则．
规则一：①第1号同学首先答第一题．②若第号同学答对第一题，则该生继续答第二题；若第号同学答错或不会答第一题，则由第号同学接替答第一题．③若第号同学答对第二题，则答题活动结束；若第号同学答错或不会答第二题，则由第号同学接替答第二题．④若答题轮到第号同学，则当该生遇到答错或不会答的情况时，答题活动也结束．
规则二：①，②同规则一．③若第号同学答对第二题，则答题活动结束；若第号同学答错或不会答第二题，则由第号同学接替答题，且重新从第一题开始作答．④同规则一．
假设每个同学答对第一题的概率都为，答对第二题的概率都为，且各同学的答题相互独立．
(1)若，且按规则一答题，当答题活动结束时，求答题人数不超过2人的概率；
(2)若，为使第3号同学答题后答题活动结束的概率较大，应选择哪个规则答题；
(3)若按规则二答题，记答题活动结束时参与答题的总人数为，证明：数列为等比数列．
【答案】(1)
(2)应选择规则一答题
(3)证明见解析
【分析】（1）设事件“答题人数为1人”，“答题人数为2人”，进而结合独立事件乘法公式、互斥事件概率求解即可；
（2）结合题意，分别求出按规则一答题和按规则二答题所对应的概率，进而判断即可；
（3）由题意可得的可能取值为，进而结合数学期望的公式、错位相减法求和求出，结合数学期望的性质可得，进而求证即可.
【详解】（1）当答题活动结束时，设事件“答题人数为1人”，“答题人数为2人”，则与互斥．
由已知可得，，
则，所以答题人数不超过2人的概率为．
（2）若按规则一答题，则第3号队员答题后答题活动结束需进行4次答题，
其中前3次第1，2号队员第一题至多答对1次，
第二题都答错或不会答，第4次第3号队员答对第二题，
其概率为．
若按规则二答题，因为每个同学两题都答对的概率为，
则第3号队员答题后答题活动结束的概率为．
因为，所以应选择规则一答题．
（3）按规则二答题，的可能取值为，
当时，，
当时，．
则．
设，
则，
两式相减，得
．
所以．
由题设，，则，
当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列．
23．（2025·河南信阳·模拟预测）已知数列满足．
(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)为庆祝“五一”国际劳动节，立德中学各班将要举办“致敬劳动者，礼赞新时代”的主题活动，要求有一些含学科元素的游戏或节目．某班想用（1）中的数列组织如下游戏：让参与的同学在数列中随机抽取10项，如果在这10项中，至少有k项的值能被2025整除，则这个同学中奖．
（ⅰ）设随机变量X表示抽取项中能被2025整除的项的个数，求；
（ⅱ）本着开心迎五一的原则，若要求中奖概率大于90%，那么规定是否符合要求，若符合，请说明理由；若不符合，请给出一个符合要求的k值．
【答案】(1)证明见解析；．
(2)（i）5；（ii）符合，理由见解析.
【分析】（1）根据给定的递推公式，构造等比数列求出其通项.
（2）（i）利用二项式定理展开式确定能被2025整除特点，并求出概率，再利用二项分布的期望公式求出期望；（ii）利用对立事件的概率公式求出概率并比较大小即得.
【详解】（1）由已知，得，
，
（常数），
是以2024为公比的等比数列．又因为，
所以，所以．
（2）（ⅰ）由二项式定理，得
要能被2025整除，需，则n为正奇数．
且a是无穷数列，奇数项和偶数项一样多，
所以随机抽取一项能被2025整除的概率是，且每次抽取相互独立，
所以，所以．
（ⅱ）设时，中奖概率为P，
则
，
所以规定合理．
24．（2025·四川南充·一模）某图书馆对学生借阅图书是否按时归还的情况开展调查，经过一段时间的统计发现：学生第一次借阅图书，按时归还的概率为；从第二次借阅开始，若前一次按时归还，则本次按时归还的概率为；若前一次未按时归还，则本次按时归还的概率为．记学生第次借阅按时归还的概率为．
(1)求；
(2)求数列的通项公式；
(3)记前次借阅中按时归还的次数为，求随机变量的数学期望．
参考公式：若为离散型随机变量，则．
【答案】(1)，
(2)，
(3)
【分析】（1）利用全概率公式进行求解即可；
（2）根据题意，结合构造数列法、等比数列的定义进行求解即可；
（3）根据两点分布，结合数学期望公式、题中所给公式、等比数列前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）由题意可知：，
，
；
（2）由题意可知：
，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
因此，显然适合，
故；
（3）记前次借阅中，第次按时归还为，
由题意可知：服从两点分布，且，
所以，
，由题中所给公式可得：
.
25．（2025·河北沧州·模拟预测）已知正项数列的前项和为.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)从数列前5项中任取2项相加，所得和组成集合，从中任取3个元素，记取到的能被4整除的元素个数为，求的分布列与期望；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)证明见解析
(2)分布列见解析，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义，结合所给等式化简进行证明；
（2）结合题意得集合中有10个元素，能被4整除的元素有，共3个.求出的分布列与期望；
（3）根据题意当时，，当时，，求和即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以，
因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列.
（2）由（1）得，所以的前5项依次为，
所以从数列前5项中任取2项相加，结果有10个，分别为，
所以中有10个元素，
且中能被4整除的元素有，共3个.
所以的可能取值为，
，
，
所以的分布列为
.
（3）由，得，
两式相减，得，所以，
当时，，当时，，
所以当时，.
26．（2025·青海海南·模拟预测）在一个人工智能研发团队中，三个小组进行了一种算法模型的优化传递，每次传递由小组长根据模型的特点随机安排.由于A小组中人数较多，故当模型在A小组时，优化一次后，有的概率在本小组互传，的概率传给B小组；当模型在B小组时，优化一次后，有的概率传给A小组，的概率传给C小组；当模型在C小组时，优化一次后，传给小组的概率均为．假设每次传递都是独立事件，且项目开始时，模型在A小组．
(1)求两次传递后模型在B小组的概率，以及三次传递后模型在C小组的概率；
(2)记次传递后，模型在A小组的概率为，在B小组的概率为．
（i）证明：数列是等比数列．
（ii）求．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii），
【分析】（1）分析两次传递后模型在B小组以及三次传递后模型在C小组的情况，根据独立事件概率的乘法公式计算可得结果.
（2）（i）根据题意列出与的关系式，通过构造法可证明结论.
（ii）利用（i）中结论可得结果.
【详解】（1）依题意，两次传递后模型在B小组的情况只有一类：，概率为．
三次传递后模型在C小组的情况只有一类：，概率为．
（2）（i）由题意知，次传递后，模型在C小组的概率为，且，
第次传递后，模型在A小组的概率为，在B小组的概率为，
由题意得，则，
由，得，
所以是以为公比，为首项的等比数列．
（ii）由（i）知，所以，
，
由满足上式，得，
综上得，，.
【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（i）的关键是根据题目条件列出与的关系式，得到，通过构造法可证明结论.
27．（24-25高三下·福建龙岩·月考）对，通过抛掷一枚均匀硬币次后生成有序数对，具体生成规则如下：①规定；②当第次抛掷硬币时：如果出现硬币正面朝上，若，则，否则；如果出现硬币反面朝上，若，则，否则.抛掷次硬币后，记的概率为.
(1)写出的所有可能结果，并求；
(2)证明：数列是等比数列，并求；
(3)若，则抛掷几次硬币后使得的概率最大？请给出证明过程.
【答案】(1)答案见解析，
(2)证明见解析，
(3)2次，证明见解析
【分析】（1）列出所有的情况，再利用古典概型公式计算即可；
（2）构造得，再利用等比数列公式即可；
（3）根据（2）的结论，分奇数偶数讨论，借助函数单调性得解.
【详解】（1）当第1次抛掷硬币时，
若正面朝上，由知，
则；
若反面朝上，由知，
则；
当第2次抛掷硬币时，如果正面朝上，
此时若第1次正面朝上，由知，
则
此时若第1次反面朝上，由知，
则
当第2次抛掷硬币时，如果反面朝上，
此时若第1次正面朝上，由知，
则
此时若第1次反面朝上，由知，
则
所以的所有可能结果共4个，所以.
（2）由题知，，
当，且第次掷出正面时，
有，此时，
当，且第次掷出反面时，
有，此时，
所以，
即，所以
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
（3）由（2）知，
当且为奇数时，，
当且为偶数时，，
且随着的增大而减小，
所以
综上：抛掷2次硬币后使得的概率最大.
【点睛】关键点点睛：第二问关键是找出，再用构造法计算；第三问关键是用函数单调性求最值.
28．（2025·湖北·模拟预测）一电动玩具汽车需放入电池才能启动.现抽屉中备有6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池.每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉.
(1)在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率；
(2)设X，Y是离散型随机变量，X在给定事件条件下的期望定义为，其中为X的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率.设X表示玩具汽车前4次使用中取出一次性电池的块数，Y表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求；
(3)若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为，求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池，求出和即可求解；
（2）求出的可能取值，求出、和即可求解；
（3）分别求出可充电池和一次性电池可使用的数量，求出和，求出时即可求解.
【详解】（1）设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池，
则，，
所以；
（2）由题意，的可能取值为1，2，3，
，，，
所以；
（3）由题意，现有3块可充电池和2块一次性电池可使用，
经分析可得，，
时，
.
29．（2025·湖南长沙·二模）“你好！我是DeepSeek，很高兴见到你！我可以帮你写代码，读文件，写作各种创意内容，请把你的任务交给我吧”，DeepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活的方式.为了解不同学历人群对DeepSeek的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据：
单位：人
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为DeepSeek的使用情况与学历有关？
(2)某公司组织“AI模型”知识应用竞赛，将参与活动的员工分成了、、三组进行，其规则：竞赛发起权在哪一组，该组都可向另外两组发起竞赛，则下一次竞赛发起权移交给被挑战的那组.首先由组先发起竞赛，组挑战组、组的概率均为，若组挑战组，则下次竞赛发起权在组，若组挑战组，则下次竞赛发起权在组；若竞赛发起权在组，则挑战组、组的概率分别为和；若竞赛发起权在组，则挑战组、组的概率分别为和.
①经过3次挑战赛后，求竞赛发起权在组的次数的分布列与数学期望；
②定义：已知数列，若对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，（是一个确定的实数），则称数列为“聚点数列”，称为数列的聚点.经过次竞赛后，竞赛发起权在组的概率为，证明数列为“聚点数列”，并求出聚点的值.
附：，.
【答案】(1)认为DeepSeek的使用情况与学历无关
(2)①分布列见解析，；②证明见解析，
【分析】（1）先假设DeepSeek的使用情况与学历无关，再根据卡方的计算式计算出卡方的结果，和6.635去比，根据独立性检验的理论即可做出判断；
（2）①对于一道题而言，先分析竞赛发起权在组的次数的可能情况并求出概率，即可知道比赛结束后甲获胜的所有可能情况，再计算概率即可；
②根据题干列出等式进而求出数列的通项公式，由通项公式即可证明结论，即可求出聚点A的值.
【详解】（1）零假设为：DeepSeek的使用情况与学历无关，
根据列联表中的数据，可得，
依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即认为DeepSeek的使用情况与学历无关；
（2）①依题意可知，可取0，1，2，
则，
，
，
所以次数的数学期望.
②第次挑战后挑战权在，组的概率分别是，，时，则
②+③得：，由①得，
，，，
，，其中，
是以为首项，为公比的等比数列，
，，
由聚点数列的定义：，
由指数函数的单调性可知：当时，
所以对于任意给定的正数（不论它多么小），总存在正整数，使得当时，，
所以数列为“聚点数列”；.
30．（2025·四川·模拟预测）在高三年级排球联赛中，两支队进入到了比赛决胜局．该局比赛规则如下：上一球得分的队发球，赢球方获得1分，直到有一方得分达到或超过15分，且此时分数超过对方2分时，该队获得决胜局的胜利．假定该局比分已经达到了，此后每球比赛记为第球，队在第球比赛中得分的概率为，且；从第2球起，若队发球，则此球队得分的概率为，若队发球，则此球队得分的概率为．
(1)若，求队以的比分赢得比赛的概率；
(2)若，数列满足，记数列的前项和为，求证：；
(3)当时，若，有，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式计算可得结果；
（2）根据已知有，构造等比数列得，进而有，利用放缩法及等比数列前n项和公式可求的范围；
（3）根据题意有，讨论、，结合等比数列的定义得与的关系式，根据条件确定的取值范围．
【详解】（1）由题意得，队以的比分赢得比赛的概率为.
（2）由题意得，，则，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
由，得，故，
所以，故，
又因为，且，所以，
所以，
综上，.
（3）由题意得，，
若，则，即，满足题意.
若，则，情况如下：
当时，由，得，满足条件.
当且时，是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
由得，
因为，所以，，
所以，解得，且，.
综上，的取值范围是.
31．（2025·四川德阳·模拟预测）某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏.
(1)当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望；
(2)若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）.
①证明数列，，，，是等比数列；
②求活动参与者得到礼券的概率.
【答案】(1)
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，，即可求出的期望.
（2）①根据累计得分为分的概率为，分两种情况讨论，从而得到递推式，再根据构造法求证即可；
②根据①可求出，再根据累加法可求出，再由从而求解即可.
【详解】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，所以，，，，，而，所以随机变量的可能取值为，，，，所以
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以.
（2）①证明：，即累计得分为分，是第一次掷骰子，向上点数不超过点，，则，累计得分为分的情况有两种：
（i），即累计得分，又掷骰子点数超过点，其概率为，
（ii）累计得分为分，又掷骰子点数没超过点，得分，其概率为，
所以，所以，，，，，
所以，，，，是首项为，公比为的等比数列.
②因为数列，，，，是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以
，
，
，
各式相加，得，
所以，，，，，
所以活动参与者得到礼券的概率为：.
32．（2025·湖南·一模）张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为．
(1)求的值；
(2)求数列的通项公式；
(3)若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求．
【答案】(1)；
(2)（或）；
(3)
【分析】（1）根据已知条件，利用概率的基本性质即可求出的值；
（2）通过分析与的关系，构造等比数列，进而求出数列的通项公式；
（3）利用期望的性质，将转化为，再根据期望的定义求出.
【详解】（1）已知第1天一定晨跑，故，
第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故，
第3天晨跑的情况分两种：
第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为，
第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为，
故.
（2）由题意得，张明第天晨跑后，下一次晨跑在第天的概率为，
张明第天晨跑后，再在第天晨跑的概率为，
所以，
即，则，
所以，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
由（1）得，，，所以，
所以，
则，
所以，
所以．（或）
（3）记他前天中，第天晨跑的次数为．
由题意得，服从两点分布，且，
因为，且对于离散型随机变量，都有，
所以
，
所以，
所以
所以.
（或
概率与导数交汇
33．（2025·河北石家庄·一模）在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为，且，每次掷游戏币的结果相互独立.
(1)当时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率；
(2)若规定每轮游戏只要连续不断的出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6次.
①甲在一轮游戏中恰好投掷了5次游戏结束的概率为，求的表达式；
②设甲在一轮游戏中投掷次数为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）利用对立事件概率的关系求事件的概率.
（2）①明确投掷5次游戏结束的具体情况，可求得其概率；
②明确的可能取值，求出对应概率，得到的分布列，求其期望，再结合导数与函数的单调性，求的最大值.
【详解】（1）设事件表示第次正面向上，其中.且，，
设事件：“至少出现一次正面向上”.
（2）①设事件：“恰好投掷了5次游戏结束”，则.
故
.
所以.
②由题意知，
，
，
.
.
则.
令，，
当时，，即在上单调递减，故，
因此，的最大值为.
34．（2025·广东广州·三模）现有一种不断分裂的细胞，每个时间周期内分裂一次，一个细胞每次分裂能生成一个或两个新的细胞，每次分裂后原细胞消失，设每次分裂成一个新细胞的概率为，分裂成两个新细胞的概率为；新细胞在下一个周期内可以继续分裂，每个细胞的分裂相互独立. 设有一个初始的细胞，在第一个周期内开始分裂，记个周期结束后，细胞的数量为，其中.
(1)若，求的分布列和数学期望；
(2)求；
(3)求证：.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分别求出取所有可能的值时的概率，再列出分布列，求出数学期望即可；
（2）设细胞在第个周期时分裂为个细胞，之后一直有个细胞，先求出这一事件的概率，再求出的所有情况的概率，再求和即可.
（3）设细胞在第个周期时分裂为个新的细胞，这两个细胞在剩下的个周期中，其中一个分裂为个细胞，另一个一直保持分裂为个细胞，先求出这一事件的概率，再求出的所有情况的概率，再求和得到的解析式，再借助导数求出其最值即可得证.
【详解】（1）的可能取值为，
其中，
，
，
，
所以分布列为
；
（2）个周期结束后共有个细胞，则必在某一个周期结束后分裂成个细胞.
不妨设细胞在第个周期时分裂为个细胞，之后一直有个细胞，
此事件概率，
所以
.
（3）个周期结束后共有3个细胞，设细胞在第个周期时分裂为个新的细胞，
这两个细胞在剩下的个周期中，其中一个分裂为个细胞，
另一个一直保持分裂为个细胞，此事件的概率
，
得，
，
其中，.
令，，
记，，令，得.
当，，单调递增；
当，，单调递减，
故，
即.
35．（2025·吉林·模拟预测）在n重伯努利试验中，用X表示事件A发生的次数，则称随机变量X服从二项分布，它关注试验成功的总次数；用Y表示事件A第一次发生时已经进行的试验次数，则称随机变量Y服从几何分布，它关注的是首次成功发生的时机.在某篮球训练的投篮环节中，运动员甲每次投篮均相互独立，每次投篮命中的概率为p.
(1)当时，求运动员甲进行4次投篮，命中次数不少于2次的概率；
(2)设表示运动员甲首次命中时的投篮次数.
（i）求及此概率取得最大值时的值；
（ii）若甲最多投篮n次，第n次未命中也结束投篮，利用（i）中的p值，求Z的数学期望.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）已知投篮命中次数服从二项分布，求. “”包含命中次、次、次这三种情况，根据二项分布概率公式分别算出这三种情况的概率，再相加.
（2）（i）法一，求最大值.先对函数求导，根据导数正负判断函数单调性，进而找到最大值点.
法二，利用均值不等式的推广形式求最大值，通过变形使式子满足均值不等式条件，找到取等号时的值.
（i i）先确定所有可能取值，分和两种情况求出概率.求时，先列出表达式，设为部分和，通过乘后与作差，利用等比数列求和公式化简，最后得出.
【详解】（1）设运动员甲进行4次投篮，命中次数为X，
则.
（2）（i）法一：，
设，，，
令，解得；令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，
当时，取最大值，即取得最大值，
此时；
法二：，，
当且仅当，即时，取“=”，此时取得最大值.
（ii）由题意可知的所有可能取值为：1，2，3，…，n.
当且时，，
当时，，
，
设①
则②，
①－②得：，
.
36．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）蝗虫能对农作物造成严重伤害，每只蝗虫的平均产卵数（单位：个）和平均温度（单位：）有关.现收集到一只蝗虫的产卵数（个）和温度的8组观测数据，制成图1所示的散点图.现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图2所示的残差图.
根据收集到的数据，计算得到如下值：
表中，，，；
(1)根据残差图，比较模型①、②的拟合效果，模型_____比较合适？根据所选择的模型，利用上表中的参考数据，求出关于的回归方程.
(2)根据以往统计，该地每年平均温度达到以上时蝗虫会对农作物造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治.设该地每年平均温度达到以上的概率为，该地今后年恰好需要2次人工防治的概率为.
①求取得最大值时对应的概率；
②当取最大值时，设该地今后5年需要人工防治的次数为，求的均值和方差.
附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.
【答案】(1)模型①，；
(2)①；②均值为2，方差为
【分析】（1）根据残差点的分布情况即可确定函数模型①的拟合效果较好，将非线性回归转化为线性回归，根据所给数据代入公式即可得回归方程；
（2）①由题意表示，利用导数分析函数单调性和最值可得结果；
②由①得每年需要人工防治的概率为，故服从二项分布，根据二项分布的均值和方差公式即可得解．
【详解】（1）模型①更合适，理由如下：
模型①残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型②带状区域宽度窄，
所以模型①的拟合效果更好，故选模型①比较合适.
令，则，
由所给的参考数据可得，，
所以，
因此关于的线性回归方程为，即，
所以产卵数关于温度的回归方程为．
（2）①由题意得，，
所以
，
令，得，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以取得最大值时对应的概率；
②由①知，当时，取最大值，
所以当时，，
由题意可知每年需要人工防治的概率为，且服从二项分布，
所以，．
37．（2025·广东广州·模拟预测）某检测中心在化验血液时有两种化验方法：
①逐份化验法：将血液样本逐份进行化验，则份血液样本共需要化验次.
②混合化验法：将份血液样本分别取样混合在一起化验.若化验结果呈阴性，则这份血液均为阴性，此时共化验1次；若化验结果呈阳性，为了确定阳性血液，就需要再采取逐份化验，故此时共需要化验次.
(1)现有5份血液样本，其中有2份为阳性血液，现采取逐份化验法进行化验，求恰好化验2次就把全部阳性样本检测出来的概率；
(2)现有10份血液样本，每份呈阳性的概率为，采用5份为一组的混合化验法进行化验，记这10份血液样本需要化验的总次数为，求随机变量的分布列；.
(3)现有份血液样本，每份呈阳性的概率为，记采用逐份化验法时需要化验的次数为，采用份为一组的混合化验法时需要化验的总次数为，当时，求的最大值.
（参考数据：）
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）利用排列数及古典概型计算公式求解即可；
（2）每组化验的次数可能是1或6，记事件“每组化验次数为1”，则事件“每组化验次数为6”，求出，根据二项分布的计算公式求出概率，列出分布列即可；
（3）由期望公式求出，代入，可得，两边取对数可得，构造函数，利用导数分析单调性即可求解.
【详解】（1）记事件“恰好化验两次就把全部阳性样本检查出来”，
则，
故恰好化验两次就把全部阳性样本检查出来的概率为.
（2）每组化验的次数可能是1或6，
记事件“每组化验次数为1”，则事件“每组化验次数为6”，
则，
可知，
，
，
所以的分布列为：
（3），
，
所以，
令，则，即，
当时，，两边取以为底的对数，得到，
设函数，则，
当时；当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以的最大值为.
38．（2025·广东广州·模拟预测）为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行7轮比赛，每轮比赛结果互不影响.比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品2幅和创意作品1幅，若有不少于2幅作品入选，将获得“巧手奖”.7轮比赛中，至少获得6次“巧手奖”的同学将进入决赛.某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各4幅，其中有3幅规定作品和2幅创意作品符合入选标准.
(1)从这8幅训练作品中，随机抽取规定作品2幅和创意作品1幅，记抽出的3幅作品中符合入选标准的幅数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率，经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率不减小且共增加了，以获得“巧手奖”的次数期望为参考，试预测该同学能否进入决赛.
【答案】(1)分布列见解析，2
(2)预测该同学不能进入决赛.
【分析】（1）确定X的所有可能取值，结合计数原理求得概率，即可求解；
（2）设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，由获得“巧手奖”的概率结合，构造函数，通过求导确定取得最值，再结合二项分布即可求解.
【详解】（1）由题可知，X的所有可能取值为：1，2，3
所以，，，
故X的分布列为
所以数学期望.
（2）设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，则，
由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：
.
，且，，也即，故可得：，
设，
，
所以在上单调递增，
.
所以，
该同学在7轮比赛中获得“巧手奖”的次数，
，故预测该同学不能进入决赛.
39．（2025·云南昆明·模拟预测）某地区为选拔运动员举行了一次运动会（采用积分制），运动员通过参加各项比赛获得积分．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的积分，规定两名运动员谁先赢局，谁就能获得该项比赛的全部积分，根据以往经验，每局比赛甲赢的概率为p，乙赢的概率为，每局比赛相互独立．
(1)若，，在乙先赢了第一局的条件下，求甲最终赢得全部积分的概率；
(2)在甲赢了m局，乙赢了n局时，比赛意外终止．对于积分应该如何分配，评委给出的方案是：根据以往经验数据，甲、乙按照若比赛继续进行下去各自赢得全部积分的概率之比分配积分．
（ⅰ）若，，，，求；
（ⅱ）若，，，求比赛继续进行下去甲赢得全部积分的概率，并判断当时，若比赛继续进行下去乙赢得全部积分的概率是否小于5％．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ），是
【分析】（1）由题意得甲要赢得全部积分，必须赢得后面2局比赛，计算概率即可求解；
（2）（ⅰ）设比赛再继续进行X局，甲获胜，分别求得和，进而得出甲赢得全部积分的概率，即可求得；（ⅱ）设比赛再继续进行Y局，甲赢得全部积分，分别求得和，进而得出，由导数求得最大值即可得出判断．
【详解】（1）由题意，若，，且乙先赢了第一局，则甲要赢得全部积分，必须赢得后面2局比赛，
所以甲最终赢得全部积分的概率为．
（2）（ⅰ）设比赛再继续进行X局，甲获胜，
当时，甲以获胜，，
当时，甲以获胜，，
所以甲赢得全部积分的概率为，乙赢得全部积分的概率为，
故．
（ⅱ）设比赛再继续进行Y局，甲赢得全部积分，
当时，甲以获胜，，
当时，甲以获胜，，
所以，
因此，
当时，，
所以函数在上单调递增，，
所以乙赢得全部积分的概率的最大值为，
故当时，若比赛继续进行下去乙赢得全部积分的概率小于5％．
40．（2025·云南楚雄·模拟预测）在一次旅游中，导游为增加旅游乐趣，组织游客到甘蔗园里选甘蔗，要求游客只能在排成一列的棵粗细不同的甘蔗中选一棵最粗的甘蔗，期间只能选一次，且只能向前走，不能回头.在某处若游客选到最粗的甘蔗，则该游客活动结束，回到旅游车中，否则继续向前走，以此类推，直至看到第棵甘蔗结束.游客甲认为最粗的甘蔗一定是最后一棵，决定始终选择最后一棵甘蔗.游客乙采用了如下策略：不取前棵甘蔗，自第棵甘蔗开始，只要发现比他前面见过的每一棵甘蔗都粗的甘蔗，就选择这棵甘蔗，否则就取最后一棵甘蔗.设甲选到最粗的甘蔗的概率为，乙选到最粗的甘蔗的概率为.
(1)若，求和；
(2)若最粗的甘蔗是第棵，求；
(3)当趋向于无穷大时，从理论的角度（即），求的最大值及取最大值时的值.（取）
【答案】(1)；
(2)；
(3)的最大值为，此时的值为.
【分析】（1）由题意可知；5棵甘蔗的位置排序有种情况，同学乙要取到最粗的甘蔗，有以下两种情况：最粗的甘蔗是第4棵，其他的甘蔗随意在哪个位置，有种情况；最粗的甘蔗是第5棵，第二粗的甘蔗在第1个或第2个或第3个位置，其他的甘蔗随意在哪个位置，有种情况.从而得到.
（2）法1：若考虑全部这一列甘蔗排序，最粗的甘蔗是第棵，共有!种排法，先从其余棵甘蔗中选（）棵甘蔗出来，其中最粗的甘蔗在前个位置，剩下的全排列，共有!种排法，剩下的棵甘蔗全排列，从而得到.法2：若最粗的甘蔗是第棵，则乙游客能选到最粗的甘蔗，只需要前棵甘蔗中最粗的那棵排在前棵，从而得到.
（3）记事件表示最粗的甘蔗被乙游客取到，事件表示最粗的世蔗排在第个位置，求出，由全概率公式求.当，即最粗的甘蔗在前个位置中，此时，当时，最粗的甘蔗被乙游客取到当且仅当前棵甘蔗中最粗的一棵在前棵之中，求出，得到，令，求，利用导数的单调性得到，即取得最大值，从而得到所求.
【详解】（1）由题意可知.
依题意，5棵甘蔗的位置从第1棵到第5棵排序，
有种情况，同学乙要取到最粗的甘蔗，有以下两种情况：
最粗的甘蔗是第4棵，其他的甘蔗随意在哪个位置，有种情况；
最粗的甘蔗是第5棵，第二粗的甘蔗在第1个或第2个或第3个位置，
其他的甘蔗随意在哪个位置，有种情况.
因此，.
故.
（2）法1：若考虑全部这一列甘蔗排序，最粗的甘蔗是第棵，共有!种排法，
先从其余棵甘蔗中选（）棵甘蔗出来，其中最粗的甘蔗在前个位置，剩下的全排列，共有!种排法，剩下的棵甘蔗全排列，
所以
.
法2：若最粗的甘蔗是第棵，则乙游客能选到最粗的甘蔗，只需要前棵甘蔗中最粗的那棵排在前棵，所以.
（3）记事件表示最粗的甘蔗被乙游客取到，事件表示最粗的世蔗排在第个位置，则，
由全概率公式可知.
当，即最粗的甘蔗在前个位置中，此时，
当时，最粗的甘蔗被乙游客取到当且仅当前棵甘蔗中最粗的一棵在前棵之中，此时，
.
令，则，
由，可得，
当时，，
当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故当时，取得最大值，
所以的最大值为，此时的值为.
立体几何与解析几何交汇
41．（2025·广东·一模）如图1，已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为的直线交抛物线于两点（点在第一象限）．当时，．
(1)求抛物线的方程；
(2)如图2，把沿翻折为，使得二面角的大小为．
①若，求直线与平面所成角的正弦值；
②证明：三棱锥的体积为定值．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）先根据倾斜角得出点的坐标，再应用两点间距离求出，进而得出抛物线；
（2）①联立方程得出点的坐标，再应用空间向量法计算线面角正弦即可；②应用三棱锥体积公式结合三角形面积公式计算求解.
【详解】（1）当时，，所以点的坐标为，
因为，所以，
解得，
所以抛物线的方程为．
（2）①在平面直角坐标系中，若，则直线的方程为，
联立
所以点的坐标分别为．
过O点作平面的垂线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，
当二面角的大小为时，点，即，
所以，
设平面的法向量为，
则即解得取，得，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
②由题意得．
，
当时，，
当时，在平面直角坐标系中，设直线的斜率为，则直线的方程为，
设点的坐标分别为，
联立得，
则，
因为，所以，得，
所以，
，
综上所述，三棱锥的体积为定值．
42．（2025·青海西宁·二模）如图1，已知抛物线，O为坐标原点，点A，B是E上异于点O的两点（其中点A在第一象限），直线AB交x轴于点C，且，将平面AOC沿着x轴翻折得到三棱锥，如图2所示，且．
(1)求点C的坐标；
(2)求证：平面平面；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设直线AB的方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、可得，进而求解即可；
（2）在平面内过点作，垂足为M，在平面内过点M作，垂足为N，连接，结合题设分析易得，结合可得平面，可得，再结合可得平面，进而求证即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）由题意知直线AB的斜率不为0且不过原点，
所以可设直线AB的方程为，
联立，得，
则，所以．
因为，所以，所以，
即，解得（舍去），
所以直线AB的方程为，令，得，即．
（2）证明：如图，在平面内过点作，垂足为M，
在平面内过点M作，垂足为N，连接，
因为，所以．
由折叠的性质可得，
因为，所以，
所以，
所以，所以，即．
因为平面，所以平面，
因为平面，所以．
因为平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（3）由（2）知平面平面，
以为坐标原点，所在直线为轴，在平面内过点且垂直于轴的直线为轴，
在平面内过点且垂直于轴的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则由（1）得，
所以，，
因为，所以，
即．
由（1）得，
，
所以，
整理得，所以或（舍）．
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，所以，
又，设直线与平面所成角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
43．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知抛物线的焦点为为坐标原点．过作两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点．当垂直于轴时，．
(1)求抛物线的方程；
(2)若，求四边形面积的取值范围；
(3)将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用抛物线的通径长求出的值，即得抛物线方程；
（2）依题设与抛物线方程联立，消元后写出韦达定理，分别求出弦长，以及四边形的面积表示式，利用基本不等式即可求得其范围；
（3）分析题意，得出所求旋转体为一个圆台去掉两个分别以圆台上下底面为底面，点为顶点的圆锥余下的几何体，利用体积公式计算化简，再运用基本不等式即可求得体积最小值.
【详解】（1）当轴时，
由得，
抛物线C方程为
（2）设，
依题意，直线的斜率均存在且不为0，设，
将其与联立消元得：
则，
于是，，
因，
则
因，则，同理可得：
则
，当且仅当时取等号，
即四边形面积的取值范围为
（3）
设A、B关于y轴的对称点分别为，记以等腰梯形绕y轴旋转一周得到圆台体积为，
以为底面直径，O为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，O为顶点的圆锥体积为，
则所求旋转体体积为：
当且仅当，即时等号成立，
此时所求旋转体体积的最小值为．
44．（24-25高二上·山东日照·期中）在平面直角坐标系中，点，，若以轴为折痕，将直角坐标平面折叠成互相垂直的两个半平面（如图所示），则称此时点，在空间中的距离为“点，关于轴的折叠空间距离”，记为.

(1)若点，，在平面直角坐标系中的坐标分别为，，，求，的值；
(2)若点，在平面直角坐标系中的坐标分别为，，已知点满足，求点在平面直角坐标系中的轨迹方程；
(3)若在平面直角坐标系中，点是椭圆上的点，过点的两条直线，分别交椭圆于，两点，其斜率满足.
证明：当时，为定值，并求出该定值.
【答案】(1)；
(2)或
(3)定值为，证明见解析.
【分析】（1）求得在空间中的坐标，，利用定义求解即可；
（2）分点在轴的上半平面，点在轴的下半平面两种情况计算可求得结论；
（3）分直线与轴垂直与直线不与轴垂直两种情况讨论求解.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则点在空间中的坐标分别为，，，
∴；
.

（2）由题意可知，点在空间中的坐标为，对点分类讨论，
①当点在轴的上半平面，即时，点在空间中的坐标为，
∴，化简得：，
因此，在平面直角坐标中，点在轴的上半平面的轨迹为以为圆心，以1为半径的半圆.
②点在轴的下半平面，即时，点在空间中的坐标为，
化简得：，
∴点的轨迹方程为：或
（3）
① 当直线与轴垂直时，显然不成立；
② 当直线不与轴垂直时，设直线的方程为：，，
联立方程，
，
∵，∴
代入韦达定理可得：，即
解得或，
当时， 直线经过点,故舍去
∴，则，且，
当时, 由得
当过点，；当过点，.
∴点在轴的上半平面，点在轴的下半平面，
点在空间中的坐标分别为，
为定值
【点睛】思路点睛：对空间折叠距离的理解，求得折叠后的点的坐标是关键，平面解析几何的方程思想的应用.
45．（2025·山东日照·一模）已知在四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)证明：平面；
(2)若两两垂直，则称四面体为“斜垂四面体”．
①在斜垂四面体中，若，求直线与平面所成角的正弦值；
②在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若为斜垂四面体，求其外接球表面积的最小值，并求出此时的直线方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②最小值为，直线方程为
【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证.
（2）①利用“斜垂四面体”的定义，将四面体补形成长方体，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解；
②由①可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理用的函数表示，进而求出最小值.
【详解】（1）如图，连接，由分别是棱的中点，得，
又平面平面，所以平面.
（2）①由（1）知，平行且等于平行且等于，得与平行且相等，
则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，
，而，则，同理，
如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，
由，得，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
②由①知将补成长方体，设长宽高分别设为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：，
，
，则，
在平面内设，由，得，
显然，
则，，
，
于是，

，
在中，，则为锐角，
因此，即，则，解得，
又，
则当最大时，最小，
不妨令，则，
由函数在上单调递增，则当时，有最大值，此时，
所以的最小值为，此时直线方程为.
【点睛】关键点睛：由“斜垂四面体”的定义推理并将四面体补形成长方体是求解第2问的关键.
46．（2025·河南郑州·二模）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．
(1)求证：平面；
(2)若，，求二面角的大小；
(3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于，两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接各个中点，由中位线得到四边形是菱形，由菱形对角线垂直得到线线垂直，然后得到线面垂直；
（2）将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，由线段长求得点的坐标，然后得到平面内向量的坐标，由空间向量垂直求得平面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的大小；
（3）由（2）中的思想，设补充完的长方形长宽高分别为，由长方体的外接球得到四面体的外接球半径，然后得到球的表面积公式.由勾股定理得到与的关系，从而得到球的表面积与.在平面中，设坐标，联立方程组由韦达定理得到两个交点坐标与的关系式.然后求得的代数式，从而得到球的表面积的代数式.由余弦定理得到为锐角，从而由向量的数量级建立不等式，求出的范围，然后得到球表面积的最小值.
【详解】（1）连接，，，，因为，，
所以，四边形为平行四边形，
又，，所以，所以四边形为菱形，
所以，
同理，四边形为菱形，，
又因为四边形为菱形，，交于一点，
所以平面．
（2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，
由，，得，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，
，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，
所以．
所以二面角的大小为．
（3）由（2）知可将补成长方体，设长宽高分别设为，，，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即：，
，
，，，则，
在平面内设，，由，得，
显然，
，，
于是，
，
所以
在中，，则为锐角，
因此，即，
，解得，
又，
不妨令，则，
∵，∴当时，．
此时，所以的最小值为，此时直线方程为．
47．（2025·湖北·三模）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的中点，为线段上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）.
(1)求证：平面.
(2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的最小值.
(3)求三棱锥的体积的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，则四边形为平行四边形，根据平行四边形性质及基本事实4可知，然后根据线面平行的判定定理证明即可.
（2）令，则，，，然后由两角和的正切公式得，然后利用基本不等式求解最值.
（3）利用等体积法得，问题化为求、到平面距离之和都最大，应用直线与椭圆位置关系求最大，即可得解.
【详解】（1）由题设，长轴长，短轴长，则，
所以分别是的中点，而柱体中为矩形，连接，
由，
故四边形为平行四边形，则，
当为的中点时，则，故，
面面，故平面.
（2）由题设，令，则，又，
所以，，则，
因为，
当且仅当，即上式取等号，所以.
（3）由，
正方形中为中点，易得与重合时与垂直，
此时，
则最大值为，
构建如上图空间直角坐标系且，底面椭圆方程为，
设，
设，联立椭圆得，且，
所以，
而，
所以，令，则，
由对勾函数性质知在上递增，故，
由，
综上，.
48．（2025·山东聊城·二模）如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．

(1)证明：平面；
(2)若面积为定值，求的长度；
(3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，，则，求出点到直线的距离，结合三角形的面积公式以及为定值，求出的值，即可得解；
（3）设、，利用空间向量法可得出，设直线在平面内的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，代入，可得出，进而可求出点到直线的距离的取值范围．
【详解】（1）因为四边形为矩形，则，，
由题意得，、分别为和的中点，所以，，，
所以，四边形为平行四边形，
因为，则，同理可证，，
因为，、平面，故平面．
（2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，，则，
所以，，．
则点到直线的距离．
所以．（*）
因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为，
所以点的坐标满足，即，
代入（*）式得，．
由已知面积为定值，所以，则，
由（1）知，故的长度为．
（3）设、，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，即．
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，则平面的一个法向量为．
因为平面平面，所以，得，
在平面内，椭圆的方程为，
设直线在平面内的方程为．
代入椭圆方程得，
由，得．
由韦达定理得，
所以，
即，化简得．
所以点到直线的距离为，
则，所以．
故点到直线的距离的取值范围为．
49．（2025·河南·模拟预测）平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示.
(1)求折叠前的标准方程；
(2)若，求；
(3)当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率可得，，进而可得和椭圆方程；
（2）可得直线方程为，与椭圆方程联立结合韦达定理求弦长；
（3）联立方程求点的坐标，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）因为的周长为，即，
又因为离心率为，则，可得
所以折叠前椭圆的标准方程.
（2）由（1）可知：，
直线经过且斜率为，则直线方程为，且直线与椭圆必相交，
与椭圆方程联立，消去得，
设交点，则，
由弦长公式可得：.
（3）当时，直线的方程为：，
联立方程，解得或，
即，
以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，
可得
平面的一个法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
50．（2025·陕西·模拟预测）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为，，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，为下底面上过点的一条动弦（与不重合），点在下底面椭圆上（与点，不重合），是在上底面的投影．
(1)证明：平面；
(2)求四面体的体积的取值范围；
(3)设平面与平面的夹角为，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)32
【分析】（1）要证明线面平行，则需要通过证明线线平行来证明线面平行，即证明．
（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理，求出四面体体积的表达式的范围.
（3）利用坐标的方法将平面与平面的法向量求出来，然后根据向量夹角的余弦公式表示出，进而得到，最后求出所求表达式的最小值.
【详解】（1）证明：如图，连接，
由题意得，，
则，，，
所以，，
所以且，
则四边形是平行四边形，
所以．
又因为平面，平面，所以平面．
（2）解：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
下底面椭圆方程为，
设，，：，联立
得，且，
所以，．
所以，令，
则，
因为在上单调递增，
所以，
由题可得
（3）解：，，，
设，
则且，
，．
易得平面的一个法向量是，
设平面的法向量是，
则
令，得，
则，
所以，
所以．
又，，
所以，
，其中．
令，
由对勾函数性质知在上单调递减，
故．
0
1
2
3
学历
使用情况
合计
经常使用
不经常使用
本科及以上
65
35
100
本科以下
50
50
100
合计
115
85
200
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
0
1
2
24
2.9
646
168
422688
50.4
70308
7
12
X
1
2
3
P