6/15解答題多模塊綜合考查根據(jù)近幾年的高考情況，解三角形、概率統(tǒng)計、立體幾何、平面解析幾何、導(dǎo)數(shù)等專題是高考中經(jīng)常出現(xiàn)的解答題類型，在考試中經(jīng)常出現(xiàn)相互交匯的情況，本專題通過對高考中經(jīng)常出現(xiàn)的幾種交匯類型進行總結(jié)。題型一：導(dǎo)數(shù)與三角函數(shù)相交匯1．（2025·河南·一模）（1）若對任意，都有成立，求實數(shù)的取值范圍；（2）若，，證明：；（3）若對任意，都有成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）.【難度】0.4【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【分析】（1）構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)及分類討論研究不等式恒成立求參數(shù)范圍；（2）構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性得，即可證；（3）問題化為，，令，，應(yīng)用必要性探路得，進而研究其充分性即可得范圍.【詳解】（1）令函數(shù)，則，，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，即成立，當時，在上單調(diào)遞增，，所以，當時，，在上單調(diào)遞減，所以對，，不成立.綜上，實數(shù)的取值范圍為.（2）令，由（1）知函數(shù)在上單調(diào)遞增，因為，，所以，因此，即，即成立；（3）對，都有成立，即對，，令，即，當時，，，則，要使成立，則，即，下面證明：當時，成立，由（2）得，下面證明：，即證明，令，則，因此在上單調(diào)遞增，，即成立，綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.利用三角函數(shù)的性質(zhì)，在利用導(dǎo)數(shù)解決問題時，構(gòu)建相關(guān)的模型利用導(dǎo)數(shù)恒成立思想或能成立思想進行求解1．（2025·陜西榆林·一模）已知函數(shù)，．(1)證明：在上單調(diào)遞減；(2)記的最小值為，最大值為，數(shù)列的前項積為．（?。┣蟮耐椆?；（ⅱ）證明：．【答案】(1)證明見解析(2)（?。?；（ⅱ）證明見解析【難度】0.15【知識點】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、求等比數(shù)列前n項和、用導(dǎo)數(shù)判斷或證明已知函數(shù)的單調(diào)性【分析】（1）求導(dǎo)，結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)分析可知，即可得單調(diào)性；（2）（i）利用誘導(dǎo)公式分析可知的對稱軸和周期性，結(jié)合單調(diào)性可得和；（ⅱ）可得，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合單調(diào)性可得，進而分析證明.【詳解】（1）因為，當時，則，，可得，且，則，即，可得，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減.（2）（?。┤簦瑒t，即；若，由（1）可知：在上單調(diào)遞減，且，可知是一個周期為的周期函數(shù)，又因為可知關(guān)于對稱，則在處取到最小值，在或處取到最大值，可得，綜上所述：，．（ⅱ）若，由（i）可知：，且符合上式，所以，則，可得，要證明，即證，只需證，構(gòu)造，則，當時，，可知函數(shù)在上遞增，則，即，可得，，所以，而是一個首項為1，公比為的等比數(shù)列的前項和，根據(jù)等比數(shù)列求和公式可得．可得，且對數(shù)函數(shù)是單調(diào)遞增函數(shù)，所以．2．（2025·廣東肇慶·一模）已知函數(shù).(1)當，時，求證：；(2)當時，（?。┣笤谏系乃袠O大值點之和；（ⅱ）若在上有兩個實根，，比較與的大小關(guān)系.【答案】(1)證明見解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）【難度】0.4【知識點】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、求已知函數(shù)的極值點、利用導(dǎo)數(shù)研究雙變量問題【分析】（1）將所證不等式轉(zhuǎn)化為證明，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)法研究單調(diào)性即可證明.（2）（?。┣蟪鰧?dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出單調(diào)區(qū)間，然后求出所有極大值點，即可得解；（ⅱ）根據(jù)是周期為的奇函數(shù)，結(jié)合單調(diào)性求得是的極小值點，設(shè)，則，，要證，只需證，令，利用導(dǎo)數(shù)法證得，即可證明.【詳解】（1）當，時，，要證，即證：.設(shè)，則，∴在上單調(diào)遞減，∵，∴，即，∴得證.（2）（?。┊敃r，，.當時，由得或，解得，，，，或，當，，，時，，∴在，，，上單調(diào)遞增；當，，時，，∴在，，上單調(diào)遞減.∴當時，的極大值點為，，，所以極大值點的和為.（ⅱ），證明如下：∵的定義域為，且，∴為奇函數(shù)，由（ⅰ）知是周期為的周期函數(shù)，∴易知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴是的極小值點.設(shè)，∴，，∴，要證，只需證，即證，∴，∴只需證.令，其中，∴，∵，∴，，∴，，∴，∴在上單調(diào)遞增，∵，∴，∴，∴，所以得證.題型二：導(dǎo)數(shù)與概率統(tǒng)計相交匯1．（2025·廣東廣州·模擬預(yù)測）某檢測中心在化驗血液時有兩種化驗方法：①逐份化驗法：將血液樣本逐份進行化驗，則份血液樣本共需要化驗次.②混合化驗法：將份血液樣本分別取樣混合在一起化驗.若化驗結(jié)果呈陰性，則這份血液均為陰性，此時共化驗1次；若化驗結(jié)果呈陽性，為了確定陽性血液，就需要再采取逐份化驗，故此時共需要化驗次.(1)現(xiàn)有5份血液樣本，其中有2份為陽性血液，現(xiàn)采取逐份化驗法進行化驗，求恰好化驗2次就把全部陽性樣本檢測出來的概率；(2)現(xiàn)有10份血液樣本，每份呈陽性的概率為，采用5份為一組的混合化驗法進行化驗，記這10份血液樣本需要化驗的總次數(shù)為，求隨機變量的分布列；.(3)現(xiàn)有份血液樣本，每份呈陽性的概率為，記采用逐份化驗法時需要化驗的次數(shù)為，采用份為一組的混合化驗法時需要化驗的總次數(shù)為，當時，求的最大值.（參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)(2)分布列見解析(3)【難度】0.4【知識點】計算古典概型問題的概率、寫出簡單離散型隨機變量分布列、求離散型隨機變量的均值、用導(dǎo)數(shù)判斷或證明已知函數(shù)的單調(diào)性【分析】（1）利用排列數(shù)及古典概型計算公式求解即可；（2）每組化驗的次數(shù)可能是1或6，記事件“每組化驗次數(shù)為1”，則事件“每組化驗次數(shù)為6”，求出，根據(jù)二項分布的計算公式求出概率，列出分布列即可；（3）由期望公式求出，代入，可得，兩邊取對數(shù)可得，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性即可求解.【詳解】（1）記事件“恰好化驗兩次就把全部陽性樣本檢查出來”，則，故恰好化驗兩次就把全部陽性樣本檢查出來的概率為.（2）每組化驗的次數(shù)可能是1或6，記事件“每組化驗次數(shù)為1”，則事件“每組化驗次數(shù)為6”，則，可知，，，所以的分布列為：712（3），，所以，令，則，即，當時，，兩邊取以為底的對數(shù)，得到，設(shè)函數(shù)，則，當時；當時，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又因為，所以的最大值為.利用統(tǒng)計概率的相關(guān)性質(zhì)列出式子利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)求出單調(diào)性，從而求出最值1．（2025·湖北武漢·模擬預(yù)測）不透明的口袋中裝有編號分別為的個小球，小球除編號外完全相同.現(xiàn)從中有放回地任取次，每次取1個球，記取出的個球的最小編號為隨機變量.(1)若，求和；(2)若，且，求的最小值；(3)若，求證：且.【答案】(1)，(2)2(3)證明見解析【難度】0.15【知識點】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、有放回與無放回問題的概率【分析】（1）根據(jù)組合數(shù)和獨立事件乘法公式即可得到答案；（2）先計算，根據(jù)期望公式得，結(jié)合，的單調(diào)性，計算的到的最小值；（3）由題先計算，根據(jù)期望公式得，利用導(dǎo)數(shù)確定單調(diào)性證明得到結(jié)論.【詳解】（1）；（2），∴，令，得，又在上單調(diào)遞減，且，，，且對所有，都有，故的最小值為2.（3），∴，設(shè)，當時，；當時，，∴，設(shè)，，∴，∴，當時，，，等號成立∴.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問的關(guān)鍵點時得到，結(jié)合導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而得結(jié)論.題型三：導(dǎo)數(shù)與數(shù)列相交匯1．（2025·四川綿陽·模擬預(yù)測）（1）已知，函數(shù).證明：當時，；（2）設(shè)函數(shù)與的圖象分別為，.點在上，且，在點處的切線交于點，.在點處的切線交于，由此構(gòu)造出點列，.已知.（i）證明：；（ii）求，其中表示不超過的最大整數(shù).【答案】（1）證明見解析（2）（i）證明見解析

（ii）【難度】0.15【知識點】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、求在曲線上一點處的切線方程（斜率）、數(shù)列不等式恒成立問題、由遞推數(shù)列研究數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，從而得到當時，的最大值為0，即可證得當時，；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，分析相應(yīng)切線的斜率，構(gòu)造新函數(shù)，分析新函數(shù)的單調(diào)性及最值，從而獲得，證得.構(gòu)造新函數(shù)，得數(shù)列的性質(zhì)，進而得到關(guān)于其前n項和的不等式，進而得到求即可.【詳解】（1）因為，所以.令，則.當時，.當時，，所以在上單調(diào)遞增；當時，，所以在上單調(diào)遞減.因為，所以，即.所以在上單調(diào)遞減，所以當時，.由此當時，.所以在上單調(diào)遞減，.故當時，.（2）（i）令，則.所以在上單調(diào)遞減.因為，所以當時，.令，則，所以在上單調(diào)遞增.因為，所以當時，.所以.所以，，即，.若，則；若，則；若，則.若，則；若，則；若，則.由，知；由，知.所以在點處的切線斜率為.由題可知，所以.在點處的切線斜率為，因為，所以.所以.所以，.所以，即.（ii）由（i）知，化簡得.令，則.當時，，所以在上單調(diào)遞減；當時，，所以在上單調(diào)遞增.所以當時，取得最大值，最大值為.所以當時，，即.所以，即.因為，所以.令，則.所以當時，單調(diào)遞減，且，即.所以，所以，因為，所以.所以.因為，所以，所以.因為，所以，.所以累乘得，當時，，即.因為，且時，.所以.所以.根據(jù)數(shù)列的性質(zhì)得到相關(guān)通項根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)對其進行分析，得到相關(guān)性質(zhì)進行求解1．（2025·陜西西安·模擬預(yù)測）若數(shù)列滿足，為給定的正數(shù)，則稱為“有界數(shù)列”．(1)若，，證明：為有界數(shù)列；(2)設(shè)，對，均有，求實數(shù)的取值；(3)設(shè)數(shù)列是2－有界數(shù)列，，且，求的最大可能值．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【難度】0.4【知識點】數(shù)列新定義、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、函數(shù)不等式恒成立問題【分析】（1）通過證明時，可完成證明；（2）注意到，然后分，，，四種情況，結(jié)合正負性討論可得答案.（3）由題，為得到最大值，應(yīng)讓中出現(xiàn)盡量多的或，據(jù)此可得答案.【詳解】（1）因，則，對于函數(shù)，，則在上單調(diào)遞增，，從而.則，即為有界數(shù)列；（2）.因，又，均有，則，，因函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，又滿足題意，則；，.當時，為任意實數(shù)滿足題意；當時，，因函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，又滿足題意，則此時；當時，，因函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，則此時.綜上可得：（3）由題可得，因，為使最大，應(yīng)讓中出現(xiàn)盡量多的或.則容易想到可讓中有個，個，和個，此時中包含個，1個，.2．（2025·上海靜安·模擬預(yù)測）定義函數(shù)，對于數(shù)列，若，則稱為函數(shù)的“生成數(shù)列”，為函數(shù)的一個“源數(shù)列”．(1)已知，為函數(shù)的“生成數(shù)列”，求數(shù)列的前n項和；(2)已知，為函數(shù)的“源數(shù)列”，求證：對任意正整數(shù)n，均有；(3)已知，為函數(shù)的“生成數(shù)列”，為函數(shù)的“源數(shù)列”，與的公共項按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列，試問在數(shù)列中是否存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列？請說明理由．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)不存在，理由見解析.【難度】0.4【知識點】由定義判定等比數(shù)列、求等差數(shù)列前n項和、用導(dǎo)數(shù)判斷或證明已知函數(shù)的單調(diào)性【分析】（1）寫出，再利用等差數(shù)列求和公式即可得到答案.（2）確定，構(gòu)造，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)遞增，計算最值得到證明.（3）確定，，根據(jù)得到，確定，再假設(shè)存在得到，整理得到，無解，得到答案.【詳解】（1），，.（2），，故，構(gòu)造函數(shù)，，則，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故在恒成立，單調(diào)遞增，故，即，，當時，，綜上所述：恒成立，即.（3），則，，設(shè)，即，則，設(shè)函數(shù)，函數(shù)單調(diào)遞增，對于任意，有唯一的與之對應(yīng)，即數(shù)列中每一項，都有中的項與之相等，單調(diào)遞增，故，假設(shè)數(shù)列中存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列，，，，故，整理得到，無正整數(shù)解.故假設(shè)不成立，即不存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列.3．（2025·甘肅甘南·模擬預(yù)測）抽屜原理也被稱為鴿籠原理，它由德國數(shù)學(xué)家狄利克雷首先明確提出并用來證明數(shù)論中的問題，因此，也被稱為狄利克雷原則．其內(nèi)容為：如果把個物體放進個抽屜里，那么至少有一個抽屜要放進個或更多個物體．已知數(shù)列與數(shù)列滿足，若數(shù)列是遞增數(shù)列，則稱數(shù)列具有性質(zhì)．(1)當，且數(shù)列具有性質(zhì)時，①寫出一個滿足，項數(shù)為6的數(shù)列；②若，數(shù)列的前項和為，證明：當時，至少存在兩個不同的數(shù)列，使得這兩個數(shù)列的前項和相等．(2)從項數(shù)為的數(shù)列中選取一部分元素構(gòu)成新的數(shù)列，判斷是否存在項數(shù)為的數(shù)列具有性質(zhì)，并說明理由．（參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)①；②證明見解析(2)存在項數(shù)為的數(shù)列具有性質(zhì)，理由見解析【難度】0.65【知識點】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、數(shù)列新定義、求等差數(shù)列前n項和、用導(dǎo)數(shù)判斷或證明已知函數(shù)的單調(diào)性【分析】（1）①只需滿足即可；②由題意得或，分析得當時，，故存在，使得，結(jié)合抽屜原理即可得證.（2）只需證明存在項數(shù)為的遞減數(shù)列或項數(shù)為的遞增數(shù)列即可.【詳解】（1）①解：．（答案不唯一，只需滿足.可）②證明：因為，即，所以或，顯然當時，．又當時，，當時，，則當時，．因為數(shù)列從第二項起每一項都有兩種可能，所以共有種不同的數(shù)列．因為，所以至多有種不同的取值．令，則．令，則，所以在上單調(diào)遞增．因為，所以，即，所以在上單調(diào)遞增．因為，所以當時，恒成立，即當時，，故存在，使得，由抽屜原理可知，此時至少存在兩個不同的數(shù)列，使得這兩個數(shù)列的前項和相等．（2）從項數(shù)為的數(shù)列中選取一部分元素構(gòu)成新的數(shù)列，存在項數(shù)為的數(shù)列具有性質(zhì)．記“滿足，且數(shù)列是遞增數(shù)列的最長數(shù)列的項數(shù)”，假設(shè)，即，都有，其中，則，使得至少有個取，即，其中．若，當時，，則將與以為首項的遞增數(shù)列合成一個以為首項，項數(shù)為的新的數(shù)列；若，當時，都有，則，即存在一個項數(shù)為的數(shù)列是遞減數(shù)列．綜上，從項數(shù)為的數(shù)列中選取一部分元素構(gòu)成新的數(shù)列中，總是存在項數(shù)為的遞減數(shù)列或項數(shù)為的遞增數(shù)列．因為遞增數(shù)列或遞減數(shù)列都滿足性質(zhì)，所以存在項數(shù)為的數(shù)列具有性質(zhì)．題型四：導(dǎo)數(shù)與二項式相交匯1．（2025·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，.(1)若，求；(2)已知函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱.（i）求，；（ii）若，，.證明：.【答案】(1)(2)（i）；（ii）證明見解析【難度】0.15【知識點】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、二項展開式各項的系數(shù)和、判斷或證明函數(shù)的對稱性【分析】（1）根據(jù)二項式定理求出，，和，求出，得出，令得出答案；（2）（i）分奇偶兩種情況討論：當時，關(guān)于對稱，得到，求導(dǎo)得到，令得；當時，關(guān)于點對稱，得到，多次求導(dǎo)得到，令得，，代入求出，同理得到；（ii）由（i）和得到，，利用放縮得到，再利用裂項相消法證明即可.【詳解】（1），，，，，，則，，，，，，.又，，，（2）（i）當時，關(guān)于對稱，則①，對①式兩邊分別求導(dǎo)得②，對②式兩邊分別求導(dǎo)得③，……，令，代入上式得，即.當時，關(guān)于點對稱，則①，對①式兩邊求導(dǎo)得②，對②式兩邊求導(dǎo)得③，……，令，代入上式得，即.又，，同理可得.（ii）由（i）知，，.又，，，.所以.所以.1..求二項式系數(shù)的最大值，則依據(jù)(a＋b)n中n的奇偶及二項式系數(shù)的性質(zhì)求解．2.求展開式中項的系數(shù)的最大值，由于展開式中項的系數(shù)是離散型變量，設(shè)展開式各項的系數(shù)分別為A1，A2，…，An＋1，且第k項系數(shù)最大，因此在系數(shù)均為正值的前提下，求展開式中項的系數(shù)的最大值只需解不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1))即得結(jié)果．3.根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)對二項式進行分析題型五：數(shù)列與平面幾何相交匯1．（2025·湖南永州·模擬預(yù)測）拋物線的焦點為，上縱坐標為的點到的距離為.對每個正整數(shù)，是上的點且在第一象限，過焦點的直線交于另一點.(1)求拋物線的方程；(2)求證：；(3)取，并記為上分別以與為切點的兩條切線的交點，求的值（用含的式子表示）.【答案】(1)(2)證明見解析(3)【難度】0.4【知識點】求等比數(shù)列前n項和、求在曲線上一點處的切線方程（斜率）、根據(jù)拋物線上的點求標準方程、直線與拋物線交點相關(guān)問題【分析】（1）利用拋物線定義，結(jié)合已知點縱坐標，建立關(guān)于的方程，求解即可得；（2）設(shè)過焦點的直線方程，代入拋物線方程，得到關(guān)于的一元二次方程，再利用韋達定理計算即可得；（3）先借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義計算出點、為切點的兩條切線方程，從而求出，再借助兩點間距離公式與等比數(shù)列求和公式計算即可得.【詳解】（1）設(shè)該點坐標為，則，且，則則，化簡得，解得或，又，則，即；（2），設(shè)直線的方程為，聯(lián)立，則有，恒成立，則，即得證；（3）由在第一象限，則在第四象限，則點在函數(shù)上，，則拋物線上以為切點的切線為，又，則，點在函數(shù)上，，則拋物線上以為切點的切線為，又，則，令，解得，即，由、，則，，即，則，故.利用平面解析幾何的性質(zhì)列出相關(guān)式子：聯(lián)立韋達定理找到相交點的關(guān)系列出相關(guān)式子2.利用數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)進行求解1．（2025·江西贛州·二模）已知點M到點的距離比到y(tǒng)軸的距離大1，M的軌跡為C．點在C上，過作斜率為的直線交C于另一點，設(shè)與關(guān)于x軸對稱，過作斜率為的直線交C于另一點，設(shè)與關(guān)于x軸對稱，……，以此類推，設(shè)．(1)求C的方程；(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為，證明：；(3)求的面積．【答案】(1)或；(2)證明見解析；(3).【難度】0.4【知識點】數(shù)量積的坐標表示、數(shù)列不等式恒成立問題、直線與拋物線交點相關(guān)問題、求拋物線的軌跡方程【分析】（1）討論在軸左側(cè)或右側(cè)，分別求出對應(yīng)軌跡方程即可；（2）由題設(shè)得，，結(jié)合斜率求得，根據(jù)等差數(shù)列的定義寫出通項公式得，應(yīng)用裂項相消法求，即可證；（3）由（2）得，再由，結(jié)合向量模長、數(shù)量積的坐標表示化簡求值即可.【詳解】（1）當在軸左側(cè)時，在軸的非正半軸上，的方程為；當在軸右側(cè)時，的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線，方程為，綜上，C的方程為或；（2）因為在上，所以，可得，依題意，則，所以，故數(shù)列是首項為2，公差為4的等差數(shù)列，所以，則，，所以，顯然關(guān)于單調(diào)遞減，則；（3）由（2）得，所以，而，所以.2．（2024·云南·模擬預(yù)測）如圖，已知點列與滿足，且，其中，．

(1)求；(2)求與的關(guān)系式；(3)證明：．【答案】(1)(2)(3)證明見解析【難度】0.4【知識點】利用向量垂直求參數(shù)、數(shù)列不等式恒成立問題、遞推數(shù)列的實際應(yīng)用、坐標計算向量的?！痉治觥浚?）由垂直向量的坐標表示和模長公式列出方程組，解方程即可得出答案.（2）根據(jù)垂直向量的坐標表示和模長公式列出方程組，解方程即可得出答案.（3）要證等價于證明，先證明，再由累加法即可證明.【詳解】（1）因為，，，，所以，得，所以.（2）由，，①，又，則②，將①代入②得:即.（3）要證等價于證明，當時，，因為，所以，，．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題（3）的關(guān)鍵點在于將題意轉(zhuǎn)化為證明，先由放縮法證明，再由累加法即可證明.題型六：統(tǒng)計概率與數(shù)列相交匯1．（2024·河北·模擬預(yù)測）為增強學(xué)生身體素質(zhì)，提高學(xué)生健康水平，促進學(xué)生的全面發(fā)展，更好地推進“一核四翼”高質(zhì)量發(fā)展，豐富全校師生的校園文化生活，某學(xué)校開展了為期兩天的秋季運動會，運動會設(shè)置了多個項目，小宇參加了“定點投籃”的比賽，規(guī)定：一場比賽總共投籃10次，若未命中不得分，單獨命中1球得1分，連續(xù)命中2球得3分，連續(xù)命中3球得6分，連續(xù)命中4球得10分，以此類推，連續(xù)命中球得分，假設(shè)小字每次投籃命中率為，且每次投籃之間相互獨立.(1)求小宇在一場比賽中最終得分為10分的概率；(2)小宇在賽前進行了大量練習(xí)，在一次訓(xùn)練中，小宇決定只要連續(xù)命中3球就回家，在以下三種方法中選擇一種，求解小宇投籃次數(shù)的均值.①馬爾科夫鏈：以代表當小宇已經(jīng)連續(xù)命中球時，最終達到連續(xù)命中3球狀態(tài)所需的平均投籃次數(shù)，那么當小宇一開始投籃時，若他下一次投籃將球命中，他只需要再投中個球就能回家，若下次投籃未命中，則需要再投中個球才能回家.由此我們得出，若將來的狀態(tài)僅與當下的狀態(tài)有關(guān)，與過去的狀態(tài)無關(guān)，根據(jù)下圖，推導(dǎo)其余關(guān)系式.②概率母函數(shù)：小明投籃的情況可劃分為四種，（i）未命中；（ii）命中，未命中；（iii）命中，命中，未命中；（iv）命中，命中，命中，概率分別為，則小宇投籃次數(shù)的均值恰好為函數(shù)在處的導(dǎo)數(shù)值；（當時，）③鞅的停時定理：試想小宇在和球場管理員玩一個賭博游戲，每次投籃都要下注，當小宇下注為元時，若命中就會贏得元，未命中就會輸?shù)粼?，小宇一開始沒有錢，小華決定每次投籃前都會借給小宇1元錢，而小宇每次都會將自己所有的錢全部押為下一次投籃的賭注，已知此游戲是“公平的”，也就是小宇停止時的賭本的期望值和他開始時的賭本相同.【答案】(1)(2)【難度】0.15【知識點】獨立重復(fù)試驗的概率問題、求等比數(shù)列前n項和、求離散型隨機變量的均值、求某點處的導(dǎo)數(shù)值【分析】（1）對于求比賽中得10分的概率，列舉出情況，計算求解再求和即可.（2）求投籃次數(shù)的均值，有三種方法:馬爾科夫鏈方法:根據(jù)當前連續(xù)命中球數(shù)的不同狀態(tài)，建立關(guān)于達到連續(xù)命中3球所需平均投籃次數(shù)的遞推關(guān)系，聯(lián)立方程求解，概率母函數(shù)方法:根據(jù)投籃的不同情況確定概率，構(gòu)建率母函數(shù)，通過求函數(shù)在特定點的導(dǎo)數(shù)值得到投籃次數(shù)的均值，鞅的停時定理方法:利用游戲“公平性”，根據(jù)不同資本狀態(tài)下投籃的結(jié)果建立關(guān)于投籃次數(shù)期望的方程，聯(lián)立求解.【詳解】（1）根據(jù)題中的連續(xù)投中得分公式，得.總得分為10，只能從連續(xù)投中4次、3次、2次、1次中選擇組合.將總得分10的可能情況分類求解如下；①連續(xù)投中4次得分，其余6次均不中，并且這樣的選擇有7種．其發(fā)生的概率為.②連續(xù)投中1個3次得分分.要總得分為10分，在10次投籃中出現(xiàn)一個連續(xù)投中3次、一個連續(xù)投中2次，一個投中1次，它的得分為6分+3分+1分分.用捆綁法和插空法：，可得這樣的不同投法有種，該情況下發(fā)生的概率為．③連續(xù)投中一個2次得分分，要總得分為10分，可以3個連續(xù)2次投中，1個1次投中，總得分為分+1分分，用捆綁法和插空法：，選擇投中1次的位置有種.該情況下發(fā)生的概率為，另外，如果由2個連續(xù)投中2次，4個投中1次，可得總分分+4分分，但是2個連續(xù)2次中間至少要有一次不中，這需要至少5次，4個1次要間隔，中間至少有3次失敗，一共至少需要次，所以該情況不滿足題意，其它亦如此.根據(jù)概率加法公式，總得分為10分的概率為，所以總概率為．（2）①馬爾科夫鏈法：已知，化簡可得，同理，當已經(jīng)連續(xù)命中1球時候，若下一次命中，只需要再投個球回家，若未命中，則需要投個球回家，則.當已經(jīng)連續(xù)命中2球時候，若下一次命中就能回家（投籃次數(shù)為0），若未命中，則需要再投個球回家，則.聯(lián)立求解可得，即小宇投籃次數(shù)的均值是14.②概率母函數(shù)法：小宇投籃的情況可以分為四種：（i）未命中；（ii）命中，未命中：（iii）命中，命中，未命中;（iv）命中，命中，命中.這四種情況概率分別為.則小宇投籃次數(shù)的均值恰為函數(shù)在處的導(dǎo)數(shù)值.先對當,時，,則，故，，即小宇投籃次數(shù)的均值是14.③鞅的停時定理：設(shè)小宇的投籃次數(shù)為，因為游戲是“公平的”，小宇開始時資本為0，設(shè)為第次后的投籃的資本，根據(jù)停時定理，每次投籃的命中概率，未命中的概率為.當資本為0時，，（表示資本為0開始到連續(xù)命中3球所需要的投籃次數(shù)期望，表示資本為2開始到連續(xù)命中3球所需要的投籃次數(shù)期望），化簡得.當資本為2時，（表示資本為4開始到連續(xù)命中3球所需要的投籃次數(shù)期望）.當資本為4時，.聯(lián)立求解,即小宇投籃次數(shù)的均值是14.根據(jù)統(tǒng)計概率的相關(guān)性質(zhì)得到數(shù)列的通項公式進行熟練掌握馬爾科夫鏈全概率公式是新高考考查內(nèi)容，利用全概率公式，我們既可以構(gòu)造某些遞推關(guān)系求解概率，還可以推導(dǎo)經(jīng)典的一維隨機游走模型，即：設(shè)數(shù)軸上一個點，它的位置只能位于整點處，在時刻時，位于點，下一個時刻，它將以概率或者（）向左或者向右平移一個單位.若記狀態(tài)表示：在時刻該點位于位置，那么由全概率公式可得：另一方面，由于，代入上式可得：.進一步，我們假設(shè)在與處各有一個吸收壁，當點到達吸收壁時被吸收，不再游走.于是，.隨機游走模型是一個典型的馬爾科夫過程.進一步，若點在某個位置后有三種情況：向左平移一個單位，其概率為，原地不動，其概率為，向右平移一個單位，其概率為，那么根據(jù)全概率公式可得：3.利用相關(guān)性質(zhì)進行求解1．（24-25高二下·廣東東莞·期末）現(xiàn)有一批產(chǎn)品，每件產(chǎn)品是否合格相互獨立，每件產(chǎn)品合格的概率均為p．在某次抽樣中，經(jīng)統(tǒng)計抽取的100件產(chǎn)品中，恰有98件合格品．(1)以頻率估計概率，若從該批產(chǎn)品中再抽取10件，記合格品的數(shù)量為X，求X的期望；(2)在概率統(tǒng)計中，我們常常通過觀測到的實驗結(jié)果應(yīng)用極大似然估計法來估計某參數(shù)的取值．設(shè)X為與未知參數(shù)m有關(guān)的離散型隨機變量，其中m的取值范圍為S．若對已知結(jié)果，存在，且對任意，有成立，則稱為m的一個極大似然估計值．①請根據(jù)此次抽樣，求p的極大似然估計值．②在實際操作中往往采用多次獨立抽樣來求參數(shù)的極大似然估計值，現(xiàn)對該批產(chǎn)品進行m次獨立抽樣，每次從中抽取n個產(chǎn)品，記錄合格品數(shù)分別對應(yīng)為，，…，，請根據(jù)這m次獨立抽樣結(jié)果，求p的極大似然估計值．【答案】(1)(2)①；②【難度】0.4【知識點】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、二項分布的均值、求離散型隨機變量的均值【分析】（1）根據(jù)二項分布的期望公式即可得到答案；（2）①記合格品的數(shù)量為X，則，設(shè)，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性和最值，即可得到答案；②．兩邊同時取自然對數(shù)并整理得：令，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性和最值，即可得到答案.【詳解】（1）估計合格率，則，；（2）①從這批產(chǎn)品中抽取100件產(chǎn)品，記合格品的數(shù)量為X，則，所以，設(shè)，，因為，當時，在上位單調(diào)遞增函數(shù)；當時，在上位單調(diào)遞減函數(shù)，所以當時，有最大值，即p的極大似然估計值為．②，則，，2，3，…，m設(shè)：．兩邊同時取自然對數(shù)并整理得：，令，，，時，，此時單調(diào)遞增，時，，此時單調(diào)遞減，．所以時，最大，此時取得最大值．因此，p的極大似然估計值為．2．（2024·云南麗江·模擬預(yù)測）衛(wèi)生檢疫部門在進行病毒檢疫時常采用“逐一檢測”或“混采檢測”（隨機地按人一組平均分成組，然后將各組個人的血樣混合再化驗．如果混管血樣呈陰性，說明這個人全部陰性；如果混管血樣呈陽性，說明其中至少有一人的血樣呈陽性，就需要對每個人再分別化驗一次）．已知某種病毒性疾病在某地的患病率（患病率）為．(1)當時，已知某組混管血樣呈陽性，且這5人中只有1人患病．（i）將該組每個人的血液逐個化驗，直到查出患病人員為止．用表示所需化驗次數(shù)，求的期望；（ii）先從該組中取3人的血液混在一起化驗，若呈陽性，則對這3人的血液再逐個化驗，直到查出患病人員；若不呈陽性，則對剩下的2人再逐個化驗，直到查出患病人員．用表示所需化驗次數(shù)，求的期望；(2)已知某次“混采檢測”的血樣總數(shù)為20000，記檢驗總數(shù)次數(shù)為，當時，求的最大值.【答案】(1)（i）；（ii）(2)20【難度】0.4【知識點】求離散型隨機變量的均值、用導(dǎo)數(shù)判斷或證明已知函數(shù)的單調(diào)性【分析】（1）（i）求出可以取的值及對應(yīng)的概率，代入期望公式求解即可；（ii）求出可以取的值，結(jié)合組合數(shù)求出對應(yīng)的概率，代入期望公式求解即可；（2）先確定的可能取值并求出對應(yīng)的概率，求出期望，由及組合數(shù)的性質(zhì)得，兩邊取自然對數(shù)得，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)零點存在性的判定方法求解的最大值.【詳解】（1）（i）根據(jù)題意知可以取的值有1，2，3，4，∴，，，，∴；（ii）根據(jù)題意知可以取的值有2，3，∵當時可以分兩類，第一類：混檢的3人中有一人患病，并且在第2次就檢測出患病人員；第二類：混檢3人均沒有患病，并且在第2次就檢測出患病人員或未患病人員：∴，，∴；（2）由題知將20000份血樣隨機地按份一組平均分成組，則的可能取值為，，，?，，其中每一組檢測結(jié)果為陰性的概率為，檢測結(jié)果為陽性的概率為，∵，∴，又∵，∴，∴，可得，兩邊取自然對數(shù)，化簡得，不妨設(shè)，則，令，，∴在單調(diào)遞增，，∴在單調(diào)遞增．由題知是20000的正因數(shù)且，，∵，，∴的最大值為20．3.（2025·黑龍江大慶·一模）2025年7月16日-27日，第32屆世界大學(xué)生運動會在德國舉行.在比賽期間，運動員甲（來自中國）和運動員乙（來自澳大利亞）因賽事成為朋友.運動員甲持有一套熊貓主題的運動項目徽章，包含乒乓球?羽毛球?籃球3個項目；運動員乙則擁有一套袋鼠主題的同項目（乒乓球?羽毛球?籃球）徽章.兩套徽章除印制的主題圖案和項目標識不同外，其余完全相同.為了加深友誼，兩人在比賽期間約定，每次見面時，都隨機取出1枚徽章與對方進行交換，運動會結(jié)束時已重復(fù)進行了次交換.(1)求3次交換后，運動員甲有3枚熊貓主題徽章的概率；(2)求次交換后，運動員乙有3枚相同動物主題徽章的概率（結(jié)果用含的式子表示）；(3)求次交換后，運動員甲的徽章包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動的概率（結(jié)果用含的式子表示），并求出這個概率的最大值.【答案】(1)(2)(3)【難度】0.4【知識點】獨立事件的乘法公式、寫出等比數(shù)列的通項公式、利用全概率公式求概率、由定義判定等比數(shù)列【分析】（1）利用獨立事件同時發(fā)生的乘法公式和互斥事件的概率加法公式即可求解；（2）利用數(shù)列的遞推思想，結(jié)合全概率公式，先得到遞推，再構(gòu)造等比數(shù)列求出通項公式；（3）利用數(shù)列的遞推思想，結(jié)合全概率公式，先得到遞推，再構(gòu)造等比數(shù)列求出通項公式，然后利用分類討論思想求出最大值.【詳解】（1）記3次交換后，運動員甲有3枚熊貓主題徽章為事件A，交換過程包含兩種情況：①第一次甲用熊貓徽章與乙的袋鼠徽章交換，概率為1；第二次甲用袋鼠徽章與乙的袋鼠徽章交換，概率為；第三次甲用袋鼠徽章與乙的熊貓徽章交換，概率為；所以第一種情況的概率為；②第一次甲用熊貓徽章與乙的袋鼠徽章交換，概率為1；第二次甲用熊貓徽章與乙的熊貓徽章交換，概率為；第三次甲用袋鼠徽章與乙的熊貓徽章交換，概率為；所以第二種情況的概率為；所以3次交換后，運動員甲有3枚熊貓主題徽章的概率為.（2）記“次交換后，運動員乙有3枚相同動物主題徽章”概率為，則，第次交換后，乙的徽章只有兩種可能，一種是3枚徽章都是相同動物，另一種是3枚徽章中有1枚不同動物，記第次交換后，乙的3枚徽章動物相同為事件，動物不同為事件，則，記“次交換后，運動員乙有3枚相同動物主題徽章”為事件C，因為在第次交換后徽章動物相同的條件下再交換后不可能是相同動物，即，在第次交換后徽章動物不同的條件下再交換后可以變?yōu)橄嗤瑒游?，即，再根?jù)全概率公式可得：，所以，則是等比數(shù)列，即，所以；（3）又記“次交換后，甲的徽章包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動”概率為，則，第次交換后，甲的徽章只有兩種可能，一種是包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動，另一種是不包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動，①甲的徽章包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動，下次交換后還包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動，此時發(fā)生的概率為；②甲的徽章不包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動，則甲的3枚徽章中一定有兩枚相同運動的徽章（比如兩個乒乓球徽章，一個羽毛球徽章），乙的3枚徽章中也一定有兩枚相同運動的徽章，當甲、乙分別取出相同運動徽章中的一枚進行交換后，甲的3枚徽章就可以變換為包含乒乓球?羽毛球?籃球3項運動，此時發(fā)生的概率為；再根據(jù)全概率公式可得：，所以有，即是等比數(shù)列，即，當為奇數(shù)時，，且，當為偶數(shù)時，，所以當時，取到最大值.題型七：平面解析幾何與導(dǎo)數(shù)相交匯1．（2025·湖南長沙·三模）已知橢圓的左右焦點分別為，離心率為.(1)求的方程；(2)過點且不垂直于軸的直線與交于兩點，直線與交于另一點.（i）證明:；（ii）若點是的外心，求面積的最大值.【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）【難度】0.4【知識點】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、根據(jù)離心率求橢圓的標準方程、根據(jù)韋達定理求參數(shù)、求橢圓中的最值問題【分析】（1）根據(jù)給定條件，列式求出即可.（2）（i）設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理及斜率坐標公式推理得證；（ii）結(jié)合（i）求出點的坐標，進而求出三角形面積表達式，再利用導(dǎo)數(shù)求出最大值.【詳解】（1）依題意，，解得，則，所以橢圓方程為;（2）（i）設(shè)直線的方程為，，由，整理得，由，得，，，若軸，由，解得，則，此時的斜率，即，不合題意，則，的斜率均存在，因此，所以.（ii）設(shè)的中點為，則，點，線段的垂直平分線為，由（i）知，點關(guān)于軸對稱，令，得，則，于是的面積，令，設(shè)，求導(dǎo)得，當時，；當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當時，取得最大值，所以面積的最大值為.根據(jù)平面幾何性質(zhì)列出相關(guān)式子利用導(dǎo)數(shù)對其進行求解1．（2025·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）如圖，矩形ABCD中，，，，，，分別是矩形四條邊的中點，，，，直線與的交點為M．設(shè)點M的軌跡為曲線C．

(1)證明曲線C的方程為；(2)設(shè)曲線C的左頂點為E，右焦點為F，動直線l與曲線C交于P，Q兩點.①設(shè)直線EP，EQ的斜率分別為，，且滿足，若坐標原點O在直線l上的射影為W，求面積的最大值.②若l過點F，且P，N關(guān)于原點對稱，是否存在直線l，使得四邊形OFQN的面積為?若存在，求出直線l的條數(shù)；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)①；②存在，2條【難度】0.4【知識點】求橢圓中的最值問題、橢圓中三角形（四邊形）的面積、軌跡問題——橢圓【分析】（1）設(shè)，分別表示出直線的方程和直線的方程，兩式相乘化簡即可得出答案.（2）①先明確曲線頂點、焦點，設(shè)直線方程并聯(lián)立橢圓方程，利用韋達定理結(jié)合斜率條件確定直線過定點Z，點W的軌跡是以O(shè)Z為直徑的圓，進而計算得出面積表達式；②設(shè)過焦點的直線方程，聯(lián)立橢圓方程后用韋達定理，將四邊形面積轉(zhuǎn)化為三角形面積作差，通過換元、函數(shù)單調(diào)性分析，結(jié)合面積值判斷直線條數(shù).【詳解】（1）顯然，設(shè)，因為，，所以，，當時，則直線的方程為①，直線的方程為②①×②得：即.當時，交點也滿足此方程，故曲線方程為，得證.（2）①由，設(shè)直線：，，，直線EP，EQ的斜率分別為，，且滿足，聯(lián)立，得.，，，，即，化簡可得：，解得：，則直線過.得直線PQ過定點，而點W是坐標原點O在直線l上的射影，所以點W的軌跡是以O(shè)Z為直徑的圓（除去與x軸的交點）.因為該圓的圓心為，半徑，所以面積的最大值為．②滿足題意的直線條數(shù)有兩條，證明如下：由題意可知直線PQ的斜率不為0，設(shè)，，，不妨令，，聯(lián)立，可得

因為四邊形OFQN的面積為，所以，因為，代入①可得，，代入②可得，所以，即或，令，則，令因為恒成立，所以，即在上單調(diào)遞增，因為，由零點存在性定理可知：所以在上有唯一零點，綜上所述，滿足題意的直線l有兩條.題型八：數(shù)列與排列組合相結(jié)合1．（2025·浙江紹興·模擬預(yù)測）若對，都有，則稱與為“級相鄰數(shù)列”．(1)設(shè)的前n項和，且，試判斷與是否為“2級相鄰數(shù)列”，并說明理由；(2)若，且為“4級相鄰數(shù)列”，求k的取值范圍；(3)已知，由數(shù)列的所有項組成的集合M中恰好有2個元素，若與為“1級相鄰數(shù)列”，求滿足條件的數(shù)列的組數(shù)（用數(shù)字作答）．【答案】(1)與為“2級相鄰數(shù)列”；理由見解析(2)；(3)3470【難度】0.4【知識點】數(shù)列新定義、利用函數(shù)單調(diào)性求最值或值域、利用an與sn關(guān)系求通項或項、實際問題中的組合計數(shù)問題【分析】（1）根據(jù)數(shù)列通項公式的關(guān)系，先求出時的表達式，再檢驗時是否滿足該表達式，從而確定的通項公式.利用累加法，得到的通項公式，同樣檢驗時是否滿足.最后根據(jù)“2級相鄰數(shù)列”的定義，計算的表達式，通過分析該表達式與的大小關(guān)系，判斷與是否為“2級相鄰數(shù)列”.（2）由，通過移項得到關(guān)于的不等式.設(shè)，通過分析與的大小關(guān)系判斷的單調(diào)性，進而求出的最值，由此得到的取值范圍和的取值范圍，從而確定的取值范圍.（3）根據(jù)條件集合有，，，，，共6種不同的情況，每種情況下考慮數(shù)列的不同情況，并對應(yīng)研究數(shù)列的不同情況數(shù)，利用計數(shù)原理，結(jié)合組合數(shù)計算滿足條件的數(shù)列的組數(shù).【詳解】（1）當時，，當時，，當時，也成立，所以，所以，所以，所以，所以與是“2級相鄰數(shù)列”（2）已知，化簡可得.設(shè)，則.因為，所以，（當時取等號），所以單調(diào)遞減，所以的最大值為，所以，所以，，所以，即的取值范圍為.（3）已知，由數(shù)列的所有項組成的集合中恰好有2個元素，若與為“1級相鄰數(shù)列”，因為與為“1級相鄰數(shù)列”，所以，當時，有2種不同選擇；時，，有3種不同選擇；時，有3種不同選擇，時，有2中不同選擇．由數(shù)列的所有項組成的集合中恰好有2個元素，所以有，，，，，共6種不同的情況．當時，數(shù)列可能是1個1、3個2的排列（有4種不同的排列）；也可能是2個1、2個2的排列（有種不同的排列）；還可能是3個1、1個2的排列（有4種不同的排列）．1個1、3個2的每一種排列，2個1、2個2的每一種排列，3個1、1個2的每一種排列對應(yīng)的數(shù)列分別有，，種不同的清況，總共個不同的數(shù)列；同樣，，時也各貢獻528個不同的數(shù)列；時也分是1個2、3個3的排列（有4種不同的排列）；也可能是2個2、2個3的排列（有種不同的排列）；還可能是3個2、1個3的排列（有4種不同的排列），總共個不同的數(shù)列；時，總共個不同的數(shù)列；共計有個不同的數(shù)列組；即滿足條件的數(shù)列組的個數(shù)為3470．利用排列組合的性質(zhì)得到相關(guān)式子和數(shù)列相結(jié)合進行求解1．（2025·浙江·三模）空氣中的塵埃，天上的云朵飄忽隨機不定、這些動態(tài)隨機現(xiàn)象的研究有著重要的意義.在平面直角坐標系中，粒子從原點出發(fā)，等可能向四個方向移動，即粒子每秒向左、向右、向上或向下移動一個單位，如在1秒末，粒子會等可能地出現(xiàn)在，，，四點處.(1)求粒子在第2秒末移動到點的概率；(2)記第秒末粒子回到原點的概率為.（i）已知求以及；（ii）令，記為數(shù)列的前項和，若對任意實數(shù)，存在，使得，則稱粒子是常返的.已知證明：該粒子是常返的.【答案】(1)(2)（i），，；（ii）證明見解析【難度】0.15【知識點】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、計算古典概型問題的概率、組合數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】（1）由古典概率模型概率計算公式即可求解；（2）（i）粒子奇數(shù)秒不可能回到原點，故；粒子在第4秒回到原點，分兩種情況考慮，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原點，則必定向左移動步，向右移動步，向上移動步，向下移動步，表示出，由組合數(shù)公式化簡即可得出答案；（ii）利用題目條件可證明，再令可證得，進一步可得，即可得出答案.【詳解】（1）粒子在第2秒末，每一步分別是四個不同方向，共有16種方法，粒子在第2秒可能運動到點有2種方法，分別為先向右移動一個單位，再向下移動一個單位，或先向下移動一個單位，再向右移動一個單位，故；（2）（i）粒子奇數(shù)秒不可能回到原點，故，粒子在第4秒回到原點，分兩種情況考慮：每一步分別是四個不同方向的排列，例如“上下左右”，共有種情形；每一步分別是兩個相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有種情形；于是，第秒末粒子要回到原點，則必定向左移動步，向右移動步，向上移動步，向下移動步，故.故.（ii）利用可知：，于是，令，，故在上單調(diào)遞增，則，于是，從而有，即為不超過的最大整數(shù)，則對任意常數(shù)，當時，，于是,綜上所述，當時，成立，因此該粒子是常返的.題型九：導(dǎo)數(shù)與解三角形相交匯1．（24-25高一下·黑龍江綏化·期末）記斜的內(nèi)角的對邊分別為，已知，且．(1)求角；(2)為邊的中點，若，求的面積；(3)如圖所示，是外一點，若，且，記的周長為，求的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)【難度】0.65【知識點】二倍角的正弦公式、余弦定理解三角形、三角形面積公式及其應(yīng)用、正弦定理邊角互化的應(yīng)用【分析】（1）利用余弦定理，結(jié)合二倍角公式即可求出角的值；（2）通過向量平方關(guān)系，結(jié)合余弦定理求出的值，最后用三角形面積公式即可得出答案；（3）先在和中利用正弦定理將邊長轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)形式，進而表示出，再利用三角函數(shù)的單調(diào)性確定的取值范圍.【詳解】（1）利用余弦定理化簡，得，在斜中，得，，故上式可化為，，可得，利用二倍角公式可得，，，即，.（2）為邊的中點，根據(jù)向量的平行四邊形法則，得，兩邊同時平方得，，，得，由（1）可知，即，，由余弦定理得，解得，的面積為（3），在中，由正弦定理可得，，即，在中，由正弦定理可得，，即，四邊形的內(nèi)角和為，且，，在中，由余弦定理可得，，即，，，在中,，，，故的取值范圍為.1．（2025·四川成都·三模）記斜的內(nèi)角的對邊分別為，已知，且.(1)求角；(2)為邊的中點，若，求的面積；(3)如圖所示，是外一點，若，且，記的周長為，求的取值范圍.【答案】(1)(2)(3)【難度】0.65【知識點】余弦定理解三角形、三角形面積公式及其應(yīng)用、正弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化簡、求值【分析】（1）根據(jù)余弦定理可得化簡后，故求；（2）根據(jù)中線向量求模后結(jié)合余弦定理可求，故可求面積；（3）由正弦定理得，由余弦定理可得，結(jié)合導(dǎo)數(shù)可求周長的取值范圍.【詳解】（1）由可得，，而，故，因為為斜三角形，故，故，而，故即.（2）因為的中線，所以.兩邊同時平方，得，即.在中，，由余弦定理可得，解得，所以.（3）在中，由正弦定理可得即.在中，由正弦定理可得即.因為四邊形的內(nèi)角和為，且，所以.在中，，所以，則，.因為在中，所以，則在上單調(diào)遞增.因為，所以的取值范圍為.2．（2025·湖北黃岡·二模）如圖，銳角的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為，直線與的邊AB，AC分別相交于點D，E，設(shè)，滿足.(1)求角的大?。?2)若且，求的取值范圍.【答案】(1)(2)【難度】0.65【知識點】正弦定理解三角形、正余弦定理與三角函數(shù)性質(zhì)的結(jié)合應(yīng)用【分析】（1）根據(jù)題意，由正弦定理和三角恒等變換的公式，化簡得到，進而得到，即可求解；（2）由正弦定理，得到，化簡，根據(jù)銳角三角形，求得，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.【詳解】（1）解：因為，可得，可得，所以，可得，又因為，可得，所以，因為，所以.（2）解：因為，可得且，由正弦定理得，可得，則，在銳角三角形中，可得，可得，可得，所以，所以，所以，所以的取值范圍為.題型十：導(dǎo)數(shù)與平面向量相交匯1．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測）已知對任意平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)角得到向量叫做把點繞點沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)角得到點．已知，．(1)若曲線和有兩個公共點，求a的取值范圍；(2)已知B為曲線上一點，其中為的導(dǎo)函數(shù)，O為坐標原點，把繞著原點O沿順時針方向旋轉(zhuǎn)后得到點P，記點P的軌跡為E．（ⅰ）求E的方程；（ⅱ）求曲線E的內(nèi)接等腰直角三角形面積的最小值．【答案】(1)(2)（?。唬áⅲ倦y度】0.15【知識點】函數(shù)單調(diào)性、極值與最值的綜合應(yīng)用、特殊角的三角函數(shù)值、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點、求平面軌跡方程【分析】（1）將曲線和有兩個公共點轉(zhuǎn)化為與直線有兩個交點問題，通過討論的單調(diào)性和最值即可得解；（2）（ⅰ）利用已知條件中的與點的坐標之間的關(guān)系，即可寫出E的方程；（ⅱ）將E的內(nèi)接等腰直角三角形面積的最小值轉(zhuǎn)化為曲線的內(nèi)接等腰直角三角形面積的最小值的問題，寫出面積，再利用導(dǎo)數(shù)即可求出最小值.【詳解】（1），，曲線和有兩個公共點，即有兩個不同的正根，即有兩個不同的正根，令，則函數(shù)與直線有兩個交點，，令，解得，當時，，在上單調(diào)遞減，當時，，在上單調(diào)遞增，在處取得極小值，也是最小值，且，當時，；當時，，當時，直線與函數(shù)的圖象有兩個交點，綜上a的取值范圍是；（2）（ⅰ）解：設(shè)，，則則，，，又B為曲線上一點，，，故E的方程為；（ⅱ）由（?。┲狤的內(nèi)接等腰直角三角形面積的最小值等于曲線的內(nèi)接等腰直角三角形面積的最小值．設(shè)為直角頂點，，，則AB斜率，AC斜率，，即（1），，化簡得：，化簡得：，即：，顯然，所以（2）由（1）得，代入（2）得，去分母，得到，看成關(guān)于b的一元二次方程，得到，因式分解得，或，，令，得到關(guān)于的函數(shù)，，則，令，得或，令，得或，所以在上遞減，遞增，遞減，遞增，又，，，，所以曲線E的內(nèi)接等腰直角三角形面積的最小值為.題型十一：數(shù)列與三角函數(shù)相交匯1．（24-25高三上·山西·期末）已知函數(shù)的定義域為，若存在實常數(shù)及，對任意，當且時，都有成立，則稱函數(shù)具有性質(zhì).(1)判斷函數(shù)是否具有性質(zhì)，并說明理由；(2)若函數(shù)具有性質(zhì)，求和的值；(3)已知函數(shù)不存在零點，且當時具有性質(zhì)，若數(shù)列滿足，，且，求的通項公式.【答案】(1)函數(shù)不具有性質(zhì)，理由見解析(2)或(3)【難度】0.65【知識點】三角恒等變換的化簡問題、由遞推關(guān)系證明等比數(shù)列、函數(shù)新定義【分析】（1）根據(jù)題意可得存在實常數(shù)及，使得，進而可判斷；（2）由題意化簡得對任意的都成立，再根據(jù)對應(yīng)系數(shù)均為0求解即可；（3）由題意，再構(gòu)造可得，進而可得通項公式.【詳解】（1）若函數(shù)具有性質(zhì)，則存在實常數(shù)及，使得對任意的都成立，即，所以，，不合題意，舍去.所以函數(shù)不具有性質(zhì).（2）由題意存在實常數(shù)及，使得對任意的都成立，即，化簡得對任意的都成立，所以解得或所以或（3）由函數(shù)不存在零點，且具有性質(zhì)得，對任意的，，都有，即，所以，所以，又，，所以，所以，所以是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以.1．（2025·山西·三模）已知函數(shù)，從點作軸的垂線，交的圖象于點，過點作曲線的切線交軸于點，再過點作軸的垂線，交的圖象于點，重復(fù)這一過程，得到兩個點列，，，點的坐標記作．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)求數(shù)列的前項和；(3)證明：．(切線不等式)【答案】(1)(2)(3)證明見解析【難度】0.15【知識點】寫出等比數(shù)列的通項公式、錯位相減法求和、求在曲線上一點處的切線方程（斜率）、數(shù)列不等式恒成立問題【分析】（1）先求切線方程，代入坐標可得，，即，構(gòu)造等比數(shù)列即可求解；（2）由，利用錯位相減法和分組求和即可求解；（3）由，得，利用分組求和即可證，又，利用切線不等式，故，即可得證.【詳解】（1），，記，，，切線，有，代入坐標可得，，即，可得，故為公比為2的等比數(shù)列，由于，，故，得；（2）由，記，有，作差有，有，有，故；（3）因為，由于，故，故，右邊證畢；因為，故，故，又根據(jù)切線不等式，故，故有，綜上所述：．題型十二：立體幾何與三角函數(shù)相交匯1．（2025·甘肅白銀·三模）圓柱的標準方程可以用下面的形式表示：，，其中，是圓柱任意一點的坐標.已知圓柱的方程為，如圖，點，分別為上、下底面圓的圓心，四邊形是圓柱的一個軸截面，點，，分別為，，的中點，點，為過點的下底面的一條動弦（不與重合）.(1)證明：平面；(2)若點是下底面圓周上的動點，是點在上底面的投影，且，與下底面所成的角分別為，，求的取值范圍；(3)當三棱錐的體積最大時，求平面與平面所成角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【難度】0.15【知識點】錐體體積的有關(guān)計算、由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、證明線面平行、求二面角【分析】（1）連接，，由幾何關(guān)系結(jié)合線面平行的判定定理證明可得；（2）設(shè)，利用兩點間距離公式表示出，，利用三角函數(shù)定義和兩角和的正切表示出，再構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)分析單調(diào)性可得；（3）利用三棱錐的體積公式和組合體積得到當且僅當最大時，三棱錐的體積最大，設(shè)，代入圓，利用韋達定理、弦長公式、對勾函數(shù)的單調(diào)性求出，再求二面角可得.【詳解】（1）證明：因為底面圓的方程為，，點，所以，為的中點，所以四邊形是正方形，所以.如圖①，連接，，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以.當為的中點時，則，所以，又平面，平面，所以平面.（2）由題知，，，設(shè)，，，且，所以，，如圖②，因為，所以，，則.設(shè)，，則.當時，，此時單調(diào)遞減；當時，，此時單調(diào)遞增，所以，又，，所以，即的取值范圍為.（3）由題知，，，所以當且僅當最大時，三棱錐的體積最大.如圖②，在平面直角坐標系中，圓的方程為，設(shè)，代入圓，整理得，且，所以，，所以，令，則，則，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知，在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞減，所以，即，所以當，即，即時，三棱錐的體積最大，此時，且，所以，所以即平面與平面所成角，所以，即平面與平面所成角的余弦值為.1．（2025·河北秦皇島·模擬預(yù)測）如圖①，在梯形中，為線段的中點，將沿折起至，如圖②．(1)若，證明：；(2)若二面角的大小為，求平面與平面夾角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【難度】0.65【知識點】余弦定理解三角形、證明線面垂直、面面角的向量求法【分析】（1）設(shè)，則，連接,交于點，連接,利用余弦定理求得，同理求得，再由勾股定理逆定理即可證得；（2）取的中點，連接,證明為二面角的平面角，由余弦定理求得，過點作直線的垂線段,交于點，證明平面,利用條件寫出相關(guān)點的坐標，求出兩平面的法向量坐標，利用空間夾角的坐標公式求解即得.【詳解】（1）設(shè),因則,因為線段的中點，則,如圖②，連接,交于點，連接,易得菱形,則,因，則,且，在中，由余弦定理，,則,在中，由余弦定理，,由,可得.（2）由題意，與均為邊長是2的正三角形，取的中點，連接,則,即為二面角的平面角，等于，在中，由余弦定理，，即，過點作直線的垂線段,交于點，因，平面,故平面,又平面，故,因,平面，故平面.分別以所在直線為軸，以過點與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系.因,則，.則,則,設(shè)平面的法向量為，則，故可取，設(shè)平面的法向量為,則，故可取，則，設(shè)平面與平面夾角為，則1．（2025·四川德陽·模擬預(yù)測）某商場擬在年末進行促銷活動，為吸引消費者，特別推出“玩游戲，送禮券”的活動，游戲規(guī)則如下：每輪游戲都拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子（形狀為正方體，六個面的點數(shù)分別為1，2，3，4，5，6），若向上點數(shù)不超過2點，獲得1分，否則獲得2分，進行若干輪游戲，若累計得分為19分，則游戲結(jié)束，可得禮券，若累計得分為20分，則游戲結(jié)束，可得到禮券，最多進行19輪游戲.(1)當進行完3輪游戲時，總分為，求的期望；(2)若累計得分為的概率為，（初始得分為0分，）.①證明數(shù)列，，，，是等比數(shù)列；②求活動參與者得到禮券的概率.【答案】(1)(2)①證明見解析，②【難度】0.4【知識點】由遞推關(guān)系證明等比數(shù)列、寫出簡單離散型隨機變量分布列、求離散型隨機變量的均值、累加法求數(shù)列通項【分析】（1）由題意可知每輪游戲獲得分的概率為，獲得分的概率為，而每輪游戲的結(jié)果互相獨立，設(shè)進行完輪游戲時，得分的次數(shù)為，所以，，即可求出的期望.（2）①根據(jù)累計得分為分的概率為，分兩種情況討論，從而得到遞推式，再根據(jù)構(gòu)造法求證即可；②根據(jù)①可求出，再根據(jù)累加法可求出，再由從而求解即可.【詳解】（1）由題意可知每輪游戲獲得分的概率為，獲得分的概率為，設(shè)進行完輪游戲時，得分的次數(shù)為，所以，所以，，，，，而，所以隨機變量的可能取值為，，，，所以，，，，所以的分布列為：所以.（2）①證明：，即累計得分為分，是第一次擲骰子，向上點數(shù)不超過點，，則，累計得分為分的情況有兩種：（i），即累計得分，又擲骰子點數(shù)超過點，其概率為，（ii）累計得分為分，又擲骰子點數(shù)沒超過點，得分，其概率為，所以，所以，，，，，所以，，，，是首項為，公比為的等比數(shù)列.②因為數(shù)列，，，，是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以，所以，，，各式相加，得，所以，，，，，所以活動參與者得到禮券的概率為：.2．（25-26高三上·河北邢臺·階段練習(xí)）甲有兩輛自行車，且每天都去體育館鍛煉.若甲去體育館時，只要不下雨且家里有自己的自行車，他就會騎自行車過去．若甲回家時，只要不下雨且體育館有自己的自行車，他就會騎自行車回家.其他情況下均走路去體育館或回家．假設(shè)甲每天去體育館時，回家時下雨的概率均為，不下雨的概率均為，且每次下雨與否互不影響．當前甲的自行車一輛在家里，一輛在體育館．(1)設(shè)甲第一天去體育館鍛煉回到家后，家中自行車的數(shù)量為，求的分布列與期望．(2)設(shè)甲連續(xù)天去體育館鍛煉回到家后，家中自行車的數(shù)量為0，1的概率分別為，．①求；②證明：．【答案】(1)分布列見解析；1(2)①，；②證明見解析【難度】0.4【知識點】獨立事件的乘法公式、利用全概率公式求概率、寫出簡單離散型隨機變量分布列、求離散型隨機變量的均值【分析】（1）確定X的可能的取值，由題意求出每個值相應(yīng)的概率，即可求得分布列以及期望；（2）①結(jié)合（1）的結(jié)論求解，即得答案；②設(shè)為連續(xù)天去體育館鍛煉回到家后，家中有2輛自行車的概率，可得，從而可得，，相加后化簡即可證明結(jié)論.【詳解】（1）由題意可知的取值可能為，當時，表示甲第一天去體育館鍛煉時不下雨，回家時下雨，則,當時，表示甲第一天去體育館鍛煉時不下雨，回家時也不下雨，或甲第一天去體育館鍛煉時下雨，回家時也下雨，則；當時，表示甲第一天去體育館鍛煉時下雨，回家時不下雨，則，故X的分布列為：X012P則.（2）①由（1）可知，則；；②設(shè)為連續(xù)天去體育館鍛煉回到家后，家中有2輛自行車的概率，則，則，，故.3．（2025·遼寧·模擬預(yù)測）已知正四棱錐的底面邊長和高都為2．現(xiàn)從該棱錐的5個頂點中隨機選取3個點構(gòu)成三角形，設(shè)隨機變量表示所得三角形的面積．(1)求概率的值；(2)求隨機變量的概率分布及其數(shù)學(xué)期望．【答案】(1)(2)分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為【難度】0.65【知識點】寫出簡單離散型隨機變量分布列、求離散型隨機變量的均值、計算古典概型問題的概率【分析】（1）由題意，分別得出“從5個頂點中隨機選取3個點構(gòu)成三角形”和“”所包含的基本事件個數(shù)，基本事件個數(shù)比即為所求概率；（2）先由題意得到的可能取值，求出對應(yīng)的概率，進而可得到分布列，求出期望.【詳解】（1）從5個頂點中隨機選取3個點構(gòu)成三角形，共有種取法．其中的三角形如，這類三角形共有個，因此．（2）由題意，的可能取值為，2，．其中的三角形是側(cè)面，這類三角形共有4個；其中的三角形有兩個，和．因此，．所以隨機變量的概率分布列為：2所求數(shù)學(xué)期望．4．（2024·四川德陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，將函數(shù)的所有正的零點從小到大排列組成數(shù)列.記表示不超過的最大整數(shù)，數(shù)列滿足.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)從數(shù)列的前項中，隨機選出兩個不同的項相乘，所得結(jié)果為偶數(shù)的概率為.是否存在一個正整數(shù)，當時，恒有，若存在，求出的最小值，若不存在，請說明理由.(3)數(shù)列滿足，且數(shù)列的前項和為，求證：.【答案】(1)(2)存在；的最小值為(3)證明見解析【難度】0.15【知識點】裂項相消法求和、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、cos2x的降冪公式及應(yīng)用、計算古典概型問題的概率【分析】（1）先化簡函數(shù)，得用整體角解三角方程求出零點，確定數(shù)列，再根據(jù)的定義可得；（2）分為奇數(shù)和偶數(shù)兩類討論求解.先求積為奇數(shù)的情況，再利用對立事件的概率公式求，解不等式求解的范圍可得；（3）由代入所證不等式，先通過化簡變形將所證不等式轉(zhuǎn)化為，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)求證不等式任意，成立，再利用不等式分別賦值，將不等式左邊每一項裂項放縮，然后再累加化簡求證不等式成立即可.【詳解】（1）.令，即，得，解得，，則函數(shù)的所有正的零點可表示為，其中從小到大第一個正零點為，且公差為.則，，所以，故數(shù)列的通項公式為.（2）從數(shù)列的前項中，隨機選出兩個不同的項相乘，共有種方法；設(shè)事件“兩個不同的項相乘，所得乘積為偶數(shù)”，其概率為，則其對立事件“兩個不同的項相乘，所得乘積為奇數(shù)”，則其概率為.①當為偶數(shù)時，前項中恰個奇數(shù)，個偶數(shù)，從數(shù)列的前項中，隨機選出兩個不同的項相乘，要使所得乘積為奇數(shù)，則兩項均為奇數(shù)，易得;當時，即從個奇數(shù)中任取2個不同的奇數(shù)，共有種方法；則，所以此時.由，即，解得，由為偶數(shù)，則；②當為奇數(shù)時，前項中個奇數(shù)，個偶數(shù)，要使所得乘積為奇數(shù)，則兩項均為奇數(shù)，即從個奇數(shù)中任取2個不同的奇數(shù)，共有種方法；則，所以此時.由，即，由，可知不等式對任意奇數(shù)恒成立.綜上所述，存在正整數(shù)，當時，恒有.又當時，時，其中不滿足.故的最小值為.（3）由，則.由.構(gòu)造函數(shù)，，則在上單調(diào)遞減，由，則，所以任意，，即恒成立.令，則，即，，所以有，，，.以上各式相加得，故，得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題的關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)法證明數(shù)列不等式.第（3）問中通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性證明，賦值可得，達到將數(shù)列和式通過放縮后可裂項求和，從而問題得證.5．（2025·貴州·三模）在數(shù)列中，，，且.(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列；(2)記，數(shù)列的前項和為，證明：；(3)證明：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【難度】0.4【知識點】利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、數(shù)列不等式恒成立問題、利用平方關(guān)系求參數(shù)、由遞推關(guān)系證明數(shù)列是等差數(shù)列【分析】（1）由已知等式得出，兩邊同時平方，結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系結(jié)合等差數(shù)列的定義可證得結(jié)論成立；（2）由（1）可求得，，利用裂項求和法求出，然后利用裂項求和法結(jié)合不等式的基本性質(zhì)可證得所證不等式成立；（3）利用分析法可知，要證所證不等式成立，即證，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析該函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性即可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）已知，即及，，化簡得，又所以數(shù)列是首項為公差為的等差數(shù)列.（2）由（1）可知，所以，.又，所以，，.所以于是，，因為，所以，即.（3）定義，原不等式即下面證明，即，即證（*），設(shè)，則，于是在區(qū)間上是增函數(shù).因為，有，不等式（*）成立.故原不等式成立.6．（2025·山東泰安·模擬預(yù)測）在概率統(tǒng)計中，常常用頻率估計概率.已知袋中有若干個白球和紅球，有放回地隨機摸球次，白球出現(xiàn)次.假設(shè)每次摸出白球的概率為，根據(jù)頻率估計概率的思想，則每次摸出白球的概率的估計值為.(1)若袋中這兩種顏色球的個數(shù)之比為，不知道哪種顏色的球多.有放回地隨機摸取個球，設(shè)摸出的球為白球的次數(shù)為，則.（注：表示當每次摸出白球的概率為時，摸出白球次數(shù)為的概率）（?。┩瓿上卤恚懗鲇嬎氵^程；（ⅱ）在統(tǒng)計理論中，把使得的取值達到最大時的，作為的估計值，記為，請寫出的值.(2)把（1）中“使得取值達到最大時的作為的估計值”的思想稱為最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然參數(shù)估計方法稱為最大似然估計.具體步驟：先對參數(shù)構(gòu)建對數(shù)似然函數(shù)，再對其關(guān)于參數(shù)求導(dǎo)，得到似然方程，最后求解參數(shù)的估計值.已知的參數(shù)的對數(shù)似然函數(shù)為，其中，求參數(shù)的估計值，并且說明頻率估計概率的合理性.【答案】(1)（ⅰ）表格見解析，答案見解析；（ⅱ）(2)，答案見解析【難度】0.65【知識點】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、利用二項分布求分布列【分析】（1）由題意可知，的值為或，根據(jù)二項公布的概率公式求解概率填入表格，由表中數(shù)據(jù)確定的值；（2）由參數(shù)的對數(shù)似然函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，求出最大似然估計，與頻率估計的概率比較后下結(jié)論.【詳解】（1）因為袋中這兩種顏色球的個數(shù)之比為，且，所以的值為或，（ⅰ）當時，，，，當時，，，，表格如下（ⅱ）由上表可知．當或時，參數(shù)的概率最大；當或時，參數(shù)的概率最大．所以；（2）由，則，令，即，故，即當時，，

當時，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，即當時，取最大值，故，因此，用最大似然估計的參數(shù)與頻率估計概率的是一致的，故用頻率估計概率是合理的.7．（2025·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）已知函數(shù).(1)若，求的單調(diào)區(qū)間；(2)定義函數(shù)，對于數(shù)列，若，則稱為函數(shù)的“生成數(shù)列”，為函數(shù)的一個“源數(shù)列”.①已知為函數(shù)的“源數(shù)列”，求證：對任意正整數(shù)，均有；②已知為函數(shù)的“生成數(shù)列”，為函數(shù)的“源數(shù)列”，與的公共項按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列，試問在數(shù)列中是否存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列？請說明理由.【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為(2)①證明見解析；②不存在，理由見解析【難度】0.4【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題、等比中項的應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（不含參）【分析】（1）當時，，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）①確定，構(gòu)造函數(shù).求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)遞增，計算最值即可證明結(jié)論成立；②確定則，，根據(jù)，得到，確定，再假設(shè)存在得到，，，整理得到，無解即可.【詳解】（1）當時，，，令，則，解得或，當時，；當時，；所以的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2））①，，故，構(gòu)造函數(shù)，，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，，故在恒成立，單調(diào)遞增，故，即，，當時，，綜上所述：恒成立，即.②，則，，設(shè)，即，則，設(shè)函數(shù)，函數(shù)單調(diào)遞增，對于任意，有唯一的與之對應(yīng)，即數(shù)列中每一項，都有中的項與之相等，單調(diào)遞增，故，假設(shè)數(shù)列中存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列，，，，故，整理得到，無正整數(shù)解.故假設(shè)不成立，即不存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列.【點睛】本題考查了函數(shù)導(dǎo)數(shù)和數(shù)列綜合，意在考查學(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中構(gòu)造新函數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性得到是解題的關(guān)鍵.8．（2025·上?！ひ荒＃┮阎瘮?shù)．(1)若，求的單調(diào)區(qū)間；(2)若時恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)定義函數(shù)，對于數(shù)列，若，則稱為函數(shù)的“生成數(shù)列”，為函數(shù)的一個“源數(shù)列”．①已知為函數(shù)的“源數(shù)列”，求證：對任意正整數(shù)，均有；②已知為函數(shù)的“生成數(shù)列”，為函數(shù)的“源數(shù)列”，與的公共項按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列，試問在數(shù)列中是否存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列？請說明理由．【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．(2)．(3)①證明見解析；②不存在，理由見解析【難度】0.15【知識點】數(shù)列新定義、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題、等比中項的應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（不含參）【分析】（1）求導(dǎo)得，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，將問題轉(zhuǎn)化為當時，恒成立，求導(dǎo)得，然后分，以及討論，即可得到結(jié)果；（3）①根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)可得在恒成立，即可證明；②根據(jù)題意，結(jié)合“源數(shù)列”以及“生成數(shù)列”的概念，然后假設(shè)存在，代入計算，即可得到方程無解，故不存在.【詳解】（1）當時，，，令，則，解得或，當時，，當時，；所以的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．（2），令，依題意，當時，恒成立，由，得，，又因為，所以，①當時，，所以在上單調(diào)遞增，，不合題意；②當時，令，解得，當時，；當時，；所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．若要使恒成立，則需使，解得，故此時；③當時，因為，，故在單調(diào)遞減，則，符合題意；綜上，實數(shù)a的取值范圍為．（3）①，，故，構(gòu)造函數(shù)，，則易得函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，故，即，，當時，，綜上所述：恒成立，即．②，則，(*)，設(shè)，即，代入(*)可得，設(shè)函數(shù)，顯然該函數(shù)在上單調(diào)遞增，對于任意，有唯一的與之對應(yīng)，即數(shù)列中每一項，都有中的項與之相等，單調(diào)遞增，故，假設(shè)數(shù)列中存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列，則，，，故，整理得到，該方程無正整數(shù)解．故假設(shè)不成立，即不存在連續(xù)三項構(gòu)成等比數(shù)列．9．（2025·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù)．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)若函數(shù)，證明：當時，；(3)若對任意，恒成立，求的取值范圍．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3).【難度】0.4【知識點】函數(shù)單調(diào)性、極值與最值的綜合應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、求在曲線上一點處的切線方程（斜率）【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程.（2）利用導(dǎo)數(shù)分別求出函數(shù)在上的最大值、最小值即可推理得證.（3）等價變形給定不等式，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出恒成立的的范圍即可.【詳解】（1）函數(shù)，求導(dǎo)得，則，又，所以曲線在點處的切線方程為.（2）由（1）知，令，求導(dǎo)得，函數(shù)在上單調(diào)遞增，而，則，使得，即，當時，；當時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因此，函數(shù)，求導(dǎo)得，當時，；當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，因此，所以當時，.（3）對，，令，依題意，在上恒成立，且，求導(dǎo)得，令，求導(dǎo)得，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，當，即時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，符合題意；當時，，而函數(shù)在的圖象連續(xù)不斷，則存在，使得當時，，于是函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，，因此函數(shù)在上單調(diào)遞減，當時，，不符合題意，所以實數(shù)的取值范圍是.10．（2025·陜西西安·模擬預(yù)測）當下，大量的青少年沉迷于各種網(wǎng)絡(luò)游戲，極大地毒害了青少年的身體健康．為了引導(dǎo)青少年抵制不良游戲，適度參與益腦游戲，某游戲公司開發(fā)了一款益腦游戲，在內(nèi)測時收集了玩家對每一關(guān)的平均過關(guān)時間，如下表：關(guān)卡123456平均過關(guān)時間（單位：秒）5078124121137352計算得到一些統(tǒng)計量的值為：，，其中，．(1)若用模型擬合與的關(guān)系，根據(jù)提供的數(shù)據(jù)，求出關(guān)于的經(jīng)驗回歸方程；(2)甲參加一場闖關(guān)游戲，比賽共有5局，甲每局比賽獲勝的概率為，且每局比賽相互獨立，記甲恰好獲勝3次的概率為，求的最大值，并求出相應(yīng)的概率．參考公式：對于一組數(shù)據(jù)，其經(jīng)驗回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，．【答案】(1)(2)，【難度】0.65【知識點】由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值（不含參）、獨立重復(fù)試驗的概率問題、求回歸直線方程、非線性回歸【分析】（1）先對兩邊分別取對數(shù)得到，再根據(jù)題目中的數(shù)據(jù)代入公式去求即可；（2）依題意，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最大值，即可得解.【詳解】（1）因為兩邊取對數(shù)可得，即，令，所以，由，，.所以，又，即，所以，所以.所以關(guān)于的經(jīng)驗回歸方程為.（2）甲每局比賽獲勝的概率為，則甲每局比賽失敗的概率為，依題意可得，則，所以當時，當時，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，此時；11．（2025·浙江麗水·一模）已知函數(shù)，，（為自然對數(shù)的底數(shù)）．(1)當時，（i）求的單調(diào)遞增區(qū)間；（ii）記為函數(shù)在上從小到大排列的第個極值點，求數(shù)列的前20項和．(2)當時，求證：對任意的，恒成立．【答案】(1)（i）；（ii）(2)證明見解析【難度】0.15【知識點】利用定義求等差數(shù)列通項公式、錯位相減法求和、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（不含參）【分析】（1）（i）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合余弦函數(shù)性質(zhì)求單調(diào)區(qū)間即可；（ii）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性和極值點分析可知數(shù)列是以首項為，公差為的等差數(shù)列，整理可得，利用錯位相減法運算求解；（2）整理可得，結(jié)合題中范圍可得，再結(jié)合分析證明即可.【詳解】（1）由題可得：，（i）令，則，可得，解得，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為；（ii）令，則，可得，解得，則函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間