专题7 第1讲 创新融合问题(Word练习)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

[对应学生用书P201] 1．(2025·江西九江联考)定义：如果集合 U存在一组两两不交(两个集合的交集为空集时，称为不交)的非空真子集 A1，A2，…，Ak(k∈N*且k≥2)，且A1∪A2∪…∪Ak＝U，那么称子集族{A1，A2，…，Ak}构成集合U的一个k划分．已知集合I＝{x∈N|x2－6x＋5<0}，则集合I的所有划分的个数为(　　) A．3 B．4 C．14 D．16 解析　依题意，I＝{x∈N|x2－6x＋5<0}＝{x∈N|1<x<5}＝{2，3，4}， I的2划分为{{2，3}，{4}}，{{2，4}，{3}}，{{3，4}，{2}}，共3个， I的3划分为{{2}，{3}，{4}}，共1个，故集合I的所有划分的个数为4.故选B. 答案　B 2．(多选)(2025·浙江衢州、丽水、湖州二模)如图，多面体PABCQ由正四面体P ­ABC和正四面体Q ­ABC拼接而成，一只蚂蚁从顶点P出发，沿着多面体的各条棱爬行，每次等概率地爬行到相邻顶点中的一个，记n次爬行后，该蚂蚁落在点P的概率为pn，落在点Q的概率为qn，则(　　) A．p2＝ B．p3>q4 C．pn＝qn D．p2n＋1< 解析　设记n次爬行后，该蚂蚁落在点A或B或C的概率为rn， 则， 其中p1＝0，r1＝1，q1＝0， 计算易得p2＝，r2＝，q2＝，p3＝，r3＝，q3＝，q4＝，故A、C正确，B错误； 由原方程组可得rn＋2＝rn＋1＋rn， 则rn＋2＋rn＋1＝rn＋1＋rn，所以为常数列，且rn＋1＋rn＝1　①. 同理rn＋2－rn＋1＝－(rn＋1－rn)，且r2－r1＝－， 所以rn＋1－rn＝　②， 由①②可知，rn＝－， 所以p2n＋1＝r2n＝－·<，故D正确． 故选ACD. 答案　ACD 3．(2025·浙江绍兴一模)已知数列{an}，ai等可能取－1，0或1，数列{bn}满足b1＝0，且bn＋1＝bn＋an，则b5＝0的概率为________． 解析　由题意可得b2＝b1＋a1＝a1， b3＝b2＋a2＝a1＋a2， b4＝b3＋a3＝a1＋a2＋a3， b5＝b4＋a4＝a1＋a2＋a3＋a4， 若b5＝0，则a1＋a2＋a3＋a4＝0， 从a1，a2，a3，a4各随机从－1，0，1中选一个，共有34＝81种情况； 若a1＋a2＋a3＋a4＝0， 可分为三类： a1，a2，a3，a4都取0，一种情况； a1，a2，a3，a4中两个取0，一个取1，一个取－1，共有C×A＝12， a1，a2，a3，a4中两个取1，两个取－1，共有C＝6， 共计19种情况， 所以b5＝0的概率为. 答案　 4．(2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋. (1)证明：数列{nan}为等差数列； (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2). 解析　(1)证明　在数列{an}中，a1＝3，＝＋， ∴(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1， 又1×a1＝3， ∴{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列． (2)由题意及(1)得， 在数列{nan}中，首项为3，公差为1， ∴nan＝3＋1×(n－1)＝n＋2，即an＝1＋， 在f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm中， f(x)＝3x＋2x2＋…＋xm，f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm-1， ∴ 当x≠1且x≠0时， (1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm-1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm， ∴f′(x)＝＋－ ∴f′(－2)＝＋－ ＝1＋－ ＝1－－－ ＝－. 5．(2025·山师附中一模)某次比赛中，甲、乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛的结果相互独立． (1)若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲、乙获胜的概率均为.求甲、乙决出冠军时比赛局数X的分布列与数学期望E(X)； (2)若每局比赛甲获胜的概率为p＝0.6，乙获胜的概率为1－p.已知甲、乙进行了n局比赛且甲胜了13局，试给出n的估计值(X表示n局比赛中甲胜的局数，以使得P(X＝13)最大的n的值作为n的估计值). (3)若每局比赛甲获胜的概率为p＝0.6，规定在2n－1场比赛中甲超过一半场次获胜就获得冠军，记其概率为pn，试说明pn的单调性并给出证明． 解析　(1)由比赛规则可知，1局比赛后，甲、乙双方共获得4分，若比赛进行了4局还未结束，则双方共计16分，此时双方均为8分，则第5局比赛后必定有一人积分可达到11分，故比赛次数不会超过5； 由比赛规则可知，若比赛共进行了n局，(2≤n≤5)， 即随机事件Ai＝“第i局比赛中甲获胜”，i∈{1，2，3，4，5}， P(X＝2)＝P＋P＝2＋2＝， P(X＝3)＝P＋P＝3＋3＝， P(X＝4)＝P＋P＝4＋4＝， P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－－＝. 于是X的分布列为 X 2 3 4 5 P 故E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝. (2)易得n≥13，X～B，P(X＝13)＝C×p13×(1－p)n-13， 记f＝C×p13×(1－p)n-13，则＝＝＝×， 由＝×>1，得n<，即13≤n≤20，f<f(n＋1)；n≥21，f>f(n＋1)， 故n＝21时，P(X＝13)最大，所以n的估计值为21. (3)在2n－1场比赛中甲获胜概率为pn，则在2n＋1场比赛中甲获胜概率为pn＋1，记乙在每场比赛获胜的概率为q＝1－p，则pn＋1＝2pqpn＋p2(pn＋Cpn-1qn)＋q2(pn－Cpnqn-1)＝pn＋Cpnqn(p－q). 由已知p>q，所以pn单调递增． 6．在空间直角坐标系O ­xyz中，任何一个平面的方程都能表示成Ax＋By＋Cz＋D＝0，其中A，B，C，D∈R，A2＋B2＋C2≠0，且n＝(A，B，C)为该平面的法向量．已知集合P＝{(x，y，z)≤1，|y|≤1，|z|≤1}，Q＝{(x，y，z)＋|y|＋|z|≤2}，T＝{(x，y，z)＋|y|≤2，|y|＋|z|≤2，|z|＋|x|≤2}． (1)设集合M＝{(x，y，z)|z＝0}，记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1，Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2，求S1和S2的值； (2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1，P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2，求V1和V2的值； (3)记集合T中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积V3的值； ②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数． 解析　(1)集合M＝{(x，y，z)|z＝0}表示xOy平面上所有的点， P＝{(x，y，z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}表示(±1，±1，±1)这八个顶点形成的正方体内所有的点，P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有的点．它是边长为2的正方形，因此S1＝4. 对于Q＝{(x，y，z)||x|＋|y|＋|z|≤2}，当x，y，z>0时，x＋y＋z＝2表示经过(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)的平面在第Ⅰ卦限的部分．由对称性可知Q表示(±2，0，0)，(0，±2，0)，(0，0，±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点．Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的点．它是边长为2的正方形，因此S2＝8. (2)考虑集合Q的子集Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}，即为三个坐标平面与x＋y＋z＝2围成的四面体．四面体四个顶点分别为(0，0，0)，(2，0，0)，(0，2，0)，(0，0，2)， 此四面体的体积为VQ′＝×2×＝， 由对称性知，V1＝8VQ′＝； 考虑到P的子集P′构成的几何体为棱长为1的正方体，即 P′＝{(x，y，z)|0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}， Q′＝{(x，y，z)|x＋y＋z≤2，x≥0，y≥0，z≥0}， P′∩Q′为两个几何体公共部分， 记Q1(1，1，0)，Q2(1，0，1)，Q3(0，1，1)，Q4(1，1，1).容易验证Q1，Q2，Q3在平面x＋y＋z＝2上，同时也在P′的底面上．P′∩Q′为P′构成的正方体截去三棱锥Q4 ­Q1Q2Q3所剩下的部分． P′的体积VP′＝1×1×1＝1，三棱锥Q4 ­Q1Q2Q3的体积为＝×1××(1×1)＝. 故P′∩Q′的体积VP′∩Q′＝＝1－＝. 故由对称性知，V2＝8VP′∩Q′＝. (3)①如图所示，即为T所构成的图形． 其中正方体ABCD ­LIJM即为集合P所构成的区域．E ­ABCD构成了一个正四棱锥， 其中E(0，0，2). VE ­ABCD＝×1×2×2＝， V3＝VP＋6VE ­ABCD＝8＋6×＝16. ②由题意平面EBC方程为x＋z－2＝0，由题干知其法向量n1＝(1，0，1)， 平面ECD方程为y＋z－2＝0，由题干知其法向量n2＝(0，1，1)， 故cos 〈n1，n2〉＝＝. 由图知两个相邻的面所成角为钝角，故H相邻两个面所成角为. 由图可知共有12个面，24条棱． 学科网（北京）股份有限公司 $