难点专题08 2026年新高考数学挑战140冲刺985模拟卷（一）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2026年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考

数学为主 2026年新高考数学 挑战140冲刺985模拟卷（一） （考试时间：120分钟试卷满分：150分) 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（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.已知表示不超过x的最大整数，集合4=xeZ0<可<3，B=r+am(x+2x+=0,且 A0CgB=☑ ,则集合B的子集个数为(). A.4 B.8 C.16 D.32 2.已知设2=+ix,y∈R) x-3)+(0y+3)i=2 ,2+1 则 ,则的最小值为() A.3 B.4 C.5 D.6 3.已知函数(=sinx+cosk∈N),值域为4，则下列选项错误的是() B.f(x的图像关于直线4对称 C.f(x的最大值为1 n4 1 数学为主 4.在△ABC中，4C=2W万，0是△BC的外心，M为BC的中点，：A0=8,N是直线OM上异于 M、0的任意一点，则4N.BC=() A.3 B.6 C.7 D.9 5.南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同， 则积不容异”，其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如 果两个截面的面积总是相等，则这两个立体的体积相等如图，两个半径均为的圆柱体垂直相交，则其重 叠部分体积为() A.3 B. 4 C.3π D.3π 6.设函数fy的定义域为R,且f(x=/(x+,当x-10时，f对=xx刊，若对任意 x∈（一0，m,都有x)≥-。，则实数m的取值范围是(） A.（g. c〔 D.（-o0,3 7定发对a满起4--2点=-日). 若数列{b,}的前n项和为T,不等式 工.<23-5刘川n∈N)恒成立，则2的取值范围为() A品g.传c.品。到 2 数学为主 &.如图所示，在边长为3的等边三角形C中，A0-号4C,且点p在以D的中点0为圆心，OA为半 径的半圆上，若BF=xBA+BC ,则下列说法错误的是() A.BD=1B4+2BC 3 B.BD.BO=13 1 C.BP.BC存在最大值为9 D.x+y的最大值为9 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。 全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分) .设，y为正数，且og,32少=68，+o8,2a>0且a,则 4 2y.x 81 A.x2y的最小值是2 B.y的最大值是16 9 81 C.x+2y的最大值是2 D.x2+4y2的最大值是8 10.已知函数f=-2ar+6r2+ ,下列命题正确的有() A.f(x) 能有2个零点 B.f一定有极小值，且0是极小值点 C.a>2时，f(a-l刂<fa D.若存在极大值点×，且=/八，其中≠5，则+2x=0 3 数学为主 山.在平面直角丝标系O中，已知点P叫以是周线E:型+，=1上的一点，则下列说法正确的是 () A.E的图象关于原点对称 B.OA≥1 C.E上有无数个整点（整点指横、纵坐标均为整数的点） D.6+2%-8的最小值为8-22 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.己知质数f=mox+in2a-o>00eR,若f在区间x,2a内没有极值点，则m的 取值范围是 13.已知抛物线=8 的焦点为F,准线与轴的交点为C,过点C的直线与抛物线交于A，B两点， 若∠AFB=∠CFB,则AFF一· 14.某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办 公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家如果天不下雨，那么他 2 不带雨伞假设每天上班和下班时下雨的概率均为？，不下雨的概率均为？，且与过去情况相互独立现在两 把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为一 四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分， 19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.如图，在直三棱柱48C-4BG中，4C1BC,8=从=25，点M,N分别是4G,4的中点， 点P是线段BM上的点. 4 数学为主 B B BC⊥CN (1)证明： (2)求三棱 ABC-AB,C体积的最大值： (3)当三棱柱 BC-ABC的体积取得最大值时，求直线AP与 N 所成角的余弦值的取值范围. 16.已知=e+a,f是f的导函数，其中aeR 当a>0时，证明：存在唯一的。(2a,0, 使得f(x)=0: 2若函数八有两个极值点，求实数“的取值范围； 3)若存在实数ab,使得≥ 恒成立，求a-b的最小值. x2 y2 17.已知双曲线C:。合=1a>0,6>0)的离心率为2，且过点(2,3. (1)求双曲线C的方程： l:y=kx+m (2)设直线 与双曲线C交于P,0两点，若以吧为直径的圆经过双曲线C的左顶点1B PO 均不 与点A重合)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标： M,N P,2 MN (3)在(2)的条件下，若直线分别与两渐近线交于 两点，问是否存在实数“使得 是线段 的 两个三等分点？若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由 1,2,3,4 18.一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后 放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为X.记第k次摸到 5 数学为主 的小球编号为 0)求PX=2到与Px=3到 2设PX=川=0，求0+a,++a,+41与4-a+a,-+(-ra,； (③)当X=”时，9 为随机变屈，若+名++是奇数，则，1，若+++以是偶数.则八=0， 求P9,=0 19已知集合M=网，%，%m(m0k=123到，W-{n=分aeM,6eM,a<b M={-18,-9,3,6} (1)若 ,求W; card(N)card(N) (2)设M中所有的元素均为正数，N中元素的个数为 ,求 的最小值； 日猪两++网+=3.-兮（兮01，求证 6 2026年新高考数学 挑战140冲刺985模拟卷（一） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单选题（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．已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（    ）． A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】C 【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，再由可知，分类讨论的归属，从而得到集合的元素个数，由此利用子集个数公式即可求得集合的子集的个数. 【详解】由题设可知，， 又因为，所以， 而， 因为的解为或，的两根满足， 所以分属方程与的根， 若是的根，是的根，则有，解得， 代入与，解得或与或， 故； 若是的根，是的根，则有，解得， 代入与，解得或与或， 故； 所以不管如何归属方程与，集合总是有4个元素， 故由子集个数公式可得集合的子集的个数为. 故选：C 2．已知设，则，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】先求得复数实部与虚部的关系，再去求的最小值即可解决. 【详解】由，可得，可令， 则 （为锐角，且） 由，可得 则的最小值为3. 故选：A 3．已知函数，值域为，则下列选项错误的是（   ） A． B．的图像关于直线对称 C．的最大值为1 D． 【答案】D 【分析】先利用同角三角函数关系和换元法得到，，A选项，当时，，由函数单调性求出最值，得到值域；B选项，计算出，B正确；C选项，，故；D选项，化简得到，由单调性求出最值，得到值域. 【详解】因为，所以， 令，则，. A选项，当时，， 因为，所以在上单调递减，在上单调递增， ，故正确； B选项，因为， 所以的图像关于直线对称，故B正确 C选项，因为，所以，所以， ，故，当且仅当或时，等号成立， 所以的最大值为1，故C正确. D选项，当时，， 因为，所以在上单调递减，在上单调递增， 故，故D错 故选：D 4．在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（    ） A．3 B．6 C．7 D．9 【答案】B 【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解. 【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，    所以，，设， 则 ， 又是的外心，所以 ， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出. 5．南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等，则这两个立体的体积相等.如图，两个半径均为的圆柱体垂直相交，则其重叠部分体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析几何体的每层截面都是正方形，计算正方形的在上下距离中心 截面面积，再根据正方形的特点想到顶点在中心的正四棱锥（上、下两个），计算正四棱锥的上下距离中心截面面积，通过发现面积之间的关系，结合祖暅原理即可求解. 【详解】      （左）               （中）                 （右） 重叠部分的几何体的外接正方体如上图（左）所示， 在距离中心处的截面正方形的边长是： ， 所以距离中心处截面面积是, 而从同一个正方体的中心位置，与底面四点连线构成的正四棱锥的示意图如上图（中）所示， 在距离中心处的截面正方形的边长是：， 因为内切球的半径等于正方体棱长一半， 所以， ， 所以， 在距离中心处的截面正方形的边长是： ， 以距离中心处截面面积是, 又因为正方体的水平截面面积为： ， 所以， 所以剩余部分的截面面积如上图（右）“回”形面积为， 因此根据祖暅原理：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积总是相等”，可得： 左图几何体的体积加上中间图上下锥体的体积等于正方体的体积， 即有： ， 解得， 故选：B. 6．设函数的定义域为R，且，当时，，若对任意，都有，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题设得到且，，注意判断函数值的变化趋势，再求得的最大k值，此时结合二次函数性质确定上对应x值，即可得m的范围. 【详解】令，则，故，而， 所以且， 令，则，故，而， 所以且， 结合已知：且时，而， 对且，，即随增大依次变小， 要使对任意都有，令，则且， 则上，且上， 当时，令，则，解得或， 综上，要使对任意都有，只需. 故选：C 【点睛】关键点点睛：注意总结归纳且，随k的变化趋势，进而找到的对应区间，再求出该区间右侧区间中的自变量. 7．已知数列满足，，，若数列的前项和为，不等式恒成立，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求得数列的通项公式，进而可得，进而分为偶数与奇数两种情况求得，进而可得，求解即可. 【详解】因为数列满足，， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列， 所以， 所以， 当为偶数时， ， 当为奇数时， ， 因为不等式恒成立，即， 所以， 所以，， 所以解得，所以的取值范围为. 故选：D 8．如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则下列说法错误的是（   ） A． B． C．存在最大值为9 D．的最大值为 【答案】D 【分析】将分别用表示，结合数量积的运算律计算判断AB；以点为原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算计算判断CD. 【详解】在边长为3的正中，，为的中点，则， 对于A，由，得，则，A正确； 对于B，， 则 ，B正确； 对于C，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，显然点在以为圆心，为半径的下半圆上， 设， 则， ， 由，得，则当时，取得最大值，C正确； 对于D，由，得， 即， 因此，则， 而，则当时，取得最大值，D错误.    故选：D 【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是建立合适平面直角坐标系，再设，从而写出相关向量，计算其数量积，并结合三角函数的性质得到其范围. 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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9．设，为正数，且且，则（    ） A．的最小值是2 B．的最大值是 C．的最大值是 D．的最大值是 【答案】ACD 【分析】根据基本不等式判断A；利用基本不等式建立不等式，换元后解不等式判断BC；根据条件转化为求的最大值，换元后利用二次函数最值得解判断D. 【详解】由， 所以，所以， 对A，， 当且仅当，即时等号成立，故A正确； 对B，由 可得， 当且仅当时取等号， 令，则，解得， 即， 当且仅当时取等号，故B错误； 对C，由， 令，则， 解得，即， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对D，由可得， 所以， 令，由B知， 则由可知当时，， 故当时，有最大值，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：通过对已知条件恰当变形后，利用基本不等式，换元法解不等式是解题的关键所在，对变形化简能力要求很高. 10．已知函数，下列命题正确的有（    ） A．可能有2个零点 B．一定有极小值，且0是极小值点 C．时， D．若存在极大值点，且，其中，则 【答案】BD 【分析】首先讨论的情形，再分的正负讨论函数的单调性和极值，由此可判断ABC的正误，；对于D，容易得到极大值点的值，再代入，得到关于的一元三次方程，此方程已经有一解，故可以因式分解求出，由此可判断D选项. 【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数， 由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点； 当时，可求得导函数，令，得或， 当时，可求得当时，；当时，， 所以在上单调递增，在和上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 当时，可求得当时，；当时，， 所以在和上单调递增，，在上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 对于A，当时，无零点； 当时，因为在上单调递增，在和上单调递减， 而极小值为，所以只有1个零点； 当时，因为在和上单调递增，在上单调递减， 而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误； 对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确； 对于C，当时，即时，此时在上单调递减， 又，所以，故C错误； 对于D，由上述分析可知，则， 由题意知，即， 此方程已有一根，故可因式分解为， 解得与相异的根，则，故D正确； 故选：BD. 11．在平面直角坐标系中，已知点是曲线上的一点，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于原点对称 B． C．上有无数个整点（整点指横、纵坐标均为整数的点） D．的最小值为 【答案】BD 【分析】选项A，取特殊点，验证即可判断；选项B，由，分，讨论，即可判断；选项C，分，讨论，分析即可判断；将问题转化为点到直线的距离的倍，当时，由参数方程可得；当，由特殊点验证可得D正确. 【详解】选项A，满足，故点在曲线上，但不满足，故点不在曲线上，故曲线C不关于原点对称，故A错误； 选项B， 当时， 当时， 故曲线C上任意点P满足，故B正确； 选项C，当时，曲线C为 若为整点，则或 故有三个整点 当时，曲线C为 若为整点，则， 若，则，与矛盾 故曲线C上只有三个整点，故C错误； 对于D，问题可变为当时，点到直线的距离的倍， 当时，设， 则， 此时的最小值为； 当时，由B选项可得，此时时，取得最小值为，此时的最小值为， 综上，的最小值为，故D正确. 故选：BD 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．已知函数，若在区间内没有极值点，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由题设得，根据区间内没有极值点，应用整体代入法列不等式得或且，即可求的范围. 【详解】， ∴上，没有极值点， ∴或， ∴或，而且得：， ∴，或. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：应用三角恒等变换化简函数式，由区间内不存在极值点列不等式组求参数范围. 13．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，若，则 ． 【答案】8 【分析】先设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，再由正弦定理得到，得到，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，. 【详解】由题意得，，当直线的斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求， 故设直线的方程为，不妨设， 联立，可得，易得， 设，则， 则， 则， ， 由正弦定理得，， 因为，， 所以，，即， 又由焦半径公式可知， 则，即， 即，解得， 则，解得， 故， 当时，同理可得到.    故答案为：8 【点睛】方法点睛：解三角形中，当条件中有角平分线时，可利用正弦定理得到角平分线的性质，将角的关系转化为边的比例关系，再进行求解. 14．某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为 . 【答案】 【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得到至少有一天淋雨的概率. 【详解】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”. 连续上班两天，上班、下班的次数共4次. （1）次均不下雨，概率为：. （2）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：. （3）有次下雨但不被淋雨，共种情况： ①同一天上下班均下雨，②两天上班时下雨，下班时不下雨， ③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨， 概率为：. （4）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨， 概率为：. （5）次均下雨：. 两天都不淋雨的概率为：， 至少有一天淋雨的概率为： . 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查概率问题，具体思路如下： （1）至少有一天淋雨的概率不易分析，则计算两天都不淋雨的概率. （2）从下雨次数入手分类讨论：次均不下雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；次均下雨.计算概率求和. （3）利用对立事件概率的性质即可得到至少有一天淋雨的概率. 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．如图，在直三棱柱中，，，点M，N分别是，的中点，点P是线段BM上的点．    (1)证明：； (2)求三棱柱体积的最大值； (3)当三棱柱的体积取得最大值时，求直线AP与所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明平面即可求解； （2）设，，进而得到，再根据三棱柱的体积即可求解； （3）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，进而得到，再令进行换元求解范围即可． 【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC， 所以． 又，，平面， 所以平面． 因为平面，所以．    （2）解：设，，则， 则，当且仅当时，等号成立． 则三棱柱的体积， 所以三棱柱的体积的最大值为． （3）由（2）知当三棱柱的体积取得最大值时，， 以C为坐标原点，CA，CB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设，则， 所以． 令， 则． 令， 因为，所以，所以，， 所以直线AP与所成角的余弦值的取值范围为． 16．已知是的导函数，其中. (1)当时，证明：存在唯一的，使得； (2)若函数有两个极值点，求实数的取值范围； (3)若存在实数，使得恒成立，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理即可得证； （2）转化为有两个变号零点，分和讨论，利用导数求最值，根据最值列不等式求解可得； （3）当时取特值分析；当时利用指数函数性质求解；当时，求出的最小值，利用隐零点方程代入，然后构造函数，利用导数求解即可. 【详解】（1）由题意，，记，则， 当时，，所以在上单调递增， 因为， 所以存在唯一的，使得. （2）极值点满足，即. 若，可知严格单调递增，至多有一个零点， 故不可能有两个极值点； 若，记，则， 因为单调递增， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以存在最小值点. 且的最小值. 要使有两个零点，需最小值小于0，即. 由于，所以，解得. 又当；当， 所以时，有两个变号零点，即有两个极值点. 所以，的取值范围为. （3）当时，当，， 故不存在最小值， 所以此时不存在实数，使得恒成立； 当时，， 要使恒成立，只需，所以； 当时，由（1）可得存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 从而， 因为恒成立，所以， 故（1）， 又，所以， 代入不等式（1）可得， 整理得：，其中， 构造函数， 则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 从而， 所以，当，即时取等号， 综上所述，的最小值为. 17．已知双曲线的离心率为2，且过点. (1)求双曲线的方程； (2)设直线与双曲线交于两点，若以为直径的圆经过双曲线的左顶点（均不与点重合）.求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标； (3)在（2）的条件下，若直线分别与两渐近线交于两点，问是否存在实数使得是线段的两个三等分点？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析，答案见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据双曲线的离心率及关系式，结合题意即可求解； （2）设，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理得出，由题意得，利用向量数量积的坐标运算结合列式，用表示，再根据直线的点斜式方程即可证明并求解； （3）由（2）知：，设，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理求出，若是线段的两个三等分点，则，列式解方程即可判断. 【详解】（1）由题知：，得， ∴双曲线的标准方程为：. （2）设，点， 由，得：， 则 ∴， 由于以为直径的圆过点，∴， 即， 又， ∴， 则， 整理得：，即， ∴或， 当时 ，过定点，与重合，故舍去， 当时，恒过定点； （3）由（2）知：，设， 由得：， ∴， ∴， ∴， 若是线段的两个三等分点，则， 即，整理得：，方程无实数解， ∴不存在实数，使得是线段的两个三等分点. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 18．一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为.记第次摸到的小球编号为. (1)求与； (2)设，求与； (3)当时，为随机变量，若是奇数，则，若是偶数，则，求. 【答案】(1)， (2)1， (3)答案详见解析 【分析】（1）解法一：利用独立事件的乘法公式，讨论每次摸球的编号即可解题；解法二：利用计数原理得到样本点个数，再利用古典概型可得答案. （2）解法一：建立起关于的递推公式，再求出通项公式，再利用等比数列的前项和公式求出的前项和；解法二：摸球次停止，意思是除了最后2次摸球的编号一样，其他的与前面一次摸球的编号都不一样，利用这个规则，可直接归纳出，即可得答案. （3）利用“当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶”可建立起与的关系，进一步可讨论通项公式. 【详解】（1）解法一：，. 解法二：，. （2）解法一：因为，所以，则. 若，则且，所以， 即， 所以，所以，即 由（1）可知，所以当时，. 又因为，所以， 所以， . 解法二：. ， 所以， . （3）当时，设随机变量满足：若是奇数，则，若是偶数，则.设. 当时，即为偶数，可得. 当时，即是偶数，可得. 当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇一偶. 所以，即 当且为奇数时，，即； 当且为偶数时，，即. 当时，. 当时，. 综上可得，当且为偶数时，；当且为奇数时，. 19．已知集合，. (1)若，求N； (2)设M中所有的元素均为正数，N中元素的个数为，求的最小值； (3)若，，求M. 【答案】(1) (2)最小值为3 (3). 【分析】（1）根据集合元素性质，分类讨论进行求解即可； （2）根据集合元素性质，结合题中定义进行求解即可； （3）根据集合元素性质，分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）当，时，；当，时，； 当，时，；当，时，； 当，时，；当，时， 故； （2）设，则，则. 令，则，，即，. ，此时，故的最小值为3 （3），其中3个负数2个正数， 中负数的个数为1或2或3，设. 若，则， 中元素大于1，不符合题意，舍去. 若，则，，. ，，则，，，则，， 解得，则，此时，符合题意. 若，则，，，. 中只有元素大于1，不符合题意， 综上所述，. 1 学科网（北京）股份有限公司 $