2026年普通高等学校招生全国统一考试临考冲刺(6)-【创新教程】2026年高三数学高考临考冲刺卷

2026年普通高等学校招生全国统一考试临考冲刺（六》 数学 (本卷共150分，考试时间120分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号，考场号，座位号填写 在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和准考证号填涂在答题卡相应位置上 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改 动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应 彩 位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以 上要求作答的答案无效， 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A=x-≤0，B={z>≥1则AnB= A.(0,1] B.(0,1) C.[0,1] D.[1,0) 2.已知复数z=(3十i)(2-ai),a∈R,i为虚数单位，若之为纯虚数，则|z= A.-20 B.20 C.-6 D.6 3.已知a,9满是sin(a十2)=2cos(a+0sing=3,则sime值为 A品 B C. 4.最新神舟二十二号飞行任务是中国载人航天工程2025年的飞行任务，也成为是中国空间站建 造过程中应急飞行成功的里程碑事件，意义重大.浙江某校为了培养学生们的航天精神，特意 举办了关于航天知识的知识竞赛，竞赛一共包含两轮.高三(9)班派出了u和v两位同学代表 班级参加比赛，每轮竞赛“和口两位同学各答1题，已知u同学每轮答对的概率是号，同学每 轮答对的概率是子，每轮竟赛中u和口两位同学答对与否互不影响，每轮结果亦互不影响，则M 江 的 数 两位同学至少答对3道题的概率为( ) 器 R 器 D.o 5.已知等差数列(a,(n∈N“)的前n项和为S,公差d<0,a<-1,则使得S>0的最大整数 ag n为 ) A.9 B.10 C.17 D.18 凶 6.已知直线l:kx一y+1一k=0和圆⊙O:x2+y2=r2(r>0),则“r=√2”是“存在唯一使得直线 1与⊙O相切”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知函数f(x)=2,若Hx1,x2∈R,且x1<x2,则下面结论错误的是 A.f(x1)<f(x2) 2 C.f(x1x2)=f(x1)+f(x2) D.f(x1+x2)=f(x1)f(x2） 数学试题（六）第1页（共4页） 8.设n为正整数，且n≥2，an=10,bn=log2n,cn=入an十(1一入)bn.若对任意的入∈[0,1]，长为 an、bn,cn的线段均能构成三角形的三边，则满足条件的n共有 个 () A.3 B.4 C.5 D.6 二、选择题：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.已知数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，a11=2,S=一30，则 A.a7>0 B.{an}为单调递增数列 C.使Sn>0的n的最小值为18 D.当且仅当n=8时，Sn最小 10.已知函数f(x)=x(e-1)-alnx(x∈R),则 A.若a=1,则f(x)≥1 B.f(x)可以有2个极值点 C.若a≤0，则f(x)是增函数 D.若f(x)=(a-l)x有两个零点x1,x2,则a>e 11.如图，点M是正方体ABCD-A1B1CD1中的侧面ADD1A1上的一个动点，则 A.点M存在无数个位置满足CM⊥AD 'M iD B.在线段AD1上存在点M,使异面直线B,M与CD所成的角是30° C.若正方体的棱长为1，三棱锥BC,MD的体积最大值为号 D.点M存在无数个位置满足到直线AD和直线C1D1的距离相等 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了 深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形ABCDEFGH,其 中AB=2,O为正八边形的中心，则AB·GC= A C:8十1(0<b<8)的左、右焦点分别为E,山 之，过F,的直线与椭 圆交于A,B两点，点O为坐标原点，点P在椭圆C上，且OP1AB,则的取值范围 为 14.设函数f(x)=cosx十√cos2x,下列说法正确的有 ①函数f(x)的一个周期为2π ②函数f(x)的值域是 ③函数fx)的图象上存在点P(红，)，使得其到点(1,0)的距离为号 ④当x∈[一至，]时，函数f(x)的图象与直线y=2有且仅有一个公共点 数学试题（六）第2页（共4页） 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(13分)已知数列{a是公差为d的等差数列，a,一b=2. n (1)证明：数列{b,}也为等差数列；(5分) (2)若a1=d=3,数列{cn}是以数列{bn}的公差为首项，2为公比的等比数列，数列{bncn}的前 n项和Tm,证明：Tn≥1.（8分) 16.(15分)在直角坐标系xOy中，设F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，M为抛物线C上位 于第一象限内的点.当FO·FM=0时，有|FO一FM=√5. (1)求抛物线C的方程；(3分) (2)设直线FM与抛物线C的另一个交点为N,点M,N在直线x=一1上的射影分别为点 M,N',过点F且与FM垂直的直线与直线x=一1相交于点P,证明：P是线段M'N'的中 点；(4分) (3)设过定点(6，一4)的直线1与抛物线C交于A,B两点.若FO·FM=一3，且A,B两点的 横坐标均与点M的横坐标不相等，试判断直线MA,MB的斜率之积是否为定值.如果是定 值，请求出该定值；如果不是定值，请求出其取值范围.(8分) 17.(15分)在三棱锥P-ABC中，∠ABC=120°，AB=BC=4,PA⊥PB, 三棱锥P-ABC的各顶点均在表面积为64π的球O的球面上，且A,B, C,O四点共面 (1)证明：平面PAB⊥平面ABC;(4分) (2)当PA=PB时，求球心O到平面PBC的距离；(5分) (3)求直线CP与平面ABC所成角的正弦值的最大值.(6分) 数学试题（六）第3页（共4页） 18.(17分)已知函数f(x)=e--az, (1)讨论函数f(x)的极值点个数；(7分) (2)若函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2,其中x1<x2, (1)证明：x1+x2<0;(4分) (iⅱ)证明：f(x1)+f(x2)>2.(6分) 19.(17分)某公司为了开拓新产品市场，组织人类挑战机器人对抗赛活动.每局比赛只有胜和负 两种情况，无平局，每局比赛挑战者战胜机器人的概率为了，胜者记2分，其余记1分.每个挑 战者只能挑战一局，每局胜负不受其他因素的影响. (1)求三局比赛中，人类队累计得分Y的分布列和数学期望；(4分) (2)若m局(n∈N)比赛巾，人类队累计得分为(a+2)分的概率为Pm),求含P9,(6分) (3)若采用“比赛赛满2n一1局，胜方至少获得n局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为A(n)； 若采用“比赛赛满2n十1局，胜方至少获得(n十1)局胜利”的赛制，人类队取胜的概率为A(n 十1)，比较A(n)与A(n十1)的大小，并说明其统计意义.(7分) 数学试题（六）第4页（共4页）参考答案 2026年善通高等学校招生全国统一考试临考冲刺（六） 选择题答案速查 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D D C A C B BC ACD ACD 1.A[由x2-x≤0，即x(x-1)≤0，解得0≤x≤1，所以 故满足存在唯一k使得直线1与⊙O相切， A=[0,1]. 当M(1,1)在⊙O:x2+y2=r2(r>0)上，满足存在唯一k 由士>≥1，移项得-1≥0，即1≥0，￥价于 使得直线1与⊙O相切， 故2=1+1=2， Ix(1-x)≥0 解得0<x≤1， 又>0，解得r=√2，必要性不成立， 1x≠0 所以B=(0,1].则A∩B=(0,1].] 故“r=√2”是“存在唯一飞使得直线1与⊙0相切”的充 2.B[z=(3+i)(2-ai)=(6+a)+(2-3a)i, 分不必要条件.] aR且为地度数侣0a=6 7.C[由指数函数的单调性可知f(x)在R上单调递增， 又x1<x2,所以f(x1)<f(x2),故A正确； 20i,∴.|z|=|z|=20.] 因为21>0,22>0， 3.D [sin(a+23)=sin[(a+B)+B]=sin (a+B)cos B+ 所以fx)f)-2当+2类≥√m·27=2学= 2 2 o+-0sn=na+mcos叶专是所以na十0 cos B-12' 1 又西<，所以上式取不到等号，所以f)十f2) 2 所以sina=sin[(a十B)-]=sin(a十B)cosB-cos(a十B) sn=b-3=-子] f色吉）故B正项： f(x1x2)=2512,f(x1)+f(x2)=21十22， 4D[若“和0两位同学答对4道题，则共概率为（侍）】 Vx1,x2∈R,x1<x2,f(x1x2)≠f(x1)+f(x2),故C ×(保) 错误； f(x1十x2)=25+2,f(x1)f(x2)=21·22=251+2= 若u和v两位同学答对3道题，则其概率为2× f(x1十x2),故D正确.] 5 8.B[因为长为an、b,、cn的线段均能构成三角形，所 ×()+2×××()-0： cn<an+b 故和0两位同华至少答对3道题的瓶率为易十 21 以{bn<an十cw (cn<bn十cn 由cn<an十bn,有an十(1-入)bn<am十bn,即(a-1)an <Ab, 5.C[因为0<-1<0，所以a10,a异号，因为d<0,所 若1=1，则对任意的n都成立， 以ag>0,a10<0, 若00，则会>产=1-而当A=0时，1+ 又有20<-1，所以ao<-a,即a十a<0, 有最大值， 周为5=17a+a）=17a,>0,S=18a+a2= 2 2 9(ag+a1o)<0, 多使任老的县部有源古中委证酒0，解得可 logzn 所以5n>0的最大整数n为17.] 为任意正整数； 由bn<an十cn,有bn<an十λan+(1-λ)bn,即bn<(1+ 6.A[r=V2时，l:kx-y十1-k=0到⊙0：x2十y2=2的 距离为-头=厄， λ)an √1+k2 所以三 g0>产=1+周x[o,1,事=1 /10、A b 故1-2k+k2=2+2k,解得k=一1， 满足存在唯一使得直线1与⊙O相切”，充分性成立， 时，1一十有最大值2 l:kx一y十1一=0经过定点M(1,1), 若r=1,⊙0：x2+y2=1,若=0，此时直线1：y=1, 要俊任考的及如有产中类之保得 直线l:y=1与⊙O相切，另一条切线斜率不存在， =2,3,4,5,6； ·27· 数学 由an<bn十cm,有an<bn十λan十(1-入)bn,即（入-2）bn< 故原方程有两个解转化为t-alnt=0有两个解h1,t2, (-1)an, 易知a≠0，即lh=】有两个解1， 若λ=1，则对任意的n都成立， t a 者e[10,期会-酒<将-1六喜1-0 设h)=h,则(D=1nL,当(0，e)时K()> t 0,t∈(e,+o∞)时h(t)<0, 时，1-有最小值2， 所以h(t)在t∈(0，e)上单调递增，在t∈(e,十∞)上单 要使任老的年布识子中要识<2，解得 调递减，则n()≤h(e)= e {n∈Nln≥3}. 由于0，h0-0,+0,A)-0所以0<日< 综上，n∈{3,4,5,6}，所以满足条件的n有4个.] 9.BC[对于A:在等差数列{an}中，a11=2,S=一30， 合，即e>e故D正璃门 所以a+10d=2 解得a一8 11.ACD[对于A,连接AD1,A1D,B1C, (5a1+10d=-30 'd=1 则a,=a1十6d=-2<0,故A错误； 对于B:an=a1+(n-1)d=n-9,则an-aa-1=n-9 (n-10)=1>0, D 所以{an}单调递增数列，故B正确； 对于CS.=m,+aaDa=号-17m,南5>0. 2 :四边形ADDA1为正方形，∴.AD1⊥AD; 即2(m-17m)>0, CD⊥平面ADD1A1,ADC平面ADDA,∴AD ⊥CD; 解得n>17,所以Sn>0的n的最小值为18，故C正确； 又A1D∩CD=D,A1D,CDC平面ABCD,.AD1⊥ 对于D:S=合-17m)的对稀轴为n=号，开口方向 平面A1B1CD, 则当CMC平面A1B1CD,即M在线段A1D上时，CM 向上， ⊥AD1恒成立， 因为n为正整数，所以当n=8或9时，Sn取得最小值一 点M存在无数个位置，使得CM LAD1,A正确； 36,故D错误.] 10.ACD[由于a=1,则f(x)=xe-(x+lnx)=xe- 对于B,以D为坐标原点，DA,DC,DD1正方向为x,y, 之轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长 In(ze), 为1， 设t=xe,x>0→t>0,设g(t)=t-lnt,则g(t)= 1- D 所以t∈(0,1)时，g'(t)<0,此时g(t)单调递减；t∈(1， 十o∞)时，g(t)>0,此时g(t)单调递增， 所以g(t)mm=g(1)=1,即g(t)≥1，故A正确； 由于f(x)=e(x+1)-1-=e(x2+)-x-a, 设h(x)=e(x2十x)-x-a, 则D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1, 则h'(x)=e(x2+3x+1)-1=e(x2+3x)+(e-1), 1,1), x>0, .CD=(0,-1,0),AD1=(-1,0,1), 所以h'(x)>0,h(x)在(0，十∞)上单调递增，即h(x) 当M在线段AD1上时，可设AM=AAD1(0≤A≤1)， =0不可能有2个解， 所以∫(x)不可能有2个极值点，故B错误； ∴.AM=(-X,0,λ)，则M(1-入，0，A), 若f(x)是增函数，则f(x)≥0，即h(x)=x2e十x(e .B1M=(-λ，-1，a-1), -1)-a≥0恒成立， 由上知h(x)是增函数，又x>0,只需a≤0，故C正确； co(B,M.CD=BM.CD IBM·|CD f(x)=(a-l)x有两个零点，即xe-aln(xe)=0有 两个不同的解x1,x2, W√2+1+（入-1）2 √2(2-A+1) 令t=xe且x>0,则t'=(x十l)e>0,故t=xe在 (0,+∞)上为增函数且t>0, 则当A=专时，lcoBM,CD1m=6<号 32 ·28· 参考答案 .异面直线B1M与CD所成的角大于30°，B错误； -12+82 化简得12+8②)2-1) 对于C,连接AC,交BD于点 D 所以 2+1 (2+1)(W2-1) O,连接AC,交CO于点N, A =12厄-12+16-82=42+4. :BD⊥AC,BD⊥AA,AC∩ 2-1 AA=A,AC,AA1C平 答案：4√2+4 面ACC1A1, .BD⊥平面ACC1A1,又AC 1以解折：因为。=8。=台-号，所以2=4,6=4，同为 a C平面ACC1A1,∴A1CLBD; OPLAB,当AB⊥x轴时，ABm=2E=2V2, 同理可得：AC⊥BC;又BC∩BD=B,BC,BDC平 a 面BC1D, 1OP=a=2a,所以(9) =2√2；当AB为 .A1C⊥平面BCD,即A1N⊥平面BC1D: 长轴时，|AB|x=2a=4V2,|OP|mn=b=2,所以 :R△CNQRt△CA,8-A8CN= √3 (OP 的取值范围 恒- 2=3 为[竖2@] AN-8-g-2g, 答案[停2同] :△BCD是边长为厄的等边三角形，SC,D=合× 14.解析：对于①，x∈R,f(2π+x)=cos(2π+x)+ x恒x-停， √cos(4π+2x)=cosx十√cos2z=f(x),故2π是函 数f(x)的一个周期，①正确；对于②，f(x)=cosx十 设点M到平面BC,D的距离为d,则Vc,m=VMBC,D √cos2x=cosx+√2cosx-1,需满足2cos2x-1≥0， 中o≥分osze[-1,-号][停，小◆ 当M与A重合时，d取得最大值25，(VC,m) 3 1-][停.小为y=+ =5x23=1 633 ,C正确； ,[竖时，y=+V在 对于D,,C1D1⊥平面ADD1A1,点M到直线C1D1 的距离即为其到点D1的距离， [竖]上单河适增，剥y∈[咨2小：当 若点M到直线AD和直线C,D1的距离相等，则点M 轨迹是以D1为焦点，AD为准线的抛物线在侧面 [-]-1+2v1+产 ADD1A1上的部分， ∴点M存在无数个位置满足到直线AD和直线C1D 2r-1-4<0,(22-1）-42=-20-1<0, √22-1 的距离相等，D正确.] 12.解析：在正八边形中，因为HC∥AB,在等腰梯形 故√2-1-√4E<0),此时y=t+√2-1在 ABCH中，可得∠AHC=45°. [-1,-]上单调递减，则y∈[-90]，综上， 计算CH长度，CH=-2+2X2Xc0s45=2+2X2×号 f)的值装是[o]U[停，2小， =2+2√2. ②错误；对于③，由②知， 正八边形内角为135°，即∠AHG=135°，所以∠GHC= 135°-45°=90°，也就是GH⊥HC. ax[-1,-][停小 因为HC》AB,所以与花表成，且店-+成 当x[-1,]时， 那么AB.GC=1H记.Gd √2+1 x∈[西+2张，+2kx],k∈Z,满足此条件下的f) 由于GH⊥HC,GC在HC方向上的投影就是HC,所以 图象上的点P(x,y)到(1,0)的距离 HC·GC-HC. x-10+f)-0≥x-11≥经-1>号：当 已知CH=2+2V2,则HC=(2+2√2)2=4+8V2+8 =12+8√2. osx∈[停，]时，)∈[受，2小满足此条件下的 ·29· 数学 f(x)图象上的，点P(x,y)到(1,0)的距离 (2)由上可知，点F的坐标 -+)-0≥)-0≥号，当且仅当 为(1,0)， 若直线FM的斜率不存在， f=号且x=1时￥号成主，而f)-号时，0s 则直线FM垂直于x轴，P 2 是x=一1与x轴的交点， -号x=景+2xk长7或x-号+2∈Z,满 显然是MN'的中点， 若直线FM的斜率存在，易 足此条件的x与x=1矛盾，即等号取不到，故函数 B f(x)的图象上不存在点P(x,y),使得其到点(1,0)的 知该直线斜率不为O,可设直线FM的方程为x=ty +1, 距离为，③错误；对于④，由②的分析可知f()=2, 2 联立∫2=y+1 y2=4x ,整理得y2-4y一4=0， 则cosx=1,即x=2,ke乙，又z∈[-至，牙]，故当 设点M,N的坐标分别为(x1,1),(x2,y2),则y1十y2 且仅当x=0时，1)=2，即当x∈[-音，]时，函 =4t, 则M,N的坐标分别为(-1，y),(-1,2), 数f(x)的图象与直线y=2有且仅有一个公共点，④ 直线FP的方程为y=一t(x一1)，于是点P的坐标为 正确， (-1,2t), 答案：①④ M,P,N三点在同一直线上，y十y2=2y,∴P是 15.解：1)-=2，b,=a.-2m, n 线段M'N'的中点； .bn+1-bn=[an+1-2(n+1)]-(an-2n)=an+1-aa 3)可设M(罕，m）m>0, -2, 又：数列{an}是公差为d的等差数列， 由上可得F0=(-1,0),FM=(件-1，m） '.anti-an=d,.bnti-bn=d-2, 由F0.FM=-3,得1-0=-3，解得m=4, .数列{bn}是以d一2为公差的等差数列； 4 (2)a1=d=3, 点M的坐标为(4,4)，由题意得直线必不垂直于 .b1=a1-2=3-2=1,d-2=3-2=1, y轴， .数列{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列..bn= 1x-6=n(y+4) .可设l:x-6=n(y十4)，联立 1+(n-1)×1=n, y2=4x 数列{cn}是以1为首项，2为公比的等比数列， 整理得y2-4ny-16n-24=0, ∴c.=1X2-1=2-1,∴b.c=n…2-1, 其中△=16m+4(16n+24)=16(m2+4n+6)>0恒 .T.=1×21-1+2X22-1+…+n×2-1①， 成立， .2Tn=1×22-1+…+(n-1)×2-1+n×2②， 设A(x3,y3),B(x4,y4),由韦达定理，有y3十y4=4n, .②-①得，Tn=-1-2-…-nX2-1十nX2"= y3y4=-16n-24, -(1+2+…十n×2m-1)+n×2" 选而得名十么=尊+蓝-十少2盖=4十 4 4 -号+n…2-1-2+·2-a-02+1. 8n+12, n≥1且n为正整数，.n-1≥0,2>0， =. (y3y4)2 r3x4 4 4 16 =16n2+48n+36, .Tn=(n-1)2"+1≥1（当n=1时取等）. 16.解：(1)由OF·MF=0,得MF⊥OF, ·ka·em=为二4.4-4=y4-4(y十)+16 x3-4x4-4x3x4-4(xg十x4)+16 :M为抛物线C上位于第一象限内的一点， ==32n=8=-2, 16n+4 设M(号%）%>0，则6=/2p·号 =p,即 综上可得，直线MA,MB的斜率之积为定值一2. M(台P: 17.解：(1)证明设球0的半径为R,则4R2=64π，解得 R=4, 由题知，ò-F=Mò√（多）+=5，解 设△ABC的外接圆半径为T,则r=2 sin/ACB AB 得=2， 抛物线C的方程为y2=4x; 4一=4， 2sin 6 ·30· 参考答案 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC= AB,PMC平面PAB, 所以PM⊥平面ABC,且CMC平面ABC,则PM ⊥CM, 可知直线CP与平面ABC所成角为∠PCM, 设BM=x∈(0,4)，则AM=4-x,PM=AM·BM= (4-x)x, 因为A,B,C,O四，点共面，可知△ABC的外接圆圆心 在△BCM中，由余弦定理可得 为0， CMP=BC2+BMP-2BC·BMcos∠ABC= 取AB的中点E,连接PE,OE, 可知△ABO为等边三角形，则OE⊥AB,OE=2√3， 4+2-2×4Xx×(-合）=x+4红+16， 又因为PALPB,则PE=合AB=2, 则CP=√PM+CM=2√2√x+2, 且OP=4,则OE十PE2=OP,则OE⊥PE, 因为AB∩PE=E,AB,PEC平面PAB,则OE⊥平 则sin∠PCM=PM-V4-xz CP2√2√x+2 面PAB, 令t=x十2∈(2,6)，则x=t-2, 且OEC平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC (2)若PA=PB,则AB⊥PE,PA=PB=2√2， 可得m∠PcM=@2-誓/&-(+) 2√2E 因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC= AB,PEC平面PAB, 2 所以PE⊥平面ABC,且CEC平面ABC,则PE⊥CE, 在△BCE中，由余弦定理可得 当且仅当4=，即1=23，x=2(-1)时，等号 CE=BC+BE2-2BC·BEcos,∠ABC=4+22-2X 成立， 4x2×(号）28， 所以直线CP与平面ABC所成角的正弦值的最大值 即CE=2√7，则CP=√PE2十CE=4√E, 在△PBC中，由余弦定理可得cOs∠PBC= 为 PB+BC-PC_8+16-32=-2 18.解：(1)f(x)=e-x-a,令g(x)=f(x),则g'(x)= 2PB·BC 2×2√2×4 4 e-1, 可知∠PBC为钝角，且sin∠PBC=√I一cos∠PBC 当x<0时g(x)<0,当x>0时g'(x)>0, 4 4， 所以g(x)=(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，十∞) 则Sa=合PB,BC·m∠PBC=号X2EX4× 上单调递增， 由g(0)=f(0)=1-a, 4=27, 4 当a≤1时，f(x)≥0，则f(x)在R上单调递增，无极值，点； 设球心O到平面PBC的距离为d, 当a>1时，f(0)<0,x-o∞或x→十∞时f(x)→十∞， 因为VoPm=Vrc,则号dX27=号×2X分×4×4 所以f(x)在(-∞，0)、(0，十∞)上各存在一个零，点， 3 盟期得4红 分别取m,n, 7 所以在(-∞，m)、(n,十∞)上f(x)>0,在(m,n)上 所以球心O到平面PBC的距离为4 f(x)<0, 7 所以f(x)在(-∞，m)、(n,十∞)上单调递增，在(m,n) (3)过，点P作PM⊥AB,垂足为M, 上单调递减， 此时f(x)有两个极值，点， 综上，f(x)在a≤1时无极值点，在a>1时有两个极 值点； (2)(i)令G(x)=g(x)-g(-x)且x>0,则G(x)= g'(x)+g'(-x)=e+er-2>2√e·ex-2=0, ·31· 数学 所以G(x)在(0，十∞)上单调递增，则g(x)-g(-x)> 设§=1×（号）+2×（号）广 +…+(n-1)× g(0)-g(0)=0, 所以，当x>0有g(x)>g(-x),结合(1)及已知x1<0 (学)) <x2,则g(x1)=g(x2)>g(-x2),且-x2<0, 又g(x)在(-∞，0)上单调递减，则x1<一x2,所以x1 号s=1×(号)+2×（号）+…+(a-1)× 十x2<0,得证； (号)*) (i)令F(x)=f(x)+f(-x)且x>0,则F(x)= f(x)-f(-x)=e2-ea-2x, ()-()得：号5=1+（学）+（号）+…叶 令p(x)=F(x),则p(x)=e十e-2>0,即p(x)= (得)广-a-x(号)广 F(x)在(0，十o)上单调递增， 所以F(x)>F(0)=0,则F(x)在(0，十o∞)上单调递 g-a+20(号). 增，F(x)>F(0)=2, 由x1<0<x2,且f(x2)+f(-x2)>2,又x1<-x2 as=9-3+(号)， <0, 结合(1)fx)在(x1,x)上单调递减，则f(x1)>f(-x2), (3)设“赛满2n十1局人类队获胜”为事件C,要使事件 所以f(x1)+f(x)>f(-x2)十f(x2)>2,得证. C发生，有两种情况：第一阶段赛满2一1局人类队胜， 19.解：(1)Y的所有可能取值为3,4,5,6， 记为事件A1,第一阶段赛满2一1局人类队负，记为事 PY=3=(号)= 件A2 ..C=A C+A,C,P(C)=P(A C)+P(A2 C) pY==c(号)×g-号 ①若第一阶段人类队胜，则人类队在前2一1局至少胜 n局，分为人类队至少胜n十1局和人类队恰好胜n局， PY=)=C号×（传）广-号 (ⅰ)若人类队至少胜n十1局，无论后面两局结果如何， PY》-(号广=动 最终人类队获胜； (ⅱ)若人类队恰好胜n局，且后面两局中人类队均负的概 Y的分布列为 率为C8-1p(1一)-1(1-p), 4 6 P(AC)=A(n)-C2n-1p”(1-p)-1(1- 2 P 8 9 9 27 (共中=号）) ②若第一阶段人类负，则人类队恰好胜了n一1局，而后 .数学期望E(Y)=3X 27 +4× 4+5× 2+6X27 两局必须全胜才能使得人类队最后获胜， =4. .P(A:C)=P(A2)P(CIA2)=C2(1-B)"2 (2)依题意，n局比赛中，人类队累计得分为(n十2)分， ..A(n+1)=P(C)=P(AC)+P(A2C)=A(n)-C2-1 即n局中有2局人类队取胜， p(1-力)-1(1-p)2+C%m-1p-1(1 当≥2时，Pm)=C(合)广（号）” pp(其中=号)） A(n+1)-A(n)=C2m1p-1(1-p)”p2-C2m-1p(1 )"-1(1-p) 当用=1时，P(1)=0电特合上式P0=”“8 =C。-1p+1(1-p)”-C。-1p(1-p)+1=Cgm-1p(1 (), p(2p-)=c(合)八（学）八（号-0， ∴.A(n+1)<A(n). 9-[x(号)+1x(号)+x() 在人类队每局获胜概率为了的条件下，局数越多，人类 ++m-1)x(号)] 队获胜的概率越小， ·32·