解答题专练(20)多模块综合(二)-【鱼跃龙门卷】2026年高考数学试题逐题突破

子鱼欧龙门卷 2025一2026学年度高考试题还题突破—解答题专练（二十） 数学·多模块综合（二） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(15分)生态学家高斯为研究有限资源下的种群增长问题，在实验室培养了草履虫，调查得到 一组数据(t:,y:)(i=1,2,…,8),其中y:表示第t:天草履虫的数量，经研究该组数据可用 Logistic模型拟合，函数模型为)1十Ae,设初始数量为y,(,∈N)(个/ml,A-200 200 yo 1经计算得到如下统计量的值：含，=36，含≈0.2，之=204，含4，≈-3,4，其中， 1 1n(20-1. V: (1)求y关于t的经验回归方程，以及y。的估计值(r,A精确到小数点后1位)； (2)Logistic模型可用于研究生物学中一般种群的“S”型增长，某种群数量f(t)与时间t的关 K 系为f()=1十Ae（A,K>0),证明：当种群数量达到K的一半时，该种群增长速 度最快」 附：对于一组数据(x1,y1),(x2,y2),…,(xn,ym),其经验回归直线y=a+ix的斜率和截距 的最小二乘估计分别为= 2(x:-x)(y:一y ,a=y-bx;e3.7≈40.4. 2(x:-x)2 5=1 2.(15分)已知点F(1,0),P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记 为C. (1)求C的标准方程； (2)过点F的直线L与C交于A,B两点，过点A且垂直于L的直线交x轴于点M,过点B且 垂直于L的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时，求l的方程. 数学·解答题专练（二十）第1页（共2页） 3.(15分)已知函数f(x)=x-1n(1十x). (1)求曲线f(x)在原点处的切线方程； (2)讨论函数x红)=fx)号mr2(m∈R的单调区间， (3)证明：[1+（分门×[1+2×(2）门]×…×[1+n×(2)]<e 4.(15分)在一次程序设计竞赛中，需要通过逐一运行测试点的方式对选手编写的程序进行评 测.评测共有6个测试点，分为3个基本功能点与3个强测优化点.每通过1个基本功能点，选 手将获得5分；每通过1个强测优化点，选手将获得10分.选手最终得分为所有测试点得分之 和.主办方准备了两种评测方案，可供选手选择，每种方案都按确定的次序进行评测，每个测 试点只测试1次， 方案一：先测试3个基本功能点，在这个过程中只要有测试点不通过则终止评测；选手通过所 有基本功能点后才能测试3个强测优化点，在这个过程中即使有测试点不通过，也将继续测 试，直到所有强测优化点测试完毕 方案二：选手按1个基本功能点，1个强测功能点，1个基本功能点，…，进行交叉测试，过程中 出现任何1个测试点不通过的情况都立刻终止测试. 小张编写的程序通过每一个基本功能点的概率均为力，通过每一个强测优化点的概率均为q. 每个测试点是否通过都相互独立，且p,q∈(0,1). (1)若p=0.5,q=0.2,小张选择了方案一进行评测.求小张最终得分不少于30分的概率； (2)设小张的最终得分为随机变量为X,分别求出方案一与方案二中X的分布列； (3)以小张的最终得分的期望为依据，判断小张应该选择哪一种方案？ 数学·解答题专练（二十）第2页（共2页）高考试题逐题突破 8k2 代入(*)，可得 3x-1=3+4k2' 3 -6k 3y-2=3+4k2’ 8k2 当0时，号-要-一得-号 3 3y-2 -6k -3(x≠号 3+4k2 .3x-1 且y≠)所以336心 2-4y 3+( 化简整理得3(2y-1)2十(3x-2)2=1, 当=0时，得=日y=号即Q(名，)，满足上面的方 1 程，所以点Q的轨迹方程为(3x-2)2+3(2y-1)2=1. 1 3.解：(1)由题意，cos0=3, x.(传）=6as20=2a0-1=名， 证明：要证Tn+2(t)=2tT+1(t)-Tn(t), 只需证cos[(n+2)]=2cos0cos[(n+1)0]-cos(n0), 由于cos[(n+2)0]=cos[(n+1)0+0]=cos0cos[(n+1)0]- sin0sin[(n+1)0]①， cos(n0)=cos[(n+1)0-0]=cos 0cos[(n+1)0]+sin 0sin[(n+ 1)0]②， ①+②得cos[(n+2)0]+cos(n0)=2cos0cos[(n+1)0], cos[(n+2)0]=2cos 0cos[(n+1)0]-cos(ne), 所以Tn+1(t)=2tTn+1(t)-Tn(t)得证. (2)存在0∈R,使得入<cos30-4cos29成立， 即入<cos39-4cos20的最大值， 由题知，cos38-4cos20=T3(t)-4T2(t)=2tT2(t)-t 4T2(t)=4t3-8t2-3t+4, 令g(t)=4t3-8t2-3t+4,t∈[-1,1]，令g(t)=12t2 16t-3=0, 即(2：-3)(6十1)=0，解得：=2（含去）=-石， 当∈[-1，一门时，a>0,单调递指， 当∈[言时g)<0,8@单调通减。 所以：)的最大值为(-名)-罗即A<票 (3)冷f'(x)=8x3-6x-反-0，即4x-3z=5 2, 令c0s9=xx∈-1,43证cos30,cos9 9=士誓+2张，30=士年+2x,0=±2+号x便∈Z0, 当0-危时=m品m(音-）-64 4 当0=设+行-平时，=要9。 当0=-是+号-时场-登-m(督+）-6 4 又4松-3：-号最多只有三个解且<，< 由三次函数图象，x∈(x2,x),x∈(x1,十∞)，f'(x)>0, f)的单调莲指区间是(-号，，).（士，+）》 ·38 2 解：(1)①已知答对概率p=3,则答错概率g=1一p=3·设答 对题数为k,得分X=k十3，故X的所有可能取值为3,4,5,6， Px-8-c(）- px=5=C()()-号=÷， P(X=6)= ()-a 所以随机变量X的分布列为 X3 456 P 27 期望E(X)=3×+4×号+5×号+6×易-5. 1 ,8 ②已知甲得8分（答对4题）概率为p-得p=号 1 则其至少答对3题的概率为 P-c(g)()+c(》-景+动-日 (2)(1)对n≥2，得分n的递推： 最后一题答错（概率号）：之前得m-1分，放卫.含号P.: 最后一题答对（概率号）：之前得n一2分，放卫.含P. 2 即P.=3P-1+3P.-2n≥3). 所以PR=号P.+号P-R,=方R,P 且P=号，P,=+(号)°=P:-P,= 1 因此，P1-P.)是以日为首项，-号为公比的等比数列 ()由差数列累加求和： P.=P+2P-P)=+是 1-(-) 3 =2 3+9 1-(） ()。 偶数项(a=24,6…):(-号)为负，P.=是+正数，且 随着n增大，正数减小，故P2为最大值； 奇数项m=13,5…):(-号厂为正，卫.=-正数，随 者n增大，正数汉小，道近于0，放最大值趋近于月 综上，P,为最大值，P,=了，即P.的最大值为子 数学解答题专练（二十）】 1. ①解：由tic函数模型y=士200元变形得2001= Ae m, 两边取对数令z,=ln(0-1得x=lnA-t, 则之与t满足线性关系之=a十it,其中a=lnA,b=一r, 根据膳日中数据可得-日之，-号-日之，0 1 ·数学· u,-i0(2-2 所以方= =1 (t,-t)2 -1 9 -33.4-8X2×40 ≈-0.817， 204-8×(7 a=之-bt≈ 1 .9 0-（-0.817)×2≈3.7， 由a=lnA得A=e≈e3.7≈40.4， 1归方程为之=3.7-0.817t,即1n 3.7-0.817t, 200 变形得y=1+40.4em 200 200 将1=0代入得y=1十40.4e0=.4≈4.83， 因为yo∈N,所以y。的估计值为5. K (2)证明：由题意知种群数量f()=1十Ae,则增长速度 f'(t)= KrAe-n (1+Aet)2, 令u=e(u>0),则f'()=KrA·a+Au)' u 令&)=a+A则g)=+Aa21+A0A (1+Au)4 1-Au (1+Au), 所以当0<<六时，g'(a)>0,g)单调递增， 当>时，g()<0,gu)单调递诚， 所以当：=时，g仙)取得最大值，用。”-方 时，种群增长 速度最快，将。”=子代人f@)得f)= K 1+4牙 所以当种群数量达到K的一半时，该种群增长速度最快， 2.解：1)设P,).则以PF为直径的圆的圆心为（安，名）， 根据圆与y轴相切，可得 x+1| 2 3x-+y, 化简得y2=4x,所以C的方程为y2=4x. (2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0， 设直线1：y=k(x-1),A(x1y1),B(x2,y2), 联立，=(x-1), 1V4 y2=4x, 得k2x2-2(k2十2)x十k2=0, 所以x1十x2 2(k2+2) x1x2=1, 所以1AB1=1AF1+1BF1=1十：+2=2+2+2= k2 4k2+4 k2, 设直线L的倾斜角为8，IAM|=|AF|Itan0|,IBN|= BF tan 0 AMI+IBNI=AFI I tan 1+IBFIItan 1=IABI I tan1= ·39 参考答案及解析 AB, SBaRe-SAe+SAs-名IABIIAM+BNI)- |AB12|k|_8(k+2k2+1) 2 |k13 设4=1>0.测se-8u++D-8(e+2+） 所以sw）=8(1-是-是）=8…--3- t4 8.+1D-3)u+3) t 当t>√3时，S'(t)>0,S(t)在（√3，+∞）上单调递增，当0< t<√3时，S'(t)<0,S(t)在(0，w3)上单调递减， 所以当t=√3，即||=√3时，四边形MANB的面积最小，此 时k=士√3， 故直线l的方程为y=士√3(x-1),即√3x-y-√3=0或 3x+y-√3=0. 0操：f)=1计2f0=0: 所以曲线f(x)在原点处的切线方程为y=0. (2)解：z(x)=∫(x)-号mr2=x-h1十x) 1 1 2m.x(x>=1D21(x）=1十-mx=xmzm二1 x+1 1 x 当m=0时，x(x)=1一1千x一mx=1十x1 若x∈(-1,0)，则z'(x)<0;若x∈(0，十o∞)，则z'(x)>0, 所以函数z(x)的单调递减区间为（一1,0），单调递增区间为 (0,十∞). 当m≠0时，令(x)=0,则x1=0,x,=1-m m ①当x2<x1时，即m<0或m>1, 若m>1,则-1<x2<x1,当x∈(-1，x2)U(x1,+∞)，则 z'(x)<0;若x∈(x2,x1),则x'(x)>0, 所以函数z(x)的单调递减区间为(-1，m）,0,十四)，单 泻递增区间为(0小： 若m<0,则x2<-1<x1,当x∈(-1，x1),则z'(x)<0;若 x∈(x1,十∞)，则之(x)>0, 所以函数x(x)的单调递减区间为（一1,0），单调递增区间为 (0,+∞)； ②当x2=x1时，即m=1,之(x)≤0在(-1，∞)上恒成立， 所以函数z(x)的单调递减区间为（一1，十∞），没有单调递增 区间. ③当x2>x1时，即0<m<1, 若x∈(-1，x1)U(x2,十∞)，则z'(x)<0;若x∈(x1,x2), 则x(x)>0, 所以西数：)的单将递诚区同为-10(”，十)，单 调递增区间为(0，n）。 综上，当m=0时，单调递减区间为（一1,0），单调递增区间为 (0,十∞)：当m>1时，单润递减区间为(-1,0)，(0， 十0)，单调递增区间为(0）：当m<0时，单调递减区 间为(-1,0)，单调递增区间为(0，+∞)；当m=1时，单调递 减区间为（一1，+o),无单调递增区间；当0<m<1时，单调 高考试题逐题突破 递减区间为(-1,0，(，+∞)，单调递增区间为(0， (3)证明：要证明[1+（分）门×[1+2×（号）门×…×[1+ mx(号)]<e, 即证明n{[1+(号)]×[1+2×（号）门]×…×[1+m× (2)]}<ne, 即证明n[1+(分)]+[1+2×（合）门+…+ m1+x(2)]<4, 由(2)可知当m=0时，z(x)=x-ln(1十x),函数z(x)的单 调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0，十∞)， 所以x(x)≥z(0)=0→x≥n(1十x)(当且仅当x=0时取等号). 所以m[1+(2)门+n[1+2×(2)]+…+n[1+n× (合)》门<(2)°+2x(合)'++mx(2) 令s.=(2)°+2x(分)'+…+mx(2)①， 2s.=号+2×(2)）‘+…+(m-1Dx(号）”+n× (2)”@. @-@得2s,=1+号+(2）}°+…+(2）P-n× 传以5--宁产-》 1- 则s,=4-(分)-×（分）， 所以s,=4-(2)-x(2）<4, 所以m[1+(2)门+n[1+2x(2)门]+…+[1+m× (2）门<4，证华。 4.解：(1)小张最终得分不少于30分，说明小张通过了3个基本 功能点，并至少通过了2个强测优化点， 故概率为P=0.53×C×0.22×(1-0.2)十0.53×C×0.2= 0.013. (2)①若选择方案一，则X=0,5,10,15,25,35,45, P(X=0)=1-p,P(X=5)=p(1-p), P(X=10)=p2(1-p), P(X=15)=p3(1-g)3, P(X=25)=p3×Cg×q×(1-q)2=3p3q(1-q)2, P(X=35)=p3×C×q2×(1-q)=3p3q2(1-q), P(X=45)=p3×C8×q3=p3q3, 故X的分布列为 X o 5 10 15 25 35 45 P1-bb(1-p)p2(1-p)p31-g)33p3q(1-9)23p3g21-q)p3g3 ②若选择方案二，则X=0,5,15,20,30,35,45, P(X=0)=1-p,P(X=5)=p(1-q),P(X=15)=pg(1 40 p), P(X=20)=pq(1-q),P(X=30)=q2(1-p),P(X= 35)=3g(1-q), P(X=45)=p3q3, 故X的分布列为 X051520 303545 P1-pp1-g)g1-p)p2g(1-g)p2g21-p)p3g21-q)3g (3)若选择方案一，则其得分期望为 E(X:)=5p(1-p)+10p2(1-p)+15p3(1-q)3+ 75p3q(1-g)2+105p3g2(1-g)+45p3g3=5p+5p2+ 5p3+30p3q, 若选择方案二，其得分期望为 E(X2)=5p(1-q)+15g(1-p)+20p2q(1-q)+30pq2(1 p)+35p3g2(1-q)+45pq3=5p+10pg+5p2q+10p2g2+ 5p3q2+10p3q3, 故有E(X2)-E(X1)=5p(2p2g3+pg2+2g2+g+2g- 6pq-p2-p)=5p[(2g3+q2-6q-1)p2+(2g2+q-1)p+ 2q], 令f(q)=2g3+q2-6g-1,则f'(q)=6q2+2g-6, 所以∫'(g)在(0,1)上单调递增并存在唯一零点y37-1, 6 放了g在(0，)上单调适减，在(？，)上单两 递增， 而f(0)=-1<0,f(1)=-4<0,故f(g)在(0,1)上恒小 于0， 令g(p)=(2g3+q2-6q-1)p2+(2q2+q-1)p+2q,p∈ (0,1). 故g(p)为开口向下的二次函数，g(0)=2q>0,g(1)=2g3+ 3q2-3q-2, 令h(q)=2g3+3g2-3q-2,则h'(q)=6g2+6g-3, h'(g)在(0,1)上单调递增并存在唯一零点5-1， 2, 放(g)在(0,5。)上单羽递减，在(5。，)上单调 递增， 且h(0)=-2<0,h(1)=0,故h(g)在(0,1)上恒小于0，即 g(1)<0,故g(p)在(0,1)上存在唯一零 点：-2g-g+1-√12g-4g+45g+6g+1 2(2q3+q2-6g-1) 因此，当力∈(0.-2g-9+112gg+45g+6q中)时， 2(2q3+q2-6q-1) g(p)>0: 当p(-24-g十1购0+g+g币，1）时， 2(2g3+g2-6g-1) g(p)<0. 综上所述，当0<p<一29-9十1-√二12g-4g+45g+6g+1 2(2q3+q2-6g-1) 时，选择方案二； 当力=-2g-9十112g49+45g+6g五时，两种 2(2g3+g2-6g-1) 方案都可选择； 当=2g-g+1√12g4g+45g+6g+市<<1时， 2(2g3+g2-6q-1) 选择方案一.