精品解析：陕西西安交通大学附属中学2025-2026学年第二学期高三强训（三）数学试题

交大附中2025~2026学年第二学期高2026届高三强训（三） 数学试题 注意：本试题共4页，四道大题. 一、单项选择题（本大题共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. （ ） A. 1 B. -1 C. i D. -i 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 某市连续8天的AQI（空气质量指数）分别为，则这组数据的上四分位数为（ ） A. 32 B. 33 C. 48 D. 49 4. 已知圆经过原点和点，并且圆心在直线上，则圆的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数的图象与直线相切于点，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 3 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 记为数列的前项之积，已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是双曲线在第一象限上的一点，点与点关于原点对称，过点作，与的另外一个交点为，连接，与轴交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（ ） A. 事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件 B. 事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件 C. 白色与红色粉笔都用到的概率为 D. 白色与红色粉笔至少1支用到的概率为 10. 在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，动点在正方体表面运动，则（ ） A. PN与为异面直线 B. 与MN所成的角为 C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D. ，则点轨迹长度为 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（ ） A. B. 若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为 C. 的最大值为 D. 若点是的外心，且，，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知单位向量满足，则向量夹角的弦值是______． 13. 在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有______种. 14. 关于x的方程有实根，则的最小值为______． 四、解答题（本大题共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. 已知是等差数列的前项和. （1）证明是等差数列； （2）设为数列的前n项和，若，，求. 16. 如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数，且在上恒成立，求实数的取值范围. 18. 元旦小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利. （1）若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为X步，求X的分布列； （2）记 为设定机器人一共行走2i步时游戏胜利的概率，求 ，并判断当i为何值时，游戏胜利的概率最大； （3）该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的姐姐，姐姐告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将n个0和n个1排成一排，若对任意的 在前k个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有 种，其中， 的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走2i步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2） 中的，有 19. 在平面直角坐标系中，抛物线E的方程为，为上一点，为的焦点，过点的直线交于另一点（不与重合）．的最小值为4． （1）求的标准方程； （2）过点作直线交于两点（在上方），点坐标为，延长交于点，延长交于点，连接． （ⅰ）求面积的最小值； （ⅱ）当、均不与轴垂直时，设中点为，中点为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网命组卷网 交大附中2025~2026学年第二学期高2026届高三强训（三) 数学试题 注意：本试题共4页，四道大题。 一、单项选择题（本大题共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) 1-2i 1.2+i( A.1 B.-1 C.i D.-i 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的除法求解， 【s15-8 故选：D 2.己知集合A={《xy)2x-y=0吲，B=《xy3x+y=0,则AnB=（) A.(0,0) B.{0,0} c.{x=0y=0} D.{(x=0,y=0)} 【答案】B 【解析】 【分析】联立方程，求出解，得到交集， 第1页/共26页 6学科网命组卷网 2x-y=0 x=0 【详解】联立3x+y=0,解得y=0, 故1nB={《0,0} 故选：B 66,32,50,48,34,26,45,36 3.某市连续8天的AQI(空气质量指数)分别为 则这组数据的上四分位数为 () A.32 B.33 C.48 D.49 【答案】D 【解析】 【分析】上四分位数即第75百分位数，将已知数据按从小到大的顺序排列后，根据百分位数的计算步骤先 计算8×0.75，再计算上四分位数即可. 66,32,50,48,34,26,45,36 26,32,34,36,45,48,50,66 【详解】将 按从小到大的顺序排列为 因为8×0.75=6,6为整数，所以上四分位数即从小到大排列中的第6与第7个数据的平均数，即 48+50 =49 4.已知圆C经过原点0和点4(2,2)，并且圆心C在直线1：2x-y+2=0上，则圆C的方程为《) A.x2+(y-2)2=4 Bx2+(y+2)2=4 c.(x+1)2+(y-2)2=2 D.x2+(y+2)2=2 【答案】A 【解析】 【分析】依题意设 a,2a+2),由c0HCM 求出的值，即得圆心与半径，进而得到圆的方程。 第2页/共26页 6学科网 命组卷网 (a,2a+2) 【详解】依题意，可设 由1C0HCA可得√a2+(2a+2)2=V(a-2)}2+(2a)2. 解得4=0 C0,2),半径为 IC0=2 ,故得圆 则所求圆的方程为x+(y-2)}2=4 故选：A 5.若函数f()=ar+x(aeR)的图象与直线2x+y+m=0相切于点（f(0)）, 则实数m=() 4.-2 B.2 C ~3 D.3 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出Q,进而求出切点坐标，代入直线方程求解即可 【详解】f)=3u2+,则f（0=1+3a=-2,解得a=-, 所以f0=1+a=0,即切点为，0) 2x+y+m=0, 2+m=0 代入直线 整理得 解得-2 6ena-a+周-则m个-2 7 16 7 24 A.25 B.25 C.25 D.25 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，再利用诱导公式和二倍角公式转化求值即可： 【详解】由题意V3sina- 3 sina+-cosa= 2 2 第3页/共26页 6学科网命组卷网 3 得：2 妆g-20小mr+肾-后a=2(a-}1=2x[-1子 故选：A. 7.记T为数列{a}的前n项之积，已知0，+27。，则m6() 1 1 1 2 A.2027 B.1013 C.4053 D.4051 【答案】C 【解析】 11=2 1 【分析】由an+2Tn-1得n+2T,工n1=Tn1’进而得TnTn 即工矿是公差为2的等差数列，利 1 用等差数列的通项公式即可得T,,进而得Tn,即可求解 【详解】因为an+2Tn=1,所以T Zn+2T.=1(n22 ,所以Tn+2TTn=Tn1 亡-2，所以工了是公茶2的等装数列， 1 所以T.Tn1 1 13 因为4+24=1→30=1→4=3，所以T=3,所以 L=3+(n-l)x2=2n+1 1 1 1 所7=2n+1,所7=2x2026+4053 故选：C g已知是双由线C:。-。Q>0,6>0在一象限上的一有，点B与1天限点0对稀，过羽 第4页/共26页 命学科网命组卷网 A作AM1AB,与C的另外一个交点为M,连接BM,与'轴交于点N,若ON=7O1-N0,则 C 的离心率为() A.5 B.V6 c D.3 【答案】C 【解析】 【分折1设0为AB的中点，设B(,)<0y<0),M(,),(x,）,与≠5，利用点差 的方法表示出KM= b2xo 元·结合题路维而表示出N(0,7y）,非出aw= x，根据kBM=kN即可求 得4，力的关系，从而可求双曲线离心率 【详解】 N 如图取BM 0Q 的中点，连接 因为°为1B的中点，故O01M 设B(H<0,y<0）,M(,h),(),x≠x, 第5页/共26页 6学科网列组卷网 a2 b2 因为 在双曲线上，则 ,两式相减可得， x-足_-=0 B,M a2 b2 a2 62 4+业.当-五=b2 y+业=20=k0,天- 即x+xx-为2a2,而x+x22x0 y2=kM, b'xo 故wke合，如 ayo’ 又因为AB⊥AM,则OB1O0.即ask0=-l 上.0=-1n。=-y 所以2，即x,所以w三， 又ON2=7OA-NO,则|ONP=-71OAON1cos∠AON 即|ON-cos∠A0N=74l,故N(0,7y), 所以aw-7-当-65 b2丛=_6y x，而kBM=kN’故axx, b2 a2+b2 b2 故了=6，则双曲线C的离心率为e=日 +a 故选：C 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分) 9.粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是( ) A.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件 B.事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件 第6页/共26页 6学科网命组卷网 2 C.白色与红色粉笔都用到的概率为5 9 D.白色与红色粉笔至少1支用到的概率为10 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由互斥事件的定义，可判定A错误：根据对立事件的定义，可得判定B正确，利用列 举法，结合古典概型的概率计算公式，可判定C错误，D正确 A,B,a,b,c 【详解】记白、红、黄、蓝、绿颜色的粉笔分别为： 对于A中AB A,B 都入选”与“至少1支入选”可以同时发生，所以A错误： 4,B 都入选，A入选B不入选，1不入选入选和1B A,B 对于B中，对于 是否入选所有事件类型有： 都不入选，所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件，所以B正确； (A,B,a)(A,B,b)(A,B,c)(A,a,b)(A,a,c)(A,b,c) 对于C中，设从5支中随机选3支，则有 (B,a,b)(B,a,c)(B,b,c)(a,b,c) 共10种选法， 3 P= 其中A,B都入选的选法有3种，故所求概率10，所以C错误； 对于D中，由A,B至少1支入选的选法有9种，故所求概率P= 10,所以D正确， 故选：BD 10在楼长为2的正方体1BCD-4BCD中，M,N,P,0分别是楼GD.4A,AB,CD的中 点，动点B在正方体表面运动，则() A.PW与4M 为异面直线 B.4B与MN所成的角为90 C.平面PN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 第7页/共26页 命学科网组卷网 √5 D.AE=1AA+AQ-21AB,则E点轨迹长度为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线定义可判断A正确，作与 B平行的直线MF,作出异面直线的平面角并由勾股定 理可判断B正确，作出截面形状可知平面PMN截该正方体所得截面形状为正六边形，可得C错误，利用 向量共线定理可找出E点轨迹为线段Q ,求出其长度可得结果，即D正确 【详解】对于A,由异面直线定义可知PN与4M 不同在任何一个平面内，它们是异面直线，即A正确： D B 对于B,取CC中点为P,连MP,NF,如下图所示：由正方体性质可知4B∥D,C,又MF∥DC MF∥AB 所以 因此AB与MN所成的角即为M与MN所成的角，即∠FPMN或其补角， 易知MN=V6,MF=V2,NF=2巨，满足MN2+MF2=NF,即MF1MW, 所以∠FMN=90,因此AB与MN所成的角为90，即B正确， 第8页/共26页 6学科网丽组卷网 M G R B 对于C,分别取BC,4D的中点为R,G,连接各中点，如止图所示： 易知MF NP,GM∥RP,NG∥RF, 即可知M,N,G,P,R,F在同一平面内， 所以平面PMN截该正方体所得截面即为六边形MGNPRF, 又MF=NP=GM=RP=NG=RF,所以截面形状为正六边形，即C错误： 对于D,因为N为4A的中点，所以4A=24N 由4E=1AA+40-21AB可知4E-40=21AN-214B 即QE=21BN,因此可知Q正，BN共线， 所以E点轨迹为过点巴且与BN 平行的线段， 取 D E D的中点为S,连接SC,取CF的中 连接 ，如下图所示： D C A B 第9页/共26页 命学科网命组卷网 由正方体性质易 BNISC,DF∥SC,OE为DF的中位线， 所以DF∥QE,RN∥QE 因此E点镜迹即为线段Q5,且05=)DF=5 2 2 √5 所以E点轨迹长度为2，可得D正确： 故选：ABD cosC,sinC 2a sin AsinC=9 11.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cos B sin Bb, b2 则下列选项正确的是() AB- 3 4v2 B.若D是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为3 3 C.cosA+cosB+cosC的最大值为2 = D.若点O是△ABC的外心，且B0=2BA+BC,c=2,则元=6 【答案】ACD 【解析】 Bπ 【分析】A根据题意利用三角恒等变换可得 COS B=1 ,进而可得3；B利用正弦定理可得aC=6, 再利用平面向量结合基本不等式运算求解；C整理可 得cosA+cosB+cosC=sinA++月 62,进而分 第10页/共26页 6学科网6组卷网 2=42+34 析最值：D根据数量积的几何意义结合外心性质可得 3+9, 9 解方程即可 cosC,sin C 2a cos Csin B+sin Ccos B 2sin A 【详解】A:因为cos B sin Bb,则 cos Bsin B sinB,可得 sin(B+C) sin A 2sin A cos Bsin B cos Bsin B sin B 因为a,B∈0，元则sin4>0,SinB>0,厨得osBs/ yB=π 2,所以3，故A正确： B:由正弦定理sin A sin B sin C,得 sin A=asin B b, sinC=csin B b, sin AsinC-acsinB 3ac 9 =4b2=2b,解得ac=6, BD-(BA+BC)BA-BC-accos B= 因为D是边AC的中点，则2 ，且 可符|BDP=BM+BC_T+c2+ae3c_9 二42，当且仅当a=c=√6时取等号， 所以/BDe3V2 ,故B错误； C.cos +cos B+cosc=cos A+-cos(A+D)04-2cos4+V3 2 -sin 4+1 1 ,π，13 sin A+CosA+=sin+ 622,当且仅当1千62，即A 3时，等号成立， 3 所以CosA+cosB+cosC的最大值为2，故C正确： 第11页/共26页 命学科网命组卷网 D:因为aC=6,c=2,则a=3,即BA2,IBC3,BA-BC=3, BO.BA=ABA+uBC.BA 因为BO=BA+uBC,则BO.BC=元BABC+uBC2, 1 [2=42+34 = 6 3+9n 即9 解得 4,故D正确 4= 9 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12已知单位向量a,6满足2-3汤=5，则向量a,6夹角的弦值是 2 【答案】3 【解析】 【分析】通过2a-3=V5平方即可求解。 【详解1因为2a-36=5,平方可得：4行-12a6+962=5. 所以a-6=,则os(a6)= a.b 2 故答案为：3 13.在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续 值班2天，则可能的安排方法有种 【答案】150 【解析】 【分析】分值班人数为2人或3人，结合分类计数原理可得答案. 【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3人，若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人 第12页/供26页 6学科网列组卷网 值中间的那一天，故方法数为： CC=30,若人数为3，则每人值一天班，赦方法数为A=120,故总 的方法有30+120=150种， 故答案为：150 6 =V4x2+1 14.关于x的方程 2In ax+ 2 有实根，则a2+b2的最小值为一 【答案】 【解析】 【分析】设实根为x,则+2 b-e=0转化为动点P亿在直线6r+小 二e4二0，利用 2 d= e 的几何意义，将问题转化为求原点 到直线距离 ,1的最小值， 再构造函数 a2+b2 0(0,0) t求解并验证最值取到即可： 【详解】因为关于x的方程 有实根。 4有实根， b 得到， 2 .naxo+5一eV4=O 第13页/共26页 6学科网6组卷网 设点Pa.b,则点p在直线x+号-e4=0上 d=. 0到直线+-e-0的距离为，则 设点0(0,0) 1 d 4 a+4.f0-().用f0=作- 方l.00.4mh[上t 当1>1时，f0>0,则f0在，+切)上单调递增， 得到f0m=f(0)=e,则d=f()≥e,又a+=loPP, 由几何意义可知loP≥d,故a+b2=lon≥d2≥e2】 检验：当1=1时，为=士5 2, 5,b a=y -e 由2a+2e=0,解得 2 e,此时 a2+b2=e2 b 2 a2+b2=e2 「3。 q=- e 由2a+ e=0 解得 e ,此时 a2+b2=e2 b=- 2 a2+b2=e2 故a2+6 的最小值为 e2 故答案为： 第14页/供26页 6学科网 命组卷网 四、解答题（本大题共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.已知S是等差数列a,}的前n项和 (1)证明nJ 是等差数列： s. (2)设Tn为数列n的前n项和，若S4=12,Sg=40,求T, 【答案】(1) 设等差数列a,}的公差为d, 则，=a+ -Di-3ra-3 2 ÷号a*r引[8a引号 又：产=4，÷倍是首顶为4，公茶为2的等签数列 d 5 (2) 4 4 【解析】 【分析】（山设等差数列a.}的公差为d,利用等差数列的定义证明； Sn (2)设n」的公差为d',由S4=12,Ss=40求得公差为d',再利用等差数列的前n项和公式求解. 【小问1详解】 略 第15页/供26页 6学科网命组卷网 【小问2详解】 Sn 由(1)知n」为等差数列，设其公差为d', s8_$4=4d 4d=4012-2nd=) 则84 ,即 84,则一2， 4=4-3d=3-3x1=3 又.14 22, 2t-Dx-i5 -n+ 2 2X 224" 4 16.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB/ICD,BC=CD=2,AB=4,PC=PD=3,平面PCD⊥ 平面 BCD,PD⊥BCe是楼PC的中点. (1)求证：BC⊥平面PCD: (2)求平面 MB与平面PBC夹角的余弦值。 【答案】(1)证明：如图，取CD的中点O,因为PC=PD=3,所以PO⊥CD, 因为平 PCDL平面4BCD,平面PCDn平面MBCD=CD,POC平面PCD.所 P0⊥ 平面 ,平面 平面 ,所以 平面 ABCD 又BCC平面ABCD,所以PO⊥BC,又BC⊥PD,POC平面PCD,PDC平面PCD, 第16页/供26页 6学科网命组卷网 PDOPO=P BC⊥PCD ,所以 平面 6 (2)9· 【解析】 【分析】(1)通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可： (2)通过建立空间直角坐标系求出平面 与平面 的法向量，再代入公式即可： 【小问1详解】 略 【小问2详解】 Z 因为PC=PD=3,O为CD的中点，CD=2,所以OC=lP0=VPC2-OC2=2V2 过点O作OE∥BC交AB于点E,由BC⊥平面PCD,CDC平面PCD,可得BC⊥CD,则 OE⊥CD 以O为坐标原点，OE,OC,OP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42-3.B2.Lo0.c(Q1o.P0,a2),O022】 所4历=(040.40-278P=(2-122),Bc-(←2,0) 第17页/供26页 6学科网列组卷网 7 i:40=-2x+2y+v2z=0, 设平面 的法向量为 ABO =k2)测a=4=0 令x=1,得i=(1,0V2).设平面PBC的法向量为m=(ab,c), m.BP=-2a-b+2W2c=0, 则 m-BC=-2a=0, 令c=1,得m=(0,22,1. 设平面AB0与平面PBC的夹角为。：则cos9= m:列_V2√6 m3×59 6 故平面ABQ与平面PBC夹角的余弦值为9· 17.已知函数f()=e-l-a(a∈R) 山讨论函数f 的单调性； (2)若函数8()=lhe-)血x,且几g(<f在x∈(0，+o)上恒成立，求实数a的取值范围 【答案】4)当a≤0时，f(田在R上单调道增。 当a>0时，f田在←，血 上单调递减，在 (In a,+o) 上单调递增 (2（0,1 【解析】 【分析】(1)利用导数，通过分a≤0和a>0两种情况，即可求出函数的单调区间： 0<g(x)<x (2)首先利用(1)的结论及导数证明 :然后分 a≤0和a>0月 两种情况，将不等式大小之间的 关系转化为自变量的比较，从而可得出答案 【小问1详解】 第18页/供26页 6学科网列组卷网 因为f()=e-1r(aeR),所以f)=e-a ①考a≤0，∫'(y=e-a>0,所以)在R上单调递增： ②考>0，由>0，得>na,所以面数因在血，+四)上竿词道增： 由四<0，得x<1ha,所以数f因在，h0 在 上单调递减： 综上所述，当a≤0时。f)在R上单润选增， 当a>0时，f在←o,血0 (na,+o) 上单调递减，在 上单调递增 【小问2详解】 x>00<gx)<x 下面证明： ，有 先证： x>0,有80>0. 由1)可知当a=l时，fm=f0)=0,即当x>0时，。-1>x, 故0因-h(e-小-hr=h(a1=0, 再证x>0.g)<x i-Ise, 要证x>0:g(x)<x,只需证明Vx>0, 即证x>0,即证e-1<xe,即证x>0,e-e+l>0 令H()=e-e+l(x>0),因为H'(田=e>0在0，+o）)上恒成立， 所以函数H)在0，+切）上单调递增，故有 H(x)>H(O)=0 即x>0,e-e+1>0恒成立，即x>0,有0<8C)X 第19页/供26页 命学科网命组卷网 ①当a 时，由(1)得，在(0，+o 在 单调递增，则由上结论可知， f几g<f在xe(0,t+o)上 在 恒成立，符合题意： ②当a>l时，由()得，在0，血@上单调造减，在 (In a,+oo) 在 上单调递增， 0<g(x)<x<Ina fg(x)]>f(x) 此时当 0<x<Ina 时， 不合题意 综上所述，实数口的取值范围为(-0， 18.元旦小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成 都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走 路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每 一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利 (1)若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为X步，求X的分布列： （2)记p,(∈N)为设定机器人一共行走2：步时游戏胜利的概率，求P,并判断当i为何值时，游戏 胜利的概率最大： (3)该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜 利小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的姐姐， 姐姐告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将n个0和个1排成一排，若对任意的 1≤k≤2m在前个数中，0的个数都不少干1的个数。则清足条件的排列方式共有C。-C”种，其中， C。-C的结果被称为卡特兰数若记户为设定机器人行走21步时恰好第一次回到初始位置的概率，证 明对②)中的n,有？=是eN) 【答案】(1)X的分布列如下： 0 2 4 3 1 2 8 8 第20页/共26页 命学科网命组卷网 3 E(X)= 2; (2)i=1时，游戏胜利的概率最大： (3) 记事件A=“机器人行走2步时恰好第一次回到初始位置，B“机器人第一步向前行走”，则 2i 二“机器 人第一步向后行走” 下面我们对事件AB进行分析. AB 2i-1 发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的”步机器人向前走的步数比向后走少一步，而 因为机器人第一步为向前行走， (2≤k≤2i-1) 这说明存在 使得机器人走了人步时回到了初始位置，这与4的发生矛盾，所以假设不成 立.即机器人第2i步为向后行走， 从而机器人第2步到第2i-1步向前和向后行走的步数均为i-1,且从第2步开始，到第2i-1步的这 2i-2 步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数（否则在这过程中机器人会回到初始位置） 根据卡特兰数，从第2步到第21-1步共有C,-C品：种行走方式通过上述分析知。 R=④=P4®)+P©)=2PA8-2C,-C】 221 品 2(C222-C22) 227 a9e2cc- 「(2i-2)!(2i-2) 由r2(c-c)=2G--0-2 ]=2x2i-29 2(i-1i 第21页/供26页 6学科网6组卷网 （2i)！ 2i×(21-2y-2x21-2 (2i-1)i(2i-1) 划 (i-1)i!,故等式成立. 【解析】 X ,2,4 【分析】(1)根据向前或向后行走的步数分类可知，4的可能取值为 ，再分别计算出对应的概率， 即可得到X的分布列和数学期望： (2)根据题意可知， p,= 22,再由P的单调性即可判断； (3)根据机器人第一步以及最后第2步的行走方向讨论，即可得出的表达式，从而将所证等式转化为 2(C2-C品) 22 (21-)22,再根据组合数公式即可证出. 【小问1详解】 X 0,2,4 依题可知， 的可能取值为 Px-0-C8-,rx-2)=2c8-2,rx=0=2c8-8 所以，X的分布列如下： 0 3 1 1 P 8 13 E(X)=0× 3 +2× +4× 所以， 8-2 【小问2详解】 依题可知P,= 卫=C=2i-l<1 2,i≥2时，P4C2i<,所以1=1时胜利的概率最大 【小问3详解】 第22页/共26页 6学科网6组卷网 略 【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出的表达 式，再利用组合数公式运算即可得证 19.在平面直角坐标系x0y中，抛物线B的方程为少=2x,T为E上一点，F为E的焦点，过点 F, 的直线交B于另一点SS不与T重合).1 的最小值为4. (1)求E的标准方程； (2)过点F作直线'交E于4，B两点(A在B上方)，点M坐标为2,0)，延长M交E于点C,延长 CF E D BD 交于点，连接 (i)求△BDF面积的最小值； (当1C、BD均不与”抽垂直时，设1C中点为P,BD中点为，求os∠P0 的取值范围. 【答案】(1)y=4x 2 3V10 (2)(i)2;(i)10 ≤cos∠POQ<1 【解析】 【分析】1联立直线S:=侧+号 与抛物线方程，由韦达定理求出弦长TS,由其所得弦长公式特 征即可求出其最小值，结合题意即可得解： (2)(i)设直线/的方程为x=w+1,直线AC的方程为x=y+2,且A(:,⅓，B(x,), C(:,乃，D(,%）,联立直线方程和抛物线方程后可得=引、。=1。=4，结合焦半径公 式和面积公式可得SArC4,故求出S△MC的最小值后可得△BDF面积的最小值；(i)用诸点坐标表 第23页/供26页 6学科网命组卷网 示tan∠QoM= (y+y4 ,tan∠POM= 4(+) y后+y好 y+,结合()的坐标关系和两角差的正切公式、双 cos∠POQ 勾函数的单调性可求 的取值范围！ 【小问1详解】 F 由题抛物线E:y2=2Px的焦点 可设直线S:x=my+ 2, 联立 TS:y2=2px →y-2m刚-P=0,设r6,).s() x=my+D 所以y+h=2pm,y2=-p2 则t名=m+号++号=m0y+%,)+p=2m2+p、 所以四=+x+p=2pm2+2p=2p(m2+1）. 所以当m=0时有=2p,则由慰意2p=4→p=2, 所以E的标准方程为广=4x 【小问2详解】 ①由()F(,0),则可设直线1的方程为x=心+1，直线AC的方程为x=y+2, 4(),B()C(x),D(y) x=y+1 联立1y2=4x得y2-4y-4=0 所以为+%=4机，%以=4故=1，同理6=1，%。=4 第24页/共26页 6学科网列组卷网 x=sy+2 联立y2=4x,则y2-4y-8=0,故y+%=4s,y3=-8,故x=4, 而BF=+1,aF=+1,CF=x+1D=x,+1 BFIDF1=(+1)(+)4FIICF=(+)(+1) 故Sr S。e(x+1(x+1)xx4 南5m=1%--216+2≥25 当且仅当s=0时等号成立， 故5mr的质小省为x22=月 1 2· (①由抛物线的对称性，不妨设3>0，则为+=4>0。 am∠0oM=46）,m∠oM=4+y）0 后+y y+y好 4-4+4 而 ，故tan∠QOM=（yy 8y+y>0, 11 + 16 y3y4=-4,y5y6=-4 5+y=2s>0 而2 ,故0<tan∠POM<tan∠QOM，,故 0<∠POM<LQOM< 2, 第25页/供26页 6学科网命组卷网 8(y+)4(+) 故tan∠PO0=tan(∠00M-∠PoM)= y+好 y+y 8(y+y)4(y+), 1+ y+y+y 4s 1 1 设u=当+上 u= < 乃+巧，则 1682+16 .1 8 4s+ 即0<山≤；当且仅当。时等号成安 S=1 tan∠Pog=,4u 1+321=1 +32u, 1 由双勾函数的单调性可得'=+32 07 在8上为减函数， 1+32w≥8+4=12 3≤cos∠P00<130 故0<tan∠P00s3,枚i0 ,故10 ≤cos∠POQ<1 B 第26页/供26页