【高考數學猜壓】【6月臨考猜壓】2025 年6月高考數學終極押題猜想-高分的秘密武器：終極密押+押題預測（考前3天猜壓）(解析版)

2025年高考數學終極押題猜想（高分的秘密武器：終極密押+押題預測）押題猜想一抽象函數與函數性質的綜合應用 1押題猜想二借助導數研究不等式恒成立問題 5押題猜想三解三角形中的一線分兩角與限制角條件問題 22押題猜想五立體幾何中球的內切和外接問題 26押題猜想六立體幾何中非標準（不易）建系問題 32押題猜想七圓錐曲線中的面積問題 40押題猜想八圓錐曲線中的切線與切點弦問題 49押題猜想九概率統計與數列、函數等模塊的綜合應用 63押題猜想十數列的創新問題（多模塊知識交匯類、新定義類） 72 限時：3minf(x)是定義在R上的不恒為零的偶函數，且對任意實數x都有x.f(x+2)=(x+2).f(x)+2，則f(2025)=()【答案】D因為f(x)為偶函數，所以—f(1)=f(1)+2，解得f(1)=—1.當x>0時，:x.f(x+2)=(x+2).f(x)+2，f(5)f(3)=11，f(3)f(1)=11，以上式子相加可得解得f=—1.故選：D．近三年高考中抽象函數與函數性質的綜合應用考查主要集中在選擇題和填空題中，偶爾也會在解答題中出現。題目難度從基礎到較難不等，涉及多種函數性質的綜合應用，重點關注單調性、奇偶性結合在一起，與函數圖像、函數零點和不等式相結合進行考查。預計2025年高考中，抽象函數與函數性質的綜合應用仍將以選擇題和填空題的形式出現，題目將繼續考查學生的綜合推理能力，可能出現創新題型，如結合實際問題或新定義的函數性質進行考查。1．已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，f,(x)是f(x)的導函數，f(x)+f,(x)=2ex，若kf(x)—ex≤x在R上恒成立，則實數k的取值范圍是()【答案】A【詳解】因f(x)為偶函數，則f(x)=f(—x)①,在f(x)+f,(x)=2ex③中，用—x代替x得f(—x)+由①②④可得，f(x)—f,(x)=2e—x⑤,則kf(x)—ex≤x化簡為，k≤xex，令g(x)=xex，則g,(x)=(x+1)ex，則g(x)的最小值為故則實數k的取值范圍是故選：A2．已知函數f(x)滿足：對x∈R，都有f(x+2024)≤f(x)+2025，f(x+2025)≥f(x)+2026，若f(1)=1，則f(2)的取值范圍是()【答案】B【詳解】f(x)+2026≤f(x+2025)=f(x+1+2024)≤f(x+1)+2025，則f(x+1)≥f(x)+1，則f(x)+2025≥f(x+2024)=f(x+2023+1)≥f(x+2023)+1≥f(x+2022)+2≥…≥f(x+1)+2023，即f(x+1)≤f(x)+2，所以f(1)+1≤f(2)≤f(1)+2，即2≤f(2)≤3.故選：B.3．已知函數a>1，則關于x的不等式f(x2)+f(5x—6)>1的解集是()【答案】A則1f(5x6)=f(65x)，由a>1，則函數y=a2x在R上單調遞增，易知函數f(x)在R上單調遞減，由f(x2)+f(5x—6)>1，則f(x2)>1—f(5x—6)，即f(x2)>f(6—5x)， 故選：A.4多選題）函數f(x)的導函數f,(x)和函數g(x)都是R上偶函數，且f(0)=0，f(x)—g(1—x)=2，則()A．g(x)的圖象關于點(1,—2)對稱B．f(x)是周期函數C．f(2026)=—1【答案】ABD【詳解】由f,(x)是偶函數，得—f,(—x)+f,(x)=0，即[f(—x)+f(x)],=0，則f(—x)+f(x)=C（C為常數），由于f(0)=0，取x=0，得C=0，于是f(—x)=—f(x)，對于A，由函數g(x)是R上偶函數，得g(x)=g(—x)，由f(x)—g(1—x)=2，得f(—x)—g(1+x)=2，即—f(x)—g(1+x)=2，于是g(1—x)+g(1+x)=—4，函數g(x)圖象關于點(1,—2)對稱，A正確；對于B，由f(x)—g(1—x)=2，得f(x+1)—g(—x)=2，即f(x+1)—g(x)=2，由—f(x)—g(1+x)=2，得—f(x—1)—g(x)=2，于是f(x+1)=—f(x—1)，即f(x+2)=一f(x)，因此f(x+4)=一f(x+2)=f(x)，函數f(x)是周期為4的周期函數，B正確；f(2)=2+g(一1)=2一2=0，因此f(2026)=f(2)=0，C錯誤；對于D，由g=4，得4，故選：ABD5多選題）記定義在R上的函數f(x)與g(x)的導函數分別為f,(x)和g,(x)，若f(x+3)一g(3一x)=4，A．f(x)=f(x)B．g,(x)的圖象關于直線x=2對稱C．f(x)是周期函數，且其中一個周期為8D．【答案】BC【詳解】由題意，函數f(x)與g(x)的定義域均為R.所以g,(x)的圖象關于直線x=2對稱，故B正確；），令x=1，則有f(2)f(2)=c=0，所以f(x+3)f(1x)=0，即f(x+3)=f(1x)，所以f(一x)=f(x+4)，即函數f(x)的圖象關于直線x=2對稱.f(x+4)4，所以函數f(x)的圖象關于點(4,4)對稱.所以函數f(x)是周期函數，周期T=4×4一2=8.證明如下：由上述結論可知f(—x)=f(x+4)，所以f(x+4)+f(x+8)=8.則f(—x+4)+f(x+4)=f(x+4)+f(x+8)=8，即f(—x+4)=f(x+8)，又由f(—x)=f(x+4)可得f(—x+4)=f(x)，所以f(x)=f(x+8).所以f(x)是周期函數，且其中一個周期為8，故C正確；對于A，因為f(—x)=f(x+4)，f(x)=f(x+8)，若f(—x)=f(x)，則f(x+4)+f(x+8)=0，與f(x+4)+f(x+8)=8矛盾.故A錯誤；則有f,(x)+g,(6—x)=0，因為f,(x)=g,(x+2)，所以g,(x+2)+g,(6—x)=0），所以g(x+2)=g(6—x)，即函數g(x)的圖象關于直線x=4對稱.所以，函數g(x)也是周期函數，周期T=4×..:g(x+2)+g(2—x)=0，令x=0，可得g(2)=0，所以不確定是否為0，故D錯誤.故選：BC.限時：15min 中x1<x2<x3.(1)求實數a的取值范圍；(2)求證：(3a1)(x1+x3)<46a.【答案證明見解析(x)除1外還有兩個零點.(0,+∞)恒成立，則f,(x)<0，所以f(x)在(0,+∞)單調遞減，不滿足，舍去；當a>0時，要是f(x)除1外還有兩個零點，則f(x)不單調，當時，設h(x)的兩個零點為，則(x)>0，f,(x)>0，則f(x)單調遞增；又f(1)=0，所以f(m)>0，f(n)<0，所以存在使得f即g(1)綜上，實數a的取值范圍為|(0,2(1)所以若=0，則所以當x>1時，先證明不等式恒成立，設所以φ(x)在(1,+∞)上單調遞增，φ(x)>φ(1)=0，即當x>1時，不等式恒成立， 即x+4x3+1>3a(x3+1)2，所以(3a-1)(x1+x3+2)<2，即(3a-1)(x1+x3)+2(3a-1)<2，即(3a-1)(x1+x3)<4-6a，得證.函數與導數一直是高考中的熱點與難點，利用導數研究不等式恒成立問題也一直是高考中檔壓軸題的命題熱點，此類問題一般會把函數、導數及不等式交匯考查，對能力要求比較高。高考對本部分的考查一般有三個層次：1、主要考查求導公式，求導法則與導數的幾何意義；2、導數的簡單應用，包括求函數的單調區間、極值、最值等；3、綜合考查，如零點、證明不等式、恒成立問題、求參數取值范圍、解決應用問題等，還可能將導數內容和傳統內容中有關不等式、數列及函數單調性有機結合，設計綜合題。1．已知函數f(x)=eax-ln(x+1)（a>0(1)當a=1時，討論f(x)的單調性；(2)已知A(x1,y1)，B(x2,y2)為曲線y=f(x)上任意兩點，且A，B關于點(0,b)對稱．(ⅰ)求b的取值范圍；【答案】(1)f(x)在區間(—1,0)單調遞減，在(0,+∞)單調遞增．記g(x)=f,(x)，則所以f,在(—1,+∞)單調遞增．所以f(x)在區間(—1,0)單調遞減，在(0,+∞)單調遞增．at又，所以F,所以F(t)在區間(0,1)上單調遞增，所以2b>F(0)=2，即b>1．所以3t2記t1，若所以在單調遞增，所以不符合題意．2．已知函數f(x)=ex-ax-3(a∈R).(1)當x≥0時，若不等式f(x)≥-2恒成立，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個零點x1，x2，且x1<x2.（i）求a的取值范圍；【答案】(1)a≤1(2)（i）a>0ii）證明見解析所以p,(x)在[0,+∞)上單調遞增，從而p,(x)≥p,(0)=1-a.①當1-a≥0，即a≤1時，p,(x)≥0，則p(x)在[0,+∞)上單調遞增，從而p(x)≥p(0)=0，符合題意；@當1-a<0，即a>1時，p,(0)<0，則一定存在x0，使得當0<x<x0時，p,(x)<0，則p(x)在(0,x0)上單調遞減，從而p(x)<p(0)=0，合題意．綜上所述，a的取值范圍為(-∞,1]．（2）（i）由題意知，f(x)的定義域為R,f,(x)=ex-a．當a≤0時，f,(x)>0，所以f(x)在R上單調遞增，從而f(x)在R上至多有一個零點．7分當a>0時，令f,(x)=0，得x=lna．當x<lna時，f,(x)<0,f(x)在(-∞,lna)上單調遞減；當x>lna時，f,(x)>0,f(x)在(所以x=lna是f(x)的極小值點，也是最小值點，所以當0<a<1時，g,(a)>0,g(a)在(0,1)上單調遞增；當a>1時，g,(a)<0,g(a)在(1,+∞)上單調遞減，所以a=1是g(a)的極大值點，也是g(a)的最大值點．即g(a)max=g(1)=2<0，從而f(lna)<0．一方面，由可知，取a=1，當x≥0時即ex≥1+x，xxaaxxaa所以f(x)在區間(lna,2a+3)內有一個零點x2．綜上所述，a的取值范圍是(0,+∞)．（ii）證明：由f(x1)=f(x2)=0，得ex1=ax1+3,ex2=ax2+3，(x2x1要證3ex+ex>3a成立，只需證所以h(t)在區間(0,+∞)上單調遞增，所以h(t)>h(0)=0，即(*)式成立．所以不等式3ex+ex>3a成立.3．已知a為常數，函數f(x)=x(eax+a)+lnx-1.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點x1,x2(x1<x2).①求a的取值范圍；@若x1.x>em+1恒成立，求m的取值范圍.【答案】(1)答案見解析【詳解】（1）由題意，得①當a≥0時，因為ax+1>0，恒成立，所以f,(x)>0，故f(x)在定義域(0,+∞)上單調遞增.@當a<0時，由f,(x)>0，得ax+1>0，解得0<x<-；由f,(x)<0，得ax+1<0，解得.所以f(x)在區間上單調遞增，在區間上單調遞減.（2）①由題意，得f(x)=xeax+ax+lnx-1=eax+lnx+(ax+lnx)-1.令ax+lnx=u，則f(x)=eu+u-1.易知y=eu+u-1為增函數，由f(x)=0，解得u=0，即lnx=-ax.由題意，關于x的方程lnx=-ax即有兩個不等實根.設函數則由h,(x)>0，得0<x<e；由h,(x)<0，得x>e.所以h(x)在區間(0,e)上單調遞增，在區間(e,+∞)上單調遞減，所以又當x→0時，h(x)→-∞；當x→+∞時，h(x)→0，故由x1.x2將代入，得所以g(t)在區間(0,1)上單調遞減，所以g,(t)在區間(m,1)上單調遞增.故當m<t<1時，g,(t)<g,(1)=0，所以g(t)在區間(m,1)上單調遞減.③當m≥1時，G,(t)<0，所以g,(t)在區間(0,1)所以g(t)在區間(0,1)上單調遞增，4．已知函數f(x)=xex+asinx.當a=0時，求證(2)若f(x)>0對于x∈(0,π)恒成立，求a的取值范圍；【答案】(1)證明見解析(3)證明見解析【詳解】（1）由a=0，得f(x)=xex.令g(x)=exx1，則g,(x)=ex1.因此f(x)>0，滿足題意.因此m,(x)>0，則f,(x)在(0,π)上單調遞增.則f(x)在(0,π)上單調遞增，所以f(x)>f(0)=0，滿足題意；2。若a<1，則f,(0)(0,f,(|(),)0，因此f,(x)在(0,π)存在唯一的零點x0，且當0<x<x0時，f,(x)<0,f(x)單調遞減，當x0<x<π時，f,(x)>0,f(x)單調所以f(x0)<f(0)=0，不合題意.則f(x)在(0,x2)上單調遞減，在(x2,π)上單調遞增，注意到f(0)=0,f(x2)f(0)=0,f(π)=πeπ0，故f(x)在(0,π)上存在唯一的零點x1,x1∈(x2,π).注意到x1,2x2∈(x2,π)，且f(x)在(x2,π)上單調遞增.要證明x1<2x2，只需證f(x1)<f(2x2)，因為f(x1)=0，所以只需證f(2x2)>0， 所以，只需證只需證(1)當a=1時，討論f(x)的單調性；(2)當x≥0時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍；【答案】(1)答案見解析；(3)證明見解析.當即f在上單調遞增，當即f在上單調遞減，當x>0，f,(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上單調遞增；對x≥0時，f(x)≥0恒成立，且f(0)=f,(0)=0，只需g,(0)=—1+2a≥0，即，另一方面時所以g(x)=f,(x)在[0,+∞)上單調遞增，則f,(x)≥f,(0)=0，所以f(x)在[0,+∞)上單調遞增，則f(x)≥f(0)=0，滿足題設，綜上，所以則得證.限時：10min （原創）在ΔABC中，內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，已知(1)求B；兀【詳解】（1）因為acosB=a+bsinA，所以解得解三角形及其應用是高考數學的高頻考點，其中涉及的一線分兩角與限制角條件問題是該部分考查的熱點和難點，在選擇題填空題及解答題中都有出現。命題側重考查正、余弦定理和面積公式的應用，難度適中。也與三角恒等變換、三角函數等知識結合、注重考查解三角形在實際問題中的應用。正、余弦定理及其變形依然是2025年高考的重點內容，題目可能結合三角形的中線、角平分線等性質以及特定三角形（如銳角三角形）考查三角形的面積、周長、范圍問題，對考生的題干信息提取和轉化能力有更高的要求。1．VABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c，已知(1)求B；(2)若VABC為銳角三角形，b=，求2a—c的取值范圍.因為由正弦定理得可得所以所以B=.（2）由正弦定理可得為VABC外接圓的半徑所以a=2sinA，c=2sinC，所以因為VABC為銳角三角形，則解得<A<，(0,3).2．在鈍角三角形ABC中，角A,B,C的對邊分別是a,b,c，·bsinA+bcosA=c．(1)求B；(2)若c=4，求a的取值范圍．【答案】(1)B=化簡得sinBsinA=sinAcosB，又sinA≠0，所以sinB=cosB，（2）由正弦定理得因為VABC為鈍角三角形，所以C≠,從而．3．在VABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，bcosC-(2a-c)cosB=0.(1)求角B的大小；(2)D為邊AC上一點，且AD=2DC，若BD=2，求2a+c的最大值.【答案】(1)B=得sinBcosC(2sinAsinC)cosB=0，sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosB，（2）因為D在邊AC上，且AD=2DC，所以AD=b，CD=b，二者聯立，消去cos上ADB，得4．在VABC中，a，b，c分別是內角A，B，C的對邊，bsinA+atanAcosB=2asinC．(1)求角A的大小；(2)設E為邊BC上一點，若AE=，且求VABC面積的最小值．【答案】(1)A=【詳解】（1）依題意，bsinA+atanAcosB=2asinC，即，結合正弦定理，可得即sinBcosA+sinAcosB=2sinCcosA，法一：因為所以，即VABC面積的最小值為2.所以整理得顯然故根據S△ABC=S△得β,即VABC面積的最小值為2.法三：過點E作EF//AC，交AB于點F.所以得EF=2AF.由余弦定理，AE2=AF2+EF2-2AF.EF.cos上AFE，所以VABC面積即VABC面積的最小值為2.5．記VABC的內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，且c-2acos2B=2bcosAcosB．(1)求B；(2)設D為AC邊的中點，若求VABC的面積．【詳解】（1）由正弦定理得，sinC-2sinAcos2B=2sinBcosAcosB，:sinC=2cosB(sinAcosB+cosAsinB)=2cosBsin(A+B)，:A+B+C=π,:sinC=2cosBsin(A+B)=2cosBsin(π-C)=2cosB:0<C<π,:sinC≠0，:cosB=，又0<B<π（2）由余弦定理得 2:4+2ac=9，解得ac=，:△ABC的面積為限時：3min （改編）函數若y=f與y=g在x∈[0,2π]上的圖象有且僅有4個交點，則①的取值范圍是.【詳解】當①增大時，函數最小正周期越小，函數圖象在不斷被“壓縮”，交點個數與隨之發生變化，只需找到相應的①使得有5個交點即可.①>1對應第一個k值為3，如圖，類似，直到當k=4，時，第一次出現4個交點，如圖，k=5，即時，第一次出現5個交點，如圖，因為圖象只有4個交點，所以w處于上述兩個值之間，故答案為根據近三年高考數學的考查情況，三角函數中w,φ的范圍問題，是高考的重點和熱點，主要結合三角函數函數的單調性、對稱性、零點、最值等性質進行考查，題型多為選擇題與填空題，難度中等。預計本節內容在2025年高考會以選擇題和填空題為主，注重考查學生對三角函數性質的理解和綜合應用能力。1．已知函數f(x)=sinπwx-cosπwx(w>0)在[0,1]內恰有3個最值點和3個零點，則實數w的取值范圍【答案】D且當0≤x≤1時因為函數f(x)在[0,1]內恰有3個最值點和3個零點，所以解得故選：D．2．已知函數在區間上存在最大值和最小值，則①的取值范圍是()【答案】C因為所以畫出y=sinx的圖象，如圖．故選:C．恰有2個零點，則①的取值最準確的范圍是()【答案】B且滿足而而故f在區間上單調，設函數的最小正周期為函數f(x)在區間(|(,π),上恰有2個零點，則恰好為第一個零點，相鄰兩個零點之間相距半個周期，故選：B.4．已知函數將f的圖象向右平移φ(|φ|<)個單位后，得到函數g(x)的圖象，若g(x)的圖象與f(x)的圖象關于y軸對稱，則φ的值為()【答案】B【詳解】依題意，g(x)=f(x-φ)=sin(3x-3φ+)，由g(x)的圖象與f(x)的圖象關于y軸對稱，得g(x)=f(-x)對任意x∈R恒成立，故選：B「47)(7107「710)「1013)「47)(7107「710)「1013)【答案】D當x∈(0,4)時，f,(x)>0，f(x)在(0,4)上單調遞增；所以f(x)在(0,4)和(4,e3)上各有1個零點；又因為f(x)=0有6個根，所以當-π≤x≤0時，f(x)有4個零點，因為-π≤x≤0，所以故選：D.限時：5min （原創）在四棱錐P-ABCD中，PA丄平面ABCD，AB丄BC，且二面角P-CD-A的大小為30。，AD+CD=4．若點P,A,B,C,D均在球O的表面上，則球O的半徑的最小值為.【詳解】又AB丄BC，則上ADC=90。，即AD丄CD，故AC是四邊形ABCD外接圓的直徑，由PA丄平面ABCD，BC,CD,AC平面ABCD，則PA丄BC,PA丄CD,PA丄AC，由PA∩AB=A，PA,AB面PAB，則BC丄面PAB，PB面PAB，則BC丄PB，由PA∩AD=A，PA,AD面PAD，則CD丄面PAD，PD面PAB，則CD丄PD，令AD=x且0<x<4且△PBC,△PCD,△PCA都是以PC為斜邊的直角三角形，故PC中點O為P—ABCD外接球球心，所以外接球半徑故答案為：.縱觀近幾年高考對于組合體的考查，立體幾何中球的內切和外接問題是高考命題的熱點之一。高考命題小題綜合化傾向尤為明顯，要求學生有較強的空間想象能力和準確的計算能力，才能順利解答。預計2025年外接球將繼續保持高頻考查，尤其是與多面體（如正方體、長方體、正四面體等）結合的問題，內切球的考查頻率可能有所增加，尤其是與正多面體和旋轉體（如圓錐、圓柱）結合的問題。1．已知球O的表面積為12π,球面上有A，B，C，D四點，DA，DB，DC與平面ABC所成的角均為，若VABC是正三角形，則AB=()【答案】D【詳解】由題意三棱錐D—ABC為正三棱錐，球O為該正三棱錐的外接球，設其半徑為R，因為球O的表面積為4πR2=12π,所以，設AB=t，即正VABC的邊長為t，取AB中點H，連接DH,CH，作DE丄CH，根據正三棱錐的性質可知球心O在DE上，如下圖所示：所以在Rt△OEC中，OC2=OE2+EC2，所以解得t=3或t=0，即AB=3.（若球心O在DE的延長線上時故選：D.底面ABC內的射影E在VABC的外部，且PE=，則該三棱錐外接球的表面積為()【答案】B而AB底面ABC，則PE丄AB，PD∩PE=P都在平面PDE內，則AB丄平面PDE，由DE平面PDE，則AB丄DE，又DE底面ABC，則DE//AC，由點P在底面ABC內的射影E在VABC的外部，則E在AB邊的外側，如下圖，若E在AB的另一側，則E必與BC的中點F重合，不合題設，由題意，該三棱錐外接球的球心O在過BC的中點F垂直于平面ABC的直線上，22+(s3OF)2，可得，所以，外接球半徑故其表面積故選：B3多選題）如圖，四棱錐P—ABCD中，側面PAD為等腰直角三角形，底面ABCD為矩形，AB丄PD，PA=PD=·,若該四棱錐存在內切球，且其內切球球心為O1，其外接球球心為O2，則下列結論正確的【答案】ABD【詳解】對于A，因為AB丄AD，AB丄PD，AD所以AB丄平面PAD，所以平面PAD丄平面ABCD，A正確；則△PAB,△PDC為直角三角形，且PA=PD，AB=CD，所以Rt△PAB≌Rt△PDC，易知CD丄平面PAD，該四棱錐的內切球在平面PAD上的“正投影”為△PAD的內切圓，對于C，分別取AD,BC的中點E，F，連接PE,EF,PF，則PE丄EF，又平面PBC截內切球所得的圓為大圓，且切點在PF上，所以得x=2，對于D，易知E為△PAD的外接圓圓心，EF丄平面PAD，又四邊形ABCD為矩形，所以外接球球心為O2為EF的中點，故正確．故選：ABD．【答案】54π【詳解】在正四面體ABCD中，取BC的中點為O，連接OA,OD．易知BC丄平面設四面體ABCE的外接球的球心為M，則點M在平面AOD上．設A,E在平面BCD上的射影分別為O1,F，顯然O1為△BCD的重心，在Rt△EFD中以O為坐標原點，OC,OD所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則設M(0,y,z)，外接球的半徑為R，則R2=MC|2=MA|2=|ME|2，則所求外接球的表面積S=4πR2=54π.5．如圖，在直角梯形ABCD中，ADⅡBC，AB丄AD，BD丄DC．將△ABD沿BD折起，使AB丄AC，(2)點E是BC的中點，連接AE、DE，若AB=AD=·、/2，（i）求二面角B—ADE的正切值；（ii）求三棱錐A—BCD的外接球體積．【答案】(1)證明見解析3【詳解】（1）因為AB丄AC，AB丄AD，AD∩AC=A，AD,AC平面ACD，所以AB丄平面ACD，又CD平面ACD，所以AB丄CD（2i）以D為坐標原點，以DB，DC，Dz所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，所以.所以E為三棱錐A—BCD的外接球的球心，且球半徑為·,故三棱錐ABCD的外接球體積為.限時：12min 平面PAB和平面PCD的交線為l，且lⅡAB.(1)求證：PA丄平面PBD；(2)若直線CD和平面PBD所成角的正弦值為，求平面PAB和平面ABCD所成角的正切值.【答案】(1)證明見解析所以AD丄BD.又因為平面PAD丄平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BD丄平面PAD，又因為PA丄PD，所以PA丄平面PBD.又因為平面PCD∩平面ABCD=CD，所以ABⅡCD，則直線AB和平面PBD所成角的正弦值為.因為PA丄平面PBD，所以上ABP是直線AB和平面PBD所成角，如圖1，過點P作AD的垂線，垂足為E，過點E作AB的垂線，垂足為F，連接PF.因為平面PAD丄平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PE丄平面ABCD，所以上PFE是平面PAB和平面ABCD所成角.設平面PAB和平面ABCD所成角為θ,近年來新高考卷和模擬卷的立體幾何題目中，出現了一些不適合建立空間直角坐標系的錐體、臺體和平行六面體，由于圖形本身不對稱或者不規則，沒有具備太多垂直的條件，或強行建系會增大解題計算量和思維量，因此除建系法以外，還要思考是否能用其他方法轉化求解。在考前解答該類題目時，考生不應局限于建系求解，還可考慮充分利用題設條件，通過添加輔助線或借助體積法等方式求解，做到“多思多解”，積極探索立體幾何中非標準（不易）建系問題的“一題多解”。的動點．(1)求證：平面ACD丄平面BEF；(2)已知二面角A—DC—B的大小為30O，當直線BF與平面ACD所成角的正弦值的最大值為時，求此時四面體ABEF的體積．【答案】(1)證明見解析又AD∩BD=D,AD,BD平面ABD，則DC丄平面ABD，而BE平面ABD，于是DC丄BE，由E為AD中點，AB=BD，得BE丄AD，又AD∩CD=D,AD,CD平面ACD，因此BE丄面ACD，又BE平面BEF，所以平面ADC丄平面BEF．由BE丄平面ACD，得上BFE為BF與平面ACD所成的角，而則此時BF丄AC，由BE丄平面ACD，AC平面ACD，得BE丄AC，而BE∩BF=B,BE,BF平面BEF，則AC丄平面BEF，又EF平面BEF，于是EF丄AC，在Rt△AEF中則S△所以四面體ABEF的體積△2．如圖，在平面四邊形ABCD中，△BCD是邊長為2的等邊三角形，AB=AD且AB丄AD，沿BD將△BCD折起，使點C到達點P．(2)當三棱錐P—ABD體積最大時，求平面APD與平面BPD夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析【詳解】（1）取BD中點E，連接AE,PE，由AB=AD，得AE丄BD，由等邊VABC，得PE丄BD，而AE,PE平面PAE，AE∩PE=E，則BD丄平面PAE，又PA平面PDE，則當且僅當點A到平面PBD的距離最大時，三棱錐P—ABD體積最大，在平面PBD內過E作EO丄PB于O，連接AO，由AE丄平面PBD，PB平面PBD，得AE丄PB，而AE∩EO=E,AE,EO平面AOE，于是PB丄平面AOE，在Rt△PED中在Rt△AOE中cos上AOE===cos上AOE===，所以平面APD與平面BPD夾角的余弦值為.沿AC翻折至△PAC，形成三棱錐P—ABC，其中P為動點.(1)若AB=BP，求證：平面APC丄平面ABC；(3)求平面ABC與平面PBC夾角正切的最大值.【答案】(1)證明見解析【詳解】（1）設等邊三角形VABC的邊長為2，因為△ADC是等腰三角形，所以DO丄AC，即PO丄AC，AC∩BO=O，AC,OB面ABC，所以PO丄面ABC，因為PO面APC，所以面APC丄面ABC.所以三棱錐P—ABC為正三棱錐.因為G是VABC的重心，連接CG并延長交AB于Q，所以AB丄面PCQ，所以面PAB丄面PGQ，過G作GH丄PQ，因為面PAB∩面PGQ=PQ，GHì面PCQ，所以GH丄面PAB.取PA的中點為M，由題意知G是AE的中點.所以GM//PE，所以上GMH為所求線面角.所以平面POB丄平面ABC，所以PN^平面ABC，過P作PF丄BC，連接NF，易得NF^BC，可得上PFN為所求夾角.在Rt△NFB中，上所以tan上所以解得，所以平面ABC與平面PBC夾角正切的最大值·.4．如圖，在三棱錐P—ABC中，PA=PC，AC丄BC，PH丄平面ABC，H為垂足，D為AC的中點.(1)證明：DH//平面PBC;【答案】(1)證明見解析.【詳解】（1）證明：連接PD，因為PA=PC，D為AC的中點，所以AC丄PD；又因為PH丄平面ABC，AC平面ABC，所以PH丄AC；又因為PD，PH平面PHD，PD∩PH=P，所以AC丄平面PHD，又DH平面PHD，所以AC丄DH；因為AC丄BC，且HD，BC均在平面ABC內，所以DH//BC；因為BC平面PBC，DH丈平面PBC，所以DH//平面PBC；（2）如圖，過點H作HQ丄BC于點Q，連接PQ，因為PH丄平面ABC，BC平面ABC，又HQ丄BC，HQ∩PH=H，HQ，PH平面PHQ，所以BC丄平面PHQ，又PQ平面PHQ，所以二面角P-BC-A的正弦值為.5．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E為PC上一點，F為PB的中點，且AF//平面BDE．(1)求證：PE=2CE；(2)若PA丄平面ABCD，PA=3，且二面角E-BD-C的大小為30O，求三棱錐A-BDE的體積．【答案】(1)證明見解析(2)9【詳解】（1）如圖1，連接AC交BD于點O，取PE的中點M，連接MF，AM，則MF為△PBE的中位線，所以MFⅡBE，因為BE平面BDE，MF丈平面BDE，所以MF//平面BDE，因為AF//平面BDE，MF，AF平面AMF，MF∩AF=F，所以平面AMF//平面BDE，因為平面PAC∩平面AMF=AM，平面PAC∩平面BDE=OE，所以AMⅡOE，因為O為AC的中點，所以E為MC的中點，故PE=2CE.（2）因為PA丄平面ABCD，所以PA丄AC，PA丄BD，在正方形ABCD中，BD丄AC，又BD又EO平面PAC，BD丄EO，如圖2，過點E作EN丄AC，垂足為N，則ENⅡPA，所以EN丄平面ABCD．所以上EON是二面角E-BD-C的一個平面角，所以上EON=30O，所以設NC=x，因為△ENC與△PAC相似，且相似比為1:3，則AC=3NC=3x，另一方面，因為O為AC的中點，，所以3x=2 （原創）設F為橢圓C:限時：12min+y2=1的右焦點，過點F的直線l交橢圓C于A,B兩點.(1)當BF=3FA時，求直線(2)設Q是x軸上異于F的點，記直線QA,QB的斜率分別為k1,k2，當為定值時，求ΔABQ的面積的最大值。【答案】(1)直線l的方程為x±y-1=0(2)ΔABQ的面積最大值為【詳解】（1）設直線l的方程為x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，聯立消去x得(m2+2)y2+2my-1=0，所以直線l的方程為x±y-1=0.（2）假設存在點Q(t,0)(t≠1)，使得k2為定值.所以 =(32t)y1+y2=y1+(32t)y2要使為定值，則解得t=2或t=1(舍去)，即點Q(2,0)為定點. （當且僅當m=0時取等號）所以ΔABQ的面積最大值為.圓錐曲線中的面積問題一直是高考考查的熱點，具有較高的選拔性和區分度，常從求線段比值，角的大小，坐標等定值問題入手對考生進行考查。在解答面積問題時，考生要善于運用辯證的觀點去思考，由“形”引路，在動點的“變”中尋求定值的“不變”性。可以通過極端位置或根據曲線的對稱關系，特殊圖形，探索解題思路。(1)求雙曲線C的方程；面積的最小值．【詳解】（1）由題意可得解得（2）設點A(x1,y1)、B(x2,y2)，聯立{點P1到直線AB的距離為d1==，點P2到直線AB的距離為d2==，所以，四邊形AP1BP2的面積為當且僅當m=0時，四邊形AP1BP2的面積取最小值.2．已知拋物線E的頂點為坐標原點O，焦點為(1,0)，過點M(2,0)的直線與E交于A、B兩點，過點B作y軸的垂線與直線OA相交于點P．(1)求E的方程；(2)證明：點P在定直線l上；(3)延長BO交（2）中的直線l于點Q，求四邊形ABPQ面積S的最小值．【答案】(1)y2=4x(2)證明見解析【詳解】（1）由題意，設拋物線E的標準方程為y2=2px，則可得p=2，故拋物線E的標準方程為y2=4x.（2）若直線AB與x軸重合，則該直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，設直線AB的方程為x=my+2，設點A(x1,y1)、B(x2,y2)，由題意可知，直線BP的方程為y=y2，直線OA的方程為聯立直線BP、OA的方程得可得所以，因此，點P在定直線l:x=—2上.（3）如下圖所示：且所以，因此，四邊形ABPQ面積S的最小值為16.3．平面內，動點M(x,y)與定點F(,0)的距離和M到定直線的距離的比是常數記動點M的軌跡為曲線E．(1)求曲線E的方程；(2)O為坐標原點，A,B為曲線E上不同兩點，經過A,B兩點的直線與圓x2+y2=1相切，求△OAB面積的最大值．(2)13【詳解】（1）設M到定直線l:x=4的距離為d，3依題意，可得化簡得x2+4y2=4，即曲線E的方程為（2）依題意，直線AB的斜率不可能是0，不妨設其方程為：x=my+t，由{22消去x，可得(m2設A(x1,y1),B(x2,y2)，則{y1+y2=m2+4，則△OAB的面積為S△OAB=×此時m=±2，△OAB的面積的最大值為4．已知圓C:(x-2)2+(y-2)2=r2(r>0)與雙曲線>0)的右支交于A，B兩點，且AB是圓C的直徑，過P(6,0)向圓C引切線，切點為M，N，cos上(1)求r的值；(2)若O為坐標原點，求△OAB的面積．2因為點C(2,2)是AB的中點，且C在雙曲線右支內，:9m3—27m210m2+30m+4m12=0，所以點O到直線AB的距離所以△OAB的面積四邊形A1B1A2B2的面積為2．(1)求C的標準方程；(2)若直線l與C的左、右兩支分別交于M、N兩點，且總有A2B2平分上MA2N．①求證：直線l恒過定點，并求出定點坐標；@若直線A2M、A2N與直線x=分別交于P、Q兩點，求△A2MN與△A2PQ面積之和的最小值．【答案】(1)x2-y2=1(2)①證明見解析，定點坐標為(0,0)；@1所以，雙曲線C的標準方程為x2-y2=1.（2）①因為直線A2B2的方程為y=-x+1，且直線A2B2平分上MA2N，所以，直線A2M、A2N關于直線A2B2對稱，不妨設直線A2M、A2N的傾斜角分別為則若直線A2N垂直于x軸，則直線A2N與雙曲線C相切，不合乎題意，同理可知直線A2M的斜率也存在，所以，兩直線的斜率之積kAMkAN=tanαtanβ=1．直線l的斜率顯然存在，設l的方程為y=kx+m，設點M(x1,y1)、N(x2,y2)，聯立{整理得(1-k2)x2-2kmx-m2-1=0．由韋達定理可得m2-11-k2當k+m=0時，直線l的方程為y=kx-k=k(x-1)，即直線l過定點A2(1,0)，此時上MA2N不存在，舍去；k2+1>0時，此時直線l的方程為y=kx，恒過定點(0,0)．綜上所述，直線l恒過定點(0,0)．@由①知，直線MN的方程為y=kx，顯然k=0時不符合題意，不妨設0<k<1．不妨設點M在第三象限，點N在第一象限，所以S△當且僅當時，即當時取等號．所以△A2MN與△A2PQ面積之和的最小值為1． （原創）過點T(5,1)作拋物線C：x2=2py(p>0)的兩條切線，切點分別為A,B．限時：12min(2)求證：直線AB過定點（與p的取值無關）；【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【詳解】（1）由拋物線C:x2=2py，有所以，得過點A的切線斜率為x1．又所以過點A的切線方程為y，即由點T(5,1)在直線TA上，所以整理得x10x1=2p．設B(x2,y2)，同理可得x10x22p=0．所以x1,x2是方程x210x2p=0的兩個根，得x1+x2=10，x1x2=2p．所以直線AB的斜率直線AB的方程為y即y=x+10x1)．所以y=x+1．所以直線AB的方程為5xpy+p=0，過定點(0,1)．所以所以圓錐曲線是新高考的重點、熱點內容，從近幾年的高考情況來看，切線與切點弦問題的考查頻率變高，考查形式多種多樣，以選擇題或填空題的形式考查時，主要考查切線方程與切點弦方程，難度不大；以解答題的形式考查時，主要考查切點弦問題和以切線為載體的面積、最值、定值等問題，難度較大。備考復習時要加強此類問題的訓練，靈活求解。1．已知拋物線Γ：y2=2px(p>0)的焦點為F(1,0)，直線l與拋物線Γ交于A，B兩點，且為線段AB的中點．(1)求拋物線Γ的標準方程；(2)求直線l的方程；(3)過點Q(m,1)(m<0)作拋物線Γ的兩條切線，分別交l于C，D兩點，求△QCD面積的最小值.【答案】(1)y2=4x(2)2xy4=0【詳解】（1）因為拋物線Γ：y2=2px(p>0)的焦點為F(1,0)，所以拋物線Γ:y2=4x.（2）由題易知直線AB的斜率存在．設A(x1,y1),B(x2,y2)，則可得因為線段AB的中點為，所以y1+y2=2,x1+x2=5，聯立Q點到直線線l的距離所以S△所以此時S△QCD=6.2．已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點F也是橢圓的一個焦點，過F的直線交C于A,B兩點.(1)求拋物線C的方程：(2)求證：拋物線C在A,B兩點處的切線互相垂直；(3)設M為線段AB的中點，以線段AM為直徑的圓交拋物線C在A處的切線于點P，試判斷是否為定值，并證明你的結論.【答案】(1)x2=4y(2)證明見解析(3)=4為定值，證明見解析【詳解】（1）易知，拋物線C:x2=2py(p>0)開口向上，且焦點坐標為(|(0,),，所以橢圓1的焦點也在y軸上，則a2=3,b2=p所以拋物線C的方程為x2=4y.（2）因為直線AB與拋物線有兩個交點，所以其斜率必存在，設直線AB的方程為y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2)由{yxx41→x24kx4=0，則x1x2=4對y=x2求導得y,=x，設拋物線C在A,B兩點處的切線斜率分別為k1=x1,k2=x2，即拋物線C在A,B兩點處的切線互相垂直.解法可知即則AP與x軸的交點坐標為于是AB.AF2x1y2y1))AM=|(2,2,,AQ=|(2,y1,APAQAQ,-(),-()于是，所以為定值.解法2：設拋物線在A,B兩點的切線lA,lB，切線交點為T，聯立解得T點坐標為由（2）知x1x2=4,T點坐標為且上ATB=90。，所以MPⅡBT，故即AP=AT，因為所以 即AB丄FT，故在Rt△ABT中，△ABT∽△ATF，所以即AB.AF=AT|2=4AP|2，所以為定值.解法3：因為故故又即AB.AF=|AT|2，由（2）知上ATB=90。，所以MP//BT，所以為定值.3．已知拋物線Γ：y=x2.(1)若點P(x0,y0)為拋物線Γ上一點，證明：拋物線Γ在點P處的切線方程為(2)設E，F是拋物線Γ：y=x2上兩點，過點E，F分別作Γ的切線交于點C，點A，B分別在線段EC，CF的延長線上，直線AB與拋物線Γ相切于點G.證明（ii）記△EFG，VABC的面積分別為S1，S2，求S1的值S2.【答案】(1)證明見解析；(2)（i）證明見解析ii）2.【詳解】（1）二次函數y=x2，求導得y,=2x，拋物線Γ在點P(x0,y0)切線的斜率為k=2x0，則切線方程為y—y0=2x0(x—x0)，而y0=x，整理得所以拋物線Γ在點P處的切線方程為（2i）令E(x1,x),F(x2,x),G(x3,x)，設點A,B,C的橫坐標分別為xA,xB,xC，由（1）知，直線CE,CF,AB的方程分別為聯立所以2所以的值為2.224．已知點F1(1,0),F2(1,0)，動點T滿足TF12=4，動點T的軌跡記為C.(1)求C的方程；(2)直線l:x=4與x軸交于點M,B為l上的動點，過B作C的兩條切線，分別交y軸于點P,Q.①證明：直線BP,BF2,BQ的斜率成等差數列；@eN經過B,P,Q三點，是否存在點B，使得上PNQ=90。？若存在，求BM；若不存在，請說明理由.所以C的軌跡是以F1,F2為焦點，且長軸長為4的橢圓，設C的軌跡方程為則2a=4，可得a=2.又c=1，所以b2=a2c2=3，所以C的方程為2122設兩條切線BP,BQ的斜率分別為k1,k2，則k1+k2==,k1k2=.①證明：設BF2的斜率為k3，則因為所以的斜率成等差數列.@法1：在y-t=k1(x-4)中，令x=0，得yP=t-4k1，所以P(0,t-4k1)，同理，得Q(0,t-4k2)，所以PQ的中垂線為y=t-2(k1+k2).易得BP的中點為(2,t-2k1)，所以BP的中垂線為k2-2,2k1-2k2)，k22-4(k1-k2)2=0，整理得k1k2+1=k1-k2，法2：在y-t=k1(x-4)中，令x=0，得yP=t-4k1，因此P(0,t-4k1)，同理可得Q(0,t-4k2)，所以PQ的中垂線為y=t-2(k1+k2).易得BP的中點為(2,t-2k1)，所以BP的中垂線為所以解得t2=7,t=±s7，因此iBM=，所以解得t2=7,t=±:7，在yt=k1(x4)中，令x=0，得yP=t4k1，故P(0,t4k1)，同理可得Q(0,t4k2)，因此2)，所以2，在yt=k1(x4)中，令x=0，得yP=t4k1，故P(0,t由等面積法得PQ.xB=S△PBQ=BP.BQ.，所以整理得t4+2t2-63=0，解得t2=7或-9（舍去=1的左，右焦點分別為F1,F2，過F2的直線l交C于P,Q兩點（點P位于x軸上方），O為坐標原點．(2)已知二次曲線Ax2+By2=C(ABC≠0)在點H(x0,y0)處的切線方程為Ax0x+By0y=C，現過P,Q兩點作C的兩條切線相交于點T，切線PT,QT與圓x2+y2=2分別交于M,M,和N,N,，其中M,N分別位于點P,Q的左側．(ⅰ)證明：M,O,N三點共線；【答案】(1)-3(2)(ⅰ)答案見解析(ⅱ)【詳解】（1）注意到OF1=-OF2,P,Q,F2三點共線，所以解得λ=-3；（2）(ⅰ)由題意可知直線PQ斜率不為0，且注意到直線PQ過點F2(1,0)，故可設直線PQ的方程為x=my+1，聯立直線PQ的方程與橢圓C的方程，得設P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4),T(x5,y5)，由題意點P位于x軸上方，由求根公式可得畫出圖形如下，觀察并猜想MN//PQ，根據題目所要證明的結論，我們不妨設直線M1N1的方程為x=my，其中M1(x6,y6),N1(x7,y7)是直線x=my與圓x2+y2=2的交點，且其中M1,N1分別位于點P,Q的左側，那么顯然滿足M1,O,N1三點共線，下面我們只需要證明M1,P,T三點共線，且N1,Q,T三點共線即可得到M1,M重合，N1,N重合，也就是說此時命題可以得證，要證明M1,P,T三點共線，只需證明聯立x=my與x2+y2=2，解得由題意直線PT的方程為同理直線QT的方程為，要證明只需證明只需證明只需證明由y2+2my1=0的根是y1,y2可知，(m2+2)y12從而只需證明只需證明只需證明而根據前面的假設可知故M1,P,T三點共線，同理N1,Q,T也三點共線，這就說明M1,M重合，N1,N重合，也就是說此時命題已經得證；(ⅱ)聯立直線PT的方程與直線QT的方程解得設d為點T到直線PQ的距離，設m2+1=t≥1，則S△求導得從而函數f(t)在[1,+∞)上單調遞增，限時：15min （改編）小奧和小銳兩位同學在兩個房間內做游走游戲.每經過1分鐘，兩人都可以選擇進行一次移動.小奧從當前房間移動到另一房間的概率為0.6，留在該房間的概率為0.4；若上一分鐘兩人都在一個房間，那么下一分鐘小銳必定移動到另一個房間；若上一分鐘兩人不在同一房間，小銳從當前房間移動到另一房間或留在當前房間的概率均為0.5，已知在第0分時，小奧在0號房間，小銳在1號房間.設在第n分鐘時，小奧和小銳在0號房間的概率分別為pn，qn.(1)求第1分鐘時，小奧和小銳所在房間號之和為1的概率；求證均為等比數列，并求pn，qn；(3)求在第幾分鐘時，小銳在0號房間的概率最大.【答案】(1)0.5(3)2分鐘【詳解】（1）第0分鐘時，小奧在0號房間，小銳在1號房間.設ti,j為第1分鐘時，小奧在i號房間，小銳在j號房間的概率，設第1分鐘時，小奧和小銳所在房間號之和為X，則P(X=1)=t0,1+t1,0=0.5，所以第1分鐘時，小奧和小銳所在房間號之和為1的概率為0.5.（2）證明：易知p0=1,q0=0，且由（1）得當n≥1時，小奧在第n分鐘時位于0號房間包含2種情形：①上一分鐘仍在0號房間，繼續保持在0號房間的概率為pn-1，@上一分鐘在1號房間，轉移到0號房間的概率為1-pn-1)， 則由全概率公式進而結合p1-=-，故{pn-是首項為-，公比為-的等比數列，即注意到當n=0時也滿足題意，小銳第n分鐘在0號房間包含3種情形：①上一分鐘小奧和小銳都在1號房間，小銳轉移到0號房間的概率為(1-pn-1)(1-qn-1)，②上一分鐘小奧在0號房間，小銳在1號房間，小李轉移到0號房間的概率為③上一分鐘小奧在1號房間，小銳在0號房間，小銳轉移到0號房間的概率為故由全概率公式要證為等比數列，即證為等比數列，n-1)11故{lqn-2-6|(-5,,}為首項-6，公比為-2的等比數列，n-1)11qnqn顯然q0=0不是其最大值，設，≤0，當且僅當n=1時取等，故an的最大值為0；當n≥4時最大值為，因此qn的最大值為即在第2分鐘時，小銳在0號房間概率最大.新高考重視在知識交匯處命題，本部分內容的學習，可以幫助學生進一步深化理解概率與統計的基礎知識和基本思想方法，意在考查學生綜合應用所學的概率與統計知識分析問題、解決問題的能力，同時考查數據處理能力、運算求解能力、邏輯推理能力、數學閱讀能力，考查的核心素養是數據分析、數學運算。概率統計與數列、函數的綜合應用，突出用概率、統計方法解決實際問題的基本思想，突出知識間的綜合應用，尤其是與不等式、函數、數列等知識的交匯考查，通過綜合運用所學知識解決實際問題，加深概念理解，感悟在實際生活中進行科學決策的必要性和可能性，體會概率統計思想。1．“冰雪同夢，亞洲同心”，2025年第九屆亞冬會在哈爾濱舉辦，本次賽事共有6個大項，11個分項，64個小項，有來自34個國家和地區，1200多名運動員參賽，是一場令人回味無窮的冬季體育盛會，亞冬會圓滿結束后，我校團委組織學生參加與亞冬會有關的知識競賽.為鼓勵同學們積極參加此項活動，比賽規定：答對一題得兩分，答錯一題得一分，選手不放棄任何一次答題機會.已知小明報名參加比賽，每道題回答是否正確相互獨立，且每次答對的概率不一定相等.(1)若前三道試題，小明每道試題答對的概率均為p，①設，記小明答完前三道題得分為X，求隨機變量X的分布列和數學期望；@若小明答完前四道題得8分的概率為，求小明答完前四題時至少答對三題的概率的最小值；(2)若小明答對每道題的概率均為，因為小明答對第一題或前兩題都答錯，均可得到兩分，稱此時小明答題累計得分為2，記小明答題累計得分為n的概率為Pn，求數列{Pn}的通項公式.【答案】(1)①分布列答案見解析【詳解】（1）①由題意可知，隨機變量X的可能取值有3、4、5、6，所以，隨機變量X的分布列如下表所示：X3456P 272949所以，@因為前四道試題得8分即全對的概率為，所以第四道試題答對的概率為，所以，小明答完前四題時至少答對三題的概率為當時，f,(p)<0，此時，函數f(p)單調遞減，當時，f,(p)>0，此時，函數f(p)單調遞增，所以（2）依題意可得P1=，當n≥3時，則所以，且所以，數列{Pn+1-Pn}是首項為，公比為-的等比數列，所以數列是各項均為1的常數列，則所以解得2．當前，以大語言模型為代表的人工智能技術正蓬勃發展，而數學理論和方法在這些模型的研發中，發揮著重要作用．例如，當新聞中分別出現“7點鐘，一場大火在郊區燃起”和“7點鐘，太陽從東方升起”這兩個事件的描述時，它們提供的“信息量”是不一樣的，前者比后者要大，會吸引人們更多關注．假設通常情況下，它們發生的概率分別是p=0.0001和p=0.9999，用這個量來刻畫“信息量”的大小，計算可得前者約為9，后者接近于0．現在假設離散型隨機變量X的分布列為P(X=xi)=pi，0<pi<1，i=1,2,…,m．則稱為X的信息熵，用來刻畫隨機變量X蘊含的信息量的大小．(1)若X的分布列為P(X=x1)=p，P(X=x2)=1-p，0<p<1，求H(X)的最大值；(2)證明：eH(X)≤m；(3)若X~B(n,p)，且n為定值，設H(X)=f(p)，證明【答案】(1)ln2；(2)證明見解析；(3)證明見解析【詳解】（1）由題意知，H(X)=-plnp-(1-p)ln(1-p)，其中0<p<1．所以當時，φ,(p)>0，所以φ(p)在上單調遞增；當時，φ,(p)<0，所以φ(p)在上單調遞減．所以在時取得最大值，且最大值為ln2．（2）要證eH(X)≤m，即證lnm≥H(X)，=Σi1i1-),),（當且僅當mpi=1，即時等號成立成立），所以eH(X)≤m.（3）由題意知由C=C-k，則f(p)=f(1-p)，所以=-f,，則即得．3．在這個科技飛速發展的時代，機器人和AI已應用到國防軍事方面，在2024年的珠海航展上，中國“機器狗”升級成“機器狼”閃耀亮相，具備偵察、戰斗和綜合保障等功能，展現中國四足機器人技術進步，引發國內外關注.升級后的“機器狼”相比之前的“機器狗”有一特殊之處，無論是在平地上還是臺階上，“機器狼”的行進速度都相當之快，動作靈敏.為了展示“機器狼”上臺階的性能，在一個有n步的臺階上，假設“機器狼”每次只能上一步或兩步臺階，且每次上一步或兩步臺階是隨機的；記每次上一步臺階的概率為p(0<p<1)，上兩步臺階的概率為1-p；且每次上一步臺階用時0.2s，上兩步臺階用時0.3s.(1)假設n=4，“機器狼”上完這個臺階用時最少為多少秒?(2)若“機器狼”走3次后從地面到達第5步臺階的概率為f(p)，當f(p)取最大值時，求“機器狼”從地面上到第7步臺階用時最少的概率.若，記“機器狼”從地面上到第n步臺階的概率為Pn，其中n∈N*，證明：數列{Pn+1-Pn}是等比數列，并求Pn.【答案】(1)0.6(3)證明見解析【詳解】（1）“機器狼”上完4步臺階的走法有：所以“機器狼”上完這個臺階用時最少為0.6秒；（2）依題意f(p)=3p(1-p)2(0<p<1)，則f,(p)=3(1-p)(1-3p)，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時f取得最大值，“機器狼”從地面上到第7步臺階有1+2+2+2，2+1+