1、 2021 届高三月考届高三月考数学数学试卷试卷( (二二) ) 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的小题，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 2 340Ax xx， 28 x Bx，那么集合AB ( ) A. 3, B. 1, C. 3，4 D. 3,4 【答案】D 【解析】 【分析】 解不等式确定集合,A B后再由交集定义计算 【详解】 2 340 | 14Ax xxxx ， 283 x Bxx x， |34ABxx 故选：D 【点睛】 本题考查集合的交集运算，考查解一元二次不等式和指数不等式，
2、掌握指数函数性质是解题关键 2. 设i是虚数单位，若cos sinzi，且其对应的点位于复平面的第二象限，则位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数的几何意义列出不等式，求出的范围，可得结论 【详解】cossinzi对应的点位于复平面的第二象限， cos0 sin0 ，在第二象限 故选：B 【点睛】本题考查复数的几何意义，考查三角函数的定义，属于基础题 3. 曲线 3 3f xxx 在点P处的切线平行于直线21yx，则P点的坐标为( ) A. 1,3 B. 1,3 C. 1,3和1,3 D. 1, 3 【答案】C 【解
3、析】 【分析】 求导，令 2fx ，故 2 3121xx 或1，经检验可得P点的坐标. 【详解】 因 2 31fxx， 令 2fx ， 故 2 31 21xx 或1， 所以 1,3P或1,3， 经检验， 点1,3，1,3均不在直线21yx上，故选 C 【点睛】本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查导数的几何意义：函数在某点处的导数即为曲线在该 点处的切线的斜率，考查两直线平行的条件：斜率相等，属于基础题 4. 如图，网格上纸上小正方形边长为 1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的体积为( ) A. 4 3 B. 4 3 C. 8 3 D. 2 3 【答案】C 【解析】 【详解】 【分析】 试
4、题 分 析 ： 该 棱 锥 如 图 ，EABCD， 它 可 以 看 作 是 从 正 方 体 中 截 出 的 一 部 分 ， 其 体 积 为 3 1118 22 2 2 2323 V 故选 C 考点：三视图，体积 【名师点睛】象这种画在方格纸中的三视图，常常可以看作是由基本几何体(如正方体、长方体)切割出的几 何体的三视图，因此由这样的三视图作直观图时，可以画出正方体(或长方体)，在此基础上切割并想象三视 图得到所需几何体的直观图 5. 下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是( ) A. cos 2 2 yx B. sin 2 2 yx C. sin2cos2yxx D. sinco
5、syxx 【答案】A 【解析】 【分析】 求出函数的周期，函数的奇偶性，判断求解即可 【详解】解：ycos(2x 2 )sin2x，是奇函数，函数的周期为：，满足题意，所以 A 正确 ysin(2x 2 )cos2x，函数是偶函数，周期为：，不满足题意，所以 B 不正确； ysin2x+cos2x 2 sin(2x 4 )，函数是非奇非偶函数，周期为 ，所以 C 不正确； ysinx+cosx 2 sin(x 4 )，函数是非奇非偶函数，周期为 2，所以 D不正确； 故选 A 考点：三角函数的性质. 6. 已知直三棱柱 111 6.34ABCABCOABAC的 个顶点都在球 的球面上若，,AB
6、AC 1 12AAO，则球 的半径为( ) A. 3 17 2 B. 2 10 C. 13 2 D. 3 10 【答案】C 【解析】 因为直三棱柱中， AB3， AC4， AA112， ABAC， 所以 BC5， 且 BC 为过底面 ABC 的截面圆的直径 取 BC 中点 D，则 OD底面 ABC，则 O 在侧面 BCC1B1内，矩形 BCC1B1的对角线长即为球直径，所以 2R 22 12513，即 R 13 2 7. 中华文化博大精深，我国古代算书周髀算经中介绍了用统计概率得到圆周率 的近似值的方法古 代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币(如图 1)做统计，现将其抽象成如图 2所示的图形，
7、其中圆的半径为 2cm，正方形的边长为 1cm，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是 P，则圆周率 的近 似值为( ) A. 1 4(1)p B. 1 1p C. 1 1 4p D. 4 1p 【答案】A 【解析】 【分析】 根据几何概型的方法分析阴影部分占总面积的比值,列式求解的表达式即可. 【详解】圆形钱币的半径为 2cm,面积为 S圆224；正方形边长为 1cm,面积为 S121 在圆形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率是 P 1 1 4 ,则 1 4(1)p 故选：A 【点睛】本题主要考查了几何概型的方法,需要求解阴影部分面积占总面积的比值,属于基础题型. 8. 设 n
8、 S是数列 n a的前 n项和，满足 2 12 nnn aa S ，且0 n a ，则 100 S( ) A. 10 B. 3 11 C. 10 3 11 D. 11 【答案】A 【解析】 【分析】 根据和项与通项关系将条件转化为 22 1 1 nn SS ,再根据等差数列定义以及通项公式解得 2 n S， 即可得到结果. 【详解】 222 11111 1212101 nnnn aa Saa Saaa 22 11 12()12(),(2) nnnnnnnn aa SSSSSSn 22 1 1,(2) nn SSn 因此数列 2 n S为等差数列，首项为 1，公差为 1， 即 2 1 (1) 1
9、00 nnnn SnnaSSn 100 10S 故选：A 【点睛】本题考查和项与通项关系、等差数列定义以及通项公式，考查综合分析判断与求解能力，属中档 题. 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 9. 已知函数 2 ( )lg1f xxaxa ，给出下述论述，其中正确的是( ) A. 当0a时， ( )f x的定义域为(, 1)(1,) B. ( )f x一定有最小值； C. 当0a时， ( )f x的值域为R； D. 若 ( )f x在区间2,)上单调递增，则实数a的取值范围是 4a a
10、 【答案】AC 【解析】 【分析】 对 A， 当0a时， 求出函数 ( )f x的定义域， 可判选项 A； 当 0a时， 函数 ( )f x的值域为R， 可判选项 B， C；根据复合函数单调性可知，内函数 2 1yxaxa递增且 0y 可求出a的取值范围，可判断选项 D. 【详解】对 A，当0a时，解 2 10 x 有 (, 1)(1,)x ，故 A 正确； 对 B，当0a时， 2 ( )lg(1)f xx，此时 (, 1)(1,)x ， 2 1(0,)x ， 此时 2 ( )lg(1)f xx值域为R，故 B 错误； 对 C，同 B，故 C正确； 对 D， 若 ( )f x在区间2,)上单调
11、递增，此时 2 1yxaxa在2, )上单调递增， 所以对称轴2 2 a x ，解得4a ，但当4a 时， 2 ( )lg(43)f xxx在2x处无定义，故 D 错误. 故选：AC 【点睛】本题主要考查了对数型复合函数的定义域、值域、最值、单调性，对于复合函数的单调性问题， 可先将函数( ( )yf g x分解成( )yf t和( )tg x， 再讨论这两个函数的单调性， 最后根据复合函数“同 增异减”的规则进行判断或求解. 10. 已知0 2 ，且tan，tan是方程 2 20 xkx的两不等实根，则下列结论正确的是 ( ) A. tantank B. tan()k C. 2 2k D.
12、tan4k 【答案】BCD 【解析】 分析】 根据题意可得tantank，tantan2，再利用两角和的正切公式可判断 B，利用基本不等式 可判断 C、D 【详解】由tan，tan是方程 2 20 xkx的两不等实根， 所以tantank，tantan2， tantan tan() 1 tantan1 k k ， 由0 2 ，tan，tan均为正数， 则tantan2 tantan2 2k，当且仅当tantan取等号，等号不成立 tan2tantan2 2tantan4k，当且仅当2tantan取等号， 故选：BCD 【点睛】本题考查了韦达定理、两角和的正切公式、基本不等式的应用，注意验证等号
13、成立的条件，属于 基础题. 11. 正方体 1111 ABCDABC D的棱长为 1，E，F，G 分别为BC， 1 CC， 1 BB的中点.则( ) A. 直线 1 DD与直线AF垂直 B. 直线 1 AG与平面AEF平行 C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为 9 8 D. 点 C与点 G 到平面AEF的距离相等 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据AF与 1 CC不垂直，且 11 /DDCC可知A不正确；根据 1 ,A E F D四点共面，且 11 / /AGDF，可知B 正确；根据梯形的面积公式可求出截面的面积，可知C正确；连CG交EF于H，则H不是CG的中点， 可知D不正确. 【详
14、解】因为直线AF与直线 1 CC不垂直，且 11 /DDCC，所以直线 1 DD与直线AF垂直不垂直，故A不 正确； 连 1 AD、 1 D F， 1 BC，因为E、F为BC、 1 CC的中点，所以 11 /EFBCAD，所以 1 ,A E F D四点共 面，因为 11 / /AGDF， 1 AG 平面AEF， 1 D F 平面AEF，所以 1 / /AG平面AEF，故B正确； 平面AEF截正方体所得的截面为梯形 1 AEFD，其面积为 22 122 (2)1() 224 9 8 ，故C正确； 连CG交EF于H，则H不是CG的中点，所以点 C 与点 G 到平面AEF的距离相等，故D不正确. 故
15、选：BC 【点睛】关键点点睛：找到平面AEF截正方体所得的截面是解题关键，根据 11 /EFBCAD可得到 1 ,A E F D四点共面.属于中档题. 12. 已知函数 3 sinf xxxax，则下列结论正确的是( ) A. f x是奇函数 B. 若 f x是增函数，则 1a C. 当3a时，函数 f x恰有两个零点 D. 当3a 时，函数 f x恰有两个极值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】 对 A,根据奇函数的定义判定即可. 对 B,求导后利用恒成立问题分析即可. 对 C,根据单调性分析即可. 对 D,求导后令导函数等于 0 画图分析交点个数即可. 【详解】对 A, 3 sinf x
16、xxax的定义域为R,且 3 sinfxxxax 3 sin( )xxaxf x .故 A 正确. 对 B, 2 cos3fxxxa,因为 f x是增函数故 2 cos30 xxa恒成立. 即 2 cos3axx恒成立.令 2 ( )cos3g xxx,则 ( )6sing xxx , 因为( )6cos0gxx,故( )6sing xxx单调递增, 又(0)0g,故当0 x时)(0g x ,当0 x时( )0g x .故 2 ( )cos3g xxx最小值为 (0)1g .故 1a .故 B 正确. 对 C,当3a时由 B选项知, f x是增函数,故不可能有 2 个零点.故 C 错误. 对
17、D,当3a 时 3 sin3f xxxx, 2 cos33fxxx,令 2 cos330 xx则有 2 cos33xx . 作出 2 cos ,3 3yx yx 的图像易得有两个交点,且交点左右的函数值大小不同.故函数 f x恰有两个极 值点.故 D正确. 故选：ABD 【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数的单调性与极值点等问题,属于中档题. 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题小题 13. 在 7 1 3 x x 的展开式中， 4 1 x 的系数是_ 【答案】189 【解析】 【分析】 由二项式定理得出二项展开式的通项公式，令x的指数为4求得项数后可得所求系数 【详解】展开式通项
18、公式为 7 3 77 2 177 1 (3)( 1) 3 r r rrrrr r TCxC x x ， 令 73 4 2 r ，得=5r 4 1 x 的系数为 525 7 ( 1)3189C 故答案为：189 【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键 14. 如图，已知ABC是边长为1的等边三角形，点D、E分别是边AB、BC的中点，连结DE并延长到 点F，使得2DEEF，则AF BC 的值为_ 【答案】 1 8 【解析】 【分析】 先由题意，得到 33 24 DFDEAC，推出 13 24 AFADDFABAC，再由BC ACAB ，根 据向量的数量积运算，结合题中条件，直
19、接计算，即可得出结果. 【详解】因为2DEEF，点D、E分别是边AB、BC的中点， 所以 33 24 DFDEAC， 因此 13 24 AFADDFABAC， 又BC ACAB ，ABC是边长为1的等边三角形， 所以 22 13131 24244 AF BCABACACABABACAC AB 1311311 cos60 2442488 ACAB. 故答案为： 1 8 【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，熟记向量数量积的运算法则，以及平面向量基本定理即可，属 于常考题型. 15. 已知函数 sin 33 2sincos 22f xxxx，其中，若 f x在区间 2 , 63 上单调递减，则的最
20、大值为_ 【答案】 5 6 【解析】 sin222sincos 22sinf xxxxxx ，由 3 2 2 22 kxk， 解 得 3 2 2 22 kxk， 2 63 x是 其 子 集 ， 故 2 26 32 2 23 k k ，解得 2 3 5 2 6 k k ，由于，故令0k 可求得的最大值为 5 6 . 16. 已知数列 n a的通项公式为22 n an，将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵，记 n b为数阵从左 至右的n列，从上到下的n行共 2 n个数的和，则数列 n n b 的前 2020项和为_ 123 2341 3452 1221 n n n nnnn aaaa aaaa a
21、aaa aaaa 【答案】 1010 2021 【解析】 【分析】 每行都是等差数列，分别求和(注意用第一行的 n S表示)，然后求出 n b，对 n n b 裂项后可求得和 2020 S 【详解】由题意，设数列 n a的前n项和为 n S 数列 n a的通项公式为22 n an， 数列 n a是以 4为首项，2 为公差的等差数列 第 1 行的所有项的和即为： 2 12 1 423 2 nn n n aaaSnnn 则第 2 行的所有项的和为： 23112nnn aaaadadadSnd ； 第 3行的所有项的和为： 34212 2222 nnn aaaadadadSnd ； 第n行的所有项的
22、和为： 12112 11 nnn aaaandand 11 nn andSnnd ； 12231nnn baaaaaa 342121nnnn aaaaaa 21 nnnn SSndSndSnnd 121 n nSnnd 2 1 32 2 nn n nnn 2 21nn 2 11 11 212121 n nn bnnn nnn 数列 n n b 的前 2020项和为 122020 122020111 11111 1 222 232 20202021bbb 11111111 1=1 22232020202122021 1010 = 2021 故答案为： 1010 2021 【点睛】本题考查等差数列
23、的前n项和，考查裂项相消法求和解题关键是正确认识 n b，计算出 n b 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17. 在递增的等比数列 n a中， 16 32a a， 25 18aa，其中 * Nn. (1)求数列 n a的通项公式； (2)记 21 log nnn baa ，求数列 n b的前n项和 n T. 【答案】(1) 1 2n n a - =；(2) 2 21 2 n nn . 【解析】 试题分析：(1)由 2516 32aaa a及 25 18aa得 2 2a ， 5 16a ，进而的q
24、，可得通项公式； (2) 1 2n n bn 利用分组求和即可，一个等差数列和一个等比数列. 试题解析： (1)设数列 n a的公比为q， 则 2516 32aaa a， 又 25 18aa， 2 2a ， 5 16a 或 2 16a ， 5 2a (舍). 3 5 2 8 a q a ，即2q . 故 21 2 2 nn n aa q ( * Nn). (2)由(1)得， 1 2n n bn . 12nn Tbbb 21 1222123 n n 11 2 1 22 n n n 2 21 2 n nn . 18. 现在给出三个条件：a2；B 4 ；c 3 b.试从中选出两个条件，补充在下面的问
25、题中，使其 能够确定ABC，并以此为依据，求ABC的面积. 在ABC中， a、 b、 c分别是角 A、 B、 C 的对边， 且满足233bccosAacosC（）， 求ABC 的面积(选 出一种可行的方案解答，若选出多个方案分别解答，则按第一个解答记分) 【答案】选；SABC 3 【解析】 【分析】 由题目条件， 化边为角即可求出 3 A ， 再根据解三角形 “知三求三”(至少知一边)， 所以搭配或， 都可确定三角形ABC，求得其面积 【详解】如选 因为(23 )3bc cosAacosC， 由正弦定理可得，2sinBcosA 3 (sinCcosA+sinAcosC) 3 sinB， 因为
26、sinB0，所以 cosA 3 2 ， 又因为 a2，c 3b ， 由余弦定理可得， 2 2 344 22 3 b b ， 解得，b2，c2 3， 故 SABC 111 2 2 33 222 bcsinA . 【点睛】本题主要考查补全题目条件解三角形， 涉及正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础 题 19. 某地随着经济的发展，居民收入逐年增长，下表是该地一建设银行连续五年的储蓄存款(年底余额)，如 下表 1： 年份 x 2011 2012 2013 2014 2015 储蓄存款 y(千亿 元) 5 6 7 8 10 为了研究计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，2010,5tx
27、zy得到下表 2： 时间代号 t 1 2 3 4 5 z 0 1 2 3 5 ()求 z关于 t的线性回归方程； ()用所求回归方程预测到 2020年年底，该地储蓄存款额可达多少？ (附：对于线性回归方程 ybxa，其中 1 22 1 , n ii i n i i x ynx y baybx xnx ) 【答案】()1.21.4zt ()预测到 2020 年年底，该地储蓄存款额可达 156 千亿元 【解析】 试题分析：()由表中的数据分别计算 x，y 的平均数，利用回归直线必过样本中心点即可写出线性回归方 程； ()t=x2010， z=y5， 代入 z=1.2t1.4 得到： y5=1.2(
28、x2010)1.4， 即 y=1.2x2408.4， 计算 x=2020 时，的值即可 试题解析： () 455 3 2.2 1.2 55 5 9 b ，2.2 3 1.21.4azbt ()2010,5txzy，代入得到： 51.220101.4yx ，即 1.22408.4yx 1.2 20202408.415.6y， 预测到 2020 年年底，该地储蓄存款额可达 156千亿元 点睛：求解回归方程问题的三个易误点：(1)易混淆相关关系与函数关系，两者的区别是函数关系是一种确 定的关系，而相关关系是一种非确定的关系，函数关系是一种因果关系，而相关关系不一定是因果关系， 也可能是伴随关系(2)
29、回归分析中易误认为样本数据必在回归直线上，实质上回归直线必过(x，y)点， 可能所有的样本数据点都不在直线上(3)利用回归方程分析问题时，所得的数据易误认为准确值，而实质 上是预测值(期望值) 20. 已知四棱柱ABCDABCD 中，底面ABCD为菱形，2460ABAABAD ,，E为BC中 点， C 在平面ABCD上的投影H为直线AE与DC的交点. (1)求证：BDA H； (2)求二面角DBBC 的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 4 5 【解析】 【分析】 (1)连接, ,A C ACA B BH ， ，先证明A C BH为平行四边形，因此A B 平面 ABCD，继而证明BD
30、平面,A BH即得证. (2)如图建立空间直角坐标系，计算平面D BB，平面CBB的法向量，利用二面角的向量计算公式，即得 解. 【详解】(1) 连接, ,A C ACA B BH ， ， 由于E为BC中点，且/ /HCAB，故E为AH中点，CHEABECHAB 故四边形CBHA为平行四边形, /ACBH 由于四棱柱/ABCDABCDAACC 且AACC 故四边形A C AC为平行四边形, /ACA CACBH 由于底面ABCD为菱形，故BDAC，且/ACBH，BDBH 由于/ /,A CBH A CBH，故四边形A C BH为平行四边形，所以/BAHC 故：A B平面 ABCDA BBD 又
31、A B 平面,A BHBH 平面,A BH 故BD 平面,A BHA H 平面,A BH BDA H (2)由(1)BH，BD，BA两两垂直，以 B 为原点如图建立空间直角坐标系. (0,0,0),( 3,1,0),( 3,1,2 3),( 3, 1,2 3)BCDB (0,2,0),(3, 1, 2 3),(0,2, 2 3),(3, 1,0)D BD BCBCB 设平面D BB的法向量为( , , )nx y z， 故 20 32 30 n D By n D Bxyz ，令21xz ，故(2,0, 1)n 设平面CBB的法向量为( , , )mx y z， 故 22 30 30 n CBy
32、z n CBxy ，令31,1yxz ，故( 1, 3,1)m 由图像得二面角DBBC 为锐角，故 3 cos|cos,| | 5| DC m n m n n BB m 故 4 sin 5 DBBC 【点睛】本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算能力，属于中 档题. 21. 已知函数( )ln(1)1 x a f xexxax ，Ra，e2.718为自然对数的底数. (1)若1a ，证明：(1) ( )0 xf x； (2)讨论 ( )f x 极值点个数. 【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析. 【解析】 【分析】 (1)由1a ，则 1 ( )ln1
33、x f xexx ， 1 ( )ln1 x fxex (0)x ，令 1 ( ) x g xex ，用导数法得 到 1x ex ， 从而得到 ( )f x在(0)， 上单调递增， 结合(1)0f， 得到(0,1)x时，( )0f x ；(1,)x 时，( )0f x 证明； (2)求导( )ln x a fxexa (0)x ，令( )( )h xfx ，分1a 和1a 结合零点存在定理求解. 【详解】(1)若1a ，则 1 ( )ln1 x f xexx ， 1 ( )ln1 x fxex (0)x 令 1 ( ) x g xex ，则 1 ( )1 x g xe 当(0,1)x时，( )0
34、g x ，( )g x在(0,1)上单调递减； 当(1,)x时，( )0g x ，( )g x(1,)上单调递增； 因此( )(1)0g xg，即 1x ex ；也有 1ln (0)xx x ， 所以当1a 时， 1 ( )ln1(1) 10 x fxexxx ， 所以 ( )f x在(0)， 上单调递增； 又因为(1)0f， 所以，当(0,1)x时，( )0f x ；当(1,)x时，( )0f x ； 所以(1) ( )0 xf x. (2)由题意知( )ln x a fxexa (0)x ， 令( )( )h xfx ，则 1 ( ) x a h xe x ， 当1a 时， 11 ( )(
35、 )lnlnln10 x axx h xfxexaexaex ， 所以 ( )f x在(0)， 上单调递增， ( )f x无极值点； 当1a 时， 1 1 (1)10,( )10 a heh a a ，且( )h x 在(0 )， 上单调递增， 故存在 0 (1, )xa满足 0 0 0 1 ()0 xa h xe x ， 因此 0 00 0 1 ln xa eaxx x ； ， 当 0 (0,)xx时，( )0h x，所以( )h x在 0 (0,)x上单调递减； 当 0 (,)xx时，( )0h x，所以( )h x在 0 (,)x 上单调递增； 所以 0 0000 0 1 ( )()ln
36、2ln xa h xh xexaxx x ， 再令 0000 0 1 ()2ln,(1, )xxx xa x ， 0 2 00 12 ()10 x xx ， 所以 0 ()x 在(1, )a上单调递减，且( )(1)0a，即 0 ()0h x， 因为( )0 a aea h ee ，又知 1x ex ， 1ln (0)xx x ， 所以 2 (3 )ln321 ln31 lnln32ln30 a h aeaaaaaaa ， 所以存在 10 (,) a xex ， 20 (,3 )xxa满足 12 ( )()0h xh x ， 所以当 1 (0,)xx时，( )( )0fxh x，( )f x在
37、 1 (0,)x上单调递增； 当 12 ( ,)xx x时，( )( )0fxh x，( )f x在 12 ( ,)x x上单调递减； 当 2 (,)xx时，( )( )0fxh x，( )f x在 2 (,)x 上单调递增； 所以，当1a 时， ( )f x存 两个极值点 12 ,x x 综上可知：当1a 时， ( )f x不存在极值点； 当1a 时， ( )f x存在两个极值点， 【点睛】本题主要考查导数与不等式的证明，导数与函数极值点，还考查了分类讨论的思想、转化化归思 想和运算求解的能力，属于难题. 22. 随着 5G商用进程的不断加快，手机厂商之间围绕 5G 用户的争夺越来越激烈，5
38、G 手机也频频降价飞入 寻常百姓家某科技公司为了打开市场，计划先在公司进行“抽奖免费送 5G手机”优惠活动方案的内部测 试，测试成功后将在全市进行推广 (1)公司内部测试的活动方案设置了第i iN次抽奖中奖的名额为32i ，抽中的用户退出活动，同时 补充新的用户，补充新用户的名额比上一次中奖用户的名额少 2个若某次抽奖，剩余全部用户均中奖， 则活动结束参加本次内部测试第一次抽奖的有 15人，甲、乙均在其中 请求甲在第一次中奖和乙在第二次中奖的概率分别是多少? 请求甲参加抽奖活动次数的分布列和期望? (2)由于该活动方案在公司内部的测试非常顺利，现将在全市进行推广报名参加第一次抽奖活动的有 20
39、 万用户，该公司设置了第i iN次抽奖中奖的概率为 91 40 i i p ，每次中奖的用户退出活动，同时 补充相同人数的新用户，抽奖活动共进行2n nN次已知用户丙参加了第一次抽奖，并在这2n次抽 奖活动中中奖了，在此条件下，求证：用户丙参加抽奖活动次数的均值小于 9 2 【答案】 (1)甲在第一次中奖的概率为 1 3 ， 乙在第二次中奖的概率为 16 39 ； 分布列见解析， 25 = 13 E X； (2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1)确定参与抽奖人数和中奖人数，可得概率，其中乙第二次中奖，是在第一次不中奖的基础上才能第二 次抽中奖，由条件概率公式计算； 设甲参加抽奖活动的次数为
40、X，则1,2,3X ，注意第 2 次中奖是在第一次未中奖的条件下才发生，同 样第 3 次中奖是在前 2 次都未中奖的条件下才可能发生由条件概率公式计算出概率得分布列，由期望公 式可计算期望； (2)丙在第奇数次中奖的概率为 1 5 ，在第偶数次中奖的概率为 1 4 “丙中奖”为事件A，则 433 11 545 nn P A ，设丙参加抽奖活动的次数为Y，求出丙在第2m和21m次中奖的概率 (2 )P Ym和(21)P Ym，这两个概率相等，这样在丙中奖这个条件下可得第2 1m次和第2m次中 奖的概率 (21) ( ) P Ym P A 和 (2 ) ( ) P Ym P A ，由期望公式计算出
41、期望( )E Y，用错位相减法求得分子的和，得 ( )E Y化简后可证结论 【详解】(1)甲在第一次中奖的概率为 1 51 153 p ， 乙在第二次中奖的概率为 2 10816 151339 p 设甲参加抽奖活动的次数为X，则1,2,3X ， 51 1 153 P X ； 10816 2 151339 P X ； 10510 31 151339 P X ， X 1 2 3 P 1 3 16 39 10 39 1161025 123 3393913 E X (2)证明：丙在第奇数次中奖概率为 1 5 ，在第偶数次中奖的概率为 1 4 设丙参加抽奖活动的次数为Y，“丙中奖”为事件A，则 433
42、11 545 nn P A ， 令 * ,mn mN，则丙在第21m次中奖的概率 1 31 21 55 m P Ym 在第2m次中奖的概率 11 34131 2 55455 mm P Ym ， 即 1 31 212 55 m P YmP Ym ， 在丙中奖的条件下，在第21m，2m次中奖的概率为 1 1 3 5 5 m P A ， 则丙参加活动次数的均值为 21 1333 123456212 5555 n E Ynn P A ， 设 21 333 371141 555 n Sn ， 则 21 33333 374541 55555 nn Snn ， 21 23333 3441 55555 nn Sn ， 1 4512273 225 n n S ， 所以 1 4512273 225 3 5 1 5 n n n E Y 4533 3 110 2 255 995 22 33 15 1 55 nn n n n n n 【点睛】本题考查条件概率，考查随机事件的概率分布列和数学期望，难点是理解中奖规则，得出 (21)P Ym和(2 )P Ym，考查了数据处理能力，运算求解能力，属于难题
浙公网安备33030202001339号