2023年12月10日发(作者：无锡中考数学试卷28)

2021届河北省邯郸市高三三模数学试题

一、单选题

1．已知全集为U，集合A,B为U的子集，若A．UUAB，则AB（

）

B B．UA C．B D．A

【答案】C

【分析】由交集为空集可得A,B包含关系，由此确定交集结果.

【详解】故选：C.

2．在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边为x轴的非负半轴，若点P(1,2)是角终边上的一点，则tan(2)等于（

）

UAB，BA，ABB.

A．3

4B．4

3C．3

4D．4

3【答案】B

【分析】由三角函数的定义可求tan的值，再利用诱导公式及二倍角正切公式可求.

【详解】解：由题意，得tan2，从而tan(2)tan2故选：B.

2tan2(2)4，

1tan21(2)23x2y23．已知双曲线C:1a0的一条渐近线方程为2xy0，F1、F2分别2a16是双曲线C的左、右焦点，P为双曲线C上一点，若PF15，则PF2（

）

A．1

【答案】D

【分析】求出a的值，利用双曲线的定义可求得PF2.

【详解】由题意知B．1或9 C．3或9 D．9

42，所以a2，所以c41625，

a所以PF15225ac，所以点P在双曲线C的左支上，

所以PF2PF29，

14，所以PF第 1 页 共 23 页 故选：D.

4．已知复数zn1ii2in(i为虚数单位，nN*)，若,n)，

从M中任取一个元素，其模为1的概率为（

）C．Mzzzszt(s,t1,2,2A．

7B．3

71

7D．1

n【答案】B

1in1【分析】根据等比数列的求和公式，求得zn，由复数in的性质，得出集合M，1i进而求解.

【详解】由题意，可得zn1ii21in1，

i1in根据复数in的性质，可得zn1i,i,0,1,1i,i,0,1,，即zn的取值只有四个数1i,i,0,1，所以集合M{0,1,1,i,2i,1i,1i}，M中共7个元素，

其中模为1的有三个元素，故所求概率为P故选：B.

5．生物体的生长都经过发生､发展､成熟三个阶段，每个阶段的生长速度各不相同，通常在发生阶段生长速度较为缓慢､在发展阶段速度加快､在成熟阶段速度又趋于缓慢，按照上述三个阶段生长得到的变化曲线称为生长曲线.美国生物学家和人口统计学家雷蒙德•皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用“皮尔曲线”的函数解析式为f(x)的函数解析式为f(x)K(K0,a1,k0).一种刚栽种的果树的生长曲线1akxb3.

710(xN)，x表示果树生长的年数，f(x)表示生长第x年kxb13果树的高度，若刚栽种时该果树高为1m，经过一年，该果树高为2.5m，则f(4)f(3)（

）

A．2.5m

【答案】C

【分析】根据题中条件，得到f(0)1m，f(1)2.5m，由解析式列出方程组求出b，B．2m C．1.5m D．1m

k；再计算f(3)与f(4)，即可得出结果.

13b10

【详解】根据已知f(0)1m，f(1)2.5m，得，解得b2，k1，kb134第 2 页 共 23 页 所以f(x)10301010f(3)7.5mf(4)9m，

，从而，x2121313413所以f(4)f(3)1.5m.

故选：C.

6．如图，圆台OO1的上底面半径为O1A11，下底面半径为OA2，母线长AA12，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与AC1所成角的大小为（

）

A．30

【答案】B

B．45 C．60 D．90

【分析】连接A；根据勾股定理可求得1B，可证得OO11//A1B，知所求角为BACBCA1B，由此得到所求角.

O1A1OBAB1，

OA2，【详解】在直角梯形OO1A1A中，B为OA的中点，连接A1B，易知四边形OO1A1B为矩形，OO1//A1B，

BAC为异面直线OO1与AC1所成的角，

1在RtAA；

12，AB1，A1B中，AA1B3连接OC，在RtOBC中，由OB1，OC2得：BC3；

45.

在RtA1BC中，BCA1B，BAC1故选：B.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平第 3 页 共 23 页 移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角或其补角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,的补角作为两条异面直线所成的角．

7．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中(如下图)，记第2行的第3个数字为a1､第3行的第3个数字为a2，……，第n(n2)行的第3个数字为an1，则2，当所作的角为钝角时，应取它a1a2a3a10（

）

A．220

【答案】A

B．186 C．120 D．96

【分析】由杨辉三角与二项式系数的关系及组合数性质Cn1CnCn【详解】解：a1a2a32C3C44222a10C2C3C4mmm1可解.

2

C112322C11C3C3C422C11C3C552C113C12121110220.

321故选:A.

8．已知点P在直线xy4上，过点P作圆O:x2y24的两条切线，切点分别为A，B，则点M(3,2)到直线AB距离的最大值为（

）

A．2

【答案】D

B．3 C．2 D．5

第 4 页 共 23 页 【分析】假设点P(a,b)，然后得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可，得直线AB的方程，然后可知直线AB过定点11，最后简单判断和计算可得结果.

【详解】设P(a,b)，则ab4，

ab1以OP为直径的圆的方程是xya2b2，

224

与圆O的方程x2y24相减，得直线AB的方程为axby4，即axby40，因为ab4，所以b4a，代入直线AB的方程，得ax(4a)y40，

即a(xy)4y40，当xy且4y40，即x1，y1时该方程恒成立，

所以直线AB过定点N(1，1)，

点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，|MN|5，

所以点M(3，2)到直线AB距离的最大值为5.

故选:D

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于得到直线AB的方程以及观察得到该直线过定点.

二、多选题

9．在管理学研究中，有一种衡量个体领导力的模型，称为“五力模型”，即一个人的领导力由五种能力——影响力､控制力､决断力､前瞻力和感召力构成.如图是某企业对两位领导人领导力的测评图，其中每项能力分为三个等级，“一般”记为4分､“较强”记为5分､“很强”记为6分，把分值称为能力指标，则下列判断正确的是（

）

22

A．甲､乙的五项能力指标的均值相同

第 5 页 共 23 页 B．甲､乙的五项能力指标的方差相同

C．如果从控制力､决断力､前瞻力考虑，乙的领导力高于甲的领导力

D．如果从影响力､控制力､感召力考虑，甲的领导力高于乙的领导力

【答案】AB

【分析】利用雷达图逐项判断.

【详解】甲的五项能力指标为6，5，4，5，4.平均值为654544.8；

5乙的五项能力指标为6，4，5，4，5，平均值为645454.8，则A正确；

5由于均值相同，各项指标数也相同(只是顺序不同)，所以方差也相同，则B正确；

从控制力､决断力､前瞻力考虑，甲的均值为乙的领导力，则C不正确；

从影响力､控制力､感召力考虑，甲､乙的指标均值相同，方差也相同，所以甲､乙水平相当，则D不正确.

故选：AB.

10．已知两个不为零的实数x，y满足xy，则下列结论正确的是（

）

A．3|xy|1

C．x|x|y|y|

【答案】AC

【详解】因为xy，所以|xy|0，所以3|xy|1，则A正确；因为xy，当y0时，xyy2，当y0时，xyy2，则B错误；令f(x)x|x|，易知f(x)在R上单调递增，又xy，所以f(x)f(y)，即x|x|y|y|，则C正确；对于D，法一：B．xyy2

1413，乙的均值为，所以甲的领导力高于3311xyD．ee

xy令g(x)1xe，易知g(x)在(,0)和(0,)上单调递减，不妨设0xy，则x1x1y11xyeeg(x)g(y)，即，亦即ee，则D错误；法二：取x1，xyxyy1，112e1e，则，则D错误，故选AC.

xy11．英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法——牛顿迭代平法，做第 6 页 共 23 页 法如下：如图，设r是f(x)0的根，选取x0作为r的初始近似值，过点x0,fx0作曲线yf(x)的切线l:yfx0f\'x0xx0，则l与x轴的交点的横坐标fx0x1x0f\'x00，称x1是r的一次近似值；过点x1,fx1作曲线f\'x0yf(x)的切线，则该切线与x轴的交点的横坐标为x2，称x2是r的二次近似值；重复以上过程，得r的近似值序列，其中xn1xnfxnf\'xn0，称xn1是rf\'xn的n+1次近似值，这种求方程f(x)0近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程x22的近似解，则（

）

A．若取初始近似值为1，则该方程解的二次近似值为B．若取初始近似值为2，则该方程解的二次近似值为C．x4x017

1217

12fx0fx1fx2fx3

f\'x0f\'x1f\'x2f\'x3fx0fx1fx2fx3

f\'x0f\'x1f\'x2f\'x3D．x4x0【答案】ABC

【分析】构造函数f(x)x22，并求得导数，然后按照题干的定义依次代值计算结合排除法可得结果.

【详解】构造函数f(x)x22，则f\'(x)2x，

第 7 页 共 23 页 取初始近似值x01，则x1x0fx01231，

f\'x02129fx134217x2x1，则A正确；

f\'x1223122取初始近似值x02，则x1x0fx04232，f\'x02229fx134217x2x1，则B正确；

f\'x1223122根据题意，可知x1x0fx0fx1fx2xxxx，2，3，12f\'x1f\'x2f\'x0fx0fx1fx2fx3fx3x4x3

，上述四式相加，得x4x0，f\'x3f\'x0f\'x1f\'x2f\'x3则D不正确，C正确，

故选：ABC.

nn*12．已知函数f(x)sinxcosxnN，则（

）

A．对任意正奇数n,f(x)为奇函数

B．当n4时，f(x)的单调递增区间是k,k(kZ)

4C．当n3时，f(x)在0,2

上的最小值为22D．对任意正整数n,f(x)的图象都关于直线x【答案】CD

4对称

【分析】A.取n1，利用奇偶性的定义判断；B.由

13f(x)sin4xcos4xcos4x判断；C.

由n3，利用导数法判断；D.由

44fx与f(x)是否相等判断.

2【详解】取n1，则f(x)sinxcosx，从而f(0)10，此时f(x)不是奇函数，则A错误；

第 8 页 共 23 页 当n4时，

f(x)sin4xcos4xsin2xcos2x2sin2xcos2x

211cos4x131sin22x1cos4x，

2444则f(x)的递增区间为kk,(kZ)，则B错误：

422当n3时，f\'(x)3sin2xcosx3cos2xsinx3sinxcosx(sinxcosx)，

当x0,xf\'(x)0时，；当,时，f\'(x)0，

424所以f(x)在0,上单调递减，在,上单调递增，

424所以f(x)的最小值为f故C正确；

因为f22，

2422233xsinnxcosnxcosnxsinnxf(x)，

222所以f(x)的图象关于直线x故选：CD.

三、填空题

4对称，则D正确.

13．若向量a,b满足ab，a2b3a，则向量a,b的夹角为___________.

【答案】2

3【分析】由平面向量数量积的运算律，可通过平方运算构造关于所求夹角余弦值的方程，解得夹角余弦值后，结合向量夹角范围可求得结果.

【详解】由a2b3a得：a2b3a，又ab，

22a4abcosa,b4b5a4acosa,b3a，

2222212cosa,b，又a,b0,，a,b.

232故答案为：3.

第 9 页 共 23 页 14．请写出一个函数f(x)___________，使之同时具有如下性质：①xR，f(x)f(4x)，②xR，f(x4)f(x).

【答案】cos2x

【分析】根据①②可知函数是周期函数且关于x2对称，即可求解.

【详解】性质①②分别表示f(x)关于直线x2对称和以4为周期，

答案不唯一，写出一个即可，

例如f(x)cos2x，

故答案为：f(x)cos2x

15．已知椭圆C的左､右焦点分别为F1,F2，直线AB过F1与椭圆交于A，B两点，当F2AB为正三角形时，该椭圆的离心率为___________.

【答案】3

3【分析】根据椭圆的定义及F2AB可知AF由椭圆对称性知AB垂直于x轴，1BF1，即可求解.

x2y2【详解】不妨设椭圆的方程为221(ab0)，

ab根据椭圆定义，AF12aAF2，BF12aBF2，F2AB为正三角形，AF2BF2，所以AF1为线段AB的中点，根据椭圆的对称性知AB1BF1，即F垂直于x轴.

设F1F22c，则AF12ctan3023c2c43c.

，AF23cos303因为AF1AF22a，即23c2a，

所以ec3.

a3

四、双空题

16．在上､下底面均为正方形的四棱台ABCDA1BC11D1中，已知AA1BB1CC1DD12，AB2，A1B11，则该四棱台的表面积为第 10 页 共 23 页 ___________；该四棱台外接球的体积为___________.

【答案】537

82

3【分析】在等腰梯形DCC1D1中，过C1作C1HDC，垂足为H，由题意可得CH1，2C1H7，从而可求出四棱台的表面积，设AC2BDO，AC11B1D1O1.由棱台的性质，可将该棱台补成四棱锥(如图).

由于上､下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，点O到点B与到点B1的距离相等，O到A，A1，C，C1，D，D1的距离相等，从而可求出球的半径，进而可求出四棱台外接球的体积

【详解】在等腰梯形DCC1D1中，过C1作C1HDC，垂足为H，易求CH1，2C1H7，则四棱台的表面积为2(12)7537.

22SS上底

S下底

S侧

144设ACBDO，AC11B1D1O1.由棱台的性质，可将该棱台补成四棱锥(如图).

因为AB2，A1B11，可知SA1B1与SAB相似比为1：2；

则SA2AA，，则SO122AO2则OO16，66

，即该四棱台的高为，22由于上､下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上，由于OO162，B1O1，则OB12OB，即点O到点B与到点B1的距离相等，22同理O到A，A1，C，C1，D，D1的距离均为2，于是O为外接球的球心，且外接球第 11 页 共 23 页 的半径r2，

故该四棱台外接球的体积为82.

3故答案为：537，82

3

【点睛】关键点点睛：此题考查棱台的有关计算，考查多面体的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查计算能力，属于中档题

五、解答题

17．在等比数列an中，公比q0，其前n项和为Sn，且S26，___________.

（1）求数列an的通项公式；

（2）设bnlogan2，且数列cn满足c11，cn1cnbn1bn，求数列cn的通项公式.

从①S430，②S6S496，③a3是S3与2的等差中项，这三个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答.

注：如果选择多个条件分别解答，按照第一个解答计分.

【答案】条件选择见解析；（1）an2n；（2）cn21.

n【分析】（1）若选①S430，再由S26，得a1a26，a1a2a3a430，两式相减求解；若选②S6S496，再由S26，得到S6S4a5a696，a1a26，联立求解；若选③a3是S3与2的等差中项，得到2a3S32，即2a3a1a2a32，再结合a1a26求解；

第 12 页 共 23 页 （2）由（1），得bnlogan2解.

【详解】（1）若选①S430.

111，进而得到cn1cn，然后利用累加法求nnn1由S26及S430，得a1a26，a1a2a3a430，

两式相减，得a3a424，

2即qa1a224，

所以q24，由q0，得q2，

代入a1a26，得a12a16，

解得a12，

所以数列an的通项公式为an2n.

若②S6S496.

因为S6S4a5a696，a1a26，

所以a1qa1q96，a1a1q6，

45两式相除，得q416，

结合q0，得q2，

所以a12a16，解得a12，

所以数列an的通项公式为an2n.

若选③a3是S3与2的等差中项.

由a3是S3与2的等差中项，得2a3S32，

则2a3a1a2a32，

由a1a26，得a38，

由通项公式，得a1a1q6，a1q28，

消去a1，得3q24q40，

结合q0，解得q2，

第 13 页 共 23 页 代入a1a1q6，得a12，

所以数列an的通项公式为an2n.

（2）由（1），得bnlogan2111.

log2anlog22nncn1cnbnbn1111，

n(n1)nn1cncn1，

所以当n2时，cnc1c2c1c3c2c4c31111111122334又c11也适合上式，

故数列cn的通项公式是cn21112.

nn1n1.

n【点睛】方法点睛：求数列通项公式的基本方法有：累加法、累乘法、迭代法、构造法或转化为基本数列(等差数列或等比数列)等方法．

18．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，bcosCa在边AC上，且AD2DC，BD2.

（1）求角B的大小；

（2）求ABC面积的最大值.

【答案】（1）B3csinB，点D3293.

；（2）32【分析】（1）由正弦定理将bcosCa3csinB化为3sinBcosCsinA小；

3sinCsinB，再利用三角函数恒等变换公式可求出角B的大3（2）由AD2DC可得BD12BABC，从而得33BD22124414242BABABCBC，进而有4c2accosa，化简后利9999939第 14 页 共 23 页 用基本不等式可求出ac18，从而可求出ABC面积的最大值，或设DCt，则AD2t，ADB，在△ABD和△BCD中利用余弦定理可得从而得c22a2126t2，在ABCc244t28tcos，a24t24tcos，a2c2ac中由余弦定理可得t，从而可得4a2c22ac36，用基本不等式可92求出ac18，从而可求出ABC面积的最大值

【详解】解：（1）由bcosCa3csinB及正弦定理，得3sinBcosCsinA3sinCsinB，

33sinBsinC，即3又A(BC)，所以sinBcosCsin(BC)cosBsinC3sinCsinB0，

3因为0C，sinC0，所以tanB3，

又0B，得B2.

3（2）方法1：因为点D在边AC上，且AD2DC，所以

BDBAADBA2212ACBA(BCBA)BABC，

3333BD22124414242BABABCBC，即4c2accosa，即99999394a2c22ac36，

由4a2c24ac，可得4ac2ac36，即ac18，当且仅当2ac时，等号成立，

所以 ABC面积的最大值为时等号成立.

方法2.设DCt，则AD2t，ADB，

在△ABD中，由余弦定理，得c244t2222tcos，即c244t28tcos；①

同理，在△BCD中，由余弦定理，得a24t24tcos，②

第 15 页 共 23 页

1293，当且仅当2ac，即a3，c618sin232由①②消掉cos，得c22a2126t2.③

a2c2ac在ABC中，由余弦定理，得9tacac，即t，④

92222把④代入③，得4a2c22ac36，

由4a2c24ac，可得4ac2ac36，即ac18，所以ABC面积的最大值为1293，当且仅当2ac，即a3，c6时等号成立.

18sin232【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由AD2DC可得BD12BABC，从而得33BD22124414242BABABCBC，进而有4c2accosa，化简后利9999939用基本不等式可求出ac18，考查转化思想和计算能力，属于中档题

19．在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABC为正三角形，ABAA12，E是BB1的中点.

（1）求证：平面AEC1平面AAC11C；

（2）求二面角BAC1E的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）42.

7【分析】（1）连接AC1交AC1于点F，取AC的中点G，可证得四边形BEFG为平行四边形，得到EF//BG，根据等腰三角形三线合一性质、线面垂直的性质与判定可证得BG平面AAC11C，从而得到EF平面AAC11C，由面面垂直的判定定理可证得第 16 页 共 23 页 结论；

（2）以G为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）证明：连接AC1交AC1于点F，取AC的中点G，连接EF,FG,BG.

四边形ACC1A1为平行四边形，F为AC1中点，又G为AC中点，FG1AA1,FG//AA1，

21AA1,BE//AA1，

2又E为BB1中点，BEBEFG,BE//FG，

四边形BEFG为平行四边形，EF//BG；

ABC为正三角形，G为AC中点，BGAC，

AA1平面ABC，BG平面ABC，BGAA1，

又AC∩AA1A，AC,AA1平面AAC11C，

BG平面AAC11C，

又EF//BG，EF平面AAC11C，

EF平面AEC1，平面AEC1平面AAC11C.

（2）由（1）得：FG平面ABC，BGAC，

则以G为坐标原点，GA,GB,GF正方向为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，第 17 页 共 23 页 则B0,3,0，A1,0,0，C11,0,2，E0,3,1，

F0,0,1，C1,0,0，

CF1,0,1，AB1,3,0，AC12,0,2，

ABC为正三角形，AA1AB2，ACAA12，

又AA1平面ABC，四边形ACC1A，

1为正方形，∴AC1AC1平面AEC1平面AAC11C，平面AEC1平面AAC11CAC1，

AC平面AAC平面AC1E，

11C，AC11平面AC1E的一个法向量为CF1,0,1；

设平面ABC1的法向量nx,y,z，

nABx3y0，令y1，则x3，z3，

nAC12x2z0n3,1,3，

CFnCFn2342，

727cosCF,n由图形可知：二面角BAC1E为锐二面角，

二面角BAC1E的余弦值为42.

7【点睛】方法点睛：空间向量法求解二面角的基本步骤是：

（1）建立空间直角坐标系，利用坐标表示出所需的点和向量；

（2）分别求得二面角的两个半平面的法向量，根据向量夹角公式求得法向量的夹角；

第 18 页 共 23 页 （3）根据图形或法向量的方向确定所求角为二面角的大小或二面角补角的大小.

20．已知抛物线C:x24y的焦点为F，准线为l.设过点F且不与x轴平行的直线m与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M作直线垂直于l，垂足为N，直线MN与抛物线C交于点P.

（1）求证：点P是线段MN的中点.

（2）若抛物线C在点P处的切线与y轴交于点Q，问是否存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为60的菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，x3y30或x3y30.

【分析】（1）设直线m的方程为ykx1(k0)，与x24y联立，利用韦达定理求得点M的坐标，再根据

MNl，得到MN中点的坐标即可；

xx2（2）由x4y，得y，求导y\'，由MN∥y轴，得到四边形MPQF为平242行四边形，再由|MF||MP|求解.

【详解】（1）证明：由题意知直线m的斜率存在且不为0，故设直线m的方程为ykx1(k0)，

代入x24y，并整理得x24kx40.

所以16k2160，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x24k，x1x24.

设Mx0,y0，则x0x1x222k，y0kx012k21，即M2k,2k1.

2由MNl，得N(2k,1)，

2所以MN中点的坐标为2k,k.

2将x2k代入x24y，解得yk2，则P2k,k，

所以点P是MN的中点.

xx2（2）由x4y，得y，则y\'，

2422所以抛物线C在点P2k,k的切线PQ的斜率为k，

又由直线m的斜率为k，可得m∥PQ；

又MN∥y轴，所以四边形MPQF为平行四边形.

第 19 页 共 23 页 而|MF|(2k)22k21122222k2k21，|MP|2k1kk1，

由|MF||MP|，得2k2k21k21，

解得k33，即当k时，四边形MPQF为菱形，

33且此时|PF|(2k0)2k21所以PMF60，

直线m的方程为y2k21|MP||MF|，

3x1，

3即x3y30或x3y30，

所以存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为60的菱形.

【点睛】关键点点睛：第二问的关键是抓住平行四边形和菱形的定义，利用导数法得到m∥PQ，然后由|MF||MP|而得解.

21．现代战争中，经常使用战斗机携带空对空导弹攻击对方战机，在实际演习中空对空导弹的命中率约为20%，由于飞行员的综合素质和经验的不同，不同的飞行员使用空对空导弹命中对方战机的概率也不尽相同.在一次演习中，红方的甲､乙两名优秀飞行员发射一枚空对空导弹命中蓝方战机的概率分别为空导弹.

（1）甲飞行员单独攻击蓝方一架战机，连续不断地发射导弹攻击，一旦命中或导弹用完即停止攻击，各次攻击相互独立，求甲飞行员能够命中蓝方战机的概率？

（2）蓝方机群共有8架战机，若甲､乙共同攻击(战机均在攻击范围之内，每枚导弹只攻击其中一架战机，甲，乙不同时攻击同一架战机).

①若一轮攻击中，每人只有两次进攻机会，记一轮攻击中，击中蓝方战机数为X，求X的分布列；

②若实施两轮攻击(用完携带的导弹)，记命中蓝方战机数为Y，求Y的数学期望E(Y).

【答案】（1）11和，两名飞行员各携带4枚空对34657；（2）①分布列答案见解析；②.

381【分析】（1）根据题意设甲飞行员发射的第i枚导弹命中对方战机为事件Ai,，将甲飞行员能够命中蓝方战机即A1A1A2A1A2A3A1A2A3A4，按照相互独立事件的概率计算公式即可得解；

（2）①先根据题意得到X的所有可能取值，然后根据X取值的意义，分别计算其取各第 20 页 共 23 页 个值对应的概率．即可得出分布列与期望．

②设击中甲命中战机数为Y1，则Y1~B4,，设乙命中战机数为Y2，则Y2~B4,，由二项分布可得答案.

【详解】解：设甲､乙两名飞行员发射的第i枚导弹命中对方战机分别为事件Ai,Bi，则131411PAi，PBi.

34（1）设甲飞行员能够击中蓝方战机为事件M，则MA1A1A2A1A2A3A1A2A3A4，

所以P(M)PA1A1A2A1A2A3A1A2A3A4

PA1PA1A2PA1A2A3PA1A2A3A4

PA1PA1PA2PA1PA2PA3PA1PA2PA3PA4

5.

333333333381（2）①X0,1,2,3,4，则

231P(X0)，

344123213511P(X1)C2C2，

33434412121133713211，

P(X2)C2C233441443434131125111P(X3)C2C2，

44433723111，

P(X4)34144所以X的分布列为

X

P

0 1 2 3 4

2222222222221

45

1237

1445

721

144第 21 页 共 23 页 ②记两轮攻击中甲命中战机数为Y1，则Y1~B4,，乙命中战机数为Y2，则131Y2~B4,，

4所以E(Y)EY1EY2447.

343【点睛】方法点睛：解决概率问题的两个步骤：一是拆分事件，即把所求事件拆分成若干个互斥事件的和，再把每个互斥事件拆分成若干个相互独立事件的积：二是用公式，若事件A,B是相互独立事件，则PABPAPB，若事件A,B是互斥事件，则PABPAPB

22．已知函数f(x)alnxx1(aR).

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若不等式xef(x)ex对任意的x(1,)恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）,e.

【分析】（1）首先对函数进行求导，通过对a进行分类讨论，可得f(x)的单调性；

xeexx1(1,)（2）通过对不等式进行分离参数，转化为a在上恒成立，构造lnx函数，通过讨论函数的单调性可得结果.

【详解】（1）函数f(x)的定义域为(0,)，f\'(x)当a0时，faxa1，

xxx0，所以f(x)在(0,)上单调递增；

x0；若xa，则fx0，

当a0时，若0xa，则f所以f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增.

综上：

当a0时，f(x)在(0,)上单调递增，

当a0时，f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增；

（2）由xef(x)ex，得xe(alnxx1)ex，

因为x1，所以alnxx1xeex，lnx0，

第 22 页 共 23 页 xeexx1.

所以alnx而xeexx1elnxexx1elnxeexx1exelnxx1.

设g(x)exx1，则g(x)ex1，

当x0时，g\'(x)0，g(x)单调递减，

当x0时，g\'(x)0，g(x)单调递增，

所以x0是g(x)的极小值点，也是g(x)的最小值点，

所以g(x)ming(0)0，即对任意xR，exx1(当且仅当x0时等号成立)，

所以exelnxxelnx1，即exelnxx1elnx(当且仅当xelnx0时等号成立).

令hxxelnx，则h(x)1exe，

xx所以h(x)在0,e上单调递减，在(e,)上单调递增，

所以xe是h(x)的极小值点，也是h(x)的最小值点，

所以h(x)minhe0，即当且仅当xe时，xelnx0.

xeexx1xeexx1elnx所以e，即e(当且仅当xe时等号成lnxlnxlnxmin立)，

所以ae时，xef(x)ex对任意的x(1,)恒成立，

故实数a的取值范围是,e.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.

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