《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

21.(12分)甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6,乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选,第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
　(1)求第2次投篮的人是乙的概率;
　(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
　(3)已知:若随机变量X_i服从两点分布,且P(X_i=1)=
　1 - P(X_i=0)=q_i,i = 1,2,...,n,则
　记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y,求E(Y).

答案： 21.[命题点]离散型随机变量的期望、概率与数列的综合
[解]
(1)第2次投篮的人是乙分两种情况:
　第1次投篮的人是甲且投篮未命中,其概率为0.5×(1−0.6)=
　0.2;　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　2分第1次投篮的人是乙且投篮命中，其概率为0.5×0.8=0.4,
　所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2+0.4=0.6.　　　　　4分
(2)记第i次投篮的人是甲的概率是ρi,则第i次乙投篮的概率是1−ρ;,其中p=0.5.
　接下来分析第i+1次投篮的人是甲的概率，分两种情况:
　①第i次为甲投篮的概率为ρ,投中的概率为0.6,则第i+1次还是甲投篮;
　②第i次为乙投篮的概率为1−p,没有投中的概率为0.2,则第i+1次是甲投篮，　　　　　　　　　　　　　　　　　6分所以ρ+1=ρi×0.6+(1−p)×0.2=0.2+0.4pi,变形得P+1−$\frac{1}{3}$=
　$\frac{2}{5}$(ρi−$\frac{1}{3}$).
　又p−$\frac{1}{3}$=$\frac{1}{6}$，所以数列{P:$\frac{1}{3}$}是首项为$\frac{1}{6}$，公比为$\frac{2}{5}$的等比数列，
−1
所以ρi$\frac{1}{3}$=$\frac{1}{6}$.($\frac{2}{5}$)←,化简得p=$\frac{1}{3}$业$\frac{2}{5}$　,ieN'.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　8分
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi,则X的可能取值为0 或1,当X=0时，表示第i次投篮的人是乙,当Xi=1时，表示第i次投篮的人是甲,所以P(X=1)=ρi,P(X=0)=1−p,
所以E(X)=ρ.
Y=X+X2+X+...+X,
则E(y)=E(X+X+X+...+X)=p+p+p+...+pn,　　　　10分由
(2)知,p=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{6}$x($\frac{2}{5}$
　　　　　　　　　　　　　　　2
所以p+p+p,3+….+p。=+×[1+²+($\frac{2}{5}$+…..+{$\frac{2}{5}$)←]=
　　　1−($\frac{2}{5}$A　　　s　　　　　
$\frac{n}{3}$+$\frac{1}{6}$x　　　　=$\frac{n}{3}$−+18x{1−($\frac{2}{5}$　　　　　　　12分1$\frac{2}{5}$

22.(12分)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点(0,$\frac{1}{2}$)的距离，记动点P的轨迹为W;
　　(1)求W的方程;
　　(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3$\sqrt{3}$

答案：
22.
[命题点]曲线与方程、直线与抛物线的位置关系
(1)[解]设点$P(x,y)$，由题意得$y = \sqrt{x^{2}+(y - \frac{1}{2})^{2}}$，
化简，得$y = x^{2}+\frac{1}{4}$，
所以$W$的方程为$y = x^{2}+\frac{1}{4}$。4分
(2)[证明]如图，
设点$A$，$B$，$C$的坐标分别为$(a,a^{2}+\frac{1}{4})$，$(b,b^{2}+\frac{1}{4})$，$(c,c^{2}+\frac{1}{4})$。由于曲线$W$关于$y$轴对称，不妨设$b\geq0$。由于$AB\perp BC$，则直线$AB$，$BC$中恰有一条的斜率大于$0$，不妨设$AB$的斜率$k\gt0$，则直线$AB$的方程为$y = k(x - b)+b^{2}+\frac{1}{4}$，直线$BC$的方程为$y = -\frac{1}{k}(x - b)+b^{2}+\frac{1}{4}$，将点$A$，$C$坐标分别代入可得$a = k - b$，$c = -\frac{1}{k}-b$（由$a\neq b$知$k\neq2b$），则$|AB| = |k - 2b|\sqrt{1 + k^{2}}$，$|BC| = (2b+\frac{1}{k})\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}$，矩形$ABCD$的周长$L = 2(|AB|+|BC|)=2(|k - 2b|+\frac{2b}{k}+\frac{1}{k^{2}})\sqrt{1 + k^{2}}$。8分
(i)当$k\lt2b$时，$L\gt2(1+\frac{1}{k^{2}})\sqrt{1 + k^{2}}$，记$x = \sqrt{1 + k^{2}}$，则$(1+\frac{1}{k^{2}})\sqrt{1 + k^{2}}=\frac{x^{3}}{x^{2}-1}$，考虑函数$f(x)=\frac{x^{3}}{x^{2}-1}(x\gt1)$，由$f^\prime(x)=\frac{x^{2}(x^{2}-3)}{(x^{2}-1)^{2}}$，可得$f(x)$在$(1,\sqrt{3})$单调递减，在$(\sqrt{3},+\infty)$单调递增，在$x = \sqrt{3}$处取得最小值$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，故$L\gt2(1+\frac{1}{k^{2}})\sqrt{1 + k^{2}}\geq2f(\sqrt{3}) = 3\sqrt{3}$。10分
(ii)当$k\gt2b$时，$L = 2(k - 2b+\frac{2b}{k}+\frac{1}{k^{2}})\sqrt{1 + k^{2}}$
若$k = 1$，则$L = 4\sqrt{2}\gt3\sqrt{3}$；
若$k\gt1$，则$L = 2[(1+\frac{1}{k^{2}})+(k - 2b)(1-\frac{1}{k})]\sqrt{1 + k^{2}}\gt2(1+\frac{1}{k^{2}})\sqrt{1 + k^{2}}$
若$k\lt1$，则$L = 2(\frac{1}{k}+2b - 2b + k^{2})\sqrt{1 + k^{2}}\gt2(1 + k^{2})\sqrt{1 + k^{2}}\geq3\sqrt{3}$
综上，矩形$ABCD$的周长大于$3\sqrt{3}$。12分
一题多解
(2)设$A$，$B$，$D$三点在曲线$W:y = x^{2}+\frac{1}{4}$上，显然直线$AB$的斜率存在且不等于零
设$A(x_{0},x_{0}^{2}+\frac{1}{4})$，$B(x_{1},x_{1}^{2}+\frac{1}{4})$，$D(x_{2},x_{2}^{2}+\frac{1}{4})$，直线$AB$的斜率为$k$，则直线$AD$的斜率为$-\frac{1}{k}$，直线$AB$的方程为$y-(x_{0}^{2}+\frac{1}{4}) = k(x - x_{0})$，由对称性不妨设$0\lt|k|\leq1$。6分
由$\begin{cases}y-(x_{0}^{2}+\frac{1}{4}) = k(x - x_{0})\\y = x^{2}+\frac{1}{4}\end{cases}$，消去$y$，得$x^{2}-kx + kx_{0}-x_{0}^{2}=0$，解得$x = x_{0}$或$x = k - x_{0}$，
所以$x_{1}=k - x_{0}$，$|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}|x_{1}-x_{0}|=\sqrt{1 + k^{2}}|k - 2x_{0}|$。
同理可得$|AD|=\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|x_{2}-x_{0}|=\sqrt{1+\frac{1}{k^{2}}}|\frac{1}{k}+2x_{0}|$（提示：用$\frac{1}{k}$替换$k$可得）。8分
所以$|AB|+|AD|=\sqrt{1 + k^{2}}(|k - 2x_{0}|+|\frac{1}{k}+2x_{0}|)\geq\sqrt{1 + k^{2}}(|k - 2x_{0}+\frac{1}{k}+2x_{0}|)=(|k|+\frac{1}{|k|})\sqrt{\frac{1 + k^{2}}{k^{2}}}$。10分
（不易求得取值范围，构造函数，利用导数求取值范围）
令$t = k^{2}$，$f(t)=\frac{(1 + t)^{3}}{t}(0\lt t\leq1)$，
则$f^\prime(t)=\frac{3t(1 + t)^{2}-(1 + t)^{3}}{t^{2}}=\frac{(1 + t)^{2}(2t - 1)}{t^{2}}$，
所以$f(t)$在$(0,\frac{1}{2})$上单调递减，在$(\frac{1}{2},1]$上单调递增，
所以$f(t)_{\min}=f(\frac{1}{2})=\frac{27}{4}$。
由于两处取等条件不一致，故$|AB|+|AD|\gt\frac{3\sqrt{3}}{2}$，从而矩形$ABCD$的周长大于$3\sqrt{3}$。12分
数学二