《2025年金考卷特快专递高中数学》

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$P(X_{i}=1)=1 - P(X_{i}=0)=q_{i},i = 1,2,\cdots,n$，则$E(\sum_{i = 1}^{n}X_{i})=\sum_{i = 1}^{n}q_{i}$. 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.随机事件的概率+事件的关系和运算+概率的加法公式和乘法公式+全概率公式+等比数列(逻辑思维能力、运算求解能力、对知识的综合运用能力)
解:
(1)第2次投篮的人是乙,共有下面两种情况:
第1次投篮的人是甲且甲未命中,概率为0.5×(1 - 0.6)=0.2;(1分)
第1次投篮的人是乙且乙命中,概率为0.5×0.8 = 0.4. (2分)
所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2 + 0.4 = 0.6. (3分)
(2)设A_{k}表示事件“第k次投篮的人是甲”,
记p_{k}=P(A_{k}),k = 1,2,⋯,i.
当k≥2时,第k次投篮的人是甲,共有下面两种情况:
第k - 1次投篮的人是甲且甲命中,概率为P(A_{k - 1})×0.6 = $\frac{3}{5}p_{k - 1}$;(4分)
第k - 1次投篮的人是乙且乙未命中,概率为P($\overline{A_{k - 1}}$)×(1 - 0.8)=$\frac{1}{5}(1 - p_{k - 1})$. (5分)
所以当k≥2时,p_{k}=$\frac{3}{5}p_{k - 1}+\frac{1}{5}(1 - p_{k - 1})=\frac{2}{5}p_{k - 1}+\frac{1}{5}$,
即p_{k}-$\frac{1}{3}=\frac{2}{5}(p_{k - 1}-\frac{1}{3})$,得p_{k}=$\frac{1}{3}+(p_{1}-\frac{1}{3})×(\frac{2}{5})^{k - 1}$. (7分)
又p_{1}=$\frac{1}{2}$,所以第i次投篮的人是甲的概率为p_{i}=$\frac{1}{3}+\frac{1}{6}×(\frac{2}{5})^{i - 1}$. (8分)
(3)设随机变量X_{i}=$\begin{cases}1,第i次投篮的人是甲\\0,第i次投篮的人是乙\end{cases}$(i = 1,2,⋯,n), (9分)
则X_{i}服从两点分布,P(X_{i}=1)=$\frac{1}{3}+\frac{1}{6}×(\frac{2}{5})^{i - 1}$,且Y=$\sum_{i = 1}^{n}X_{i}$. (10分)
由题设可得E(Y)=E($\sum_{i = 1}^{n}X_{i}$)=$\sum_{i = 1}^{n}[\frac{1}{3}+\frac{1}{6}×(\frac{2}{5})^{i - 1}]=\frac{n}{3}+\frac{5}{18}[1 - (\frac{2}{5})^{n}]$. (12分)
命题分析 第
(2)问的结论启发学生观察和思考:为什么当i充分大时,p_{i}稳定在$\frac{1}{3}$附近?原因是,在第一次投篮之后,只有当对方没有投中时才轮到自己投,所以经过很长时间以后,某一次由甲投的概率与这一次由乙投的概率的比值应稳定在(1 - 0.8):(1 - 0.6)=1:2,故由甲投的概率将稳定在(1 - 0.8)÷[(1 - 0.8)+(1 - 0.6)]=$\frac{1}{3}$附近.
第
(3)问涉及两点分布,对于只有两个可能结果A,$\overline{A}$的随机试验,都可以构造一个取值为0,1的随机变量X,作为单次试验中A发生的计数:X=$\begin{cases}1,A发生\\0,A未发生\end{cases}$,则随机变量X服从两点分布,且其数学期望E(X)=P(A),这一点在教材中有详细介绍.多次进行只有两个可能结果A,$\overline{A}$的随机试验,如果用X_{i}表示第i次试验中A发生的计数,即X_{i}=$\begin{cases}1,在第i次试验中A发生\\0,在第i次试验中A未发生\end{cases}$,则在前n次试验中A发生的次数等于随机变量和X_{1}+X_{2}+⋯+X_{n},其数学期望为E(X_{1})+E(X_{2})+⋯+E(X_{n}),这个思路广泛应用于概率论中的期望计算,也适用于描述生活中的许多场景.
考情速递 取材真实问题,体现现实意义 本题以篮球投篮为背景,是考生非常熟悉的情境.试题设计新颖,巧妙地将概率问题融入两人的连续投篮练习.前两个设问将事件的分解、概率的加法公式和乘法公式、等比数列的构造和计算等知识有机地结合,重在考查考生的逻辑思维能力,考查考生对事件进行分析、分解和转化的能力.本题贴近生活,回归教材,能够激发学生对篮球运动的兴趣;同时,引导学生运用所学的概率知识指导运动和生活,对概率与统计知识的普及与教学也有很好的导向作用.

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$\sqrt{3}$.
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答案： 22.求动点轨迹+直线和抛物线的位置关系+弦长公式+零点分区间法去绝对值符号+利用导数研究函数的单调性和最值+不等式估计(理性思维、数学探索、数学应用)
解题思路　
(1)利用直接法求点P的轨迹，即设点P的坐标为(x,y)，根据已知条件列出x,y的关系式，化简即可.
(2)解法四　先设矩形ABCD的三个顶点A,B,C在W上，则AB⊥BC，再设出点B的坐标及直线AB的方程，并与轨迹W的方程联立，求出点A的横坐标，根据弦长公式求出|AB|，再把|AB|的表达式中的k换成−$\frac{1}{k}$，得到|BC|，即可表示出矩形ABCD的周长，然后由零点分区间法去掉周长表达式中的绝对值，最后构造函数，利用导数知识证明矩形ABCD的周长大于3√3.
解:
(1)第1步:设点P的坐标为(x,y)，根据已知条件列出x,y的关系式
设点P的坐标为(x,y)，依题意得|y|=$\sqrt{x^{2}+(y - \frac{1}{2})^{2}}$，(1分)
第2步:化简得W的方程
化简得x²=y−$\frac{1}{4}$，
所以W的方程为x²=y−$\frac{1}{4}$。(3分)
(2)解法一设矩形的顶点A,B,C,D按顺时针排列，顶点A(a,a²+$\frac{1}{4}$)，B(b,b²+$\frac{1}{4}$)，C(c,c²+$\frac{1}{4}$)在轨迹W上，向量$\overrightarrow{BA}$的方向向量为(cosθ,sinθ)，则向量$\overrightarrow{BC}$的方向向量为(cos(θ + 90°),sin(θ + 90°))，设|BA| = u＞0，|BC| = v＞0。
则向量$\overrightarrow{BA}$=(ucosθ,usinθ)=(a - b,a² - b²)，(4分)
这样b + a=$\frac{a² - b²}{a - b}$=$\frac{usinθ}{ucosθ}$=tanθ，2b=(b + a)-(a - b)=tanθ - ucosθ。
同理可得2b=tan(θ + 90°)-vcos(θ + 90°)=tan(θ + 90°)+vsinθ。(5分)
两式相减得ucosθ + vsinθ=tanθ - tan(θ + 90°)=$\frac{sin²θ + cos²θ}{sinθcosθ}$，即(cos²θsinθ)×u+(sin²θcosθ)×v = 1。(7分)
由于cos²θsinθ=sinθ - sin³θ≤$\frac{2\sqrt{3}}{9}$，当且仅当sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$时等号成立，(提示：sinθ - sin³θ-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$=-(sinθ - $\frac{\sqrt{3}}{3}$)²(sinθ+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$)≤0)
同理sin²θcosθ=cosθ - cos³θ≤$\frac{2\sqrt{3}}{9}$，当且仅当cosθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$时等号成立。(9分)
因此(cos²θsinθ)×u+(sin²θcosθ)×v≤$\frac{2\sqrt{3}}{9}$u+$\frac{2\sqrt{3}}{9}$v，而sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$与cosθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$不可能同时成立，故不等式不能取等号，即$\frac{2\sqrt{3}}{9}$u+$\frac{2\sqrt{3}}{9}$v＞1。(11分)
因此矩形ABCD的周长为2(u + v)＞2×$\frac{9}{2\sqrt{3}}$=3√3。(12分)
解法二设点A,B,C的坐标分别为(a,a²+$\frac{1}{4}$)，(b,b²+$\frac{1}{4}$)，(c,c²+$\frac{1}{4}$)。由于轨迹W关于y轴对称，所以不妨设b≥0。
由于AB⊥BC，直线AB,BC中恰有一条的斜率大于0，不妨设AB的斜率k＞0，则直线AB的方程为y = k(x - b)+b²+$\frac{1}{4}$，直线BC的方程为y = -$\frac{1}{k}$(x - b)+b²+$\frac{1}{4}$，代入W的方程可得a = k - b，c = -$\frac{1}{k}$-b(由a≠b知k≠2b)。
则|AB| = |k - 2b|$\sqrt{1 + k²}$，|BC|=(2b+$\frac{1}{k}$)$\sqrt{1+\frac{1}{k²}}$，矩形ABCD的周长L = 2(|AB|+|BC|)=2(|k - 2b|+$\frac{2b}{k}$+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$。(5分)
(i)当k＜2b时，L＞2(1+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$，记x = $\sqrt{1 + k²}$，则(1+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$=$\frac{x³}{x² - 1}$。
考虑函数f(x)=$\frac{x³}{x² - 1}$(x＞1)，则f'(x)=$\frac{x⁴ - 3x²}{(x² - 1)²}$，令f'(x)=0，得x=$\sqrt{3}$，可得f(x)在(1,$\sqrt{3}$)单调递减，在($\sqrt{3}$,+∞)单调递增，故f(x)在x=$\sqrt{3}$处取得最小值$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
故L＞2f($\sqrt{1 + k²}$)≥2f($\sqrt{3}$)=3√3。(7分)
(ii)当k＞2b时，L = 2(k - 2b+$\frac{2b}{k}$+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$。
若k = 1，则L = 4√2＞3√3；
若k＞1，则L = 2[1+$\frac{1}{k²}$+(k - 2b)(1-$\frac{1}{k}$)]$\sqrt{1 + k²}$＞2(1+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$≥3√3；
若k＜1，则L = 2($\frac{1}{k}$+2b - 2bk + k²)$\sqrt{1+\frac{1}{k²}}$＞2(1 + k²)$\sqrt{1+\frac{1}{k²}}$=2f($\sqrt{1+\frac{1}{k²}}$)≥3√3。(11分)
综上，矩形ABCD的周长大于3√3。(12分)
解法三周长L的表达式及对k＜2b情形、k＞2b且k = 1情形的分析同解法二。(7分)
当k＞2b时，L = 2(k - 2b+$\frac{2b}{k}$+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$。
若k＞1，令g(k)=k+$\frac{2b}{k}$-2b。当b≥$\frac{1}{2}$时，结合对勾函数的性质易知g(k)在区间(2b,+∞)单调递增，所以g(k)＞g(2b)=1；当0＜b＜$\frac{1}{2}$时，g(k)在区间(2b,$\sqrt{2b}$)单调递减，在区间($\sqrt{2b}$,+∞)单调递增，所以g(k)＞g
(1)=1。
故L = 2(k - 2b+$\frac{2b}{k}$+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$＞2(1+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$≥3√3。(9分)
若k＜1，令h(k)=$\frac{1}{k}$-2bk + 2b，则h(k)在区间(2b,1)单调递减，所以h(k)＞h
(1)=1。
故L = 2(k - 2b+$\frac{2b}{k}$+$\frac{1}{k²}$)$\sqrt{1 + k²}$=2($\frac{1}{k}$+2b - 2bk + k²)$\sqrt{1+\frac{1}{k²}}$＞2(1 + k²)$\sqrt{1+\frac{1}{k²}}$≥3√3。(11分)
综上，矩形ABCD的周长大于3√3。(12分)
解法四第1步:设矩形ABCD的三个顶点A,B,C在W上，并表示出矩形ABCD的周长
设矩形ABCD的三个顶点A,B,C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|+|BC|)。(4分)
第2步:设出点B的坐标及直线AB的方程
设B(t,t²+$\frac{1}{4}$)，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y-(t²+$\frac{1}{4}$)=k(x - t)，不妨设k＞0。
第3步:将直线AB的方程与抛物线方程联立，表示出点A的横坐标
与x²=y - $\frac{1}{4}$联立，得x²-kx + kt - t²=0，
则Δ = k²-4(kt - t²)=(k - 2t)²＞0，所以k≠2t。
设A(x₁,y₁)，所以t + x₁=k，所以x₁=k - t。(5分)
第4步:根据弦长公式求出|AB|，|BC|，进而表示出矩形ABCD的周长
所以|AB|=$\sqrt{1 + k²}$|x₁-t|=$\sqrt{1 + k²}$|k - 2t|=$\sqrt{1 + k²}$|2t - k|，
|BC|=$\sqrt{1+(-\frac{1}{k})^{2}}$| - $\frac{1}{k}$-2t|=$\frac{\sqrt{1 + k²}}{k}$|$\frac{1}{k}$+2t|=$\frac{\sqrt{1 + k²}}{k²}$|2kt + 1|，且2kt + 1≠0，(提示：因为AB⊥BC，所以求|BC|时，只需把|AB|的表达式中的k换成-$\frac{1}{k}$)
所以2(|AB|+|BC|)=$\frac{2\sqrt{1 + k²}}{k²}$(|2k²t - k³|+|2kt + 1|)。(6分)
第5步:求k≥1时|2k²t - k³|+|2kt + 1|的最小值
因为|2k²t - k³|+|2kt + 1|=$\begin{cases}(-2k² - 2k)t + k³ - 1,t≤-\frac{1}{2k}\\(2k - 2k²)t + k³ + 1,-\frac{1}{2k}＜t≤\frac{k}{2}\\(2k² + 2k)t - k³ + 1,t＞\frac{k}{2}\end{cases}$，(题眼)
(令2k²t - k³=0，得t=$\frac{k}{2}$，令2kt + 1=0，得t = -$\frac{1}{2k}$，又k＞0，所以按照t≤-$\frac{1}{2k}$，-$\frac{1}{2k}$＜t≤$\frac{k}{2}$，t＞$\frac{k}{2}$进行分类讨论)
当2k - 2k²≤0，即k≥1时，函数y = (-2k² - 2k)t + k³ - 1在(-∞,-$\frac{1}{2k}$]上单调递减，函数y=(2k - 2k²)t + k³ + 1在(-$\frac{1}{2k}$,$\frac{k}{2}$]上单调递减或是常函数(当k = 1时是常函数)，函数y=(2k² + 2k)t - k³ + 1在($\frac{k}{2}$,+∞)上单调递增，
所以当t=$\frac{k}{2}$时，|2k²t - k³|+|2kt + 1|取得最小值，且最小值为k² + 1，
又k≠2t，(所以最小值取不到)
所以2(|AB|+|BC|)＞$\frac{2\sqrt{1 + k²}}{k²}$(k² + 1)=$\frac{2(1 + k²)^{\frac{3}{2}}}{k²}$。(8分)
第6步:构造函数，利用导数求函数的最小值
令f(k)=$\frac{2(1 + k²)^{\frac{3}{2}}}{k²}$，k≥1，
则f'(k)=$\frac{2(1 + k²)^{\frac{1}{2}}(k + \sqrt{2})(k - \sqrt{2})}{k³}$，
当1≤k＜$\sqrt{2}$时，f'(k)＜0，当k＞$\sqrt{2}$时，f'(k)＞0，
所以函数f(k)在[1,$\sqrt{2}$)上单调递减，在($\sqrt{2}$,+∞)上单调递增，
所以f(k)≥f($\sqrt{2}$)=3√3，
所以2(|AB|+|BC|)＞$\frac{2(1 + k²)^{\frac{3}{2}}}{k²}$≥3√3。(10分)
第7步:求0＜k＜1时|2k²t - k³|+|2kt + 1|的最小值
当2k - 2k²＞0，即0＜k＜1时，函数y = (-2k² - 2k)t + k³ - 1在(-∞,-$\frac{1}{2k}$]上单调递减，函数y=(2k - 2k²)t + k³ + 1在(-$\frac{1}{2k}$,$\frac{k}{2}$]上单调递增，函数y=(2k² + 2k)t - k³ + 1在($\frac{k}{2}$,+∞)上单调递增，
所以当t = -$\frac{1}{2k}$时，|2k²t - k³|+|2kt + 1|取得最小值，且最小值为k³ + k=k(1 + k²)，
又2kt + 1≠0，所以2(|AB|+|BC|)＞$\frac{2\sqrt{1 + k²}}{k²}$k(k² + 1)=$\frac{2(1 + k²)^{\frac{3}{2}}}{k}$。(11分)
第8步:构造函数，利用导数求函数的最小值
令g(k)=$\frac{2(1 + k²)^{\frac{3}{2}}}{k}$，0＜k＜1，
则g'(k)=$\frac{2(1 + k²)^{\frac{1}{2}}(2k² - 1)}{k²}$，
当0＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，g'(k)＜0，当$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜1时，g'(k)＞0，
所以函数g(k)在(0,$\frac{\sqrt{2}}{2}$)上单调递减，在($\frac{\sqrt{2}}{2}$,1)上单调递增，
所以g(k)≥g($\frac{\sqrt{2}}{2}$)=3√3，
所以2(|AB|+|BC|)＞$\frac{2(1 + k²)^{\frac{3}{2}}}{k}$≥3√3。
第9步:总结
综上，矩形ABCD的周长大于3√3。(12分)
考情速递创新是素质教育的关键特征之一本题是以解析几何抛物线为背景设置的函数题，形式比较新颖，综合性比较强，通过创设新颖的题目条件、设问方式，考查考生思维的灵活性与创造性，对考生的能力要求较高，特别是对高水平的考生区分较好。
考教衔接本题第
(2)问来源于人教A版选择性必修第一册P139 习题3.3第10题和P145复习参考题3第6题。