《2025年金考卷特快专递高中数学》

1. 在复平面内，(1 + 3i)(3 - i)对应的点位于
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限

答案： A 复数的乘法运算+复数与复平面内的点的一一对应关系(数学探索) 因为$(1 + 3i)(3 - i)=3 - i + 9i - 3i^{2}=6 + 8i$，所以该复数在复平面内对应的点为$(6,8)$，又点$(6,8)$位于第一象限，故选A.
方法技巧 求解复数的相关问题，关键是要熟练掌握复数的四则运算法则，同时注意$i^{2}=-1$.

2. 设集合A = {0, - a}，B = {1,a - 2,2a - 2}，若A ⊆ B，则a =
A. 2
B. 1
C. $\frac{2}{3}$
D. - 1

答案： B 集合的表示方法+集合子集的概念(理性思维) $A\subseteq B$，根据子集的定义，集合A中的任意一个元素都是集合B中的元素，由$-a\in B$，可能有三种情况，$-a = 1$，$-a = a - 2$或者$-a = 2a - 2$.由$-a = 1$得$a=-1$，此时集合$A = \{0,1\}$，$B = \{1,-3,-4\}$，0不在集合B中，不符合题意.由$-a = a - 2$得$a = 1$，此时集合$A = \{0,-1\}$，$B = \{1,-1,0\}$，符合题意.由$-a = 2a - 2$得$a=\frac{2}{3}$，此时集合$A = \{0,-\frac{2}{3}\}$，$B = \{1,-\frac{4}{3},-\frac{2}{3}\}$，0不在集合B中，不符合题意.所以$a = 1$.故选B.
(另解：本题也可以由$0\in B$确定a的值)
命题分析 试题以学生熟悉的“集合及其关系”切入，集合以枚举的方式呈现，考查简单的集合概念和关系.试题对题设条件进行了创新，虽然以列举法给出两个集合，但不是通过简单的比较就能求解，而是要通过运算求得a的值，而且得出3个值，需要再根据题设条件进行判断，才能最终确定a的值.
解题关键 注意分类讨论思想的运用，同时要注意集合中元素的互异性.

3. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有
A. $C_{400}^{45} \cdot C_{200}^{15}$种
B. $C_{400}^{20} \cdot C_{200}^{40}$种
C. $C_{400}^{30} \cdot C_{200}^{30}$种
D. $C_{400}^{40} \cdot C_{200}^{20}$种

答案： D 分层随机抽样+组合数(理性思维、数学应用) 由题设可知需要从初中部和高中部分别抽取40名和20名学生.从初中部抽取40名学生的不同的抽样结果共有$C_{400}^{40}$种，从高中部抽取20名学生的不同的抽样结果共有$C_{200}^{20}$种.由分步乘法计数原理得不同的抽样结果共有$C_{400}^{40}\cdot C_{200}^{20}$种.故选D.
方法技巧 已知各层总体量和总样本量求某层应抽取的样本量，应按抽样比进行计算，其中抽样比$=\frac{总样本量}{总体量}=\frac{各层样本量}{各层总体量}$.

4. 若$f(x) = (x + a)\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$为偶函数，则a =
A. - 1
B. 0
C. $\frac{1}{2}$
D. 1

答案： B 函数奇偶性的判断+对数函数的性质(理性思维、数学探索)
通解一(利用偶函数的定义) 由$f(x)$为偶函数知，当$x＜-\frac{1}{2}$或$x＞\frac{1}{2}$时，$f(-x)=f(x)$，即$(-x + a)\ln\frac{-2x - 1}{-2x + 1}=(x + a)\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$，由对数函数的性质得$(-x + a)\ln\frac{2x + 1}{2x - 1}=(x - a)\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}=(x + a)\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$，整理得$a\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}=0$，所以$a = 0$，故选B.
通解二(利用奇偶函数的运算性质) 设$g(x)=\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$，易知$g(x)$的定义域为$(-\infty,-\frac{1}{2})\cup(\frac{1}{2},+\infty)$，且$g(-x)=\ln\frac{-2x - 1}{-2x + 1}=\ln\frac{2x + 1}{2x - 1}=-\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}=-g(x)$，所以$g(x)$为奇函数.若$f(x)=(x + a)\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$为偶函数，则$y = x + a$也应为奇函数，所以$a = 0$，(必背结论：在公共定义域内，奇$\pm$奇=奇，偶$\pm$偶=偶，奇$\times$奇=偶，偶$\times$偶=偶，奇$\times$偶=奇；在除法有意义范围内，奇$\div$奇=偶，奇$\div$偶=奇，偶$\div$偶=偶)故选B.
优解(代入特殊值) 因为$f(x)=(x + a)\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$为偶函数，$f(-1)=(a - 1)\ln3$，$f(1)=(a + 1)\ln\frac{1}{3}=-(a + 1)\ln3$，所以$(a - 1)\ln3=-(a + 1)\ln3$，解得$a = 0$，故选B.

5. 已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$，直线y = x + m与C交于A,B两点，若$\triangle F_{1}AB$面积是$\triangle F_{2}AB$面积的2倍，则m =
A. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
C. - $\frac{\sqrt{2}}{3}$
D. - $\frac{2}{3}$

答案：
C 直线与椭圆的位置关系+点到直线的距离公式+三角形面积公式(理性思维、数学探索) 如图，由椭圆方程：$\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$知$a^{2}=3$，$b^{2}=1$，$c^{2}=a^{2}-b^{2}=2$，所以$F_{1}(-\sqrt{2},0)$，$F_{2}(\sqrt{2},0)$.$AB$可视为$\triangle F_{1}AB$与$\triangle F_{2}AB$共同的底边，此时$\triangle F_{1}AB$与$\triangle F_{2}AB$的高分别为点$F_{1}(-\sqrt{2},0)$，$F_{2}(\sqrt{2},0)$到直线$AB$的距离.

点$F_{1}$到直线$AB$的距离$h_{1}=\frac{|-\sqrt{2}+m|}{\sqrt{2}}$，点$F_{2}$到直线$AB$的距离$h_{2}=\frac{|\sqrt{2}+m|}{\sqrt{2}}$.由题设$S_{\triangle F_{1}AB}=2S_{\triangle F_{2}AB}$，即$\frac{1}{2}|AB|\times h_{1}=2\times\frac{1}{2}\times|AB|\times h_{2}$，所以$h_{1}=2h_{2}$.解$|-\sqrt{2}+m|=2|\sqrt{2}+m|$得$m=-3\sqrt{2}$(舍去)，$m=-\frac{\sqrt{2}}{3}$，所以正确选项为C.
解题关键 把$\triangle F_{1}AB$面积是$\triangle F_{2}AB$面积的2倍转化为点$F_{1}$到直线$AB$的距离是点$F_{2}$到直线$AB$的距离的2倍，通过点到直线的距离公式进行求解.

6.已知函数在区间（1,2）单调递增，则a的最小值为
A. $e^{2}$
B. e
C. $e^{-1}$
D. $e^{-2}$

答案： 解法一　$ae^{x}-\frac{1}{x}≥0$在$(1,2)$恒成立,易知$a＞0$,则$0＜\frac{1}{a}≤xe^{x}$在$(1,2)$恒成立.(题眼)设$g(x)=xe^{x}$,则$g'(x)=(x + 1)e^{x}$.当$x∈(1,2)$时,$g'(x)＞0$,$g(x)$单调递增,所以在$(1,2)$上,$g(x)＞g(1)=e$,所以$\frac{1}{a}≤e$,即$a≥\frac{1}{e}=e^{-1}$,故选C.
解法二　$f'(x)≥0$,即$a≥\frac{1}{xe^{x}}$.设函数$g(x)=\frac{1}{xe^{x}}$,则$g'(x)=-\frac{x + 1}{x^{2}e^{x}}$.当$x∈(1,2)$时,$g'(x)＜0$,于是$g(x)$在区间$(1,2)$单调递减.又$g(1)=\frac{1}{e}$,所以当$x∈(1,2)$时,$g(x)＜\frac{1}{e}$,所以$a$的最小值为$\frac{1}{e}$,故选C.

7. 已知α为锐角，$\cos\alpha=\frac{1 + \sqrt{5}}{4}$，则$\sin\frac{\alpha}{2}=$
A. $\frac{3 - \sqrt{5}}{8}$
B. $\frac{-1 + \sqrt{5}}{8}$
C. $\frac{3 - \sqrt{5}}{4}$
D. $\frac{-1 + \sqrt{5}}{4}$

答案： 解法一(二倍角公式)　由题意,$\cos\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{4}=1 - 2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}$,(题眼)得$\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{8}=\frac{6 - 2\sqrt{5}}{16}=(\frac{\sqrt{5}-1}{4})^{2}$,又$\alpha$为锐角,所以$\sin\frac{\alpha}{2}＞0$,所以$\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$,故选D.
解法二(验证法)　由题意,$\cos\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{4}=1 - 2\sin^{2}\frac{\alpha}{2}$,(题眼)得$\sin^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{8}$,将选项逐个代入验证可知D选项满足,故选D.
解法三(利用黄金三角形计算)　在如图所示的黄金三角形中有$\frac{1}{x}=\frac{1 + x}{1}$,即$x^{2}+x - 1 = 0$,解得$x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$,所以$\cos36^{\circ}=\frac{2 - x^{2}}{2}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$,所以$\alpha = 36^{\circ}$.所以$\cos72^{\circ}=\frac{1 + x^{2}-1}{2x}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$,即$\sin\frac{\alpha}{2}=\sin18^{\circ}=\cos72^{\circ}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}$.
故D为正确选项.

8. 记$S_{n}$为等比数列$\{a_{n}\}$的前n项和，若$S_{4} = - 5$，$S_{6} = 21S_{2}$，则$S_{8}=$
A. 120
B. 85
C. - 85
D. - 120

答案： 解法一　设等比数列$\{a_{n}\}$的首项为$a_{1}$,公比为$q$,则$S_{2}=a_{1}+a_{1}q$,$S_{4}=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+a_{1}q^{3}=(a_{1}+a_{1}q)+q^{2}(a_{1}+a_{1}q)=S_{2}+S_{2}q^{2}=S_{2}(1 + q^{2})$.由题设$S_{4}=-5$得$S_{2}(1 + q^{2})=-5$.$S_{6}=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+a_{1}q^{3}+a_{1}q^{4}+a_{1}q^{5}=(a_{1}+a_{1}q)+q^{2}(a_{1}+a_{1}q)+q^{4}(a_{1}+a_{1}q)=S_{2}(1 + q^{2}+q^{4})$.由题设$S_{6}=21S_{2}$得$S_{2}(1 + q^{2}+q^{4})=21S_{2}$.由$S_{2}(1 + q^{2})=-5$知$S_{2}\neq0$,所以$1 + q^{2}+q^{4}=21$,解得$q^{2}=-5$(舍去),$q^{2}=4$.把$q^{2}=4$代入$S_{4}=S_{2}(1 + q^{2})=-5$得$S_{2}=-1$.所以$S_{8}=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+a_{1}q^{3}+a_{1}q^{4}+a_{1}q^{5}+a_{1}q^{6}+a_{1}q^{7}=(a_{1}+a_{1}q)+q^{2}(a_{1}+a_{1}q)+q^{4}(a_{1}+a_{1}q)+q^{6}(a_{1}+a_{1}q)=S_{2}(1 + q^{2}+q^{4}+q^{6})=-85$,(关键:厘清题设条件$S_{4}=-5$,$S_{6}=21S_{2}$及$S_{8}$与等差数列$S_{2}$,$S_{2}q^{2}$,$S_{2}q^{4}$,$S_{2}q^{6}$中项的关系)故正确选项为C.
解法二　设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q(q\neq0)$,由题意易知$q\neq1$,则$\begin{cases}\frac{a_{1}(1 - q^{4})}{1 - q}=-5\\\frac{a_{1}(1 - q^{6})}{1 - q}=21\times\frac{a_{1}(1 - q^{2})}{1 - q}\end{cases}$,化简整理得$\begin{cases}q^{2}=4\\\frac{a_{1}}{1 - q}=\frac{1}{3}\end{cases}$.所以$S_{8}=\frac{a_{1}(1 - q^{8})}{1 - q}=\frac{1}{3}\times(1 - 4^{4})=-85$.故选C.
解法三　易知$S_{2}$,$S_{4}-S_{2}$,$S_{6}-S_{4}$,$S_{8}-S_{6}$,$\cdots\cdots$为等比数列,所以$(S_{4}-S_{2})^{2}=S_{2}\cdot(S_{6}-S_{4})$,解得$S_{2}=-1$或$S_{2}=\frac{5}{4}$.当$S_{2}=-1$时,由$(S_{6}-S_{4})^{2}=(S_{4}-S_{2})\cdot(S_{8}-S_{6})$,解得$S_{8}=-85$;当$S_{2}=\frac{5}{4}$时,结合$S_{4}=-5$得$\begin{cases}\frac{a_{1}(1 - q^{4})}{1 - q}=-5\\\frac{a_{1}(1 - q^{2})}{1 - q}=\frac{5}{4}\end{cases}$,化简可得$q^{2}=-5$,不成立,舍去.所以$S_{8}=-85$,故选C.

9. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，$\angle APB = 120^{\circ}$，$PA = 2$，点C在底面圆周上，且二面角$P - AC - O$为$45^{\circ}$，则
A. 该圆锥的体积为$\pi$
B. 该圆锥的侧面积为$4\sqrt{3}\pi$
C. $AC = 2\sqrt{2}$
D. $\triangle PAC$的面积为$\sqrt{3}$

答案： 在$\triangle PAB$中,由余弦定理得$AB = 2\sqrt{3}$,如图,连接$PO$,易知圆锥的高$h = PO = 1$,底面圆的半径$r = AO = BO=\sqrt{3}$.对于A,该圆锥的体积$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\pi$,故A正确;对于B,该圆锥的侧面积$S_{侧}=\pi r\cdot PA = 2\sqrt{3}\pi$,故B错误;对于C,取$AC$的中点$H$,连接$PH$,$OH$,因为$OA = OC$,所以$OH\perp AC$,同理可得$PH\perp AC$,则二面角$P - AC - O$的平面角为$\angle PHO = 45^{\circ}$,所以$OH = PO = 1$,$AH = CH=\sqrt{AO^{2}-OH^{2}}=\sqrt{2}$,所以$AC = 2\sqrt{2}$,故C正确;对于D,$PH=\sqrt{2}OH=\sqrt{2}$,$S_{\triangle PAC}=\frac{1}{2}\times AC\times PH = 2$,故D错误.
综上,选AC.

10. 设O为坐标原点，直线$y = - \sqrt{3}(x - 1)$过抛物线$C:y^{2} = 2px(p ＞ 0)$的焦点，且与C交于M，N两点；l为C的准线，则
A. $p = 2$
B. $|MN| = \frac{8}{3}$
C. 以MN为直径的圆与l相切
D. $\triangle OMN$为等腰三角形

答案： 由题意,易知直线$y = -\sqrt{3}(x - 1)$过点$(1,0)$.
对于A,因为直线经过抛物线$C$的焦点,所以易知焦点坐标为$(1,0)$,所以$\frac{p}{2}=1$,即$p = 2$,所以A正确.
对于B,通解　不妨设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,$x_{1}＜x_{2}$,联立方程得$\begin{cases}y = -\sqrt{3}(x - 1)\\y^{2}=4x\end{cases}$,消去$y$并整理得$3x^{2}-10x + 3 = 0$,解得$x_{1}=\frac{1}{3}$,$x_{2}=3$.所以$M(\frac{1}{3},\frac{2\sqrt{3}}{3})$,$N(3,-2\sqrt{3})$,所以由两点间距离公式可得$|MN|=\sqrt{(3-\frac{1}{3})^{2}+(-2\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{16}{3}$,故B错误.
优解一(借助抛物线的定义)　不妨设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,$x_{1}＜x_{2}$,联立方程得$\begin{cases}y = -\sqrt{3}(x - 1)\\y^{2}=4x\end{cases}$,消去$y$并整理得$3x^{2}-10x + 3 = 0$,解得$x_{1}=\frac{1}{3}$,$x_{2}=3$.由抛物线的定义得,$|MN|=x_{1}+x_{2}+p=\frac{10}{3}+2=\frac{16}{3}$,故B错误.
优解二(借助直线与抛物线的位置关系与度量关系)　设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,联立方程得$\begin{cases}y = -\sqrt{3}(x - 1)\\y^{2}=4x\end{cases}$,消去$y$并整理得$3x^{2}-10x + 3 = 0$,$\Delta = 64＞0$,则$x_{1}+x_{2}=\frac{10}{3}$,$x_{1}x_{2}=1$,所以由弦长公式得$|MN|=\sqrt{1 + 3}\times\sqrt{(\frac{10}{3})^{2}-4\times1}=\frac{16}{3}$,故B错误.
光速解　易知直线$y = -\sqrt{3}(x - 1)$的倾斜角为$\frac{2\pi}{3}$,所以$|MN|=\frac{2\times2}{\sin^{2}\frac{2\pi}{3}}=\frac{16}{3}$,(二级结论:抛物线$y^{2}=2px(p＞0)$的焦点弦弦长$|MN|=\frac{2p}{\sin^{2}\alpha}$($\alpha$为弦$MN$所在直线的倾斜角))故B错误.
对于C,通解　记$MN$的中点为$Q$,则$Q(\frac{x_{1}+x_{2}}{2},\frac{y_{1}+y_{2}}{2})$,则点$Q$到准线$l$的距离为$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}+\frac{p}{2}=\frac{|MN|}{2}=\frac{8}{3}$,因此以$MN$为直径的圆与$l$相切.
光速解　由二级结论——以抛物线焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切,易知C正确.
对于D,由两点间距离公式可得$|MN|=\frac{16}{3}$,$|OM|=\frac{\sqrt{13}}{3}$,$|ON|=\sqrt{21}$,故D错误.综上,选AC.

11. 若函数$f(x) = a\ln x + \frac{b}{x} + \frac{c}{x^{2}}(a \neq 0)$既有极大值也有极小值，则
A. $bc ＞ 0$
B. $ab ＞ 0$
C. $b^{2} + 8ac ＞ 0$
D. $ac ＜ 0$ 一招制胜

答案： 由$f(x)=a\ln x+\frac{b}{x}+\frac{c}{x^{2}}(a\neq0)$,得$f'(x)=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^{2}}-\frac{2c}{x^{3}}=\frac{1}{x^{3}}(ax^{2}-bx - 2c)$.设函数$g(x)=ax^{2}-bx - 2c$,令$g(x)=0$,则$\Delta = b^{2}+8ac$.不妨设$a＞0$.若$\Delta\leq0$,则$g(x)\geq0$,从而当$x＞0$时,$f'(x)\geq0$,$f(x)$在区间$(0,+\infty)$单调递增,$f(x)$无极值.因此由题意知$\Delta＞0$,故$b^{2}+8ac＞0$,C正确.$\Delta＞0$,$g(x)$存在两个零点,设$x_{1}$,$x_{2}$为$g(x)$的两个零点,且$x_{1}＜x_{2}$,由根与系数的关系得,$x_{1}+x_{2}=\frac{b}{a}$,$x_{1}x_{2}=-\frac{2c}{a}$.显然$x_{2}\neq0$,若$x_{1}x_{2}\leq0$,且$x_{2}\neq0$,则当$0＜x＜x_{2}$时,$g(x)＜0$,$f'(x)＜0$;当$x＞x_{2}$时,$g(x)＞0$,$f'(x)＞0$.$f(x)$在区间$(0,x_{2})$单调递减,在区间$(x_{2},+\infty)$单调递增,$f(x)$只有一个极小值点$x_{2}$,不符合题意,因此$x_{1}x_{2}＞0$,所以$-\frac{2c}{a}＞0$,从而$ac＜0$,D正确.因为$x_{1}x_{2}＞0$,所以$x_{1}+x_{2}＜0$或$x_{1}+x_{2}＞0$.若$x_{1}+x_{2}＜0$,则当$x＞0$时,$g(x)＞0$,$f'(x)＞0$.$f(x)$在区间$(0,+\infty)$单调递增,$f(x)$无极值,不符合题意,故$x_{1}+x_{2}＞0$,所以$\frac{b}{a}＞0$,从而$ab＞0$,B正确.由$ab＞0$,$ac＜0$知$bc＜0$,A错误.
综上,正确答案为BCD.

12. 在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立. 发送0时,收到1的概率为$\alpha(0 ＜ \alpha ＜ 1)$,收到0的概率为$1 - \alpha$;发送1时,收到0的概率为$\beta(0 ＜ \beta ＜ 1)$,收到1的概率为$1 - \beta$. 考虑两种传输方案:单次传输和三次传输. 单次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号重复发送3次. 收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1).
A. 采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为$(1 - \alpha)(1 - \beta)^2$
B. 采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为$\beta(1 - \beta)^2$
C. 采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为$\beta(1 - \beta)^2 + (1 - \beta)^3$
D. 当$0 ＜ \alpha ＜ 0.5$时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率

答案： ABD 相互独立事件和互斥事件的概率 + 二项分布(理性思维、数学应用) 由题意,发0收1的概率为α,发0收0的概率为1 - α;发1收0的概率为β,发1收1的概率为1 - β. 对于A,发1收1的概率为1 - β,发0收0的概率为1 - α,发1收1的概率为1 - β,所以所求概率为(1 - α)(1 - β)²,故A正确. 对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,1,则概率为(1 - β)β(1 - β)=β(1 - β)²,故B正确. 对于C,相当于发了1,1,1,收到1,1,0或1,0,1或0,1,1或1,1,1,则概率为C₃²β(1 - β)² + C₃³(1 - β)³ = 3β(1 - β)² + (1 - β)³,故C不正确. 对于D,发送0,采用三次传输方案译码为0,相当于发0,0,0,收到0,0,1或0,1,0或1,0,0或0,0,0,则此方案的概率P₁ = C₃²α(1 - α)² + C₃³(1 - α)³ = 3α(1 - α)² + (1 - α)³;发送0,采用单次传输方案译码为0的概率P₂ = 1 - α,当0 ＜ α ＜ 0.5时,P₁ - P₂ = 3α(1 - α)² + (1 - α)³ - (1 - α)=α(1 - α)(1 - 2α)＞0,故D正确. 综上,选ABD.
考情速递 考查对新概念、新知识的理解和探究能力 本题以信号传输为情境考查二项分布及应用. 试题设计两种传输方式:单次传输和三次传输,依次研究各种传输方式得到正确信号的概率. 试题设置传输信号0、1时的误码率,4个选项分别设置传输的信号和传输的方式,求得到正确信号的概率. 各选项是在同一条件进行的推理和计算,可以相互启发和借鉴. 试题考查对新概念、新知识的理解和探究能力,考查分析问题和解决问题能力及创新应用能力.
命题分析 试题以信号传输为背景,题目文字较多,又位于选择题最后一题的位置,对学生的心理素质是一大考验. 事实上,学生只要对相互独立事件和互斥事件的概率公式有所掌握,解答时能稳下心来,得2分甚至得满分的可能性还是很大的.