2026年高考数学考前预测卷（全国二卷01）全解全析

2026年高考数学考前预测卷01（全国二卷）

全解全析

第一部分（选择题共58分）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

求的C

1.集合力={X|2《X45,X£Z},B={1,2,3,6},则图中阴影部分所表示的集合为（）

A.{2,3}B.{4,5}C.{1,2,3,6}D.{2,3,4,5}

1.［答案】B

【解析】设全集为U,由图可知阴影部分可表示为力7。8）二卜打£4%任身，

可知力={2,3,4,5},则4c&8）={4,5}

故选:B.

2.在复平面内，向量刀对应的复数为-l+4i,向量％对应的复数为-3+i,则向量及对应的复数为

（）

A.—4—5iB.—4+5iC.-2—3iD.2+3i

2.【答案】C

【解析】因为向量而对应的复数为-l+4i,向量祝对应的复数为-3+i,

所以配二衣一行=(-3+i)-(—l+4i)=-2-3i,

所以向品沅而应的复数为-2—%.

故选:C.

-卡）的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2

3.【创新题】已知在

项，其中抽到有理项的个数为1,这个事件记为事件4则尸（4）=（）

1/22

3.[答案】A

【解析】在的二项展开式中只有第6项的二项式系数最大，则"=10,

可得（也-[=）的二项展开式的通项（句=ci

I3J

当©为整数时，该项为有理项，因为0V尸《1（）目.reN,

[03C】xC124

所以当〃=2,610时・，V分别为1,一2,-5是整数，即有理项有3项，可得产（4）二子一二>

4C；,55

故选:A.

4.【新情景】世界上第一个太阳灶设计者是法国的穆肖，1860年他奉拿破仑三世之命，研究用抛物面镜反

射太阳能集中到悬挂的锅上，供驻在非洲的法军使用.目前世界上太阳灶的利用相当广泛，技术也比较成

熟，它不仅可以节约煤炭、电力、天然气，而且十分干净，亳无污染，是一个可望得到大力推广的太阳能

利用装置.如图是某学校数学小组制作了一个太阳灶模型，其匚径为1m,高为0.25m的抛物面，则其轴截

面所在抛物线的顶点到焦点的距离为（）

D.0.25

4.【答案】D

【解析】如图，建立平面直角坐标系,

%

0.25

oo?Tx

设抛物线的方程为f=2勿（〃>0）,由图可得点（0.5,0.25）在效物线上，即

0.52=2px0?5,解得〃=0.5,故轴微面所在抛物线的顶点到焦点的距离为0.25

2/22

故选:D.

5.已知函数/(x)=/sin+g)(力>0,。>0,[同<]的图象如图所示，则/(o)=()

C.-y/3D.1

5.［答案】B

【解析】由图可得力=/(司1mx=2,

(ITICO1,故言+8=5+2左兀(勺$Z)①,

所以sin

c.(Ttd)、，.TICO)_1

又因为了2sin——+(pj=-i,可得sin——+(p

<2一9'

又因为函数/(')在、=g附近单调递增，所以甲+0=-2+2KM&EZ)②，

226

①一②得—=---H2(k[-k))Tt(k[,k、GZ),

63

(jr7qr

令k=k/Q则AwZ,则一=—+2ATT(A-GZ),可得0=4+12Z(%£Z),

63

rr*G_

由图可知，函数/(x)的最小正底期r满足可得r>],

97TTT

I'J—>—，所以69<6,即4+12左<6(左EZ),

co3

又因为口>0,则a=0,所以①=4,则/(x)=2sin(4x+0),

所以空X4+0=]+2KM%[€Z),可得0=24[加一"N(左]eZ),

因为|同＜5，所以仁=1，则夕=一-,故/(x)=2sin4x-y,

6616J

故f(0)=2sin

6

3/22

故选：B

6.在△45C中，已知|刀+刀卜|万一刀卜2仔司，则向量%在册上的投影向量为（）

逐C.京D.浮

人,一5

6.【答案】D

【解析】|方+K］二|万一万|两边平方得4万•衣=0,即48HC，

又向-回=2网两边平方得益2_2而就+大?=4宿，

即就2=3时，叫狗二石画，

所以向量就在册上的投影向量为P^cos30・缁=］沅.

ZJC4

故选：D.

7.已知随机变量丫〜N（2,cr2）,且尸（丫工1）=尸（丫2〃），则当0cxe。时，!+」_的最小值为（）

xa-x

A.1B.2C.3D.4

7.［答案】C

【解析】由随机变量y~N（2,/）,且尸（YWl）=P（yNa）,得。=3,由0cxe3,得'+」一

'7x3-x

3—x4x

当且仅当——=--,即x=l时取等号，所以所求最小值为3.

x3-x

故选：C.

4/22

8.【新情景】A系列纸张是生活中最常用规格的纸，A系列纸张命名规则：①一张Ai型号纸张沿着两条长

边中点连线裁剪分开后得到两张A«+l）型号纸张；②一张A0型号的纸张面积是1平方米；③所有Ai型

号的纸的长宽比相等.现从A0到A9,每种型号的纸各取一张，则所有纸张的周长之和为（）（单位:

米）

，一（厂、"'-「Z1y0-

A.2蚯（五+1『1-y-JB,2蚯（拒+1『

2）

C,4蚯（8+1）21一孝D.2</2（72+1）21-

J—L.

8.【答案】A

【解析】设Ai（i=Ql,2,…,9）纸的宽和长分别为叩4（i=0,l,2,…,9）,

则4=5%/%=%

6=卫=也"b、2aob。b。r-

因为q1/b。，又」"=」，所以芸=上，解得.二企

54《佛名〃。4

乂%4=1,所以&=2%，b。=21•

根据题意，&+[=%,又々=%=JE,即a=,

所以*=L“=q.，则生^=，

所以｛《｝是首项为许=2一：，公比为孝的等比数列，通项公式为q=2-竽

同理，〃="<=2可，也｝是首项为d=2：,公比为日的等比数列.

_2r/」丫°]-\（

2~x1-2~27Xi-2下

因此白1J,白1）,

i=o1-2^'=01-2^

92「（万丫”

故所有纸张的周长之和为。=2£（《+々）=2蚯+1—-.

故选:A.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给山的选项中,有多项符合题目要求.全部

5/22

选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得()分.

9,一组数据王，工2，工3，加，X5的极差为4，平均数为3,方差为2,若乂=2苍+1[=1,2,3,4,5),则()

A.乂,％,%,”,%的第80百分位数为乂

B.必,必，必，乂，”的极差为8

C,乂，月，为，乂，片的平均数为7

D.弘,月，外，筋，％的方差为4

9.【答案】BC

【解析】数据玉/2，七/4，毛的大小不确定，所以第80百分位数不能确定，故A错误；

数据七/2，刍，匕，天的极差为4，即入皿、一心山=4.

由必=2毛+1,可知乂皿=2x2+1,ymin=2xmin+1,

Xnax-Xnin=2(^max-Xmin)=8»故B正确；

由数据项,12，工3，工4/5的平均数为3，乂=24+1,得数据必,’2，为，卜4，%的平均数为2'3+1=7，故C

正确;

由数据%,看，&，兀，王的方差为2,由》=2x,+l(i=l,2,3,4,5),得数据乂,力，必,乂,外的方差为

2x2?=8，故D错误.

故选：BC.

10.已知等差数列｛g｝的前〃项和S〃存在最大值，且2+〃30<0，4647<。，则()

A.%>0B.46+47>0

C.当〃=16时，S”取得最大值D.S”取得最小正值时〃为31

10.【答案】ACD

【解析】对于A,设等差数列｛%｝首项为4,公差为d,

贝电=〃q+"〃l)d=@〃2,

"12212)

因为S,存在最大值，所以数列｛6｝的公差”v0,数列｛七｝单调递减，

6/22

要使存在最大值，则数列先正后负，首项q>0,故A正确:

对于B,由等差数列性质可知%+%0=《6+47<（），故B错误；

对干C,因为66《7<0，所以《6>°，。17<0，

所以〃=16时，S”取得最大值，故C正确；

对于D,rtia16+a17<0可得S32=32（"】十七）=⑹牝+q?）<0，

由46>0，可得S3]=%）=3la16>0，

所以S”取得最小正值时"为31,故D正确.

故选：ACD.

11.【跨学科】某市以“渤海湾畔、生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者

设计了“渤海明珠”曲线C,其方程为/+/+2国—2|引=0,对于曲线C,则下列结论正确的是（）

A,若直线尸质与曲线。有唯一公共点，则左取值范围为一注

B.曲线。上存在唯一的点使得点。到点（0,5）与到点（0,-5）的距离之差为4

C.曲线C所围成的封闭区域面积等于2兀-4

D.若曲线C上恰好存在4个不同点到直线），=》+〃?的距离为则实数m的取值范围为

11.【答案】BC

【解析】因为曲线C：/+/+2W一2|引=0,分象限讨论：

当"0/20时，方程为¥+y2+2x-2y=0,即（x+l『+（y=2,其表示以为圆心，以正

为半径的圆的第一象限部分；

当工<0/20时，方程为/+》2一2》一27=0,即（x—l7+（y—1）2=2,其表示以（1」）为圆心，以及

为半径的圆的第二象限部分;

7/22

当工＜0,y＜0时，方程为/+y2—2x+2y=o,即（x—1）?+（y+lf=2,其表示以为圆心，以正

为半径的圆的第三象限部分：

当X〉O,JYO时，方程为％2+/+21+2歹=0,即（x+l）2+（y+l『=：2,其表示以（一1,一1）为圆心，以

V2为半径的圆的第四象限部分；

曲线C由四段圆弧组成，关于x轴、y轴、原点对称.

对于A,直线歹二去过原点，所以直线必和曲线C有一个交点,

再以第•象限为例，圆心（一1,1）到直线＞=丘的距离d=J5,

化简得（左-00,即当左=1时直线与圆相切，同理可分析其它各个象限,

所以当女式一15时，直线y=h与曲线。有唯一公共点,

当人＞1或左＜—1时，直线歹=去与曲线。有3个公共点，如图：故A错误;

对于B,因为点夕到点（0,5）与到点（0,-5）的距离之差为4,

所以点，在以（0,5）,（0,-5）为焦点，以实轴长为4的双曲线的下支上，方程为《—.=2）,

显然双曲线的一个实顶点（0,-2）在曲线C上且只有这一个点，所以B正确；

8/22

对于C,先计算第一象限部分的弓形弧的面积，扇形弦长为2,半径为J5,

所以扇形的圆心角为所以第一象限部分的弓形的面积S=一;x（立）2=5一],

71]

所以曲线C所围成的封闭区域面积等于4--1=271-4,故C正确:

Iz）

对于D,由A选项的分析可知，与直线加平行且与曲线C相切的两条直线为y=x+2,y=x—2,

而这两条切线间的距离为住！二2"

当直线y=x+加与切线歹=X+2的距离为;时，则=’,解得=2—'二或"2=2+，Z（舍

2V1+11222

去）；

当直线y=x+〃?与切线歹二工一2的距离为;时，则也㈡二?，解得〃?=一2+①或”=-2-巫（舍

2V1+1222

去）；

当直线y=x+〃7与切线V=x的距离为|•时，则一"L=!，解.得m=也或m=—也;

2V1+1222

因为曲线c上恰好存在4个不同点到直线y=%+机的距离为g,

五（五

由图可得实数用的取值范围为-24,，__,D错误.

222

第二部分（非选择题共92分）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称：如图所示,

圆筒内径K2cm,外径K3cm,简高4cm,中部是棱K为3cm的正方体的部分，圆筒的外侧面内切丁

9/22

正方体的侧面，则该玉琮的体积为cm3.

12.【答案】27—

4

【解析】因为圆筒内径长为2。加，所以内圆半径r=lc/w.

外径长为3c加，所以外圆半径R=3C〃7

2

上下两段圆筒总高为4-3=k〃z,加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分:

/心外=上下外圆柱体积+中部正方体体积

（2}97

=不??2.什33=乃一+27=27+—r

⑶4

空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为4”〃，

V.,-..^=7[r2•4=4•产•4=4）

所以玉琮的体积为V=匕实心外・4心=27+与-4乃=27-子.

13.【新定义】设集合力=11d-10X<0,XEN},满足下列性质的集合称为“以集合”：集合内至少

含有2个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于3,则4的子集中有'、“78集合”.

13.【答案】16

【解析】解方程x2—10xv0=>Mx-l0）〈0,解得OcxclO,结合xwN,

因此：/={1,2,3,4,5,6,7,8,9},集合4共9个元素.

⑴2个元素的“73集合”：设为{。力}，

当4=1时，力可取5,6,7,8,9,共5个；

当。=2时，可取6,7,8,9,共4个；

当〃=3时，〃可取7,8,9,共3个:

10/22

当〃=4时，力可取8,9,共2个；

当。=5时，可取9,共1个：当。26时，无满足条件的人

则2个元素的集合”总数：5+4+3+2+1=15.

(2)3个元素的“73集合”：要选出3个元素，需满足任意两个元素至少相差4.

最小的3个满足条件的元素为1,5,9,则3个元素的“TB集合”仅1个：1,5,9.

(3)若尝试选出4个元素,最小的4个满足条件的数为I.5.9.13,而13超出集合A的范围,

因此不存在4个及以上元素的“TB集合”.

综上，“78集合”总数=2个元索的数量+3个元索的数量：15+1=16.

a"_71

14.已知关于美的不等式c-4nr2x—a恒成立,则。的取值范围是.

x

14.【答案】

eav-7\nx

【解析】因为^~丝上且x〉0,

x

所以ear+ax>x2+2\nx，即e,IW'+Inx2<ear+ax，

令g(x)=e'+x,易知g[x)=e、+l>0恒成立，则g(x)单调递增.

因为e.+ldd〈。以+公，

所以8(111，)《且(4尤)，

贝1Jhrv?<ax»即--工--，

x2

…、Inxr-〃、1-liv

设力(x)=一，则力(x)=———,

XX

当x>e时,"(x)<o，Mx)单调递减，

当0c<e时，/(x)>O,"x)单调递增，所以〃⑺皿=/?(e)=岭二L

ee

a1「21

所以一之一，则。的取值范围为一,+8.

2eLe)

,……2)

故答案为：一,+8

LeJ

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

11/22

15.（13分）

在△XBC中，角4伉。的对边分别为d"c,且JJsinC—cosC='£

b

（1）若tanC=—5V§，求taM的值.

（2）若。+。=3+3百,△Z5C的内切圆的面积为兀，求△45C的面积.

15•【解析】（1）因为缶in。-cosC=3丁处,所以由正弦定理得JJsinC—cosC=2smC—si”

bsi

所以（GsinC-cosCjsin^=2sinC-sin（8+C）,

所以（VJsinC-cosC卜in5=2sinC-sinBcosC-cosBsinC,

所以>/3sinCsin5=2sinC-cosfisinC

71

在△4AC中，因为sin。±0,所以有JJsin"+cos"=2，即得2sin/?+—■I=2,即sinR+一

oJI6

因为5£（0,几），所以5+：=大，即得3=7,tanB=，

623

tanC+tani9-56+G&z.

所以tanJ=tan[n-（C+8）]=-tan（C+B）=-------------=------J=—7==—.（5分）

1-tanCtan51+5v3xV34

（2）△ABC内切圆的面积为兀，所以内切圆半径厂二1，

又S“BC=-acsinB=-（a+b-^c）r,则有也“c=3+3>/J+5,

222

由余弦定理得b2=a2+c2-2〃ccos8=（。+c）2-3ac

3+36+力，

=（3+3百尸-3x君-=（3+2何-2@3+2用力）=（3+34）（3+6）-2折,

2

所以/+2麻-（3+36）（3+6）=0,解得力=3+6或〃=-（3+3jJ）（舍），

所以+~ac=6+4>万，

2

则SARC=—acsinB=—xac=3+2y/3■（13分）

A/iL>c222

16.（15分）

已知函数/（x）=lnx+N-a（4eR）.

X

12/22

(1)讨论/(X)的单调性;

(2)若/(x)NO,求。的值.

16•【解析】(1)函数/(x)的定义域为(0,+约),/'(')='一彳二铝.

XXX

若。40,则r(x)>0,/(x)在(0,+<)单调递增.

若a>0,则由/'(x)=0得x=".

当0cxe4时，/'(x)vO；当X〉。时，/\x)>0.

因此/(X)在(OM)单调递减，在(d+e)单调递增.(7分)

(2)解法I：由(1)知当a(0,/(x)在(0,+。)单调递增，

xc(O/)时，/(x)</(l)=0,不满足题意.

当4>0时，由(1)知/(x)而n.

因为〃x)20,所以〃x)n血=lna+l—a20(*).(10分)

设g(x)=lnx+l-x,则g〈x)=L，.

A

当工£(0,1)时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当xw(l,+8)时,g'(x)v0,g(x)单调递减.

所以g(x)<g(l)=0,lnx+l-x«0,当且仅当x=l时取等号.

故1IIQ+1-QW0,结合(*)可知Ina+1-。=0,故4=1.(15分)

解法2：因为/(x)Z0=/(l),所以x=l为/(x)的极小值点.

因此/'(1)=0,解得。=1.(10分)

当a=l时，/(x)=ln.r+1-1,rtl(1)知/(x)在(0,1)单调递减，在。,+巧单调递增.

因此/(x)N/(l)=0,满足题意.

综上，a=\.(15分)

解法3：因为/(x)N0,所以HnxNa(x-l)恒成立.

当x=l时，显然成立，此时“ER.

13/22

当\>1时，独巨2。恒成立.

x-1

\,/、x-lnx-1

设g(x)=-xnx7,则g"):7~

x-1(x-i)

设力(x)=x-lnx-l,则>(工)=^~^.(10分)

X

当xw(l,+8)时,I(X)>0,/i(x)在(1，+8)单调递增，〃(x)>〃⑴=0，即g'(x)〉o,

g(x)在(1,+8)单调递增，因此4«1可目(X)=叫四含=1.

当0cx<1时，陋恒成立.当XE(O,1)时，〃'(x)vO,A(x)在(0,1)单调递减，

X-1

A(x)>A(l)=0,即g'(x)>0,g(x)在(0,1)单调递增，a>limg(x)=lim=1.

综上，a=\.(15分)

17.(15分)

22

已知椭圆E:=1(36>0)的左顶点"(一2,°)，上顶点8(0,1).

cTb‘

(1)求椭圆E的方程和直线的方程；

(2)过椭圆E上异于/的点。作％轴的垂线交直线48于M点，延长CW至点N,使MN二CM,直

线4V交椭圆E于点Q.

(i)求证：直线4C,4。的斜率之和为定值；

(ii)求“C7)面枳的最大值.

22

17•【解析】(1)由椭圆后：二+二=1的左顶点力(-2,0),上顶点8(0/)，得。=2力=1,

a~b~

2i

所以椭圆上的方程为Lr+y2=1,直线4?的方程为)，=7彳+1.(5分)

42

(2)(i)直线力。斜率存在，设其方程为y=4x+2),点。(%,乂)

r

y=k(x+2),,.16A2.4

由<,,，得(442+1)/+166+16-一4=0,则-2/二,，

x2+4y2=4c4k2+\

%.J

jyg2—8Z~4k目“上〃/2—8%~4k、

解1t得x-——,y-k(x+2)=—--,即点C(——、,——),

0c4二+1'c%、c4公+1v4Ar2+l4F+1

14/22

2-8公交直线y=；x+l于点〃（2-8/2

直线CM:x=），

4公+14公+1'4%2+1

2-8公4-4%

由点M是线段CN的中点，得点N（），

4F+1'4F+I

二竺-0

4公+1

因此直线4。的斜率〃==1,即U1,

2-对

―;——+2

4公+1

所以直线4C4。的斜率之和为足值.（1（）分）

2-X4'2

（ii）由（D同理得0（T4k'

），MC|二

4小+14Y+1V4K+14K+14K+1

从2-8H4k'

点D到直线AC:kx-y+2k=0的距离d=Zl+l做辱=4\k-k^\

，公+1(4/+1)42+1

则—.少”二谓也蕊变"溪系

显然〃工左，W=4^（1-k）=~（2k-1）2+1<1,令玲一4原'=/>0,

8f

(1-/2)2-2(1-/2)+5〃+4

当o</<C时，s'>o；当，〉祗时，s'<o，函数s彳在（。,存）上递增，在（存,+8）上递减,

当，=；口时，S3、=：£=3上=亚?，所以-48面积的最大值为茎灭（15分）

\3，naxa2V322

3

18.（17分）

【新考法】如图，在四棱锥P-48C。中，PA=PB=5,底面为3c。是矩形，AB=6,8C=4.

15/22

p

(1)设平面P4B与平面PC。的交线为/,证明：I〃CD.

(2)证明：PC=PD.

(3)当四棱锥，-4的体积最大时，四棱锥。-48c。是否存在内切球，若存在，求内切球的半径,

若不存在，请说明理由.

18•【解析】(1)证明：因为底面45C。是矩形，所以43〃CO,

囚为。S平面?月6,Z8u平面/<46,所以C。//平面产力6,

因为平面平面尸CQ=/，COu平面PC。，所以/〃CO.(4分)

(2)证明：如图1,分别取N8,C。的中点E,F,连接尸E,EF,PF.

图1

因为产力二尸8，E是48的中点，所以PE上4B,又因为底面48CO是矩形，E,尸分别是力8,。。的

中点，所以因为48〃CO,所以「£_LCQ,EF1CD,因为PEcEF=E,PE,EFu

平面PEF,COa平面所以CO1平面PM,因为PEu平面P£/，所以。_1尸产，因为尸

是CO的中点，所以PC=。。.(8分)

(3)假设四棱锥产一力4。。存在内切球，设点尸到平面力BCZ)的距离为人

则hWPE,PE=晒二/=4,当PE工平面力BCD时,方取最大值，此时四棱锥P—48C。的体积

最大，

方法一：

因为尸EJL平面N8CZ),所以平面产力6J_平面力6CZ),

16/22

因为平面产力4c平面力5CO=R8,AD1AB,所以力D_L平面P/8，即力。_1.0力，

所以尸。2=/。2+/22=41，则易知Sj/8二;•46•0E=12,

乙

/1\2

-CD•CD=T2g,

SdPBC=S.PAD=5,4D.4P=10,S.PCD

3.产12>

S正方形月阮普=.4B=24,小棱推,PE•S正方形488=32,

J

所以内切球半径，=3?囹MT灰7）=9：,设内切球球心为O,P9中点为“，因为。到平面4。

'表P-ABCD56+12V2

与平面尸BC距离相等，

所以由对称性可知，点O在平面PE•尸上，又因为点。到平面045与平面力BC。距离相等，且二面角

7T

P—48—C的大小为一，（14分）

2

所以点O在上，如图2所示，因为£M=2企，

所以2忘=尸，解得〃=4-2&，因为两个厂的值不同，所以不存在内切球.（17分）

方法二：

因为P£_L平面力4CO,PEu平面P4B,所以平面48_1_立面/8CO,

因为EE_L48,平面/M8c平面力8。。=48,所以M_L平面〃18,

以£为坐标原点，分别以£8,EF,£尸所在的直线为％轴，歹轴，z轴，建立如图3所示的空间直角坐标

系，

17/22

z.

p

A

图3

则P（0,0,4）,J（-3,0,0）,8（3,0,0）,C（3,4,0）,。（一3,4,0）,

平面尸的一个法向量为*=（0,1,0）,则正二（3,4,-4）,而=（-3,4,-4）,苏=（-3,0,-4）,

丽=（3,0,-4）

—・■一

•尸c=o㈠3x…+4y…-4z=0化叫x=0

设平面PC。的法向量为〃2=（x,J',z）,因为，二_,所以《”0,

〃"D=0y—z

令成=（0,1,1）,设内切球球心。（。也C）,易知，a,b,c>0.同理可求，平面"CO法向冒为

n3=（0,0,1）,

限"二°所以b'"4二°

平面P/O法向量为〃4=（XQi，zJ,因为7•历=011[_3玉+4必—44=0

令±二4,则％=-3,贝I」4=（4,。,一3）,（14分）

n.•PB=03X2-4Z2=0

平面28。法向量为〃5=（X2，%，22），，2_,所以《

X+4y2-4Z=0

n5•PC=0322

令々二一4，所以Z2=-3,所以〃5=（-4,0,-3）PE=（。,6,c—4）,

力+c-4

点。到平面PAB的距离4==b，点。到平面PCD的距离d=

1112

而_|4"3c+12|

易知点O到平面力笈。。的距离&=c，点。到平面04。的距离W=-

Im5

而I|-4a-3c-F12|

点0到平面PBC的距离4=，由a=4，解得a=o，由4=4，解得

同

18/22

b=c,

由〃=（）,4=W，解得c=|,则4=0,b=c=』所以为=/，JI=1,d产d2,矛盾，所以这样

的内切球不存在.（17分）

19.（17分）

【新考法】已知一副不含大小干的52张扑克牌,共包含4种花笆（黑桃、红桃.、方片、梅花）.每种花色

各有13张牌，牌点大小排序从大到小依次为力、K、。、J、10、9、8、7、6、5、4、3、2,其中力可参与

组成顺子或金花/23、QKA,且满足./2Kql23<OK4现从该副扑克牌中随机抽取3张，定义如下牌型：

豹子：三张牌的牌点完全相同，例如：AAA、KKK.222；

顺金：花色相同且牌点构成顺子，例如：黑桃。心、红桃JQK、方片423；

金花：花色相同但牌点不构成顺子，例如：黑桃JK4红桃78。、方片彳24：

顺子：牌点构成顺子但花色不全相同，例如：黑桃5红桃6方片7；

对子：恰好有两张牌的牌点相同，第三张牌的牌点与前两张不同，例如：223、334；

散牌：不构成上述任何一种牌型的3张牌组合.

请回答下列问题：

（1）在一次游戏中，记事件/为“抽到的三张牌牌点构成顺子”，事件8为“抽到的牌型为顺金”，求

尸（剧⑷；

（2）已知该游戏各牌型的大小规则为：豹子〉顺金〉金花〉顺子〉对子〉散牌，且不按照花色区分大小.请从概

率的角度，分析该游戏的规则是否合理、公平（结果精确到小数点后四位）；

（3）玩家初始持有〃次抽牌机会（〃EN*）,每消耗1次抽牌机会，就从52张扑克牌中随机抽取3张，观

察牌型；若抽到顺金，则游戏获胜，立即终止；若抽到顺子但非顺金，则将当前剩余的抽牌机会数翻倍；

若抽到非连续的牌型，则剩余抽牌机会数保持为消耗1次后的数量；若剩余抽牌机会数为0,则游戏失败,

立即终止.设单次抽牌抽到顺子的概率为p£（0,1）,初始持有〃次抽牌机会时，玩家最终获胜的概率为q.

试证明：

（i）证明：数列｛%｝是严格递增数列；

P

（ii）证明：对任意〃wN"都有％之1一116)

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19.【解析】（1）顺子的牌点组合共12种（A23、234、…、JQK、QKA）,每种牌点组合对应4?=64种

花色组合，故〃（4）=12x64=768.

顺金要求花色相同且牌点为顺子，共12x4=48种，故〃（3）=48.

由条件概率公式，P(/B\.^)、An(_AB2)=-n(OB)=—48=1

=（6分）

（2）分别计算各牌型的概率:

舄钎等"盛TO的'%金二12x448

出0.0022,

U22100

4xC：3-48_1096