2025年高考数学全真模拟卷04（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（2024·河南周口·模拟预测）已知复数z=1+1i3，i为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A．2iB．−2iC．2D．−2
【解题思路】根据复数的除法和乘方的运算法则，结合复数虚部的定义进行求解即可.
【解答过程】1+1i3=1−i2i=(1−i)3=1+3×12⋅−i+3×1×−i2+−i3=1−3i−3+i=−2−2i，
因此复数1+1i3的虚部为−2.
故选：D.
2．（5分）（2024·天津和平·二模）若x∈R，下列选项中，使“x2<1”成立的一个必要不充分条件为（ ）
A．−2【解题思路】根据题意，x2<1等价于−1【解答过程】不等式x2<1等价于−1使“x2<1”成立的一个必要不充分条件，对应的集合为A，则(−1,1)是A的真子集，
由此对照各项，可知只有A项符合题意．
故选：A．
3．（5分）（2024·贵州贵阳·二模）已知向量a=1,−2,b=2,x，若3a−b//a+2b，则实数x=（ ）
A．2B．1C．0D．−4
【解题思路】借助向量坐标运算与向量平行的坐标表示计算即可得.
【解答过程】3a−b=1,−6−x，a+2b=5,2x−2，
由3a−b//a+2b，则有1×2x−2−5×−6−x=0，
解得x=−4.
故选：D.
4．（5分）（2024·四川达州·二模）下图是某地区2016-2023年旅游收入(单位:亿元)的条形图，则下列说法错误的是（ ）

A．该地区2016-2019年旅游收入逐年递增
B．该地区2016-2023年旅游收入的中位数是4.30
C．经历了疫情之后，该地区2023年旅游收入恢复到接近2018年水平
D．该地区2016-2023年旅游收入的极差是3.69
【解题思路】根据中位数、极差的定义即可判断BD；结合图形，分析数据即可判断AC.
【解答过程】A：由图可知该地区2016-2019年旅游收入逐年递增，故A正确；
B：由图可知，2016-2023年旅游收入的中位数为3.94+4.572=4.255亿元，故B错误；
C：从图表可知2023年旅游收入为4.91亿元，接近2018年的5.13亿元，故C正确；
D：2016-2023年旅游收入的极差是5.73−2.04=3.69亿元，故D正确.
故选：B.
5．（5分）（2024·湖北·模拟预测）已知点P是直线x−y−m=0上的动点，由点P向圆O:x2+y2=1引切线，切点分别为M,N且∠MPN=90∘，若满足以上条件的点P有且只有一个，则m=（ ）
A．2B．±2C．2D．±2
【解题思路】连接OM,ON，结合圆的切线性质可推得点P在以点O为圆心，2为半径的圆C上，再由题意可知该圆与直线x−y−m=0相切，利用点到直线的距离公式，即可求得答案.
【解答过程】连接OM,ON，则PM⊥OM,PN⊥ON.
又∠MPN=90∘,OM=ON，所以四边形MPNO为正方形，∴PO=2ON=2，
于是点P在以点O为圆心，2为半径的圆C上.
又由满足条件的点P有且只有一个，则圆C与直线x−y−m=0相切，
所以点O到直线x−y−m=0的距离d=2,∴m2=2，解得m=±2.
故选：D.
6．（5分）（2024·青海西宁·二模）关于函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,0<φ<π2，有下列四个说法：①f(x)的最大值为3；②f(x)的相邻两个零点分别为x1，x2，且有x1−x2=π；③f(x)的图象上相邻两个对称中心间的距离为π2；④f(x)的图象关于直线x=π3对称，若有且仅有一个说法是错误的，则fπ2=（ ）
A．−332B．332C．−32D．32
【解题思路】根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，即可得到结果.
【解答过程】说法②可得T2=πω=π，得到ω=1，说法③可得T2=πω=π2，则ω=2，②和③相互矛盾；
当①②④成立时，由题意A=3，ω=1，π3+φ=2kπ+π2，k∈Z．
因为φ∈0,π2，令k=0，得到φ=π6，
所以fx=3sinx+π6，得到fπ2=3sin(π2+π6)=3sin2π3=332，
说法①③④成立时，由题意A=3，ω=2，2π3+φ=2kπ+π2，k∈Z，
则φ=2kπ−π6∉0,π2，故不合题意.
故选：B.
7．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，△PAD为等边三角形，四边形ABCD为矩形，且AB=2BC，平面PAD⊥平面ABCD，则直线AC与平面PCD所成角的正弦值为（ ）
A．12B．22C．32D．1
【解题思路】取M为PD的中点，先证明AM⊥平面PCD，得∠ACM为所求线面角，由边长间的关系求正弦值.
【解答过程】平面PAD⊥平面ABCD，又平面PAD∩平面ABCD=AD，
CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，则CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，故平面PCD⊥平面PAD，
取PD的中点M，连接AM,CM，如图所示，
平面PCD∩平面PAD=PD，平面AM⊂平面PAD，
△PAD为等边三角形，则AM⊥PD，故AM⊥平面PCD，
则直线AC与平面PCD所成角即为∠ACM，
令BC=a，则AB=2a，AC=3a，AM=32a，
故sin∠ACM=AMAC=12.
故选：A.
8．（5分）（2024·陕西·模拟预测）函数fx满足lnx=1+fx1−fx，且x1>e,x2>e,fx1+fx2=1，则fx1x2的最小值为（ ）
A．eB．1C．57D．1e
【解题思路】通过 解方程可得f(x)的解析式，由f(x1)+f(x2)=1化简可得lnx1⋅lnx2=ln(x1⋅x2)+3，结合基本不等式可得ln(x1⋅x2)≥6，运用分离常数法化简可得f(x1x2)=1−2ln(x1⋅x2)+1，进而可得其最小值.
【解答过程】因为lnx=1+f(x)1−f(x)，所以lnx−lnx⋅f(x)−1−f(x)=0，即f(x)=lnx−1lnx+1，
又因为f(x1)+f(x2)=1，
所以lnx1−1lnx1+1+lnx2−1lnx2+1=1，即(lnx1−1)(lnx2+1)+(lnx2−1)(lnx1+1)(lnx1+1)(lnx2+1)=2lnx1⋅lnx2−2(lnx1+1)(lnx2+1)=1，
所以lnx1⋅lnx2=ln(x1⋅x2)+3，
因为x1>e，x2>e，所以lnx1>1，lnx2>1，
所以lnx1⋅lnx2=ln(x1⋅x2)+3≤(lnx1+lnx22)2=ln2(x1⋅x2)4，
整理得ln2(x1⋅x2)−4ln(x1⋅x2)−12≥0，
解得ln(x1⋅x2)≥6或ln(x1⋅x2)≤−2（舍），
所以f(x1x2)=ln(x1⋅x2)−1ln(x1⋅x2)+1=1−2ln(x1⋅x2)+1≥1−26+1=57，当且仅当lnx1=lnx2ln(x1⋅x2)=6即x1=x2=e3时取等号.
故f(x1x2)的最小值为57.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（6分）（2024·黑龙江牡丹江·一模）已知−π6,0为函数fx=asin2x+cs2x的一个对称中心，则（ ）
A．a=3B．函数y=fx−π6为奇函数
C．曲线y=f(x)关于x=7π12对称D．函数y=f(x)在−5π12,π12单调递增
【解题思路】根据对称可得a=33，即可由辅助角公式求解fx=233sin2x+π3，结合选项，即可逐一代入求解.
【解答过程】解：因为−π6,0为函数fx=asin2x+cs2x的一个对称中心，
所以f−π6=asin2−π6+cs2−π6=0，
即−32a+12=0，解得a=33，故A错误；
所以fx=33sin2x+cs2x=233sin2x+π3，
y=fx−π6=233sin2x−π3+π3=233sin2x，显然为奇函数，故B正确；
f7π12=233sin2×7π12+π3=233sin9π6=233sin3π2=−233，是最小值，
所以曲线y=f(x)关于x=7π12对称，故C正确；
当x∈−5π12,π12时，2x+π3∈−π2,π2，所以函数y=f(x)在−5π12,π12单调递增，故D正确．
故选：BCD．
10．（6分）（2024·黑龙江大庆·三模）已知点P1,2是双曲线C:3x2−y2=1上一点，过P向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为A,B，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的浙近线方程为y=±3x
B．双曲线的焦点到渐近线的距离为1
C．PA⋅PB=13
D．△PAB的面积为316
【解题思路】首先根据双曲线方程求渐近线方程，判断A，再根据点到直线的距离判断BC，最后根据几何关系，求∠APB，再代入面积公式，即可求解.
【解答过程】因为双曲线的方程为C:3x2−y2=1，所以a=33,b=1，所以双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x.故A正确；
双曲线的右焦点233,0到渐近线y=3x的距离为d=22=1，故B正确；
由点到直线的距离公式可得PA⋅PB=3−22×3+22=14.故C错误.
如图，因为KOA=3，所以∠AOx=60∘.在△PAD和△OBD中，∠PAD=∠OBD=90∘，
∠PDA=∠ODB，所以∠APD=∠BOD=60∘，所以
S△PAB=12×PA⋅PBsin60∘=12×14×32=316，故D正确.
故选：ABD.
11．（6分）（2024·河北·二模）已知函数fx=xex+2,gx=x+2lnx，则下列说法正确的是（ ）
A．函数fx在R上单调递增
B．若对任意x>0，不等式fax≥flnx2恒成立，则实数a的最小值为2e
C．函数gx在0,+∞上存在极值点
D．若fx1=gx2=t(t>0)，则lntx1x2+2的最大值为1e
【解题思路】对于A，直接求得单调区间即可；对于B C D，构造函数，研究函数的最值即可.
【解答过程】对于A，fx的定义域为R,f′x=x+1ex+2，令mx=f′x，
则m′x=x+2ex,∴当x∈−∞,−2时，m′x<0；
当x∈−2,+∞时，m′x>0,∴mx即f′x在−∞,−2上单调递减，
在−2,+∞上单调递增，
∴f′x≥f′−2=−e−2+2=2−1e2>0,∴fx在R上单调递增，故A正确；
对于B，由A知fx在R上单调递增，由fax≥flnx2得ax≥lnx2，则当x>0时，a≥lnx2x=2lnxx，令ℎx=2lnxx，则ℎ′x=21−lnxx2,∴当x∈0,e时，ℎ′x>0；当x∈e,+∞时，ℎ′x<0,∴ℎx在0,e上单调递增，
在e,+∞上单调递减，∴ℎ(x)max=ℎe=2e,∴a≥2e，即a的最小值为2e，故B正确；
对于C,gx的定义域为0,+∞,g′x=lnx+x+2x=lnx+2x+1，令nx=g′x，
则n′x=1x−2x2=x−2x2,∴当x∈0,2时，n′x<0；当x∈2,+∞时，
n′x>0;∴nx即g′x在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
∴g′x≥g′2=ln2+2>0,∴gx在0,+∞上单调递增，无极值点，故C错误；
对于D，若fx1=gx2=t(t>0)，
则x1ex1+2=x2+2lnx2=t,∵f0=0,g1=0,t>0，
由AC知：fx,gx均为定义域上的增函数，∴x1>0,x2>1，
由x1ex1+2=x2+2lnx2得x1ex1+2=ex1+2lnex1=x2+2lnx2,∴x2=ex1，∴lntx1x2+2=lntx1ex1+2=lntt，令pt=lntt，则p′t=1−lntt2,∴当t∈0,e时，p′t>0；
当t∈ e,+∞时，p′t<0,∴pt在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，
∴p(t)max=pe=1e，即lntx1x2+2的最大值为1e，故D正确.
故选：ABD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）已知在递增的等比数列an中，a1a2a3=1，1a1+1a2+1a3=72，则数列an的通项公式为an= 2n−2n∈N* ．
【解题思路】设等比数列an的公比为q，根据等比数列的性质可得a2=1，即有a1a3=11a1+1a3=52，解出的值a1,a3，即可求出公比，得出通项.
【解答过程】设等比数列an的公比为q，因为a1a2a3=1，所以a23=1，解得a2=1，
又1a1+1a2+1a3=72，所以有a1a3=11a1+1a3=52，
由an是递增的等比数列，解得a1=12,a3=2，
所以q=a2a1=2， 即有an=12×2n−1=2n−2.
故答案为：2n−2n∈N*.
13．（5分）（2024·湖南长沙·二模）已知 2cs2x+π12csx−π12−cs3x=14 ，则 cs2x+π3= −78 .
【解题思路】由3x=2x+π12+x−π12，结合两角和的余弦公式化简条件可求得csx+π6，再利用二倍角的余弦公式求cs2x+π3即可.
【解答过程】因为2cs2x+π12csx−π12−cs3x=14，
所以2cs2x+π12csx−π12−cs2x+π12+x−π12=14，
所以cs2x+π12csx−π12+sin2x+π12sinx−π12=14，
所以csx+π6=14
所以cs2x+π3=2cs2x+π6−1=−78.
故答案为：−78.
14．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）已知曲线fx=x2与gx=lnaxa>0有公共切线，则实数a的最大值为 2e ．
【解题思路】先设出切点，求导得到切线方程，斜率截距对应相等，得到1−lna=14x22+lnx2,构造函数ℎx=14x2+lnx，转化为存在性问题，最终求最值即可.
【解答过程】设曲线fx=x2与gx=lnaxa>0的切点分别为x1,x12，x2,lnax2，
∵f′x=2x，g′x=1x，∴k1=2x1，k2=1x2，
∴y−x12=2x1x−x1，y−lnax2=1x2x−x2，
∴2x1=1x2x12+lnax2−1=0，14x22+lnax2−1=0，即1−lna=14x22+lnx2，
令ℎx=14x2+lnx，则ℎ′x=2x2−12x3，
当022时，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
∴ℎx≥ℎ22=12+ln22，即1−lna≥12+ln22，即lna≤ln2e，即0故答案为：2e.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2024·陕西安康·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,tanC=(a−1)tanB．
(1)求证：bcsC=1；
(2)若a=2，△ABC面积为1，求边c的长．
【解题思路】（1）根据题中等式利用同角三角函数商关系公式，两角和的正弦公式，三角和内角和定理，正弦定理化简得到结果；
（2）利用（1）的结果计算sinC=1−1b2，再利用三角形面积公式计算出a,b，最后利用余弦定理计算出c；
【解答过程】（1）证明：根据tanC=(a−1)tanB，以及tanC=sinCcsC，tanB=sinBcsB，
得sinCcsC=(a−1)sinBcsB，sinCcsB=(a−1)csCsinB．
所以acsCsinB=sinCcsB+csCsinB，即acsCsinB=sin(C+B)，
根据B+C=π−A，得sin(C+B)=sinA．
所以acsCsinB=sinA，
由正弦定理，得abcsC=a，因此bcsC=1．
（2）由（1）知，csC=1b，sinC=1−1b2，
S△ABC=12absinC=b1−1b2=b2−1=1，
所以b2=2，得b=2，csC=22，
又a=2，
所以由余弦定理得c=a2+b2−2abcsC=4+2−2×2×2×22=2．
16．（15分）（2024·四川雅安·三模）已知函数fx=a−1x−2sinx.
(1)若函数fx有极值，求实数a的取值范围；
(2)若关于x的不等式fx+x1+csx≤0在x∈0,π2上恒成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）先对函数求导，分类讨论研究函数的单调性，结合函数单调性与极值的关系即可求解.
（2）由已知变形为2sinx−xcsx−ax≥0恒成立，构造函数ℎx=2sinx−xcsx−ax,x∈0,π2，分类讨论研究函数的单调性，利用最值列不等式求解即可.
【解答过程】（1）依题意，f′x=a−1−2csx，令f′x=0，得a=1+2csx，
因为1+2csx∈−1,3，所以当a≤−1时，f′x≤0,fx在R上单调递减；
当a≥3时，f'x≥0，故fx在R上单调递增；
当−1综上a∈−1,3.
（2）依题意，由fx+x1+csx≤0，
得a−1x−2sinx+x1+csx≤0，即2sinx−xcsx−ax≥0，
设ℎx=2sinx−xcsx−ax,x∈0,π2，
则ℎ′x=2csx−csx+xsinx−a=csx+xsinx−a，
设mx=csx+xsinx−a，则m′x=xcsx，
当x∈0,π2时，m′x>0,mx单调递增；
所以在x∈0,π2上，ℎ′x≤ℎ′π2=π2−a，且ℎ′0=1−a，
当π2−a≤0，即a≥π2时，ℎ′x≥0,ℎx在0,π上单调递减，
则ℎx≤ℎ0=0，不符合题意，舍去，
当π2−a>0，即a<π2时，
（i）若1−a<0，即1∃x0∈0,π2，使得ℎ′x0=0，当0（ii）若1−a≥0，即a≤1,ℎ'x>0恒成立，
ℎx在x∈0,π2上单调递增，则ℎx≥ℎ0=0，符合题意.
综上，实数a的取值范围为−∞,1.
17．（15分）（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD与平面ABC1D1都是边长为2的菱形，∠BCD=∠BC1D1=120°，侧面BCC1B1的面积为15.
(1)求平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积；
(2)求平面BCC1B1与平面CDD1C1的夹角的余弦值.
【解题思路】（1）连接AC，AC1，根据菱形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理、三角形面积公式、棱柱的体积公式进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【解答过程】（1）连接AC，AC1，
因为底面ABCD与平面ABC1D1均为菱形，且∠BCD=∠BC1D1=120°，
所以△ABC与△ABC1均为等边三角形，
取AB的中点O，连接OC，OC1，则OC⊥AB，OC1⊥AB，则OC=OC1=3，
因为侧面BCC1B1的面积为15，
所以△BCC1的面积为152，则12×2×2sin∠CBC1=152，
所以sin∠CBC1=154，则cs∠CBC1=14.
在△BCC1中，CC12=22+22−2×2×2×14=6，则CC1=6，
所以OC2+OC12=CC12，所以OC⊥OC1.
因为AB∩OC=O，AB,OC⊂平面ABCD，
所以OC1⊥平面ABCD，
故平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积V=SABCD⋅OC1=2×2sin60°×3=6.
（2）由（1）可知，AB,OC,OC1两两垂直，以O为原点，以OB,OC,OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
则B(1,0,0)，C(0,3,0)，C1(0,0,3)，D(−2,3,0)，
BC=(−1,3,0)，CC1=(0,−3,3)，CD=(−2,0,0)，
设平面BCC1B1的法向量为m=x1,y1,z1，
由BC⋅m=0,CC1⋅m=0,得−x1+3y1=0,−3y1+3z1=0,取y1=1，则m=(3,1,1).
设平面CDD1C1的法向量为n=x2,y2,z2，，
由CD⋅n=0,CC1⋅n=0,得−2x2=0,−3y2+3z2=0,取y2=1，则n=(0,1,1)，
于是cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=25×2=105.
设平面BCC1B1与平面CDD1C1的夹角为θ，
所以csθ=|cs〈m,n〉|=105.
18．（17分）（2024·辽宁锦州·模拟预测）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为γα+β+γ=1,α>0,β>0,γ≥0，且每局比赛结果相互独立．
(1)若α=25,β=25,γ=15，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
(2)当γ=0时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望EX的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，求“甲学员赢得比赛”的概率（用α,β表示）．
【解题思路】（1）用事件A,B,C分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”，记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件：ABAA,BAAA,ACCA,CACA,CCAA共5种，即可求解；
（2）（i）由题意得X的所有可能取值为：2,4,5，求出对应的概率，列出分布列及求出数学期望，并求出最大值；
（ii）由（1）得前两局比赛结果可能有：AA,BB,AB,BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB,BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同，所以P(M)=P(AA)⋅1+P(BB)⋅0+P(AB)⋅P(M)+P(BA)⋅P(M)即可求解．
【解答过程】（1）用事件A,B,C分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”，
则P(A)=α=25,P(B)=β=25,P(C)=γ=15，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，
则事件N包括事件：ABAA,BAAA,ACCA,CACA,CCAA共5种，
所以P(N)=PABAA+PBAAA+PACCA+PCACA+PCCAA
=2PBPAPAPA+3PCPCPAPA
=2×254+3×152×252=44625．
（2）（i）因为γ=0，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即α+β=1，
由题意得X的所有可能取值为：2,4,5，
P(X=2)=α2+β2，
P(X=4)=αβ+βαα2+αβ+βαβ2=2αβα2+β2，
P(X=5)=αβ+βα⋅αβ+βα⋅1=4α2β2，
所以X的分布列为：
所以X的期望为：
E(X)=2α2+β2+8αβα2+β2+20α2β2
=21−2αβ+8αβ1−2αβ+20α2β2
=4α2β2+4αβ+2
因为α+β=1≥2αβ，所以αβ≤14，
等号成立时，α=β=12，所以0<αβ≤14，
所以E(X)=4α2β2+4αβ+2=2αβ+12+1≤2×14+12+1=134，
故E(X)的最大值为：134．
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则P(M)=α21−2αβ=α2α2+β2，
由（1）得前两局比赛结果可能有：AA,BB,AB,BA，
其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，
事件AB,BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，
当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同，
所以P(M)=P(AA)⋅1+P(BB)⋅0+P(AB)⋅P(M)+P(BA)⋅P(M)
=P(A)P(A)+P(A)P(B)P(M)+P(B)P(A)P(M)
=α2+αβP(M)+βαP(M)
=α2+2αβP(M)，
所以1−2αβP(M)=α2，得P(M)=α21−2αβ，
因为α+β=1，所以P(M)=α2α+β2−2αβ=α2α2+2αβ+β2−2αβ=α2α2+β2.
19．（17分）（2024·河南三门峡·模拟预测）设有穷数列A:a1,a2,⋯,ann≥2的所有项之和为S，所有项的绝对值之和为T，若数列A满足下列两个条件，则称其为n阶“0−1数列”：①S=0；②T=1.
(1)若2023阶“0−1数列”A:a1,a2,⋯,a2023是递减的等差数列，求a2023；
(2)若2kk∈N*阶“0−1数列”A:a1,a2,⋯,a2kk≥1是等比数列，求A的通项公式an（1≤n≤2k，用n,k表示）；
(3)设n阶“0−1数列”A:a1,a2,⋯,ann≥2的前m项和为bmm∈1,2,3,⋯,n，若∃m∈1,2,3,⋯,n，使得bm=−12，证明：数列B:b1,b2,⋯,bnn≥2不可能为n阶“0−1数列”.
【解题思路】（1）由等差数列的通项公式和前n项和公式，结合2023阶“0−1数列的定义求解即可；
（2）讨论q=1和q≠1，由等比数列的通项公式和前n项和公式，结合2kk∈N*阶“0−1数列的定义求解即可；
（3）假设数列B:b1,b2,⋯,bnn≥2为n阶“0−1数列”，则b1+b2+⋯+bn=0，设数列B:b1,b2,⋯,bnn≥2的前i项和为Bi，则−12≤Bi≤12，可得Bm≥−12，进而得出bm+1≤0,bm+2≤0,⋯,bn≤0，结合n阶“0−1数列”的定义与性质②不能同时成立，即可得证.
【解答过程】（1）设等差数列A的公差为d,d<0，
由①得S2023=0，即2023a1+2023×20222d=0，
所以a1+1011d=0，所以a1012=0，
则a1011=−d,a1=−1011d，
又d<0,a1012=0，且T=1，
所以a1+a2+⋯+a1011=12，
所以1011−d−1011d2=12，
解得d=−11011×1012，
由a1012=0，得a2023=0+1011d=−11012.
（2）设数列A的公比为q，
当q=1时，由①知2ka1=0，
所以a1=0，不满足等比数列的定义，所以q≠1.
由①得a11−q2k1−q=0，
因为a1≠0,q≠1，所以q=−1，
由②可知a1=12k或a1=−12k，
故数列A的通项公式an=(−1)n−12k(1≤n≤2k,k∈N*)或an=(−1)n2k(1≤n≤2k，k∈N*.
（3）证明：由数列A为n阶“0−1数列”可知，
所有非正项的和为−12，所有正项的和为12，所以−12≤bm≤12.
若∃m∈1,2,3,⋯,n，使得bm=−12，
由上可知a1≤0,a2≤0,⋯,am≤0,am+1≥0,am+2≥0,⋯,an≥0，
且am+1+am+2+⋯+an=12.
假设数列B:b1,b2,⋯,bnn≥2为n阶“0−1数列”，则b1+b2+⋯+bn=0，
设数列B:b1,b2,⋯,bnn≥2的前i项和为Bi，则−12≤Bi≤12，
所以Bm=b1+b2+⋯+bm≥−12，
又bm=−12，所以b1+b2+⋯+bm−1≥0.
则a1=a2=⋯=am−1=0,am=−12.
所以b1=b2=⋯=bm−1=0，
又am+1+am+2+⋯+an=12，
所以bm+1≤0,bm+2≤0,⋯,bn≤0，
T=b1+b2+⋯+bn=−b1+b2+⋯+bn=0，
与性质②不能同时成立，
故数列B:b1,b2,⋯,bnn≥2不可能为n阶“0-1数列”.
X
2
4
5
P
α2+β2
2αβα2+β2
4α2β2