2023-2024学年福建省三明一中高三（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省三明一中高三（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设z=2+i1+i2+i5，则z−=( )
A. 1−2iB. 1+2iC. 2−iD. 2+i
2.已知两个向量a=(1,−1,2),b=(2,m,n)，且a//b，则m+n=( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
3.在(x2+2x3)5的展开式中，常数项为( )
A. 10B. 20C. 40D. 80
4.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m
B. 若m⊥β，α⊥β，则m/​/α
C. 若l/​/m，l⊥α，m⊥β，则α/​/β
D. 若α/​/β，且l与α所成的角和m与β所成的角相等，则l/​/m
5.2023年杭州亚运会期间，甲、乙、丙3名运动员与5名志愿者站成一排拍照留念，若甲与乙相邻、丙不排在两端，则不同的排法种数有( )
A. 1120B. 7200C. 8640D. 14400
6.一个袋中装有大小相同的3个白球和2个红球，现在不放回的取2次球，每次取出一个球，记“第1次拿出的是白球”为事件A，“第2次拿出的是白球”为事件B，则P(B|A)=( )
A. 14B. 310C. 35D. 12
7.已知F1，F2分别为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F2与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点P，若|PF1|=3|PF2|，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 5C. 3D. 2
8.已知函数f(x)=ex−1−e1−x+x3−3x2+3x，若实数x，y满足f(x2)+f(2y2−1)=2，则x 1+y2的最大值为( )
A. 3 22B. 3 24C. 5 24D. 5 34
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩(单位：分)，成绩的频率分布直方图如图所示，则( )
A. 频率分布直方图中a的值为0.005
B. 估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75
C. 估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80
D. 估计总体中成绩落在[60,70)内的学生人数为225
10.已知斜率为 3的直线l经过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AB|=8，则以下结论正确的是( )
A. p=32B. |AF|=6C. |BD|=2|BF|D. F为AD中点
11.红、黄、蓝被称为三原色，选取其中任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色.已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色.现有红、黄、蓝颜料各两瓶，甲从六瓶颜料中任取两瓶，乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶，两人分别进行等量调配，A表示事件“甲调配出红色”，B表示事件“甲调配出绿色”；C表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是( )
A. 事件A与事件C是独立事件B. 事件A与事件B是互斥事件
C. P(C|A)=0D. P(B)=P(C)
12.在数列{an}中，a1=0,a2=1,an+2=12(an+1+an)(n∈N*)，则下列结论中正确的是( )
A. 0≤an≤1B. {|an+1−an|}是等比数列
C. a14三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知M(1,2)是角α终边上的一点，则sin2α= ______．
14.已知圆锥的侧面积为2π，它的侧面展开图为一扇形，扇形顶角的大小为π，则该圆锥体积为______．
15.设点P(x,y)是圆：(x−3)2+y2=4上的动点，定点A(0,2)，B(0,−2)，则|PA+PB|的取值范围为______．
16.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=3，BC=6，AB=AC=3 2，P为线段A1B1上的一点，且二面角A−BC−P的正切值为3，则三棱锥A−A1C1P的外接球的体积为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
记△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinC−sinA 3c−b=sinBc+a．
(1)求A；
(2)若b=2 3，求a+c2的最小值．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex+1，若函数y=f(x)的图象上任意一点P关于原点对称的点Q都在函数g(x)的图象上．
(1)求函数g(x)的解析式；
(2)若存在x∈[0,1)，使f(x)+g(x)≥m成立，求实数m的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC= 13，M在PC上，且PA//平面MBD．
(1)求证：M是PC的中点；
(2)在PA上是否存在点F，使二面角F−BD−M为直角？若存在，求出AFAP的值；若不存在，说明理由．
20.(本小题12分)
中国象棋是中国棋文化，也是中华名族的瑰宝，中国象棋使用方形格状棋盘，圆形棋子共有32个，红黑各有16个棋子，摆动和活动在交叉点上．双方交替行棋，先把对方的将(帅)将死的一方获胜，为丰富学生课余生活，现某中学举办象棋比赛，经过3轮的筛选，最后剩下甲乙丙三人进行最终决赛．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，丙与甲，乙比赛获胜的概率都为12．
(1)如果甲与乙采用5局3胜制比赛(其中一人胜3局即结束比赛)，那么甲胜乙的概率是多少；
(2)若第一轮甲与乙比赛，丙轮空；第二轮由丙与第一轮的胜者比赛，败者轮空；第三轮由第二轮比赛的胜者与第二轮比赛的轮空者比赛，如此继续下去(每轮都只比赛一局)，先胜两局者获得冠军，每场比赛相互独立且每场比赛没有平局，求乙获得冠军的概率．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，离心率为12，点(1,32)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点D(−3,0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，记△ABF1的面积为S，求S的最大值．
22.(本小题12分)
设数列{an}的前n项之积为Tn，满足2an+Tn=1(n∈N+).
(1)设bn=1+1Tn，求数列{bn}的通项公式bn；
(2)设数列{an}的前n项之和为Sn，证明：Sn答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为z=2+i1+i2+i5=2+i1−1+i=1−2i，
因此，z−=1+2i．
故选：B．
利用复数的四则运算化简复数z，利用共轭复数的定义可得出复数z−．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为a//b，
所以b=λa，λ∈R，
故(2,m,n)=λ(1,−1,2)，即2=λm=−λn=2λ，
解得m=−2n=4，m+n=2．
故选：A．
运用向量的共线定理求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由二项式(x2+2x3)5展开式的通项为Tr+1=C5r(x2)5−r⋅(2x3)r=2r⋅C5rx10−5r，(r=0,1,2,3,4,5)，
令r=2，可得T3=22⋅C52=40，即二项式(x2+2x3)5展开式的常数项为40．
故选：C．
根据题意，求得二项展开式的通项为Tr+1=2r⋅C5rx10−5r，进而求得展开式的常数项，得到答案．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l与m可能平行，可能相交，可能异面，故A错误；
对于B，若m⊥β.α⊥β，则m可能在α内，故B错误；
对于C，若l/​/m，l⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α/​/β，故C正确；
对于D，若α/​/β，且l与α所成的角和m与β所成的角相等，则l与m平行、异面或相交，故D错误．
故选：C．
对于A，l与m可能平行，可能相交，可能异面；对于B，m可能在α内；对于C，由面面平行的判定定理得α/​/β；对于D，l与m异面或相交．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：甲与乙相邻有A22种不同的排法，将甲与乙看作是一个整体，与除丙外的5人排好，有A66种不同的排法，
再将丙排入隔开的不在两端的5个空中，有C51种不同的排法，
所以共有A22A66C51=7200种不同的排法．
故选：B．
相邻问题用捆绑法看成一个整体，丙不排在两端可先排好其他人后再排丙．
本题考查了相邻问题中的捆绑法，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由已知条件得P(A)=35,P(AB)=3×25×4=310，
由条件概率公式可得
P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12．
故选：D．
根据条件概率结合古典概型计算求解即可．
本题考查条件概率以及古典概型相关知识，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为|PF1|=3|PF2|，①
易知在双曲线中|PF1|−|PF2|=2a，②
联立①②，解得|PF1|=3a，|PF2|=a，
因为过F2与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点P，
又双曲线渐近线斜率为±ba，
所以直线PF2的斜率为ba，
即tan∠PF2F1=ba，
可得cs∠PF2F1=a a2+b2，
又a2+b2=c2，
所以cs∠PF2F1=ac，
由余弦定理得cs∠PF2F1=|PF2|2+|F2F1|2−|PF1|22|PF2||F2F1|=ac，
因为|F1F2|=2c，
所以a2+4c2−9a2=2a⋅2c⋅ac，
整理得c2=3a2，
则e=ca= 3．
故选：C．
由题意，结合题目所给信息，根据双曲线的定义、双曲线渐近线的斜率、余弦定理、a，b，c之间的关系以及离心率公式进行求解即可．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
8.【答案】C
【解析】解：由f(x)=ex−1−e1−x+x3−3x2+3x=ex−1−e1−x+1+(x−1)3，
记g(x)=ex−1−e1−x，h(x)=(x−1)3，
则g(x)+g(2−x)=ex−1−e1−x+e1−x−ex−1=0，h(x)+h(2−x)=(x−1)3+(1−x)3=0，
且y=ex−1单调递增，y=−1ex−1单调递增，
则g(x)与h(x)都关于(1,0)中心对称且为R上的增函数，
所以f(x)+f(2−x)=g(x)+h(x)+1+g(2−x)+h(2−x)+1=2，
故f(x)关于(1,1)中心对称且为R上增函数，
则由f(x2)+f(2y2−1)=2，得x2+2y2−1=2，可得x2+2y2=3，
记A=x 1+y2，
则A2=x2(1+y2)=12x2(2+2y2)≤12⋅(x2+2+2y22)2=258，
可得A≤5 24，当且仅当x>0x2=2+2y2x2+2y2=3，即x= 102y=±12取等号，
故x 1+y2的最大值为5 24．
故选：C．
首先对f(x)进行变形，构造函数g(x)=ex−1−e1−x，h(x)=(x−1)3，推得f(x)其对称中心为(1,1)，且R上在单调递增，再结合对称性和单调性将f(x2)+f(2y2−1)=2转化为x2+2y2=3，再利用基本不等式求解x 1+y2的最大值．
本题考查了函数的对称性、单调性及转化思想，解决的关键是求得f(x)的对称中心，从而得到x，y的关系，进而利用基本不等式求解最值，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：由10×(2a+3a+7a+6a+2a)=1，可得a=0.005，故A正确；
前三个矩形的面积和为10×(2a+3a+7a)=0.6，
所以这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为80，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这40名学生的竞赛成绩的众数为75，故C 错误；
总体中成绩落在[60,70)内的学生人数为3a×10×1500=225，故D正确．
故选：AD．
先根据频率之和为1可得a=0.005，进而可求每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断即可．
本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：分别过点A，B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E、M．
抛物线C的准线m交x轴于点P，
则|PF|=p，
由于直线l的斜率为 3，其倾斜角为60°，
∵AE//x轴，
∴∠EAF=60°，
由抛物线的定义可知，|AE|=|AF|，
则△AEF为等边三角形，
∴∠EFP=∠AEF=60°，
则∠PEF=30°，
设|BD|=x，
由Rt△DBM～Rt△DAE，
则MBAE=BDAD，可得|BM|=x2，|AE|=4+x2，
所以|BM|=|BF|=x2，|AE|=|AF|=4+x2，
则|AB|=|AF|+|BF|=4+x2+x2=4+x=8，
解得x=4，
所以|BF|=2，|AF|=6，
所以B正确．
∴|AF|=|EF|=2|PF|=2p=6，
得p=3，
即A选项错误；
所以|BD|=4，
满足|BD|=4=2|BF|，
所以C正确．
而|DF|=|BD|+|BF|=4+2=6=|AF|，
所以D正确．
故选：BCD．
作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误．
本题考查了抛物线的定义、相似三角形等知识，属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，A事件两瓶均为红色颜料，C事件为一瓶红色一瓶蓝色颜料，则事件A发生事件C必定不发生，
∴P(AC)=0，P(A)≠0，P(C)≠0，P(C|A)=P(AC)P(A)=0，
故A，C不是独立事件，故A错误，C正确，
若调出红色，需要两瓶颜料均为红色，若调出绿色，则需1瓶黄色和1瓶蓝色，
此时调出红色和调出绿色不同时发生，故A，B为互斥事件，故B正确，
P(B)=C21⋅C21C62=415，
若C事件发生，则甲有三种情况，
①甲取两瓶黄色，则概率为C22⋅C21⋅C21C62⋅C42=245，
②甲取1瓶黄色和1瓶红色或1瓶黄色和1瓶蓝色，则概率为C21⋅C21⋅C21×2C62⋅C42=845，
③甲取1瓶红色1瓶蓝色，则概率为C21⋅C21C62⋅C42=245，
则P(C)=245+845+245=415，故D正确．
故选：BCD．
根据独立事件和互斥事件的概念判断AB，根据条件概率公式判定C，求出B，C事件的概率判断D．
本题考查排列组合、独立事件、互斥事件、条件概率等基础知识，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：因为数列{an}中，a1=0，a2=1，an+2=12(an+1+an)(n∈N*)，所以2(an+2−an+1)=−(an+1−an)，
则{an+1−an}是以1为首项，以−12为公比的等比数列，所以an+1−an=(−12)n−1，
由累加法得an−a1=(−12)0+(−12)1+…+(−12)n−2=1−(−12)n−11+12=23[1−(−12)n−1]，所以an=23[1−(−12)n−1]，
当n为奇数时，an=23[1−(12)n−1]是递增数列，所以an≥a1=0，
当n为偶数时，an=23[1+(12)n−1]是递减数列，所以an≤a2=1，
所以0≤an≤1，故A正确；
易知{|an+1−an|}是以1为首项，以12为公比的等比数列，故B正确；
又a14=23[1+(12)13]，a16=23[1+(12)15]，a15=23[1−(12)14]，
所以a15故选：ABD．
由已知递推式可得则{an+1−an}是以1为首项，以−12为公比的等比数列，所以an+1−an=(−12)n−1，利用累加法求得an=23[1−(−12)n−1]，对n分奇偶数讨论，从而可得an的取值范围，从而判断A；由等比数列的性质即可判断B；求出a14，a16，a15，比较大小即可判断CD．
本题考查数列递推式，等比数列的定义及性质，属于中档题．
13.【答案】45
【解析】解：因为M(1,2)是角α的终边上一点，
由三角函数定义可得sinα=2 12+22=2 5，csα=1 12+22=1 5，
所以sin2α=2sinαcsα=2×2 5×1 5=45．
故答案为：45．
根据任意角三角函数的定义以及二倍角的正弦公式求解．
本题主要考查了任意角三角函数的定义以及二倍角的正弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
14.【答案】 3π3
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
则πrl=2πlπ=2πr⇒r=1, l=2, 所以圆锥的高为 3，
圆锥的体积为：13πr2h= 3π3．
故答案为： 3π3．
求出圆锥的底面半径与高，然后求解体积．
本题考查圆锥的体积的求法，是基础题．
15.【答案】[2,10]
【解析】解：由题意可得原点O(0,0)为线段AB的中点，
因为(0−3)2+02=9>4，
所以点O(0,0)在圆外，
圆(x−3)2+y2=4的圆心C(3,0)，半径r=2，
|PA+PB|=|2PO|=2|PO|，
因为|OC|−r≤|PO|≤|OC|+r，即1=3−2≤|PO|≤3+2=5，
所以|PA+PB|=2|PO|∈[2,10]，
所以|PA+PB|的取值范围为[2,10]．
故答案为：[2,10]．
易得|PA+PB|=|2PO|=2|PO|，由圆的性质求出|PO|的范围即可得解．
本题考查圆的方程和圆外一点到圆上的点的距离的最值，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】35 35π6
【解析】解：如图，作PM//AA1，交AB于M，则PM=AA1=3，
过M作MN⊥BC交BC于点N，连接PN．
因为ABC−A1B1C1为直三棱柱，则AA1⊥平面ABC，且PM//AA1，
则PM⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，所以PM⊥BC，
又MN⊥BC，PM∩MN=M，PM，MN⊂平面PMN，
所以BC⊥平面PMN，PN⊂平面PMN，所以PN⊥BC，
则∠PNM是二面角A−BC−P的平面角，
所以tan∠PNM=PMMN=3，所以MN=1，
又AB=AC=3 2，BC=6，所以MB= 2，所以AM=2 2，A1P=2 2．
可把三棱锥A−A1C1P补成棱长为3 2，2 2，3的长方体，
则三棱锥A−A1C1P的外接球的半径为R= (3 2)2+(2 2)2+322= 352，
所以三棱锥A−A1C1P的外接球的体积为43π( 352)3=35 35π6．
故答案为：35 35π6．
根据题意，由条件可得∠PNM是二面角A−BC−P的平面角，再将三棱锥A−A1C1P补为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再由球的体积公式，即可得到结果．
本题考查球的体积计算问题，涉及二面角的求法，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵sinC−sinA 3c−b=sinBc+a，
∴由正弦定理得c−a 3c−b=bc+a，即b2+c2−a2= 3bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc= 3bc2bc= 32，
又A∈(0,π)，则A=π6；
(2)由(1)得A=π6，b=2 3，
由正弦定理得a=bsinAsinB=2 3×12sinB= 3sinB，
c=bsinCsinB=2 3sinCsinB=2 3sin(5π6−B)sinB= 3csB+3sinBsinB，
则a+c2= 3sinB+ 3csB+3sinB2sinB=32+ 3×2+csB2sinB，
将sinB=2sinB2csB2=2tanB21+tan2B2,csB=cs2B2−sin2B2=1−tan2B21+tan2B2代入得
a+c2=32+ 3⋅2+1−tan2B21+tan2B22tanB21+tan2B2=32+ 3⋅tan2B2+34tanB2= 3(tanB24+34tanB2)+32≥3，
当且仅当tanB24=34tanB2，即tanB2= 3,B=2π3时等号成立，
故a+c2的最小值为3．
【解析】(1)利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理，即可得出答案；
(2)先利用正弦定理求出a，c，再根据二倍角公式和商数关系，结合基本不等式，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设Q(x,y)为g(x)图象上任意一点，
则P(−x,−y)是点Q关于原点的对称点，
因为P(−x,−y)在f(x)的图象上，所以−y=e−x+1，
即y=−e−x+1，故g(x)=−e−x+1．
(2)f(x)+g(x)≥m，即ex+1−e−x+1≥m，
设F(x)=ex+1−e−x+1，则F′(x)=ex+1+e−x+1，
易知F′(x)>0，所以F(x)在(0,1]上是增函数，
所以F(x)≤F(1)=e2−1，可得m≤e2−1．
故实数m的取值范围是(−∞,e2−1]．
【解析】(1)根据已知，利用点的对称性代入函数的解析式进行求解；
(2)利用导数研究函数F(x)=f(x)+g(x)的单调性，再求出函数F(x)=f(x)+g(x)的最大值．
本题考查了函数解析式的求法和利用不等式能成立求参数的取值范围，考查了转化思想，属中档题．
19.【答案】证明：(1)连接AC交BD于E，连接ME．
∵ABCD是矩形，∴E是AC中点．
又PA//平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线，
∴PA//ME，∴M是PC的中点．
解：(2)取AD中点O，由(1)知OA，OE，OP两两垂直．
以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则各点坐标为A(1,0,0),B(1,3,0),D(−1,0,0),
C(−1,3,0),P(0,0, 3),M(−12,32, 32)．
设存在F满足要求，且AFAP=λ，
则由AF=λAP得：F(1−λ,0, 3λ)，
设n=(x,y,z)是平面MBD的法向量，
则−2x−3y=0−32x−32y+ 32z=0,
所以平面MBD的一个法向量为n=(1,−23, 33)，
同理可得，平面FBD的一个法向量为m=(1,−23,λ−2 3λ)，
由n⋅m=0，得1+49+λ−23λ=0，解得λ=38，
故存在F，使二面角F−BD−M为直角，此时AFAP=38．
【解析】本题考查点是线段的中点的证明，考查满足条件的点的位置的确定与线段比值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查数形结合思想、转化化归思想，是中档题．
(1)连接AC交BD于E，连接ME，推导出E是AC中点，PA//ME，由此能证明M是PC的中点．
(2)取AD中点O，以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出存在F，使二面角F−BD−M为直角，此时AFAP=38．
20.【答案】解：(1)记比三局甲获胜的概率为P1，则P1=(23)3=827，
比四局甲获胜的概率为P2，则P2=C32(23)3×13=827，
比五局甲获胜的概率为P3，则P3=C42(23)3(13)2=1681，
则甲获胜的概率为P=P1+P2+P3=827+827+1681=6481，
故甲胜乙的概率为6481．
(2)
若第一轮乙胜，则第二轮由乙丙比赛，若第二轮乙胜，则结束比赛，且概率为13×12=16；
若第二轮丙胜，则进入第三轮甲丙比赛，必须甲胜，再进入第四轮由甲乙比赛，并且乙获胜结束比赛，且概率为13×12×12×13=136；
若第一轮甲胜，则第二轮由甲丙比赛，必须丙胜，再进入第三轮由丙乙比赛，必须乙胜，再进入第四轮由甲乙比赛，乙获胜，结束比赛，且概率为23×12×12×13=118；
故乙获得冠军的概率为16+136+118=14．
【解析】(1)依题意，分别求比三局、四局、五局甲获胜的概率，由此能求出甲获胜的概率．
(2)分第一轮乙胜、第一轮甲胜分别计算出概率即可．
本题考查概率的求法，分类讨论是解决本题的关键．
21.【答案】解：(1)椭圆C的离心率为12，
所以ca=12，①
因为点(1,32)在椭圆C上，
所以12a2+(32)2b2=1，②
由a2=b2+c2，③
联立①②③，解得a=2，b= 3，
则椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
(2)易知点D(−3,0)在C的外部，
所以直线l的斜率存在且不为0，
不妨设直线l的方程为x=my−3，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my−3x24+y23=1，消去x并整理得(3m2+4)y2−18my+15=0，
因为Δ>0，
所以|m|> 153，
由韦达定理得y1+y2=18m3m2+4，y1y2=153m2+4，
则|AB|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2⋅ (18m3m2+4)2−4×15，
整理得|AB|=4 3 1+m2⋅ 3m2−53m2+4，
易知点F1(−1,0)到直线l的距离为d=|−1+3| 1+m2=2 1+m2，
则△ABF的面积S=12×2 1+m2×4 3 1+m2⋅ 3m2−53m2+4=4 3 3m2−53m2+4，
不妨令 3m2−5=t(t>0)，
可得3m2=t2+5，
所以S=4 3tt2+9=4 3t+9t，
因为t+9t≥2 9=6，
所以S≤4 36=2 33，
当且仅当t=3，即|m|= 423时，等号成立．
因为|m|= 423满足Δ>0，
则S的最大值为2 33．
【解析】(1)由题意，将点(1,32)代入椭圆方程中，结合离心率公式和a，b，c之间的关系，列出等式即可求解；
(2)设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理，弦长公式，三角形面积公式以及基本不等式再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
22.【答案】解：(1)因为数列{an}的前n项之积为Tn，满足2an+Tn=l(n∈N+)，
所以当n=1时，2a1+a1=1，解得a1=13．
当n≥2时，2TnTn−1+Tn=1，
化为1Tn=2×1Tn−1+1，
变形为1Tn+1=2(1Tn−1+1)，
又bn=1+1Tn，所以bn=2bn−1，即bnbn−1=2且b1=1+1a1=4，
则数列{bn}是以b1=4为首项，2为公比的等比数列
所以bn=4×2n−1=2n+1．
(2)证明：由(1)可得：1+1Tn=2n+1，解得Tn=12n+1−1，
当n≥2时，an=TnTn−1=2n−12n+1−1=12(1−12n+1−1)<12−12n+2．
∴Sn<(12−123)+(12−124)+…+(12−12n+2)=n2−18(1−12n)1−12=n2−14+12n+2，
需要证明12n+2<12ln(Tn+1)=12ln2n+12n+1−1，
即证明−12n+1>ln2n+1−12n+1，
设2n+1−12n+1=t，t∈(0,1)，
则−12n+1=t−1，
设f(t)=lnt+1−t，t∈(0,1)，
f′(t)=1t−1=1−tt>0，
则函数f(t)在t∈(0,1)上单调递增，
所以f(t)即−12n+1>ln2n+1−12n+1，
所以Sn【解析】(1)数列{an}的前n项之积为Tn，满足2an+Tn=l(n∈N+)，n=1时，2a1+a1=1，解得a1.n≥2时，2TnTn−1+Tn=1，变形为1Tn+1=2(1Tn−1+1)，结合bn=1+1Tn，即可得出bn．
(2)由(1)可得：1+1Tn=2n+1，解得Tn，当n≥2时，an=TnTn−1=12(1−12n+1−1)<12−12n+2，可得Snln2n+1−12n+1，设2n+1−12n+1=t，t∈(0,1)，令f(t)=lnt+1−t，t∈(0,1)，利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
本题考查等比数列的定义、通项公式与求和公式，以及导数的运用：求单调性，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．