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浙江省杭州市2023-2024学年高三上学期期中教学质量检测 数学
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这是一份浙江省杭州市2023-2024学年高三上学期期中教学质量检测 数学，共22页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卷两部分，考试结束，只需上交答题卡等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！
3．考试结束，只需上交答题卡．
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.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】集合即函数的定义域，而则为函数的值域，分别求解再进行交集运算即可.
【详解】由有意义，则，
故，
由，得其值域为，
故，
所以，
故选：A
2. 设复数（i为虚数单位），则（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先化简，进而求得，进而根据复数的模的公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：B.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】举反例即可求解ABC,分类讨论，结合不等式的性质即可求解D.
【详解】若，满足，但不成立，故A错误，
若，满足，但，不成立，故B错误，
当时，不成立，故C错误，
当时，，显然成立，
当时，则，又，故成立，
当时，，显然成立，
故时都有，故D正确，
故选：D
4. 设集合．若，且中元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9，则中的两位数的个数为（ ）
A. 72B. 78C. 81D. 90
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合描述列举出集合中的两位数，由及中元素的性质确定中的两位数的个数.
【详解】行表示个位，列表示十位，集合中的两位数如下表所示
由，对于集合中的两位数元素，
任意一个元素的各数位的数字互不相同，排除；
任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9，排除；
共有90个两位数，排除其中18个，所以中的两位数的个数为72个.
故选：A
5. 用测量工具测量某物体的长度，需测量次，得到个数据．设函数，则当取最小值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】理解求和符号，由是二次函数，求解二次函数最值即可.
【详解】
,
当时，取最小值，最小值为
.
即时，取最小值.
故选：B
6. 设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为等比数列”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】应用等比中项的性质，由为等比数列，解出值，即可判断.
【详解】依题，“为等比数列”，所以，
得，化简得，
解得，则“”是“为等比数列”的充要条件.
故选：C
7. 边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设底面边长为，可求得此四棱锥的高为，根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理可求出外接球半径，再利用导数求得半径的最小值即可.
【详解】如图所示，设围成的四棱柱为，
为正四棱锥高，作交于，连接，
设，则，在直角三角形中由勾股定理得，
又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上，
记球心为，半径为，连接，则，
则在直角三角形中，
即，解得，
令，则，，
令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时取最小值，所以，
所以该四棱锥外接球表面积的最小值为，
故选：B
8. 设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用，，求出和的表达式，进一步利用在区间上有且只有一个极大值点，通过分类讨论求出的值，进而可得最大值.
【详解】由已知得，，，
则，
其中，
因为，
当时，
当时，，
因为在区间上有且只有一个极大值点，
所以，
解得，
即，
所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；
所以的最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过条件将和都用整数表示出来，然后对的值由大到小讨论找到符合条件的结果.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在正六边形中，（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算即可求解AB，根据数量积的定义求解C，根据垂直关系，即可由投影向量的定义求解D.
【详解】,故A错误，
连接相交于，相交于，则，为，的中点,
由于,
所以,故B错误，
,故C正确，
由于故故，
所以在上的投影向量为，D正确，
故选：CD
10. 已知，，，则（ ）
A. 的最小值为4B. 的最小值为
C. 的最小值为3D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断A； 利用消元法结合二次函数的性质即可判断B；利用基本不等式结合对数运算即可判断C；利用基本不等式结合指数运算即可判断 D.
【详解】由题意可得，当且仅当时，等号成立，则A错误；
,
，，，,
当时，的最小值为，则B正确；
因为，且，所以，所以，
,当且仅当时，等号成立，则C正确；
,当且仅当时，等号成立，则D正确；
故选：BCD.
11. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，，分别是，的中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面与平面夹角的余弦值为
C. 三棱锥的体积是三棱柱体积的
D. 若正三棱柱的各个顶点都在球上，则球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；判断出即为平面与平面夹角，即可判断；C，应用等积法即可判断；D，判断出球心在上下底面的中心的连线的中点，解直接三角形即可得.
【详解】A，连接,交于点,连接,则为的中点，故为的中位线，
则，平面,平面,故平面，A正确；
B，依题得，平面，，平面，则，
又，平面，则平面，
又平面，则，
则平面与平面夹角为，则，B正确；
C，取中点，连接，则，又平面，
平面，则，平面，则平面
则，C正确；
D，取上下底面的中心，则球心为的中点，，
又，则，
则球的表面积为，D错误.
故选：ABC
12. 已知过原点的一条直线与函数的图象交于两点，分别过点作轴的平行线与函数的的图象交于两点，则（ ）
A. 点和原点在同一条直线上
B. 点和原点在同一条直线上
C. 当平行于轴时，则点的横坐标为
D. 当平行于轴时，则点的纵坐标为
【答案】BC
【解析】
【分析】由与图象数形结合可判断A项；由三点共线得斜率等式化简可得，可判断B项；再由平行于轴得，联立等式，解方程组即可判断CD项.
【详解】设，且，且，不妨设，
则由题意得.
选项A，由题意知，三点共线，轴，
且在函数的图象上，而在函数的图象上，
可知点不在直线上，即A项错误；
选项B，由三点共线可知，，
则由对数运算性质得，
则有，
所以，即三点共线，故B项正确；
选项C，当平行于轴时，则，
化简得，
则，代入，得，
化简得，又，解得，
代入得，点的纵坐标，
故C项正确，D项错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的二项展开式中，常数项为________．（用数字作答）
【答案】15
【解析】
【分析】由二项式展开式通项有，可知常数项的值；
【详解】二项展开式通项为，
∴当时，常数项，
故答案为：15
【点睛】本题考查了二项式定理，利用二项式展开式的通项求常数项，属于简单题；
14. 已知，，与的夹角为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的数量积的定义，求得，结合，即可求解.
【详解】由向量，，与的夹角为，可得，
所以.
故答案为：.
15. 已知是三角形的内角，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知，，利用二倍角的正弦和余弦公式化简可得出的值.
【详解】因为是三角形的内角，则，
且，即，
所以，，可得，故.
故答案为：.
16. 设抛物线的焦点为，准线为．若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率等于________．
【答案】
【解析】
【分析】求出表达式和长，利用二者之间的关系求出的关系，进而求出，即可得出双曲线的离心率.
【详解】由题意，
在抛物线中，焦点为，准线，
在双曲线中，渐近线：，
抛物线准线与双曲线交于两点，
∴， ，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴离心率，
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知四边形内接于，若，，．
（1）求线段的长．
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可求解，
（2）根据余弦定理得，进而根据基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由题知，，所以，
根据余弦定理，，
即，．
所以，所以．
所以．
【小问2详解】
因为
所以，所以（当且仅当时取等号）
又,
所以．
18. 设函数，满足：①；②对任意，恒成立．
（1）求函数的解析式．
（2）设矩形的一边在轴上，顶点，在函数的图象上．设矩形的面积为，求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，结合题设条件即可得解；
（2）先利用导数判断的图象性质，从而利用矩形面积公式得到关于的表达式，从而得证.
【小问1详解】
因为，
由，得，则；
由，得，恒成立，
即恒成立，所以，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
令，得；令，得；
所以在单调递增，单调递减．
不妨设，，由知，
那么，；
故，
因为，所以．
19. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，且底面，与底面成角，且．
（1）求证：；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）应用空间向量法证明线线垂直；
（2）应用空间向量法求线面角正弦计算即可得出边长关系.
【小问1详解】
如图，以点为原点，直线为轴，直线为轴建立坐标系．
那么，，，，．
故，
因为，
所以，即．
【小问2详解】
因为，
所以，故，所以平面，
故平面的法向量
设直线与平面所成角为，则：
整理得，即．
20. 第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，某学校为持续营造全民参与亚运、服务亚运、奉献亚运的浓厚氛围举办“心心相融·爱答亚运”知识挑战赛．挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜．若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响．
（1）若在不多于两次答题就决出胜负，则挑战者获胜的概率是多少?
（2）在此次比赛中，挑战者获胜的概率是多少?
（3）现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战8位守擂者，每次挑战之间相互独立，当战胜至少三分之二以上的守擂者时，则称该挑战者胜利．若再增加1位守擂者时，试分析该挑战者胜利的概率是否增加?并说明理由．
【答案】（1）0.25
（2）
（3）没有增加，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率公式求解即可；
（2）设为先答题者获胜的概率，根据独立事件的概率公式列出方程，进而求解；
（3）分别求出增加1位守擂者前后挑战者胜利的概率，进行比较即可求解.
【小问1详解】
设事件为挑战者获胜，事件为不多于两次答题比赛结束．
．
【小问2详解】
设为先答题者获胜的概率，则，解得，
所以挑战者获胜的概率是.
【小问3详解】
设随机变量为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率；
为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率．
，
，
显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加．
21. 设数列的首项，前项和满足：．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设数列的公比为，数列满足：，．求．
【答案】21. 证明见解析
22.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列定义证明等比数列即可；
（2）分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可.
【小问1详解】
由；令，得，
故，；
因为，其中，，．
所以当时，，
两式相减得：，
整理得：，．
综上，数列是首项为1，公比为的等比数列．
【小问2详解】
由题意得：，，
，，
故．
当为偶数时，
当为奇数时，
综上：
22. 已知 ，函数，.
（1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；
（2）若，求证：.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.
（2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.
【小问1详解】
，定义域均为，
，
当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；
当时，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
又，
当时：，在单调递减，无极值，与题不符；
当时：令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
由题：，解得：.
【小问2详解】
令，因为，所以，
由可得：，
（1）-（2）得：，所以，
要证： ，只要证： ，只要证：
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令， ，
所以在上单调递增，
， 即有成立，所以成立.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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10
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考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！
3．考试结束，只需上交答题卡．
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.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】集合即函数的定义域，而则为函数的值域，分别求解再进行交集运算即可.
【详解】由有意义，则，
故，
由，得其值域为，
故，
所以，
故选：A
2. 设复数（i为虚数单位），则（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先化简，进而求得，进而根据复数的模的公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：B.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】举反例即可求解ABC,分类讨论，结合不等式的性质即可求解D.
【详解】若，满足，但不成立，故A错误，
若，满足，但，不成立，故B错误，
当时，不成立，故C错误，
当时，，显然成立，
当时，则，又，故成立，
当时，，显然成立，
故时都有，故D正确，
故选：D
4. 设集合．若，且中元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9，则中的两位数的个数为（ ）
A. 72B. 78C. 81D. 90
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合描述列举出集合中的两位数，由及中元素的性质确定中的两位数的个数.
【详解】行表示个位，列表示十位，集合中的两位数如下表所示
由，对于集合中的两位数元素，
任意一个元素的各数位的数字互不相同，排除；
任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9，排除；
共有90个两位数，排除其中18个，所以中的两位数的个数为72个.
故选：A
5. 用测量工具测量某物体的长度，需测量次，得到个数据．设函数，则当取最小值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】理解求和符号，由是二次函数，求解二次函数最值即可.
【详解】
,
当时，取最小值，最小值为
.
即时，取最小值.
故选：B
6. 设等比数列的公比为，前项和为，则“”是“为等比数列”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】应用等比中项的性质，由为等比数列，解出值，即可判断.
【详解】依题，“为等比数列”，所以，
得，化简得，
解得，则“”是“为等比数列”的充要条件.
故选：C
7. 边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设底面边长为，可求得此四棱锥的高为，根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理可求出外接球半径，再利用导数求得半径的最小值即可.
【详解】如图所示，设围成的四棱柱为，
为正四棱锥高，作交于，连接，
设，则，在直角三角形中由勾股定理得，
又因为正四棱锥的外接球球心在它的高上，
记球心为，半径为，连接，则，
则在直角三角形中，
即，解得，
令，则，，
令解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时取最小值，所以，
所以该四棱锥外接球表面积的最小值为，
故选：B
8. 设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用，，求出和的表达式，进一步利用在区间上有且只有一个极大值点，通过分类讨论求出的值，进而可得最大值.
【详解】由已知得，，，
则，
其中，
因为，
当时，
当时，，
因为在区间上有且只有一个极大值点，
所以，
解得，
即，
所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；
所以的最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过条件将和都用整数表示出来，然后对的值由大到小讨论找到符合条件的结果.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在正六边形中，（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据向量的线性运算即可求解AB，根据数量积的定义求解C，根据垂直关系，即可由投影向量的定义求解D.
【详解】,故A错误，
连接相交于，相交于，则，为，的中点,
由于,
所以,故B错误，
,故C正确，
由于故故，
所以在上的投影向量为，D正确，
故选：CD
10. 已知，，，则（ ）
A. 的最小值为4B. 的最小值为
C. 的最小值为3D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断A； 利用消元法结合二次函数的性质即可判断B；利用基本不等式结合对数运算即可判断C；利用基本不等式结合指数运算即可判断 D.
【详解】由题意可得，当且仅当时，等号成立，则A错误；
,
，，，,
当时，的最小值为，则B正确；
因为，且，所以，所以，
,当且仅当时，等号成立，则C正确；
,当且仅当时，等号成立，则D正确；
故选：BCD.
11. 已知正三棱柱的各条棱长都是2，，分别是，的中点，则（ ）
A. 平面
B. 平面与平面夹角的余弦值为
C. 三棱锥的体积是三棱柱体积的
D. 若正三棱柱的各个顶点都在球上，则球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；判断出即为平面与平面夹角，即可判断；C，应用等积法即可判断；D，判断出球心在上下底面的中心的连线的中点，解直接三角形即可得.
【详解】A，连接,交于点,连接,则为的中点，故为的中位线，
则，平面,平面,故平面，A正确；
B，依题得，平面，，平面，则，
又，平面，则平面，
又平面，则，
则平面与平面夹角为，则，B正确；
C，取中点，连接，则，又平面，
平面，则，平面，则平面
则，C正确；
D，取上下底面的中心，则球心为的中点，，
又，则，
则球的表面积为，D错误.
故选：ABC
12. 已知过原点的一条直线与函数的图象交于两点，分别过点作轴的平行线与函数的的图象交于两点，则（ ）
A. 点和原点在同一条直线上
B. 点和原点在同一条直线上
C. 当平行于轴时，则点的横坐标为
D. 当平行于轴时，则点的纵坐标为
【答案】BC
【解析】
【分析】由与图象数形结合可判断A项；由三点共线得斜率等式化简可得，可判断B项；再由平行于轴得，联立等式，解方程组即可判断CD项.
【详解】设，且，且，不妨设，
则由题意得.
选项A，由题意知，三点共线，轴，
且在函数的图象上，而在函数的图象上，
可知点不在直线上，即A项错误；
选项B，由三点共线可知，，
则由对数运算性质得，
则有，
所以，即三点共线，故B项正确；
选项C，当平行于轴时，则，
化简得，
则，代入，得，
化简得，又，解得，
代入得，点的纵坐标，
故C项正确，D项错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的二项展开式中，常数项为________．（用数字作答）
【答案】15
【解析】
【分析】由二项式展开式通项有，可知常数项的值；
【详解】二项展开式通项为，
∴当时，常数项，
故答案为：15
【点睛】本题考查了二项式定理，利用二项式展开式的通项求常数项，属于简单题；
14. 已知，，与的夹角为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的数量积的定义，求得，结合，即可求解.
【详解】由向量，，与的夹角为，可得，
所以.
故答案为：.
15. 已知是三角形的内角，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知，，利用二倍角的正弦和余弦公式化简可得出的值.
【详解】因为是三角形的内角，则，
且，即，
所以，，可得，故.
故答案为：.
16. 设抛物线的焦点为，准线为．若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率等于________．
【答案】
【解析】
【分析】求出表达式和长，利用二者之间的关系求出的关系，进而求出，即可得出双曲线的离心率.
【详解】由题意，
在抛物线中，焦点为，准线，
在双曲线中，渐近线：，
抛物线准线与双曲线交于两点，
∴， ，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴离心率，
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知四边形内接于，若，，．
（1）求线段的长．
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可求解，
（2）根据余弦定理得，进而根据基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由题知，，所以，
根据余弦定理，，
即，．
所以，所以．
所以．
【小问2详解】
因为
所以，所以（当且仅当时取等号）
又,
所以．
18. 设函数，满足：①；②对任意，恒成立．
（1）求函数的解析式．
（2）设矩形的一边在轴上，顶点，在函数的图象上．设矩形的面积为，求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，结合题设条件即可得解；
（2）先利用导数判断的图象性质，从而利用矩形面积公式得到关于的表达式，从而得证.
【小问1详解】
因为，
由，得，则；
由，得，恒成立，
即恒成立，所以，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
令，得；令，得；
所以在单调递增，单调递减．
不妨设，，由知，
那么，；
故，
因为，所以．
19. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，且底面，与底面成角，且．
（1）求证：；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）应用空间向量法证明线线垂直；
（2）应用空间向量法求线面角正弦计算即可得出边长关系.
【小问1详解】
如图，以点为原点，直线为轴，直线为轴建立坐标系．
那么，，，，．
故，
因为，
所以，即．
【小问2详解】
因为，
所以，故，所以平面，
故平面的法向量
设直线与平面所成角为，则：
整理得，即．
20. 第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，某学校为持续营造全民参与亚运、服务亚运、奉献亚运的浓厚氛围举办“心心相融·爱答亚运”知识挑战赛．挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜．若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响．
（1）若在不多于两次答题就决出胜负，则挑战者获胜的概率是多少?
（2）在此次比赛中，挑战者获胜的概率是多少?
（3）现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战8位守擂者，每次挑战之间相互独立，当战胜至少三分之二以上的守擂者时，则称该挑战者胜利．若再增加1位守擂者时，试分析该挑战者胜利的概率是否增加?并说明理由．
【答案】（1）0.25
（2）
（3）没有增加，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率公式求解即可；
（2）设为先答题者获胜的概率，根据独立事件的概率公式列出方程，进而求解；
（3）分别求出增加1位守擂者前后挑战者胜利的概率，进行比较即可求解.
【小问1详解】
设事件为挑战者获胜，事件为不多于两次答题比赛结束．
．
【小问2详解】
设为先答题者获胜的概率，则，解得，
所以挑战者获胜的概率是.
【小问3详解】
设随机变量为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率；
为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率．
，
，
显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加．
21. 设数列的首项，前项和满足：．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设数列的公比为，数列满足：，．求．
【答案】21. 证明见解析
22.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列定义证明等比数列即可；
（2）分项数为奇数和偶数，分别应用裂项相消求和即可.
【小问1详解】
由；令，得，
故，；
因为，其中，，．
所以当时，，
两式相减得：，
整理得：，．
综上，数列是首项为1，公比为的等比数列．
【小问2详解】
由题意得：，，
，，
故．
当为偶数时，
当为奇数时，
综上：
22. 已知 ，函数，.
（1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；
（2）若，求证：.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.
（2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.
【小问1详解】
，定义域均为，
，
当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；
当时，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
又，
当时：，在单调递减，无极值，与题不符；
当时：令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
由题：，解得：.
【小问2详解】
令，因为，所以，
由可得：，
（1）-（2）得：，所以，
要证： ，只要证： ，只要证：
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令， ，
所以在上单调递增，
， 即有成立，所以成立.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
2
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
3
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
4
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
5
50
51
52
53
54
55
56
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58
59
6
60
61
62
63
64
65
66
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68
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7
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73
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75
76
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8
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