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陕西省延安市新区培文学校2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份陕西省延安市新区培文学校2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含陕西省延安市新区培文学校2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷原卷版docx、陕西省延安市新区培文学校2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式解法求得集合，再根据集合描述法表示即可求得.
【详解】解不等式可得；
又可知集合是所有整数的平方构成的集合，
在区间范围内只有是整数的平方，因此可得.
故选：A
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标表示以及模长公式解方程即可求得结果.
【详解】由可得，且，
所以，解得.
故选：B
3. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式，结合正切函数的单调性求解即得.
【详解】由，得，由，得，
而，则，因此，
所以.
故选：C
4. 图中的花盆可视作两个圆台的组合体，其上半部分的圆台上､下底面直径分别为30cm和26cm，下半部分的圆台上､下底面直径分别为24cm和18cm，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，若上半部分的圆台的高为8cm，则该花盆的总高度为（ ）
A. 16cmB. 18cmC. 20cmD. 24cm
【答案】C
【解析】
【分析】利用组合体的轴截面以及三角形相似即可得出该花盆的总高度.
【详解】截取组合体的轴截面，作，如下图所示：
易知，即为上半部分的圆台的高，所以，
又因为两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，所以；
可得，
易知，所以.
因此该花盆的总高度为.
故选：C
5. “”是“函数在上单调递增”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】B
【解析】
【分析】根据对数函数和一次函数的单调性，再结合复合函数“同增异减”的判断法则求得对应的的取值范围即可得出结论.
【详解】易知的定义域为，且函数为单调递减函数；
根据复合函数单调性可知若函数在上单调递增，
可得，解得；
显然是的真子集，
所以“”是“函数在上单调递增”的必要不充分条件.
故选：B
6. 已知过点的直线交抛物线于两点，且为坐标原点，则的面积为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，设出直线方程，与抛物线方程联立求出点的纵坐标差即可得解.
【详解】显然直线不垂直于轴，设直线方程为，，
由消去得，则，
由，得，解得或，则，
所以的面积为.
故选：C
7. 已知等差数列中，.记，其中表示不大于的最大整数，则数列的前2024项和为（ ）
A. 4965B. 4964C. 1893D. 1892
【答案】A
【解析】
【分析】求出等差数列的通项公式，再分析数列的各项取值，求其前项和.
【详解】设等差数列的公差为，则，，解得，则，
于是，当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以数列的前项和为.
故选：A
8. 已知三棱锥中，，其余各棱长均为是三棱锥外接球的球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先给出鳄鱼模型公式的证明，然后利用其求出外接球半径，再结合球的截面性质求解即可.
【详解】首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型，
我们给定三棱锥，设分别是的外心，
设外接球球心为，是的中点，作，，
所以是二面角的平面角，设，
设，，作面，面，
在四边形中，可得，
所以四点共圆，且设四边形的半径为，
所以，连接，由正弦定理得，设，
故，而在中，由余弦定理得，
连接，所以，由三线合一性质得，
因为是的中点，所以，
设，由勾股定理得，
所以，即鳄鱼模型得证，
而在本题中，对于三棱锥，，找中心为，
中心为，找中点为，作，，
所以是二面角的平面角，设，
因为，三棱锥其余各棱长均为，所以，
由勾股定理得，所以是等边三角形，
所以，设，，
代入公式中得，所以，
设外接球的球心为，而三棱锥其余各棱长均为，故是等边三角形，
由正弦定理得的外接圆半径为，
设球心到面的距离为，所以，解得，
所以点到平面的距离的最大值为，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是证明鳄鱼模型的正确性，然后利用其求解外接球半径，再利用球的截面性质得到所要求的最值即可．
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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. 年我国居民消费价格月度涨跌幅度的数据如图所示，对于这组数据，下列说法正确的是（ ）
A. 极差为B. 平均数约为
C. 中位数为D. 众数只有和
【答案】AB
【解析】
【分析】利用平均数，中位数，众数，极差的定义逐个选项分析即可.
【详解】首先，我们把数据从小到大排列，得到，
所以极差为，故A正确，
平均数为，故B正确，
中位数为，故C错误，
众数有，，，故D错误.
故选：AB
10. 已知函数的图象关于直线对称，最小正周期，若将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ）
A.
B.
C. 在上的值域为
D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦函数图象的对称轴和周期的取值范围可求得函数的解析式，利用平移规则以及诱导公式可得出表达式，再根据余弦函数单调性可求得其值域，利用整体代换可求得的单调递增区间.
【详解】依题意由可得，解得，
又可知；
将代入可得，又因为可得;
因此可得，即A正确；
对于B,将的图象向左平移个单位长度后，得到函数，
因此B错误；
对于C，当时可得，
根据余弦函数性质可得，可得C正确；
对于D，令，解得；
易知当时，可得在上单调递增，即D正确.
故选：ACD
11. 已知函数定义域为，若，且在上单调递增，，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合赋值法计算判断ABC；结合选项C结论，分段探讨的取值情况判断D.
【详解】对于A，令，得，则，
由在上单调递增，得不恒为1，因此，A正确；
对于B，令，得，则，
而，因此，B正确；
对于C，，取，则，
即有，因此函数是偶函数，又时，，
则函数不是奇函数，C错误；
对于D，，令，则，
当时，；当时，，，，
因此，当时，，，
所以，D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出方程的复数根，再利用复数模的意义计算即得.
【详解】由，得，
所以.
故答案为：
13. 设，则被7除的余数为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】依题意可将改写成的形式，再由二项展开式可得被7除的余数为2.
【详解】易知，
根据二项式定理展开可得；
所以
，
即可得被7除的余数与被7除的余数相同，所以，
所以被7除的余数为2.
故答案为：2
14. 已知是双曲线上任意一点，，若恒成立，则的离心率的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的最小值并建立不等式，求解不等式即可得解.
【详解】设，双曲线的半焦距为，离心率为，则，
于是
，当且仅当时取等号，
依题意，，整理得，解得，
即，解得，因此，即
所以的离心率的最大值为.
故答案为：
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.
15. 如图，在中，为边上一点，且.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）6； （2）3.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列式解方程即得.
（2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得.
【小问1详解】
设，则，
由余弦定理可得，
即，得，
所以.
【小问2详解】
由，得，则.
由正弦定可得，解得.
由余弦定理得，
即，而，所以.
16. 已知椭圆左焦点为，过点且不与轴重合的动直线与交于两点，且当轴时，.
（1）求的方程；
（2）若，直线分别与直线交于点，证明：为定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即得.
（2）设出直线的方程，与的方程联立，结合韦达定理求出的值即可.
【小问1详解】
由焦点，得，由，得，
则，联立解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，
由消去得，则，
直线的方程为，令，得点的纵坐标，
同理得点的纵坐标，
所以
，为定值.
17. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，平面平面，四边形为菱形，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用面面垂直的性质，线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
设，取的中点，连接，则，
又，则，四边形为平行四边形，
于是，平面平面，平面平面，
则平面，所以平面，
而平面，因此，
由四边形为菱形，得，又平面，
所以平面.
小问2详解】
依题意，为等边三角形，连接，，平面平面，
平面平面，平面，则平面，
以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，
取，得，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若关于的方程有两个正根，证明：.
【答案】（1）；
（2）在上单调递减，在上单调递增；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义及给定切线求出.
（2）由（1），利用导数求出函数的单调区间即可.
（3）方程变形为，利用方程根的意义换元构造函数，利用导数推理证明不等式.
【小问1详解】
函数，求导得，
由的图象在点处的切线方程为，得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由，得，
令，依题意，，则，
设，由（2）知在上单调递增，则，，
由，得，于是，
要证当时，，即证，
令，求导得，
令，求导得，
函数，即在上单调递增，，
函数在上单调递增，则当时，，即成立，
所以.
19. 在一个不透明的口袋中装有2个黑球和2个白球，每次从口袋中随机取出1个球，再往口袋中放入1个白球，取出的球不放回，像这样取出1个球再放入1个白球称为1次操作，重复操作至口袋中4个球均为白球后结束.假设所有球的大小､材质均相同，记事件“次操作后结束”为，事件发生的概率为.
（1）求第1次操作取出黑球且3次操作后结束的概率；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，证明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式计算即得.
（2）利用互斥事件的概率加法公式、相互独立事件的概率公式列式，再利用等比数列前n项和公式求解即得.
（3）由给定条件，利用错位相减法求和，再结合数列单调性及不等式性质推理即得.
【小问1详解】
用表示第次操作取出黑球，表示第次操作取出白球，
.
【小问2详解】
依题意，，
当时，若次操作后结束，则前次操作中，有一次取出黑球，其余次均取出白球，
则
，
经检验，均满足该式，所以.
【小问3详解】
由（2）知，
则.
设，
则，
从而，
因此，
则，
于是，而，
所以.
【点睛】方法点睛：一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式解法求得集合，再根据集合描述法表示即可求得.
【详解】解不等式可得；
又可知集合是所有整数的平方构成的集合，
在区间范围内只有是整数的平方，因此可得.
故选：A
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量数量积的坐标表示以及模长公式解方程即可求得结果.
【详解】由可得，且，
所以，解得.
故选：B
3. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式，结合正切函数的单调性求解即得.
【详解】由，得，由，得，
而，则，因此，
所以.
故选：C
4. 图中的花盆可视作两个圆台的组合体，其上半部分的圆台上､下底面直径分别为30cm和26cm，下半部分的圆台上､下底面直径分别为24cm和18cm，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，若上半部分的圆台的高为8cm，则该花盆的总高度为（ ）
A. 16cmB. 18cmC. 20cmD. 24cm
【答案】C
【解析】
【分析】利用组合体的轴截面以及三角形相似即可得出该花盆的总高度.
【详解】截取组合体的轴截面，作，如下图所示：
易知，即为上半部分的圆台的高，所以，
又因为两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，所以；
可得，
易知，所以.
因此该花盆的总高度为.
故选：C
5. “”是“函数在上单调递增”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】B
【解析】
【分析】根据对数函数和一次函数的单调性，再结合复合函数“同增异减”的判断法则求得对应的的取值范围即可得出结论.
【详解】易知的定义域为，且函数为单调递减函数；
根据复合函数单调性可知若函数在上单调递增，
可得，解得；
显然是的真子集，
所以“”是“函数在上单调递增”的必要不充分条件.
故选：B
6. 已知过点的直线交抛物线于两点，且为坐标原点，则的面积为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，设出直线方程，与抛物线方程联立求出点的纵坐标差即可得解.
【详解】显然直线不垂直于轴，设直线方程为，，
由消去得，则，
由，得，解得或，则，
所以的面积为.
故选：C
7. 已知等差数列中，.记，其中表示不大于的最大整数，则数列的前2024项和为（ ）
A. 4965B. 4964C. 1893D. 1892
【答案】A
【解析】
【分析】求出等差数列的通项公式，再分析数列的各项取值，求其前项和.
【详解】设等差数列的公差为，则，，解得，则，
于是，当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以数列的前项和为.
故选：A
8. 已知三棱锥中，，其余各棱长均为是三棱锥外接球的球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先给出鳄鱼模型公式的证明，然后利用其求出外接球半径，再结合球的截面性质求解即可.
【详解】首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型，
我们给定三棱锥，设分别是的外心，
设外接球球心为，是的中点，作，，
所以是二面角的平面角，设，
设，，作面，面，
在四边形中，可得，
所以四点共圆，且设四边形的半径为，
所以，连接，由正弦定理得，设，
故，而在中，由余弦定理得，
连接，所以，由三线合一性质得，
因为是的中点，所以，
设，由勾股定理得，
所以，即鳄鱼模型得证，
而在本题中，对于三棱锥，，找中心为，
中心为，找中点为，作，，
所以是二面角的平面角，设，
因为，三棱锥其余各棱长均为，所以，
由勾股定理得，所以是等边三角形，
所以，设，，
代入公式中得，所以，
设外接球的球心为，而三棱锥其余各棱长均为，故是等边三角形，
由正弦定理得的外接圆半径为，
设球心到面的距离为，所以，解得，
所以点到平面的距离的最大值为，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是证明鳄鱼模型的正确性，然后利用其求解外接球半径，再利用球的截面性质得到所要求的最值即可．
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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. 年我国居民消费价格月度涨跌幅度的数据如图所示，对于这组数据，下列说法正确的是（ ）
A. 极差为B. 平均数约为
C. 中位数为D. 众数只有和
【答案】AB
【解析】
【分析】利用平均数，中位数，众数，极差的定义逐个选项分析即可.
【详解】首先，我们把数据从小到大排列，得到，
所以极差为，故A正确，
平均数为，故B正确，
中位数为，故C错误，
众数有，，，故D错误.
故选：AB
10. 已知函数的图象关于直线对称，最小正周期，若将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ）
A.
B.
C. 在上的值域为
D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦函数图象的对称轴和周期的取值范围可求得函数的解析式，利用平移规则以及诱导公式可得出表达式，再根据余弦函数单调性可求得其值域，利用整体代换可求得的单调递增区间.
【详解】依题意由可得，解得，
又可知；
将代入可得，又因为可得;
因此可得，即A正确；
对于B,将的图象向左平移个单位长度后，得到函数，
因此B错误；
对于C，当时可得，
根据余弦函数性质可得，可得C正确；
对于D，令，解得；
易知当时，可得在上单调递增，即D正确.
故选：ACD
11. 已知函数定义域为，若，且在上单调递增，，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合赋值法计算判断ABC；结合选项C结论，分段探讨的取值情况判断D.
【详解】对于A，令，得，则，
由在上单调递增，得不恒为1，因此，A正确；
对于B，令，得，则，
而，因此，B正确；
对于C，，取，则，
即有，因此函数是偶函数，又时，，
则函数不是奇函数，C错误；
对于D，，令，则，
当时，；当时，，，，
因此，当时，，，
所以，D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出方程的复数根，再利用复数模的意义计算即得.
【详解】由，得，
所以.
故答案为：
13. 设，则被7除的余数为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】依题意可将改写成的形式，再由二项展开式可得被7除的余数为2.
【详解】易知，
根据二项式定理展开可得；
所以
，
即可得被7除的余数与被7除的余数相同，所以，
所以被7除的余数为2.
故答案为：2
14. 已知是双曲线上任意一点，，若恒成立，则的离心率的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的最小值并建立不等式，求解不等式即可得解.
【详解】设，双曲线的半焦距为，离心率为，则，
于是
，当且仅当时取等号，
依题意，，整理得，解得，
即，解得，因此，即
所以的离心率的最大值为.
故答案为：
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.
15. 如图，在中，为边上一点，且.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）6； （2）3.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列式解方程即得.
（2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得.
【小问1详解】
设，则，
由余弦定理可得，
即，得，
所以.
【小问2详解】
由，得，则.
由正弦定可得，解得.
由余弦定理得，
即，而，所以.
16. 已知椭圆左焦点为，过点且不与轴重合的动直线与交于两点，且当轴时，.
（1）求的方程；
（2）若，直线分别与直线交于点，证明：为定值.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即得.
（2）设出直线的方程，与的方程联立，结合韦达定理求出的值即可.
【小问1详解】
由焦点，得，由，得，
则，联立解得，
所以的方程为.
【小问2详解】
依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，
由消去得，则，
直线的方程为，令，得点的纵坐标，
同理得点的纵坐标，
所以
，为定值.
17. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，平面平面，四边形为菱形，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用面面垂直的性质，线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
设，取的中点，连接，则，
又，则，四边形为平行四边形，
于是，平面平面，平面平面，
则平面，所以平面，
而平面，因此，
由四边形为菱形，得，又平面，
所以平面.
小问2详解】
依题意，为等边三角形，连接，，平面平面，
平面平面，平面，则平面，
以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，
取，得，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若关于的方程有两个正根，证明：.
【答案】（1）；
（2）在上单调递减，在上单调递增；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义及给定切线求出.
（2）由（1），利用导数求出函数的单调区间即可.
（3）方程变形为，利用方程根的意义换元构造函数，利用导数推理证明不等式.
【小问1详解】
函数，求导得，
由的图象在点处的切线方程为，得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由，得，
令，依题意，，则，
设，由（2）知在上单调递增，则，，
由，得，于是，
要证当时，，即证，
令，求导得，
令，求导得，
函数，即在上单调递增，，
函数在上单调递增，则当时，，即成立，
所以.
19. 在一个不透明的口袋中装有2个黑球和2个白球，每次从口袋中随机取出1个球，再往口袋中放入1个白球，取出的球不放回，像这样取出1个球再放入1个白球称为1次操作，重复操作至口袋中4个球均为白球后结束.假设所有球的大小､材质均相同，记事件“次操作后结束”为，事件发生的概率为.
（1）求第1次操作取出黑球且3次操作后结束的概率；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，证明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式计算即得.
（2）利用互斥事件的概率加法公式、相互独立事件的概率公式列式，再利用等比数列前n项和公式求解即得.
（3）由给定条件，利用错位相减法求和，再结合数列单调性及不等式性质推理即得.
【小问1详解】
用表示第次操作取出黑球，表示第次操作取出白球，
.
【小问2详解】
依题意，，
当时，若次操作后结束，则前次操作中，有一次取出黑球，其余次均取出白球，
则
，
经检验，均满足该式，所以.
【小问3详解】
由（2）知，
则.
设，
则，
从而，
因此，
则，
于是，而，
所以.
【点睛】方法点睛：一般地，如果数列an是等差数列，bn是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
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