1 诸暨市 2023-2024 学年第一学期期末考试试题（高三数学）
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.
1：设集合A {1,2,3}，B {x | x 1}，C {1,2}，则(A B) C ( )
A.{3} B.{1,2} C.{2,3} D.{1,2,3}
2：若函数 f(x) log (x b) (a 0,a 1)的图象过点( 2,0)和( 1,1)，则( )
a
A.a 2，b 3 B.a 3，b 2 C.a 2，b 4 D.a 4，b 2
3：已知 i是虚数单位，a R，则“a2 1”是“(a i)2 2i ”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
4：已知a ，b 为单位向量，若|a b | |a b |，则a b ( )
A.1 3 B.1 3 C.1 3 D. 3 1
6
1 am
5： a 的展开式中 (即分子a的指数和分母b的指数相同)项的系数为( )
b bm
A.-15 B.15 C.-20 D.20
6：若直线 l 与三次函数 y f x 有三个公共点且公共点的横坐标成等差数列，则直线 l （ ）
A.经过定点 B.不经过定点 C.斜率为定值 D.斜率可为任意实数
7：小张同学将一块棱长为 2 的正方体形状橡皮泥重新捏成一个正四面体（过程中橡皮泥无损失），则该
四面体外接球的体积为（ ）
A. 6 B. 2 6 C. 3 6 D. 9 6
8 ：已知函数 f x sin x cos 0 , m,n R 都有 f m f n 2 f xi , 若恰好有 4 个点
2
xi , f xi
2 1
同在一个圆心在 x轴上半径为 2 的圆内，则 的取值范围为
2
3 2 5 2 3 2
A. , 2 B.
2 ,
C.
, D. ,
4
4 4 2
二、多选题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
9：在正方体 ABCD A1B1C1D1中, E 为棱 BB1的中点, 则下列结论正确的是（ ）
A. 若点 P 为 B1C1中点, 则 EP / / 面 ACD1 B. 若点 P 为 A1C1中点, 则 EP / / 面 ACD1
C. 若点 P 为 AC 中点, 则 EP 面 ACD1 D. 若点 P 为 D1C 中点, 则EP 面 ACD1
10： 已知函数 f (x) sin x sin(1 x), f (x)为 f (x) 的导函数, 则下列结论正确的是（ ）
1 1
A. f ( x) f (1 x) B. f (x) f ( x) 0 C. f f D. f (x) f x
2 2 2
x2 y2
11：已知双曲线C : 1(a b 0) 上两点M , N 关于 x 轴对称, A, B 分别为C 的左右顶点, 若直线MA
a2 b2
和 NB交于点 P , 则（ ）
A. 直线MA和MB的斜率之积为定值 B. 直线MA和 NB 的斜率之积为定值
1 / 4
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
x2 y2
C. 点 P 在椭圆 1上 D. PAB 面积的最大值为 ab
a2 b2
12：在 2×2 的红色表格中，有一只会染红黄蓝三种颜色的电子蛐蛐从 A 区域出发，每次跳动都等可能的
跳往相邻区域，当它落下时会将该区域染成新的颜色(既与该区域原来的颜色不同，也与蛐蛐起跳时区域的
颜色不同).记蛐蛐第 n 跳后表格中的不同染色情况种数为 a (第一次跳后有如图四种情况，即n a1 4 )，则
（ ）
A 红 黄 A 红 蓝 A 红 红 A 红 红
红 红 红 红 黄 红 蓝 红
A. a2 8 B. an 1 a 恒成立 n
C.蛐蛐能将表格中的三块染成蓝色 D.蛐蛐能将表格中的四块染成黄色
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
13：设等比数列 an 的公比为 q， S 为前 n项和，若n qS1 2 ， qS2 6 ，则 a4 ．
14：一台放置在水平桌面上的笔记本电脑，将其侧面抽象成如图所示的
P
几何图形，若显示屏所在面的侧边 AO 与键盘所在面的侧边长 BO均为 32cm， A
点 P 为眼睛所在位置， D 为 AO 的中点，连接 PD，当PD AO时，称点 P
为“黄金视角点”，作 PC BC，垂足C 在OB 的延长线上，当 BC 11cm， D
2
AOC 时， PC ． O B C
3
15：将正整数1~10由校到大排列 1，2，…，m，…，10，从中随机抽取两个数，这两个数其中一个在m
2
前面，一个在m 后面的概率为 ，则m ．
5
16：已知动点 P在抛物线 y2 4x上，抛物线焦点为 F ，准线与 x 轴交于点 E，以 E ， F 为焦点的椭圆
C1 和双曲线C2 皆过点 P，则椭圆C1 和双曲线C2 离心率之比的取值范围为 ．
四、解答题：本题共 6小题，共 70分.
17：已知 an 为等比数列，前 n项和
Sn ，且 S2 4， a1 1， a2 1， a3 1成等差数列．
（1）求 an 和 Sn ； （2）若bnSnSn 1 an 1，求数列 bn 的前 n项和Tn .
2 / 4
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
18：如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA⊥平面 ABCD ， AD∥BC ， AD⊥CD ， N 是线段 PC 的中点，
AD CD 2 ， BC 2 2 ． P
（1）求点 N 到平面 PAB 的距离；
6
（2）若二面角 N AD P的余弦值为 ，求四棱锥 P ABCD体积的大小． N
3
D
A
B C
sin A
19：在 ABC 中，已知 tan B ．
3 cos A
1
（1）若 tan B ，求 sin A的值；
3
（2）已知中线 AM 交 BC 于M ，角平分线 AN 交 BC 于 N ，且 AM 2,MN 1，求 ABC 的面积．
x2 y2
20：已知点 A(0,2)在椭圆C : 1(a 1)上，过右焦点的两相互垂直的弦中点分别记为M , N ．
a2 a2 1
（1）求椭圆C 的方程；
（2）求直线MN 经过的定点坐标．
3 / 4
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
21．（本题 12 分）为丰富课余生活，某班组织了五子棋大赛．下表统计了该班学生近期课间与其他班
学生的 200 场比赛的胜负与先后手列联表（不记平局，
单位：场）．最后甲乙两人晋级决赛，决赛规则如下： 胜负
先后手 合计
五局三胜，没有平局，其中第一局先后手等可能， 胜 负
2
之后每局交换先后手．已知甲先手胜乙的概率为 ， 先手 60 40 100
3 后手 40 60 100
1
后手胜乙的概率为 ． 合计 100 100 200
3
（1）依据 0.01的独立性检验，能否认为五子棋先后手与胜负有关联
（2）在甲第一局失败的的条件下，求甲最终获胜的概率．
n(ad bc)2 P k 22 k0 0.050 0.010 0.001 附： k
(a b)(c d)(a c)(b d )
k 0 3.841 6.635 10.828
x
e 1
22：已知函数 f (x) ax 1 x ,其中 a R 且 a 0 .
a 2
(1)当 a 1时,求曲线 y f (x) 在 (0, f (0))处的切线方程.
(2)若对任意 x [ 1, ) , 都有 f (x) 0 恒成立,求实数 a的取值范围.
4 / 4
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}诸暨答案
1：设集合A {1,2,3}，B {x | x 1}，C {1,2}，则(A B) C ( )
A.{3} B.{1,2} C.{2,3} D.{1,2,3}
解析：B {x | x 1} {x | x 1}，A B={2,3}，(A B) C {1,2,3}，故选 D.
2：若函数 f(x) log (x b) (a 0,a 1)的图象过点( 2,0)和( 1,1)，则( )
a
A.a 2，b 3 B.a 3，b 2 C.a 2，b 4 D.a 4，b 2
解析： f(x) log (x b)过点( 2,0)的b 3， f(x) log (x 3)过点( 1,1)得a 2，故选 A
a a
3：已知 i是虚数单位，a R，则“a2 1”是“(a i)2 2i ”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析：a2 1 2ai 2i，得a 1，所以“a2 1”是“(a i)2 2i ”的必要不充分条件，故选 B
4：已知a ，b 为单位向量，若|a b | |a b |，则a b ( )
A.1 3 B.1 3 C.1 3 D. 3 1
解析：|a b |2 |a b |2 =1+1+2a b ，a b 1 3 ，又|a b | 1故选 C
6
： a 1
m
5 的展开式中
a
(即分子a的指数和分母b的指数相同)项的系数为( )
b m b
A.-15 B.15 C.-20 D.20
r
m
解析：通项公式T =Cra6 r a r b 2，由 可得 6 r ，故r=4，系数为C4=15，故选 B r 1 6 bm 2 6
6：若直线 l 与三次函数 y f x 有三个公共点且公共点的横坐标成等差数列，则直线 l （ ）
A.经过定点 B.不经过定点 C.斜率为定值 D.斜率可为任意实数
解析：设这三个交点的坐标分别为 a, f a , b, f b , c, f c ，由题意可得 2b a c，由于三次函数
y f x 的图像是中心对称图形，由 2b a c可知， b, f b 为 f x 对称中心，即直线 l 经过定点——三
次函数的对称中心.故选 A.
7：小张同学将一块棱长为 2 的正方体形状橡皮泥重新捏成一个正四面体（过程中橡皮泥无损失），则该
四面体外接球的体积为（ ）
A. 6 B. 2 6 C. 3 6 D. 9 6
解析：设正四面体的棱长为 a ，由题意可得，正方体的体积即为正四面体的体积，即
2 3 3 6V ， 所 以正四面体 a 2 2 V正方体 a 24 ， 又 因 为 正 四 面 体 外 接 球 的 半 径 R a ，
12 4
3
4 R3 4 6
V球 a 3 6 , 故选 C. 3 3 4
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
8 ：已知函数 f x sin x cos 0 , m,n R 都有 f m f n 2 f xi , 若恰好有 4 个点
2
x 2 1xi , f x i 同在一个圆心在 轴上半径为 2 的圆内，则 的取值范围为
2
3 2 5 2 3 2
A. , 2 B. 2 , C.
, D. , 4
4 4 2
解析：f x sin x cos 2 sin x .因为 m,n R 都有 f m f n 2 f xi ,所以这 4 个
4
2 2 3 2 1
T
4 2 3
点 xi , f xi 为 f x 的最值点.由恰好有 4 个点在圆内，可得 ，解得 ，选 C. 2 2
5 2 1 4
T
4 2
9：在正方体 ABCD A1B1C1D1中, E 为棱 BB1的中点, 则下列结论正确的是（ ）
A. 若点 P 为 B1C1中点, 则 EP / / 面 ACD1 B. 若点 P 为 A1C1中点, 则 EP / / 面 ACD1
C. 若点 P 为 AC 中点, 则 EP 面 ACD1 D. 若点 P 为 D1C 中点, 则EP 面 ACD1
解析： D1 C1
如图，取 A1B1 中点 M， B1C1中点 N，连接 EM,EN,MN，则显然有平面
N
EMN / / 平面 ACD1 ，则只需点 P在平面 EMN上，就有 EP / /面 ACD1 ，所以 MA1 B1
当点 P 为 B1C1中点时, 有 EP / /面 ACD1 ，A正确，B错误；
当点 P 为 AC 中点, 则 EP AC ，EP D1P，则 EP 面 ACD1 ，C正确；
E
D 错误； D C
故选 AC
10： 已知函数 f (x) sin x sin(1 x), f (x)为 f (x) 的导函数, 则下列结论
A B
正确的是（ ）
1 1
A. f ( x) f (1 x) B. f (x) f ( x) 0 C. f f D. f (x) f x
2 2 2
解析：
由已知得 f (x)=cos x cos 1 x
f ( x) sin x sin(1 x) f (1 x) ，A正确；
f (x) f ( x) sin x sin 1 x sin x sin 1 x 2sin x 0 ，B错误；
1 1 1 1
f cos cos 0 f ，C正确；
2 2 2 2
f (x)=cos x cos 1 x sin x sin 1 x f x ，D正确；
2 2 2
故选 ACD
x2 y2
11：已知双曲线C : 1(a b 0) 上两点M , N 关于 x 轴对称, A, B 分别为C 的左右顶点, 若直线MA
a2 b2
和 NB交于点 P , 则（ ）
A. 直线MA和MB的斜率之积为定值 B. 直线MA和 NB 的斜率之积为定值
x2 y2
C. 点 P 在椭圆 1上 D. PAB 面积的最大值为 ab
a2 b2
m2 n2 a2n2
解析：设点 M (m,n), N(m, n) ,则有 1 m2 a2 ，所以直线 MA 和 MB 的斜率之积
a2 b2 b2
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
n n n2 b2
kMAkMB ，A正确；
m a m a m2 a2 a2
n n n2 b2
直线MA和 NB的斜率之积 kMAkNB , B正确；
m a m a m2 a2 a2
b2 x2 y2
因为直线MA和 NB交于点 P ，由椭圆第三定义及 kPAkPB ，可知点 P 在椭圆 1上，C正
a2 a2 b2
确；
由 C 可知 PAB 面积的 S ab，当点 P 在 y 轴时取得最大值，但此时直线 PA,PB 与双曲线渐近线平
行，与双曲线仅有一个交点，不存在点 M,N故取不到最大值，D错误；
故选 ABC
12：在 2×2 的红色表格中，有一只会染红黄蓝三种颜色的电子蛐蛐从 A 区域出发，每次跳动都等可能的
跳往相邻区域，当它落下时会将该区域染成新的颜色(既与该区域原来的颜色不同，也与蛐蛐起跳时区域的
颜色不同).记蛐蛐第 n 跳后表格中的不同染色情况种数为 a (第一次跳后有如图四种情况，即 a 4 )，则n 1
（ ）
A 红 黄 A 红 蓝 A 红 红 A 红 红
红 红 红 红 黄 红 蓝 红
A. a B. 2 8 a a 恒成立 n 1 n
C.蛐蛐能将表格中的三块染成蓝色 D.蛐蛐能将表格中的四块染成黄色
解析：当 n 2时，对第一个表格，往左跳，区域染成蓝色，或往下跳，区域染成蓝色，两种情况，其
他表格亦如此，故 a2 4 2 8，A 正确；
表格最多不超过34 81种不同的染色情况，故不可能 a a 恒成立，B 错误； n 1 n
红 蓝 → 红 蓝 → 红 蓝 → 红 蓝 → 红 蓝 → 蓝 蓝
红 红 红 黄 黄 黄 黄 蓝 红 蓝 红 蓝
所以 C 正确；
因此三块都是黄色也可能，但当三块染成黄色后，不可能第四块还是黄色，因为要和起跳时区域不一
样，D 错误．
故选：AC．
13：设等比数列 an 的公比为 q， S 为前 n项和，若n qS1 2 ， qS2 6 ，则 a ． 4
a qa
解析： qS1 qa ，1 2 qS2 q a1 a2 qa1 qa2 2 qa2 6 ， 得 qa 4， 于是 q
2 2 2，
2
a1 qa1
a4 a1q
3 2 q2 8，答案：8．
14：一台放置在水平桌面上的笔记本电脑，将其侧面抽象成如图所示的
P
几何图形，若显示屏所在面的侧边 AO 与键盘所在面的侧边长 BO均为 32cm， A
点 P 为眼睛所在位置， D 为 AO 的中点，连接 PD，当PD AO时，称点 P
为“黄金视角点”，作 PC BC，垂足C 在OB 的延长线上，当 BC 11cm， D
2
AOC 时， PC ． O B C
3
解析：过 O 作 OM OC 交 DP 于 M ，过 M 作 MN PC 交 PC 于 C ，则 DOM PMN ，
6
32 43 32 43
OM ， PN ，于是 PC 25 3 ．答案： 25 3 ．
3 3 3 3
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
P
A
M
N
D
O B C
15：将正整数1~10由校到大排列 1，2，…，m，…，10，从中随机抽取两个数，这两个数其中一个在m
2
前面，一个在m后面的概率为 ，则m ．
5
C1 1m 1 C10 m 2
解析：，由题意 m
2 11m 28 0，解得m 4或 72 ． C 510
故答案为：4 或 7．
16：已知动点 P在抛物线 y2 4x上，抛物线焦点为 F ，准线与 x 轴交于点 E，以 E ， F 为焦点的椭圆
C1 和双曲线C2 皆过点 P，则椭圆C C1 和双曲线 2 离心率之比的取值范围为 ．
| PF |
c 1
e1 a1 a2 | PE | | PF | | PE |
解析：由题意椭圆C1 和双曲线C2 离心率之比 ． e c a | PE | | PF | | PF |2 a 1 1 2 | PE |
| PF |
令 t ，设 P(m,n)（m 0），则 n2 4m，因为 E( 1,0)， F( 1,0)，所以
| PE |
| PF | (m 1)2 n2 4m 4m 4m 1 2
t 1 ，因为 ，所以 t ，故
| PE | (m 1)2 n2 m2
2
m 1 m 6m 1 2 m2 1 6m 2 2
e1 1 t 2 2 1 1 3 2 2 e1 e1
e 1 t t 1 2 ，又 0，所以 (0,3 2 2]2 ． 1 e2 e2
2
故答案为： (0,3 2 2]．
：已知 为等比数列，前 n项和 Sn ，且 S2 4， a1 117 an ，
a2 1， a3 1成等差数列．
（1）求 an 和 Sn ；
（2）若bnSnSn 1 an 1，求数列 bn 的前 n项和Tn .
（1）解析：
因为 a1 1， a2 1， a3 1成等差数列，所以 2 a2 1 a1 a3 2，又 S2 4，即 a1 a2 4 ，可列出方
a1 1 q 4 a 1 1 3n 3n 1
程 ，解得
1
，所以 a 3
n 1， S
2 n n
．
a 1 q 2q 4 q 3 1 3 2 1
（2）解析：
a 4 3n 1 1
由（1）得 an 3
n 1，所以b n 1n 2n ， S S n 1 3n
n n 1 3 1 3 1 1 3
n 1 1
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
1 1 1 1 1 1 1 1 2
Tn 2 2 1 .
3 1 3
2 1 32 1 33 1 3n 1 3n 1 1 n 1 3 1 3 1 3
n 1 1
18：如图，在四棱锥 P ABCD中， PA⊥平面 ABCD， AD∥BC ， AD⊥CD， N 是线段 PC 的中点，
AD CD 2 ， BC 2 2 ． P
（1）求点 N 到平面 PAB 的距离；
6
（2）若二面角 N AD P的余弦值为 ，求四棱锥P ABCD体积的大小．
3
N
（1）解析：
2 2 2 2因为 2 2 2AB AC BC 2AC BC 4 8 8 4 ，所以 BC AC AB ，所以
2 DA
CA⊥AB
CA⊥AP CA⊥平面 ABP，所以点C 到平面 PAB 的距离 dc CA 2，又因为 B C
AB AP A
1
N 是线段 PC 的中点，所以点 N 到平面 PAB 的距离 dN CA 1.
2
（2）解法一：
建立如图空间直角坐标系，则 P 0,0,2h ， C 0,2,0 ， N 0,1,h ， A 0,0,0 ， D 1,1,0 ， z
AN n y hz 0
P
1 1
AN 0,1,h ， AD 1,1,0 ， n1 x, y, z ，所以 n1 1,1, ，又因为
AD n1 x y 0 h
6 n n 2
DC⊥平面 APD ，则 n2 DC 1,1,0 ，所以
1 2 h 1 ，所以
3 n1 n 12 2 2 N
h2
1
VP ABCD 3 2 2． D
3 A M
解法二： OB
如图，作 NO垂直 AC 于O，取 AD 中点M ，连结MO ，MN ，易知 OMN 是二 x C
y
NO 6
面角 N AD P的余角，所以Rt△NOM 中，sin NOM NO 1，所
2 3
2
1
以 PA 2NO 2，所以VP ABCD 3 2 2 .
3
sin A
19：在 ABC 中，已知 tan B ．
3 cos A
1
（1）若 tan B ，求 sin A的值；
3
（2）已知中线 AM 交 BC 于M ，角平分线 AN 交 BC 于 N ，且 AM 2,MN 1，求 ABC 的面积．
1 sin A
（1）解析 1：（） 3sin A 3 cos A cos A 3 3sin A
3 3 cos A
4
sin2 A (3 3sin A)2 1 5sin2 A 9sin A 4 0 sin A 1 或
5
sin B sin A
（2）解析 1：（） sin Acos B sin Bcos A 3sin B sinC 3sin B c 3b
cos B 3 cos A
S ABN BN c sin BAN BN BM 1又 3 3 BM 2 a 4
S ABN NC b sin CAN NC BM 1
4 4 9b2 4 4 b2 8
又 cos AMB cos AMC 0 0 b2
2 2 2 2 2 2 5
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
8 8
b2 c2 9 16 a2 BAC
5 5 2
1 3 2 3 8 12 S ABC bc b
2 2 2 5 5
x2 y2
20：已知点 A(0,2)在椭圆C : 1(a 1)上，过右焦点的两相互垂直的弦中点分别记为M , N ．
a2 a2 1
（1）求椭圆C 的方程；
（2）求直线MN 经过的定点坐标．
0 4 x2 y2
（1）解析 1：（）由题意得: 1 a2 5 C : 1
a2 a2 1 5 4
（2）解析 1：（）若两条弦分别与 x 与, y 与平行,此时直线MN 中 x 与,故定点在 x 与上.
否则设过右焦点的直线记为 x ty 1 :交椭圆于两点 x1, y1 , x2 , y2 ,
则 x ty 1， 4x2 5y2 20 4t2 5 y2 8ty 16 0
8t 4t 4t2 5
∴ y1 y2 yM xM tyM 1 1
4t2 5 4t2 5 4t2 5 4t2 5
4
5 5t2 t 4t同理: xN , y4 2 N
5t 4 4 5t2 5 5 4
t2 t2
5
若 xM xN ,解得 t 1,lMN : x
9
4t 4t
y y 2 2 9t 1 55t 4 4t 5 t
2 1
否则 k M NMN
xM x
2 2
N 5t 5 5 t 1 kMN 9t
5t2 4 4t2 5
5 t2 1 4t 5
故 lMN : x y 2 9t 2 4t 5 4t 5
5 t2 1 4t 5 20t2 25 5 5
其中: 中直线过定点
2 2 2
,0
9t 4t 5 4t 5 9 4t 5 9 9
21．（本题 12 分）为丰富课余生活，某班组织了五子棋大赛．下表统计了该班学生近期课间与其他班
学生的 200 场比赛的胜负与先后手列联表（不记平局，
单位：场）．最后甲乙两人晋级决赛，决赛规则如下： 胜负
先后手 合计
五局三胜，没有平局，其中第一局先后手等可能， 胜 负
2
之后每局交换先后手．已知甲先手胜乙的概率为 ， 先手 60 40 100
3 后手 40 60 100
1
后手胜乙的概率为 ． 合计 100 100 200
3
（1）依据 0.01的独立性检验，能否认为五子棋先后手与胜负有关联
P k 2 k0 0.050 0.010 0.001
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
（2）在甲第一局失败的的条件下，求甲最终获胜的概率．
k 0 3.841 6.635 10.828
n(ad bc)2
附： k 2
(a b)(c d)(a c)(b d )
（1）解析：
2 200(3600 1
600)
X 8 6.635故可以认为五子棋先后手与胜负有关联．
100 100 100 100
（2）解析：
设事件 A：甲第一局失败；事件 B ：第一局甲先手；事件C ：甲获胜
1 1 2 1 1 1
P(B) P(B) ； P(A) P(A | B) P(A | B) ．
2 2 3 2 3 2
分两种情况讨论：
甲第一局先手且失败，但最终获胜：
1 1 1 2 1 1
共 4 局比赛： ．
2 3 3 3 3 81
1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 1 9 1
共 5 局比赛： ．
2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 9 27 27
甲第一局后手且失败，但最终获胜：
1 2 2 1 2 4
共 4 局比赛： ．
2 3 3 3 3 81
1 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 12 4
共 5 局比赛： ．
2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 9 27 81
1 1 4 4 12 4
故甲在第一局失败的情况下获胜的概率 P(AC) ．
81 27 81 81 81 27
P(AC) 8
综上 P(C | A) ．
P(A) 27
x
e 1
22：已知函数 f (x) ax 1 x ,其中 a R 且 a 0 .
a 2
(1)当 a 1时,求曲线 y f (x) 在 (0, f (0))处的切线方程.
(2)若对任意 x [ 1, ) , 都有 f (x) 0 恒成立,求实数 a的取值范围.
解析：
1 1
(1)由题意知,当 xa 1时, f (x) e ,
2 2 1 x
又因为 f (0) 0, f (0) 0 ,
即得曲线 y f (x) 在 (0, f (0))处的切线方程为 y 0 .
(2)法一:
1
因为 f (0) 1 0 0 a 1 ,
a
ex 1 1 1 a 1
又因为 f (x) a f (0) ,
a 2 2 1 x a 2 2
1 1
所以 f (0) 随 a增大而减小, 当 a 1时, f (0) 1 0 ,
2 2
下证充分性:
x 1 ax
由 ex x 1 f (x) 1 x , x [ 1. ) ,
a 2
{#{QQABZQwQoggAABIAAQgCEwFYCEMQkBCAAIoOQEAAsAAACRFABAA=}#}
令 t 1 x [0, ) x t2 1 ,
t2 1 1
设 g(t) at2 a t,t 0 ,
a 2 2
1 a 1 a
则 g (t) 2 t 1 0 ,所以 t0 , 2
a 2 2 a 2 a
a
2
由 a [1, ) t0 (0,1] ,
a
所以 g(t)在 0,t0 单调递减,在 t0 , 单调递增
2
1 a 2 a 1 a a a a所以 gmin (t) g t0 t0 t0
a 2 2 a 2 2 a
2
2 2 a
2
a a a a 1
1 0 ,
2 2 a2 2 2 a2 2 2 2 a
所以当0 a 1时, f (x) 0恒成立.
ex a 1
(2)法二:由题意可知, a 0 , 又由 f (x) ,可知 f (x)在 x [ 1, )上递增,
a 2 2 1 x
1 a 1 2 a2 a
且 f (0) .
a 2 2 2a
(i)当 f (0) 0时, 即0 a 1 , 此时存在 x0 [ 1,0] , 使得 f (x) 在 1, x0 上递减,
在 x0 , 上递增,
x
2
0 x
e 1 x 2e 0 x 1 x 1
所以 0f (x) 0 0 min f x0 ax0 1 x0 a
a 2 2a x x2 x 0 0
0
1
①当 x0 1, 时,
2
2
x
2e 0 x 1 x0 1
x
2e 0 x 1 2 x0 1 x 1 x令 (a) 0 a 0 0 0
1
2x0 1 0 ,
x x2 0 x x
2 x
0 0 0 x0 0 x
2 x20 0
所以可得. f x0 0 .
1 x 1
②当 x0 ,0 , 再令 t ( 2, ) , 此时,
2 x
2
x
2e 0 x 2 x 1 2 x 1 x 2 x 1 x0 1 1
(a) (1) 0
1 0 x0 1 0 0 0 1 0 ,
x 2 20 x x x x0 0 x0 0 0
所以可得, f x0 0 .
(ii)当 f (0) 0时, 即 a 1, 则存在 x1 (0, ) , 使得 f x1 0, f (x)在 1, x1 上递减,
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1
在 x1, 上递增, 所以 f (x)min f x1 f (0) 1 0 ,不成立.
a
综上 (i), (ii)知, 0 a 1 .
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