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2024届吉林省通榆县第一中学校高三上学期第二次质量检测数学试题含解析
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这是一份2024届吉林省通榆县第一中学校高三上学期第二次质量检测数学试题含解析，共17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。
一、单选题
1．设集合，，则的子集的个数为（ ）
A．7B．8C．15D．16
【答案】B
【分析】解分式不等式确定集合，然后由交集定义计算，再由子集的性质得结论．
【详解】由题意知，，所以，所以的子集的个数为．
故选：B．
2．已知幂函数的图像过点，则（ ）
A．是奇函数，在上是减函数B．是偶函数，在上是减函数
C．是奇函数，在上是增函数D．是偶函数，在上是减函数
【答案】B
【分析】根据幂函数的定义求解出函数的解析式，再根据解析式分析函数的奇偶性和单调性可得出答案.
【详解】依题意可得，，
故是偶函数，且在上是减函数．选项B正确.
故选：B.
3．已知不等式成立的充分不必要条件是，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出不等式的解集，再由集合间的包含关系即可求出m的取值范围.
【详解】解不等式可得，
又不等式成立的充分不必要条件是，所以可得；
即，解得；
经检验不等式两边不会同时取到等号，
所以m的取值范围是.
故选：D
4．已知函数，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】去绝对值，当时，利用导数讨论其单调性，由单调性即可得最大值.
【详解】当时，，所以在上单调递增．
当时，，
所以，当时，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故选：B．
5．有名优秀毕业生到母校的个班去作学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】:根据题意，分析可得人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3，分别计算两种情况下的情况数目，相加可得答案．
【详解】人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3．
若是1，1，3，则有种，
若是1，2，2，则有种
所以共有150种不同的方法，
故选A．
【解析】排列、组合及简单计数问题．
6．在1798年，英国经济学家马尔萨斯（T．R．Malthus，1766～1834）就提出了自然状态下人口增长模型：（r为人口年自然平均增长率，t为经过的时间，表示当时y的值），截止2020年5月17日，全球人口总数约为76亿，联合国人口基金会人口与发展处的负责人弗朗西斯·法拉赫博士告诉记者，过去10年中，世界人口增长率已呈下降趋势，估计从2020年底开始到2100年底，世界人口将增加一倍，则从2020年底到2100年底这段时间内的人口年自然平均增长率约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得，进而结合对数运算求解即可得答案.
【详解】因为从2020年底开始到2100年底，世界人口将增加一倍，
所以，由题意得，即，
所以，，．
故选：B．
7．在公差为1的等差数列中，已知，，若对任意的正整数，恒成立，则实数的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差数列的通项公式可得，进而可得点在函数的图象上，由题意可知为数列的最大项，得出即可求解.
【详解】由题意知，所以，
所以点在函数的图象上；
由知，为数列的最大项，
所以，所以．
故选：D．
8．已知函数有三个不同的零点，且，则的值为（ ）
A．3B．4C．9D．16
【答案】C
【分析】利用换元法转换，结合导数以及一元二次方程根与系数的关系来求得正确答案.
【详解】，
，有三个不同的零点.
令，在递增，在上递减，
.时，.
令，
必有两个根，
，且，
有一解，有两解，且，
故
.
故选：C
二、多选题
9．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
【答案】CD
【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.
【详解】A：且，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；
C：，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；
故选：CD
10．若，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．ab有最大值B．有最大值
C．有最小值4D．有最小值
【答案】ABC
【分析】利用基本不等式求最值判断各选项．
【详解】，当且仅当，即，时等号成立，故ab有最大值，故A正确；
，当且仅当，时等号成立，所以有最大值，故B正确；
，当且仅当，即时等号成立，即有最小值4，故C正确；
，当且仅当，时等号成立，所以的最小值为，故D错误．
故选：ABC．
11．对于数列，若存在数列满足（），则称数列是的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是（ ）
A．若数列是单增数列，但其“倒差数列”不一定是单增数列；
B．若，则其“倒差数列”有最大值；
C．若，则其“倒差数列”有最小值；
D．若，则其“倒差数列”有最大值.
【答案】ACD
【分析】根据新定义进行判断．
【详解】A．若数列是单增数列，则，
虽然有，但当时，，因此不一定是单增数列，A正确；
B．，则，易知是递增数列，无最大值，B错；
C．，则，易知是递增数列，有最小值，最小值为，C正确；
D．若，则，
首先函数在上是增函数，
当为偶数时，，∴，
当为奇数时，，显然是递减的，因此也是递减的，
即，∴的奇数项中有最大值为，
∴是数列中的最大值．D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题考查数列新定义，解题关键正确理解新定义，把问题转化为利用数列的单调性求最值．
12．已知函数的定义域为R，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．当时，
C．
D．若，则恰有4个不同的零点
【答案】AC
【分析】由对称性判断A，利用对称性求得值后，结合已知等式求得时的函数表达式判断B，由已知确定函数的周期性，然后计算函数值的和判断C，作出两函数与的图象，由图象确定交点个数（注意在处需要结合导数的几何意义判断交点个数），判断D．
【详解】因为，所以的图象关于中心对称，从而的图象关于原点对称，故A正确；
因为的图象关于中心对称，所以，解得．
所以当时，，因为，
所以，因为，所以，所以，即．
当时，，所以，故B错误；
因为，所以，所以的周期为8，
又，，，，，，，，
所以故C正确；
令，即，画出与的图象，
如图所示：
因为，
时，，，，由周期性知，
，则，，
即，时，的切线斜率大于的切线斜率，
所以两函数图象在区间上除了有公共点外，在区间上还有一个公共点，
因此两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误．
故选：AC．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
三、填空题
13．已知函数，则 ．
【答案】4
【分析】利用周期性将转化为，然后利用解析式求解可得.
【详解】由题意知．
故答案为：4
14．展开式中的系数为，则= .
【答案】6
【解析】由二项式定理求解即可.
【详解】展开式中的系数为，解得.
故答案为：
15．已知，，且，则y的最大值为 ．
【答案】
【分析】已知等式变形为，利用基本不等式求得的最小值，然后解关于的不等式可得．
【详解】因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以，又，所以，解得，即y的最大值为．
故答案为：．
16．已知正实数x，y满足，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先变形同构，令，利用导数讨论单调性，由单调性可得，然后可得，令，利用导数求最值即可.
【详解】由得，所以，则，
因为，，，所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以由，即，得，
所以，所以．
令，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题难点主要有二：一是根据已知进行同构函数，二是利用单调性得到，进而可得，利用导数即可求解.
四、解答题
17．某农科所对冬季昼夜温差与某反季节大豆种子发芽多少之间的关系进行分析研究，他们记录了12月1日至5日的昼夜温差与每天100颗种子的发芽数，数据如下．
该农科所确定的研究方案：先从五组数据中选取两组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再用被选取的两组数据进行检验．
(1)若先选取的是12月1日和5日的数据，请根据2日至4日的三组数据，求y关于x的线性回归方程；
(2)若由线性回归方程得到的估计数据与检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试判断（1）中所得到的线性回归方程是否可靠．
注：，．
【答案】(1)
(2)是可靠的
【分析】（1）根据回归方程公式直接求解即可；
（2）根据（1）中的回归直线方程求得相应的值比较即可
【详解】（1）由数据，求得，，
由公式，求得，，
所以y关于x的线性回归方程为：．
（2）当时，，，
同样，当时，，．
所以该农科所得到的线性回归方程是可靠的．
18．已知函数是偶函数．
(1)求a的值；
(2)设，，若对任意的，存在，使得，求m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由偶函数的定义求参数值；
（2）由在上的最小值不小于在上的最小值求解．
【详解】（1）因为是偶函数，
所以，即，
即，所以．
（2）因为对任意的，存在，使得，
所以在上的最小值不小于在上的最小值．
因为在上单调递增，所以，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以解得，即m的取值范围是．
19．已知函数（）．
(1)若的解集为，解关于x的不等式；
(2)若对任意的恒成立，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据解集和韦达定理可得a，b，c的关系，及，代入目标不等式化简可解；
（2）根据不等式恒成立可得和，利用判别式所得关系放缩目标式，然后换元，分离常数后，利用基本不等式可得.
【详解】（1）因为的解集为，
所以，，，得，（），
所以等价于，
又，所以，解得，
即关于x的不等式的解集为．
（2）因为对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
所以，，
所以，
所以，时等号成立．
令，又，
所以，即，所以，
所以，
令（），当时，；
当时，，当且仅当时，等号成立．
所以的最大值为．
20．已知等比数列是递增数列，，，又数列满足，是数列的前项和．
（1）求；
（2）若对任意，都有成立，求正整数的值
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）由等比数列性质和通项公式可求得公比，进而得到和，由等差数列求和公式可求得；
（2）由可知数列的最大项为和，由此可得.
【详解】（1）设递增的等比数列公比为，
由得：，，，
，.
（2）由（1）知：，
；
当时，；当时，；当时，，
数列的最大项为和，
若对任意，都有成立，则或.
21．某网络科技公司在年终总结大会上，为增添喜悦､和谐的气氛，设计了闯关游戏这一环节，闯关游戏必须闯过若干关口才能成功.其中第一关是答题，分别设置“文史常识题”“生活常识题”“影视艺术常识题”这道题目，规定有两种答题方案：
方案一：答题道，至少有两道答对；
方案二：在这道题目中，随机选取道，这道都答对.
方案一和方案二中只要完成一个，就能通过第一关.假设程序员甲和程序员乙答对这3道题中每一道题的概率都是，且这道题是否答对相互之间没有影响.程序员甲选择了方案一，程序员乙选择了方案二.
(1)求甲和乙各自通过第一关的概率；
(2)设甲和乙中通过第一关的人数为，是否存在唯一的的值，使得？并说明理由.
【答案】(1)甲通过第一关的概率为，乙通过第一关的概率为；
(2)存在，理由见解析.
【分析】设答对题目的个数为，由题意，得，进而可直接求出甲和乙各自通过第一关的概率；
的可能取值为，，，并写出相应概率及期望，结合导函数研究单调性，进而判断出存在唯一的的值，使得.
【详解】（1）解：设答对题目的个数为，由题意，得.
甲通过第一关的概率为；
乙通过第一关的概率为.
（2）的可能取值为，，，
则，
，
，
所以
.
设，则，
从而当时，为增函数，又，，
所以存在唯一的的值，使得，即.
22．已知函数（）．
(1)若在上恒成立，求a的取值范围：
(2)设，，为函数的两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数求解可得；
（2）将方程化为，构造函数，利用导数讨论其单调性，可知，构造差函数可证.
【详解】（1）若在上恒成立，即，
令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即a的取值范围是．
（2）令，即，
令，则，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，则，，
因为，
所以 ．
设函数（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
又函数在上单调递减，
所以，所以．
【点睛】难点点睛：本题属于极值点偏移问题，本题难点主要在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，利用单调性可证.
日期
12月1日
12月2日
12月3日
12月4日
12月5日
温差x（℃）
10
11
13
12
8
发芽数y（颗）
23
25
30
26
16
一、单选题
1．设集合，，则的子集的个数为（ ）
A．7B．8C．15D．16
【答案】B
【分析】解分式不等式确定集合，然后由交集定义计算，再由子集的性质得结论．
【详解】由题意知，，所以，所以的子集的个数为．
故选：B．
2．已知幂函数的图像过点，则（ ）
A．是奇函数，在上是减函数B．是偶函数，在上是减函数
C．是奇函数，在上是增函数D．是偶函数，在上是减函数
【答案】B
【分析】根据幂函数的定义求解出函数的解析式，再根据解析式分析函数的奇偶性和单调性可得出答案.
【详解】依题意可得，，
故是偶函数，且在上是减函数．选项B正确.
故选：B.
3．已知不等式成立的充分不必要条件是，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出不等式的解集，再由集合间的包含关系即可求出m的取值范围.
【详解】解不等式可得，
又不等式成立的充分不必要条件是，所以可得；
即，解得；
经检验不等式两边不会同时取到等号，
所以m的取值范围是.
故选：D
4．已知函数，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】去绝对值，当时，利用导数讨论其单调性，由单调性即可得最大值.
【详解】当时，，所以在上单调递增．
当时，，
所以，当时，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故选：B．
5．有名优秀毕业生到母校的个班去作学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】:根据题意，分析可得人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3，分别计算两种情况下的情况数目，相加可得答案．
【详解】人数分配上有两种方式即1，2，2与1，1，3．
若是1，1，3，则有种，
若是1，2，2，则有种
所以共有150种不同的方法，
故选A．
【解析】排列、组合及简单计数问题．
6．在1798年，英国经济学家马尔萨斯（T．R．Malthus，1766～1834）就提出了自然状态下人口增长模型：（r为人口年自然平均增长率，t为经过的时间，表示当时y的值），截止2020年5月17日，全球人口总数约为76亿，联合国人口基金会人口与发展处的负责人弗朗西斯·法拉赫博士告诉记者，过去10年中，世界人口增长率已呈下降趋势，估计从2020年底开始到2100年底，世界人口将增加一倍，则从2020年底到2100年底这段时间内的人口年自然平均增长率约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得，进而结合对数运算求解即可得答案.
【详解】因为从2020年底开始到2100年底，世界人口将增加一倍，
所以，由题意得，即，
所以，，．
故选：B．
7．在公差为1的等差数列中，已知，，若对任意的正整数，恒成立，则实数的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差数列的通项公式可得，进而可得点在函数的图象上，由题意可知为数列的最大项，得出即可求解.
【详解】由题意知，所以，
所以点在函数的图象上；
由知，为数列的最大项，
所以，所以．
故选：D．
8．已知函数有三个不同的零点，且，则的值为（ ）
A．3B．4C．9D．16
【答案】C
【分析】利用换元法转换，结合导数以及一元二次方程根与系数的关系来求得正确答案.
【详解】，
，有三个不同的零点.
令，在递增，在上递减，
.时，.
令，
必有两个根，
，且，
有一解，有两解，且，
故
.
故选：C
二、多选题
9．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
【答案】CD
【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.
【详解】A：且，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；
C：，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；
故选：CD
10．若，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．ab有最大值B．有最大值
C．有最小值4D．有最小值
【答案】ABC
【分析】利用基本不等式求最值判断各选项．
【详解】，当且仅当，即，时等号成立，故ab有最大值，故A正确；
，当且仅当，时等号成立，所以有最大值，故B正确；
，当且仅当，即时等号成立，即有最小值4，故C正确；
，当且仅当，时等号成立，所以的最小值为，故D错误．
故选：ABC．
11．对于数列，若存在数列满足（），则称数列是的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是（ ）
A．若数列是单增数列，但其“倒差数列”不一定是单增数列；
B．若，则其“倒差数列”有最大值；
C．若，则其“倒差数列”有最小值；
D．若，则其“倒差数列”有最大值.
【答案】ACD
【分析】根据新定义进行判断．
【详解】A．若数列是单增数列，则，
虽然有，但当时，，因此不一定是单增数列，A正确；
B．，则，易知是递增数列，无最大值，B错；
C．，则，易知是递增数列，有最小值，最小值为，C正确；
D．若，则，
首先函数在上是增函数，
当为偶数时，，∴，
当为奇数时，，显然是递减的，因此也是递减的，
即，∴的奇数项中有最大值为，
∴是数列中的最大值．D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题考查数列新定义，解题关键正确理解新定义，把问题转化为利用数列的单调性求最值．
12．已知函数的定义域为R，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．当时，
C．
D．若，则恰有4个不同的零点
【答案】AC
【分析】由对称性判断A，利用对称性求得值后，结合已知等式求得时的函数表达式判断B，由已知确定函数的周期性，然后计算函数值的和判断C，作出两函数与的图象，由图象确定交点个数（注意在处需要结合导数的几何意义判断交点个数），判断D．
【详解】因为，所以的图象关于中心对称，从而的图象关于原点对称，故A正确；
因为的图象关于中心对称，所以，解得．
所以当时，，因为，
所以，因为，所以，所以，即．
当时，，所以，故B错误；
因为，所以，所以的周期为8，
又，，，，，，，，
所以故C正确；
令，即，画出与的图象，
如图所示：
因为，
时，，，，由周期性知，
，则，，
即，时，的切线斜率大于的切线斜率，
所以两函数图象在区间上除了有公共点外，在区间上还有一个公共点，
因此两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误．
故选：AC．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
三、填空题
13．已知函数，则 ．
【答案】4
【分析】利用周期性将转化为，然后利用解析式求解可得.
【详解】由题意知．
故答案为：4
14．展开式中的系数为，则= .
【答案】6
【解析】由二项式定理求解即可.
【详解】展开式中的系数为，解得.
故答案为：
15．已知，，且，则y的最大值为 ．
【答案】
【分析】已知等式变形为，利用基本不等式求得的最小值，然后解关于的不等式可得．
【详解】因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以，又，所以，解得，即y的最大值为．
故答案为：．
16．已知正实数x，y满足，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先变形同构，令，利用导数讨论单调性，由单调性可得，然后可得，令，利用导数求最值即可.
【详解】由得，所以，则，
因为，，，所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以由，即，得，
所以，所以．
令，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题难点主要有二：一是根据已知进行同构函数，二是利用单调性得到，进而可得，利用导数即可求解.
四、解答题
17．某农科所对冬季昼夜温差与某反季节大豆种子发芽多少之间的关系进行分析研究，他们记录了12月1日至5日的昼夜温差与每天100颗种子的发芽数，数据如下．
该农科所确定的研究方案：先从五组数据中选取两组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再用被选取的两组数据进行检验．
(1)若先选取的是12月1日和5日的数据，请根据2日至4日的三组数据，求y关于x的线性回归方程；
(2)若由线性回归方程得到的估计数据与检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试判断（1）中所得到的线性回归方程是否可靠．
注：，．
【答案】(1)
(2)是可靠的
【分析】（1）根据回归方程公式直接求解即可；
（2）根据（1）中的回归直线方程求得相应的值比较即可
【详解】（1）由数据，求得，，
由公式，求得，，
所以y关于x的线性回归方程为：．
（2）当时，，，
同样，当时，，．
所以该农科所得到的线性回归方程是可靠的．
18．已知函数是偶函数．
(1)求a的值；
(2)设，，若对任意的，存在，使得，求m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由偶函数的定义求参数值；
（2）由在上的最小值不小于在上的最小值求解．
【详解】（1）因为是偶函数，
所以，即，
即，所以．
（2）因为对任意的，存在，使得，
所以在上的最小值不小于在上的最小值．
因为在上单调递增，所以，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以解得，即m的取值范围是．
19．已知函数（）．
(1)若的解集为，解关于x的不等式；
(2)若对任意的恒成立，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据解集和韦达定理可得a，b，c的关系，及，代入目标不等式化简可解；
（2）根据不等式恒成立可得和，利用判别式所得关系放缩目标式，然后换元，分离常数后，利用基本不等式可得.
【详解】（1）因为的解集为，
所以，，，得，（），
所以等价于，
又，所以，解得，
即关于x的不等式的解集为．
（2）因为对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
所以，，
所以，
所以，时等号成立．
令，又，
所以，即，所以，
所以，
令（），当时，；
当时，，当且仅当时，等号成立．
所以的最大值为．
20．已知等比数列是递增数列，，，又数列满足，是数列的前项和．
（1）求；
（2）若对任意，都有成立，求正整数的值
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）由等比数列性质和通项公式可求得公比，进而得到和，由等差数列求和公式可求得；
（2）由可知数列的最大项为和，由此可得.
【详解】（1）设递增的等比数列公比为，
由得：，，，
，.
（2）由（1）知：，
；
当时，；当时，；当时，，
数列的最大项为和，
若对任意，都有成立，则或.
21．某网络科技公司在年终总结大会上，为增添喜悦､和谐的气氛，设计了闯关游戏这一环节，闯关游戏必须闯过若干关口才能成功.其中第一关是答题，分别设置“文史常识题”“生活常识题”“影视艺术常识题”这道题目，规定有两种答题方案：
方案一：答题道，至少有两道答对；
方案二：在这道题目中，随机选取道，这道都答对.
方案一和方案二中只要完成一个，就能通过第一关.假设程序员甲和程序员乙答对这3道题中每一道题的概率都是，且这道题是否答对相互之间没有影响.程序员甲选择了方案一，程序员乙选择了方案二.
(1)求甲和乙各自通过第一关的概率；
(2)设甲和乙中通过第一关的人数为，是否存在唯一的的值，使得？并说明理由.
【答案】(1)甲通过第一关的概率为，乙通过第一关的概率为；
(2)存在，理由见解析.
【分析】设答对题目的个数为，由题意，得，进而可直接求出甲和乙各自通过第一关的概率；
的可能取值为，，，并写出相应概率及期望，结合导函数研究单调性，进而判断出存在唯一的的值，使得.
【详解】（1）解：设答对题目的个数为，由题意，得.
甲通过第一关的概率为；
乙通过第一关的概率为.
（2）的可能取值为，，，
则，
，
，
所以
.
设，则，
从而当时，为增函数，又，，
所以存在唯一的的值，使得，即.
22．已知函数（）．
(1)若在上恒成立，求a的取值范围：
(2)设，，为函数的两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数求解可得；
（2）将方程化为，构造函数，利用导数讨论其单调性，可知，构造差函数可证.
【详解】（1）若在上恒成立，即，
令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即a的取值范围是．
（2）令，即，
令，则，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，则，，
因为，
所以 ．
设函数（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
又函数在上单调递减，
所以，所以．
【点睛】难点点睛：本题属于极值点偏移问题，本题难点主要在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，利用单调性可证.
日期
12月1日
12月2日
12月3日
12月4日
12月5日
温差x（℃）
10
11
13
12
8
发芽数y（颗）
23
25
30
26
16
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