吉林省吉林市田家炳高级中学2024-2025学年高三上学期12月数学周考（一）

12 月周考（一）数学参考答案 1．D 【详解】因为  U 2,3,4A ð ,  1, 2, 4B  ,故    U 1, 2,3, 4A B ð 2．D 【详解】因为命题的否定为“改量词，否结论”，所以命题“ 0, 1 exx x    ”的否定是“ 0, 1 exx x    ”. 3．A 【详解】因为 3πsin 2 cos 2 2         ，所以 πcos 2 cos 0 4          ，即 πcos 2 cos 4        ，即 2 2 2cos sin (cos sin ) 2       ．又因为 π0, 2       ，所以 cos sin 0   ，所以 2cos sin 2    ，即 π 1cos 4 2       ．又 π0, 2       ，所以 π π 3π, 4 4 4             ，所以 π π 4 3    ，所以 π 12   4．C 【详解】如图 SO为圆锥的轴，SA为圆锥的母线，由已知 2 2SO  ， 45ASO  ，所以 2 2AO  ，即圆锥的底面半径 2 2r  ， 所以 2 2 8 8 4SA r SO     ，所以圆锥的侧面积 π · π 2 2 4 8 2πS r SA     ， 5．C 【详解】依题意设另外一名同学的成绩为 x，则 96 109 120 126112 5 x     ，解得 109x  ,将这 5名同学的成绩按从小到大 的顺序排列为 96，109，109，120，126，则成绩的第 75百分位数为5 0.75 3.75  即排序后的第 4个数据，所以这 5名同 学成绩的第 75百分位数是 120， 6．C 【详解】从分别标有数字 1，2，3，4的 4张卡片中有放回地随机抽取 3次的所有情况有4 4 4 64   种，抽到的 3张卡片 上的数字之和大于 9的情况有                    3,3,4 , 3,4,3 , 4,3,3 , 2,4,4 , 4,2,4 , 4,4,2 , 3,4,4 , 4,3,4 , 4,4,3 , 4,4,4 ,10种，所以 抽到的 3张卡片上的数字之和大于 9的概率为 10 5 64 32 P   . 7．B 【详解】令双曲线C的半焦距为 c，由 ,P Q关于 x轴对称，且 1FPQ 为等边三角形，得 1 2 30PF F   ， 由 1 2PF PF ，得 2 1 2 1 1| | | | , | | 3 2 PF F F c PF c   ，则 3 2c c a  ，所以双曲线C的离心率 2 3 1 3 1 ce a      . 8．D 【详解】因为 2 2 2, , 2a b c 成等差数列，即 2 2 22 2a c b  ，则 2 2 2 2 2 cos 2 2 a c b b cB ac ac      ，   2 22 2 2 3 cos 2 2 b ca b cC ab ab     ，所 以  2 2 2 2 3 cos 3 3sin2 cos sin 2 b c C c Cab b cB b B ac      ，即 tan 3tanB C ，且 tan 0C  ，所以 2 tan tan 2 tan 2 2 3tan( ) 11 tan tan 1 3tan 32 33tan tan C B CC B B C C C C               ，当且仅当 3tan 3 C  时，等号成立. 9．BC 【详解】对于 A，因 ,     ，设 ,m n       ，在平面 内取点 A，过 A分别作 1 ,l m 2l n ，则 1 2,l l   ， 因为 c   ，所以 1 2,l c l c  ，因 1 2l l A  ，故 c  ，则 A正确； 对于 B，如图，长方体 ABCD EFGH 中，取平面 , ,ABCD DCGH ADEH依次为平面 , ,   ， 取 BC为直线 a， EH 为直线c，显然满足 , ,a       ， ,a c   ，但 / /a c，故 B不正确； 对于 C，若 , , ,c a b      ∥ ∥ ∥ ，直线 c与直线 ,a b可能异面，可能平行也可能相交，故 C不正确； 对于 D，由 ,a a b ∥ 可得b  ，又b  ，则 / /  ，同理可得 / /  ，故可得 / / / /   ，即 D正确. 10．BCD 【详解】数列 na 中， 1 2a  ， 1 12 0n n n na a a a    ，则 0na  ， 1 1 1 1 1 2 2n na a    ，整理得 +1 1 1 11 = (1 ) 2n na a   ，而 1 1 11 2a   ， 因此数列 1{1 } aa  是首项、公比均为 12 的等比数列，B正确； 1 11 2naa   ，解得 2 11 2 1 2 1 n n n na     ，对于 A， 3 8 7 a  ，A 错误；对于 C， 1 1 1 1 0 2 1 2 1nn nn a a       ，则 1n na a  ，C正确；对于 D， 10 2 3 10 2 3 10 1 1 1 1 1 12 1 1 1 11 2 1 2 1 2 1 2 2 2 S                   9 10 1 1(1 ) 23 14 211 1 2 21 2       ，D正确. 11．ABD 【详解】由 2: 2 0C x x y   ，则 2 2: ( 1) 1C x y   ，对于曲线上任意点 ( , )x y ，其关于 x轴对称点为 ( , )x y ，把  ,x y 代入 2 22 ( ) 2 0x x y x x y       成立，曲线关于直线 0y  对称，A对；所以 2 21 ( 1) 1 1 1y x y        ，得0 2x  ，故 0 4x  ， 0x  时 0y  ； 1x  时 1y   ； 4x  时 0y  ，故曲线过点 (0,0), (1, 1), (4,0) ， 曲线 C上恰好有 4个整点，B对； 由圆 2 2( 1) 1x y   过点 (0,0), (1, 1), (1,0) ，故圆上点均在曲线上或内，所以曲线C上不存在点 P，使得 P到点 (1,0)的距离 小于 1，C错；如图中，四边形OACB在曲线C内部，故曲线C所围成区域的面积大于 1 2 4 4 2OACB S     ，D对. 12．5 【详解】依题意知抛物线 2 4y x 的焦点 (1,0)F ，连接 PF，则点 P到直线 2l 的距离 2 | | 3d PF  ，所以 1 2 1 | | 3 2 3 5d d Pd F       ，其中 1 | |d PF 的最小值，即点 F到直线 1l 的距离，即 | 4 6 | 2 5   ，当且仅当点 P在 F到直 线 1l 的垂线上且 P在 F和 1l 之间时，等号成立，即 1 2d d 的最小值为 5． 13． 1 8 【详解】设正项等比数列 na 的公比为 ( 0)q q  ，由 4 2 5 4 S S ，得 4 3 4 2 2 2 1 1 1 ( ) 4 4 a a S S S a a      ，因此 2 1 4 q  ， 1 2 q  ， 所以 38 6 5 3 1 8 a a q a a     . 14． 84 e 3 2 【详解】因为 2 2 4 e 1, 1( ) ln( 1) ( 1) , 1 xf x x x x          ，所以   21 e 1f   ，所以         2 42 2 2 81 e 1 ln e 1 1 e 1 1 4 ef f f          ， 设   2 2 4 e 1, 0( 1) ln , 0 xg x f x x x x          ，函数  g x 的定义域为R ，定义域关于原点对称，当 0x  时，        2 4 2 4ln lng x x x x x g x        ，又     20 0 e 1g g    ，所以函数  g x 为偶函数，所以函数  g x 图象关于 y轴 对称，故函数  f x 图象关于直线 1x  对称，当 1x  时，          2 4 4ln 1 1 2 ln 1 1f x x x x x        ，       4 3 2 4 12 4 1 1 1 x f x x x x          ，令   0f x  可得 141 2x   ，当 1 41 2x    时，   0f x  ，函数  f x 在 1 41 2 ,         上单调递减，当 1 41 1 2x     时，   0f x  ，函数  f x 在 1 41,1 2       上单调递增，又 1 4 1 11 2 ln 2 2 2 f          ，   21 e 1f   ， 当 x时，  f x  ，当 1x  ，且 1x 时，  f x  ，所以函数  f x 的图象如下： 设  t f x ，由图象可得，当 2e 1t   时，方程  t f x 的根为 1x  ，当 1 1ln 2 2 2 t    时，方程  t f x 有两个根，当 1 1ln 2 2 2 t    时，方程  t f x 有四个根，当 21 1ln 2 e 1 2 2 t     或 2e 1t   时，方程  t f x 没有根，因为函数 2 ( ) ( )y f x bf x c   有3个不同的零点 1 2 3, ,x x x ，所以方程 2 ( ) ( ) 0f x bf x c   有3个不同的根 1 2 3, ,x x x ，所以方程 2 0t bt c   有两个根 2e 1t   或 1 1ln 2 2 2 t    ，不妨设 1 2 3x x x  ，则   2e 1f x   的根为 2x ， 2 1x  ，方程   1 1ln 2 4 f x   的根为 1x ， 3x ， 1 4 1 1 2x    ， 1 4 3 1 2x    ，所以 2 21 1 2 2 2 4 4 1 2 3 1 2 1 1 2 3 2x x x                      . 15．(1) 2 1na n  (2) 2 2 19 , 10 19 180, 11n n n nS n n n         【详解】（1）设等差数列 na 的公差为 d，因为 3 6 9 63 33a a a a    ，所以 6 11a  ． 又因为 5 9a  ，则 6 5 2a a d   ， 所以数列 na 的通项公式 5 2( 5) 2 1na a n n     ． （2）由（1）知， 19 20 2n nb a n    ． 当 10n  时， 20 2n nb b n   ，  1 2(38 2 ) 19 2 2 n n n b b n nS n n       ；当 11n  时， 2 20n nb b n    ， 10 ( 10)( 11)( 10)(2 11 20) 2 2n n nS S n         2 2 219 10 10 2( 10) 21 110 19 180n n n n n           ． 综上， 2 2 19 , 10 19 180, 11n n n nS n n n         . 16． 【详解】（1）过D作DM AB ，垂足为M ，由于等腰梯形对称性可知 2 2AB CD AM   ，则 1 2 AM  ， 3 2 BM  , 2 1 31 4 4 DM    ， 2 2 2 2 3 3 3 2 2 BD DM MB                ,所以 2 2 2AB AD DB  ，DB AD ，由于PD 平面 ABCD， AD 平面 ABCD，所以 PD AD ，又因为 , ,PD BD D PD BD  平面 BDP，所以 AD 平面 BDP，PB 平面 BDP，所以 AD PB ，因为 PD BD ，所以 DPB 是等腰三角形，因 E为 PB中点，所以 PB DE ,因为 ,AD DE 平面 ADE， AD DE D  ，故 PB 平面 ADE . （2） 如图所示，以D为坐标原点， , ,DM DC DP分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系， 则      3 3, ,0 , 0,1,0 , 0,0,0 , 0,0, 32 2B C D P        ，因为 E为 PB中点，所以 3 3 3, , 4 4 2 E        可得   3 3 30,1,0 , , , 4 4 2 DC DE            ，设平面 ADE的法向量为 3 3, , 3 2 2 PB          ， 设平面DEC的法向量为  2 2 2, ,n x y z  ，则 2 2 2 2 3 3 3 0 4 4 2 0 n DE x y z n DC y              ，令 2 2x  ，则 2 20, 1y z   ，可得  2,0, 1n    ， 设二面角 A DE C  为，则 2 3 10cos 55 6 PB n PB n           ，所以 2 10 15sin 1 cos 1 25 5       所以二面角 A DE C  的正弦值为 15 5 . 17．(1) 1 e  ； (2) 1n  . 【详解】（1）函数 ( ) lnf x x x 的定义域为 (0, ) ，不等式 2( ) ( ) e ln ( ) ef x g x x x x x ax x      ，则 0, ln ex a x x     ， 令 ( ) ln e, 0h x x x x    ，求导得 1( ) 1h x x    ，当0 1x  时， ( ) 0h x  ，当 1x  时， ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 在(0,1)上递增， 在 (1, ) 上递减，于是 max( ) (1) 1 eh x h    ，则 1 ea    ，所以 a的最小值为 1 e  . （2）依题意， ( ) ( )( ) lnmf x g x n nx a m x x x x        ，求导得 2 2 2( ) 1 m n x mx nx x x x         ，由 1x  是 ( ) x 的极小值 点，得 (1) 0  ，则 1m n  ， 2 2 2 ( 1) ( 1)( )( ) x n x n x x nx x x           ，当 0n  时，由 ( ) 0x   ，得0 1x  ；由 ( ) 0x   ， 得 1x  ， 1x  是 ( ) x 的极大值点，不符合题意；当0 1n  时，由 ( ) 0x   ，得 1n x  ；由 ( ) 0x   ，是 0 x n  或 1x  ， 1x  是 ( ) x 的极大值点，不符合题意；当 1n  时，恒有 ( ) 0x  成立，当且仅当 1x  时取等号， ( ) x 单调递减，无极值 点，不符合题意；对于 1n  时，由 ( ) 0x   ，得1 x n  ；由 ( ) 0x   ，是0 1x  或 x n ， 1x  是 ( ) x 的极小值点，符 合题意，所以 n的取值范围是 1n  . 18．(1)（i） 3 25 ；（ii） 64 275 (2)选择第二种作答方案，理由见解析 【详解】（1）记“甲在第 i轮正确回答第 j道题”为 ijA ，“乙在第 i轮正确回答第 j道题”为 ijB ， 采用第一种方案答题且甲先答题时该小组第一轮比赛至少正确作答 2道题的概率为 1P，该小组在第二轮中至少正确作答 2 道题的概率为 2P ， （i）依题意，        1 11 12 13 11 12 13 11 12 13 11 12 13P P A B A P A B A P A B A P A B A    4 3 4 1 3 4 4 1 4 4 3 1 5 4 5 5 4 5 5 4 5 5 4 5             12 3 4 3 25 25 25 25     22 25  ， 则采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组在第一轮中就挑战失败的概率为 1 22 31 25 1 25 P    ． （ii）结合（ⅰ）得        2 21 22 23 21 22 23 21 22 23 21 22 23P P B A B P B A B P B A B P B A B    4 2 4 1 2 4 4 1 4 4 2 1 5 3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5             32 8 16 8 75 75 75 75     64 75  ． 记“采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组两轮都挑战成功”为事件 M，则 1 2 22 64( ) 25 75 P M P P    ， 记“采用第一种方案答题且甲先答题时，甲正确回答了 3道试题”为事件 N，      11 13 22 4 4 2 32( ) 5 5 3 75 P N P A P A P A       ． 又           11 12 13 11 12 13 21 22 23 21 22 23 21 22 23( )P M N P A B A P A B A P B A B P B A B P B A B    ∣ 12 4 32 8 8 25 25 75 75 75                16 48 25 75   ， 则 ( )( ) ( ) P MNP N M P M ∣ ( ) ( ) ( ) P M N P N P M  ∣ 16 48 32 25 75 75 22 64 25 75     64 275  ． （2）选择第二种作答方案，甲在第一轮中至少正确作答 2道题的概率 2 3 2 3 4 4 4 48 64 112C 1 5 5 5 125 125 125 P                        甲 ， 乙在第二轮中至少正确作答 2道题的概率 2 3 2 3 4 4 4 48 64 112C 1 5 5 5 125 125 125 P                         乙 ． 采用第二种作答方案，两轮都挑战成功的概率 2112 125 P P P         甲 乙 ． 结合（1）（ii）知 1 2 22 64( ) 25 75 P M P P    ，则 2 22 64 ( ) 27525 75 1 294112 125 P M P           ， 所以选择第二种作答方案该小组获得“强国小能手”称号的可能性更大． 19．(1) 2 2 1 4 x y  (2)（ⅰ）6 9 4 0x y   ；（ⅱ） 8 ,1 9     【详解】（1）设椭圆 2 2 2 2 1 x y a b   的半焦距为 c，因为 1 2 3A F   ，所以 2 3a c   ，因为椭圆C的短轴长为 2，所以 2 2b  ， 又 2 2 2a b c  ，故    1a c a c   ，所以 2 3a c   ，所以 2, 1, 3a b c   ，所以椭圆C的标准方程为 2 2 1 4 x y  ； （2）（ⅰ）因为直线 l的斜率不为0，故可设其方程为 x my t  ，联立 2 2 1 4 x y x my t        ，化简可得  2 2 24 2 4 0m y mty t     ， 方程  2 2 24 2 4 0m y mty t     的判别式   2 2 2 2 2 2Δ 4 4 4 4 16 16 64 0m t m t m t        ，设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，由已 知 1 2,y y 为方程  2 2 24 2 4 0m y mty t     的两根，所以 1 2 2 2 4 mty y m     ， 2 1 2 2 4 4 ty y m    ，由（1）    1 22,0 , 2,0A A ，所 以 1 2 1 2 1 2 , 2 2 y yk k x x     ，因为 1 2 2k k ，所以 1 2 1 2 2 2 2 y y x x    ，又 2 21 1 14 x y  ，所以   2 21 1 1 14 4 2 2y x x x     ，由已知M 与 1A不重合，所以 1 1 1 1 2 2 2 2 y x x y    ，所以 2 1 2 1 2 2 2 y x x y    ，所以   1 2 2 12 2 2y y x x    ，所以  1 2 1 2 1 22 2 4y y x x x x     ，又   2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 82 2 4 4 m t tx x my t my t m y y t t m m               ，     2 21 2 1 2 1 2 1 2x x my t my t m y y mt y y t       ，所以 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 4 2 4 4 4 4 4 t m t t mx x m t m m m          ，所以 2 2 2 2 2 22 2 4 4 4 4 8 4 4 4 t t m t m m m            ， 所以  2 2 2 22 8 4 4 16 4 4t t m t m       ，所以 23 8 4 0t t   ，即   3 2 2 0t t   ，所以 23t  或 2t  （舍去），所以直线 l 的方程为 2 3 x my  ，即直线 l过定点 2 ,0 3 Q      ，当 BQ l 时，点  0,1B 到直线 l的距离最大，此时 1 0 3 2 20 3 BQk      ，所以 直线 l的斜率为 2 3 ，所以 3 2 m  ，故直线 l的方程为 3 2 2 3 x y  ，即6 9 4 0x y   ， （ⅱ）设直线 1AM 的方程为  1 2y k x  ，直线 2A N的方程为  12 2y k x  ，联立可得交点T 的横坐标为6 ,所以 1 2 1 2 1 2 1 2 1 sin 2 1 sin 2 TM TN MTN TM TNS S TA TATA TA ATA          ，所以          2 21 1 2 2 1 2 1 21 2 2 2 1 2 1 6 1 6 36 6 321 6 2 1 6 2 k x k x x x x xS S k k                ，由（ⅰ）  1 2 2 16 3 4 x x m    ，   2 1 2 2 16 36 9 4 mx x m    ，所以     2 2 2 2 1 2 2 16 16 3636 6 3 4 9 4 9 1 9 68 32 8 8 9 36 m m mS m S m           ，所以 1 2 2 2 9 1 32 41 1 8 8 9 36 9 36 S S m m          ，所以当 0m  时， 1 2 S S 取最小值，最小值为 8 9 ，又 1 2 1S S  ，所以， 1 2 S S 的取值范围为 8 ,1 9     . 数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 田家炳高级中学 2024—2025学年（上）高三 12月周考（一） 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题纸上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。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在 本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。 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. 1．已知集合  1,2,3,4,5U  ，  1,5A  ，  1, 2, 4B  ，则  UA B ð （ ） A． 1,3 B． 2,4 C． 1,3,4 D． 1,2,3,4 2．命题“ 0, 1 exx x    ”的否定是（ ） A． 0, 1 e xx x    B． 0, 1 exx x    C． 0, 1 exx x    D． 0, 1 exx x    3．已知 π0, 2       ，若 3π πsin 2 cos 0 2 4                ，则 （ ） A． π 12 B． π 6 C． 5π 12 D． π 3 4．若圆锥的母线与轴的夹角为 45，高为 2 2，则该圆锥的侧面积为（ ） A．16 2 B．12 2 C．8 2 D．6 2 5．某学习小组共 5名同学，某次模拟考试的数学成绩平均分数为 112，已知其中 4名同学的成绩分别 为 96，109，120，126，则这 5名同学成绩的第 75百分位数是（ ） A．112 B．119 C．120 D．121 6．从分别标有数字 1，2，3，4的 4张卡片中有放回地随机抽取 3次，每次取一张，则抽到的 3张卡 片上的数字之和大于 9的概率为（ ） A． 3 32 B． 7 64 C． 5 32 D． 3 16 7．已知双曲线 C：   2 2 2 2 1 0, 0 x y a b a b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，P为 C在第一象限内的点，且 1 2PF PF ，点 P关于 x轴的对称点为 Q，若 1FPQ 为等边三角形．则 C的离心率为（ ） A． 3 1 2  B． 3 1 C． 3 3 4 D． 4 3 3 8．在 ABCV 中，内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 2 2 2, , 2a b c 成等差数列，则 tan( )C B 的最小 值为（ ） A． 1 3 B． 12 C． 2 3  D． 3 3  二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，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．已知 a，b，c是三条不同的直线， , ,   是三个不同的平面，则下列命题中不正确的是（ ） A．若 , , c       I ，则c  B．若 , , , ,a a c           ，则 a c C．若 / / / / , / / , ,c a b       ，则 / / / /a b c D．若 , , , / / / /a b c a b c     ，则 / / / /   10．已知数列 na 的前 n项和为 nS ，若 1 2a  ， 1 12 0n n n na a a a    ，则（ ） A． 3 9 7 a  B．数列 11 aa       为等比数列 C． 1n na a  D． 10 10 23 1 2 2 S   11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等．已知卵形线 C： 22 0x x y   ，则（ ） A．C关于直线 0y  对称 B．C上横、纵坐标均是整数的点恰有 4个 C．C上存在点 P，使得 P到点  1,0 的距离小于 1 D．C围成区域的面积大于 4 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．已知 P为抛物线 2 4y x 上一点，点 P到直线 1 : 4 3 6 0l x y   的距离为 1d ，点 P到直线 2 : 4 0l x  的距 离为 2d ，则 1 2d d 的最小值为 ． 13．已知正项等比数列 na 的前 n项和为 nS ，若 4 2 5 4 S S ，则 8 6 5 3 a a a a    ． 14．已知函数 2 2 4 e 1, 1( ) ln( 1) ( 1) , 1 xf x x x x          ，则   1f f  ；若 2 ( ) ( )y f x bf x c   恰有三个不同 的零点 1x ， 2x ， 3x ，则 2 2 2 1 2 3x x x   ． 数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 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．（13分） 已知数列 na 为等差数列， 5 3 6 99, 33a a a a    ． (1)求数列 na 的通项公式． (2)若 19n nb a  ，求数列 nb 的前 n项和 nS ． 16．（15分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是等腰梯形，DC AB∥ ， 2 2 2AB DC AD   ，PD 平面 ABCD，PD BD ，E为 PB中点． (1)证明：PB 平面 ADE； (2)求二面角 A DE C  的正弦值． 17．（15分） 已知函数 ( ) lnf x x x ， 2( )g x x ax  ． (1)若 ( ) ( ) ef x g x x  恒成立，求 a的最小值； (2)若 1x  是 ( ) ( )( ) mf x g x nx a x     的极小值点，求 n的取值范围． 18．（17分） 某校开展“强国知识”挑战赛，比赛分为两轮，规则如下： ①第一轮为“时事政治”试题，共 3道试题，至少正确回答 2道，才能进入第二轮，否则挑战失败；第二轮 为“科普知识”试题，共 3道试题，也要至少正确回答 2道才能算挑战成功，否则挑战失败（进入比赛轮次 后，该轮次中所有题目均需要作答）；两轮都挑战成功，可以获得“强国小能手”称号； ②每个参赛组由两人组成，作答方案有两个：第一种方案是在第一轮和第二轮中，两人依次轮流答题（例 如：甲先回答第一轮第一题，则乙回答第一轮第二题；甲再回答第一轮第三题；若进入第二轮，则由乙 回答第二轮第一题甲回答第二轮第二题，乙再回答第二轮第三题）；第二种方案是由参赛两人分别回答 第一轮所有试题和第二轮所有试题（如甲回答第一轮所有试题，则乙回答第二轮的所有试题） 已知某小组由甲、乙两名同学组成，甲同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为 4 2, 5 3 ； 乙同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为 3 4, 4 5 ． (1)若该小组采用第一种方案答题，且甲先回答第一轮中的第一题． （i）求该小组在第一轮中就挑战失败的概率． （ⅱ）已知该小组获得“强国小能手”称号，求甲正确回答了 3道试题的概率． (2)无论采用哪一种作答方案，第一轮第一题均由甲作答，以该小组获得“强国小能手”称号的概率大小为 决策依据，应该选择哪一种作答方案？并说明理由． 19．（17分） 已知椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0) x y a b a b     的左右顶点分别为 1A， 2A ，右焦点为F ， 1 2 3AF   ，短轴长为 2． (1)求C的方程； (2)斜率不为0的直线 l交C于M ， N两点， 1AM ， 2A N的斜率分别记为 1k ， 2k ，且 1 22k k ． （ⅰ）当C的上顶点 B到 l的距离最大时，求 l的方程； （ⅱ）若直线 1AM 和 2A N交于点T ，记 TMN△ 的面积为 1S ， 1 2TA A△ 的面积为 2S ，求出 1 2 S S 的取值范围.