信息必刷卷05（广东专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷

2025年高考考前信息必刷卷05（新高考广东专用） 数 学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 B A B B D A A C 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 10 11 ACD AD AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 13． 14． 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） 【小问1详解】 由题意，，，则．（2分） 由余弦定理得，所以，又，（4分） 所以，则，又，所以．（6分） 【小问2详解】 法一：由（1）知，又，（8分） 所以，所以，所以． 由余弦定理可得，得，，（11分） 所以，所以， 在中．（13分） 法二：由（1）知，，整理得，（8分） 由正弦定理得，又，所以， 因，所以，（10分） 由，，得． 在中，.（13分） 16．（15分） 【小问1详解】 依题意得平面平面， 所以.取的中点，连接， 因为， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以. （3分） 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以， （5分） 故要使得平面，假设存在点， 只需，此时，显然 则，易得， 所以， 所以存在点，且. （7分） 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向分别为轴， 轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， （8分） 因为，所以， ， 则， 设， 则. （9分） 因为平面平面， 所以，又由（1）知， ，所以平面， （10分） 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则 取，则， 则. （12分） 设平面与平面的夹角为， 因为，所以， （13分） 所以 ， 解得或（舍去）， 所以. （15分） 17．（15分） 【小问1详解】 由题知，， 当时，． （3分） 令，得或（舍去）． 当时，，故的单调递减区间为． 当时，，故的单调递增区间为． （6分） 【小问2详解】 解法一：因为，故有一个零点是2． （7分） 令，解得（舍去），． 当时，，故单调递减． 当时，，故单调递增． （9分） 当时，，． ． （11分） 下面先证明当时，． 令，， 故在上单调递增， 所以． （13分） 因为，所以． 易知，所以在上存在唯一的零点， 所以当时，有两个零点，为2和． （15分） 解法二：当时，，故2是的一个零点． （7分） 令，又，所以． （8分） 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以是的极小值点． （10分） 当时，，所以． 下证． 令，则． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 从而， 所以当时，， 所以， （13分） 即． 令，则有，则． 易得当时，，所以在上有唯一解． 综上，当时，有两个零点． （15分） 18．（17分） 【小问1详解】 由椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，得，则， 所以椭圆的方程为. （5分） 【小问2详解】 设直线方程为，，，（6分） 由点在第一象限且与点关于轴对称，得直线关于轴对称，， 由消去得， （8分） 则，，（10分） 直线方程为，令，得 ，（12分） 所以点.（14分） 【小问3详解】 由（2）知，，， 由，得， 因此， 所以.（17分） 19．（17分） 【小问1详解】 X可以取0，1，2，3，4， （1分） 每次回答A类问题且回答正确的概率为， 回答A类问题且回答不正确的概率为， 每次回答B类问题且回答正确的概率为， 回答B类问题且回答不正确的概率为， ， ， ， ；， X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ；（5分） 【小问2详解】 （ⅰ），， 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分， 故当时，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列；（11分） （ⅱ）根据（ⅰ）可知，①， 易得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， 令②－①可得， 所以， 经检验，时均满足上式，故， 所以， 而显然随着n的增大而减小， 故， 又因为，所以当时，取到最大值为.（17分） 试卷第2页，共22页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷05（新高考广东专用） 数 学 考情速递 高考·新动向：近年来，高考命题趋势逐渐向综合性和应用性转变，题目呈现方式更加多样化，知识点融合度更加高，如7题、8题、10题、19题等，强调对知识的综合运用能力。 高考·新考法：在常规考点上，命题者对常规考点的创新糅合也日益增多，例如11题，14题、16题，考查学生的创新意识和实践能力。 高考·新情境：情境题目的创新性、实时性和开放性成为新亮点，例如7题，8题，10题，16题，19题，求学生进行多角度分析思考，考查其解决实际问题的能力。 命题·大预测：更开放性试题或探究性题目，例如2024年高考11题，本套题中10题，18题，19题.备考方向，回归教材、夯实基础，突破高频考点，强化薄弱，限时训练，提升效率等 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。 第一部分（选择题 共58分） 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. 已知全集集合..则（ ） A. B. C. 或 D. 或 2. 知，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种. A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（ ）． A. B. C. D. 6. 椭圆的左顶点为，点均在上，且关于原点对称，若直线的斜率之积为，则的离心率为（ ） A B. C. D. 7.已知，，函数的图象如图所示，是的图象与相邻的三个交点，与轴交于相邻的两个交点为，若在区间上有2027个零点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线．在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，其中，则（ ） A. B. C. D. 二、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（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C. 展开式中的系数为 D. 若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线围成图形的面积为 C. 曲线上的点到点的距离最大值为 D. 若点是曲线上的点，则的最大值为1 11. 已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，则（ ） A. 平面 B. 向量不共面 C. 平面与平面的夹角的正切值为 D. 平面截该正方体所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则的最小值为___________. 13. 已知为奇函数，当时，，则________． 14. 在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为________． 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. 在中，内角的对边分别为，设的面积为，分别以为边长的正三角形的面积依次为且． （1）求； （2）设的平分线交于点，若，，求的长． 16.如图，在直四棱柱中，，点的线段上. （1）是否存在点，使得平面？若存在求；若不存在，请说明理由； （2）若平面里平面夹角的正切值为，求的值. 17. 已知函数，其中． （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，试判断的零点个数并证明． 18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线分别交椭圆于点，点始终在第一象限且与点关于轴对称，直线分别交轴于点． （1）求椭圆的方程； （2）求点的坐标； （3）证明：． 19. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考考前信息必刷卷05（新高考广东专用） 数 学 考情速递 高考·新动向：近年来，高考命题趋势逐渐向综合性和应用性转变，题目呈现方式更加多样化，知识点融合度更加高，如7题、8题、10题、19题等，强调对知识的综合运用能力。 高考·新考法：在常规考点上，命题者对常规考点的创新糅合也日益增多，例如11题，14题、16题，考查学生的创新意识和实践能力。 高考·新情境：情境题目的创新性、实时性和开放性成为新亮点，例如7题，8题，10题，16题，19题，求学生进行多角度分析思考，考查其解决实际问题的能力。 命题·大预测：更开放性试题或探究性题目，例如2024年高考11题，本套题中10题，18题，19题.备考方向，回归教材、夯实基础，突破高频考点，强化薄弱，限时训练，提升效率等 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。 第一部分（选择题 共58分） 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. 已知全集集合..则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】由已知先求出，再结合并集补集求得解. 【详解】由题意得，则， 故. 故选：B. 2. 知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算，复数相等即可求实数. 【详解】依题意得 ， 故. 故选：A. 3. 将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6，法一，利用间接法可求得总的方法数，法二，采用直接法求解，分甲、乙同组与不同组两种情况求解. 【详解】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6 法一：用间接法求解：此事件的反面是“甲是本组的最矮的或乙是本组最高的至少成立其一”，①甲、乙不在同一组：只有124、356一种排法； ②甲、乙在同一组：以上命题不可能同时成立， 注意到剩下四人任取一人与甲乙同组均符合题意，所以由种选法，共有种选法. 而平均分组共有种方式，所以共有种选法. 法二：用直接法求解： ①甲、乙在同一组：容易发现这是不可能的； ②甲、乙不在同一组：那么1、2中至少有一位与乙一组，5、6中至少有一位与甲一组， 取该事件的反面，即：1、2均不与乙一组且5、6均不与甲一组，4人均分两组共有种分法，符合事件反面的只有356、124一种，所以共有=5种分法. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用和差角的正弦公式及二倍角的余弦计算得解. 【详解】由，得，即， 因此，所以. 故选：B 5. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案. 【详解】由题意得，扇形的弧长， 所以该圆锥的底面圆的半径， 所以该圆锥的高． 设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示： 则依题意得， 所以， 所以该球的体积V的最大值是． 故选：D 6. 椭圆的左顶点为，点均在上，且关于原点对称，若直线的斜率之积为，则的离心率为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据题设得到，再结合，得到，即可求解. 【详解】设，则，， 由题有，即，又，则， 所以，得到，所以的离心率为， 故选：A. 7.已知，，函数的图象如图所示，是的图象与相邻的三个交点，与轴交于相邻的两个交点为，若在区间上有2027个零点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用图象过原点得，结合对称轴及图象确定，再利用三角函数的零点计算即可. 【详解】将原点坐标代入得，又，所以， 故， 的中点横坐标为， 故， 又对应的点为轴左侧第一个最低点，所以， 解得，解得， 所以， 令得， 则或， 解得或， 所以相邻两个零点距离有两种，可能为， 在上，有2027个零点，要求的最大值， 则当为个和1014个时，取得最大值， 故最大值为. 故选：A 8. 函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线．在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得，利用裂项的思想整理可得，进而可得，即可得结果. 【详解】∵，∴，， ∴ ， ∴， ∵，∴为递增数列， ∵，∴当时，. 故选：C. 二、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（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C. 展开式中的系数为 D. 若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案. 【详解】由，则其展开式的通项为， 对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确； 对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误； 对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确； 对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得， 可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数， 易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线围成图形的面积为 C. 曲线上的点到点的距离最大值为 D. 若点是曲线上的点，则的最大值为1 【答案】AD 【解析】 【分析】用换判断A；确定曲线对应的图形，结合圆的相关知识求解判断BCD. 【详解】对于A，令是曲线上的任意一点，即， 则成立，即点在曲线上，因此曲线关于轴对称，A正确； 当时，，即，是以为圆心， 2为半径的圆在直线及上方的半圆，当时，， 即，是以为圆心，为半径的圆在直线及下方部分， 对于B，曲线在直线及上方的半圆面积为，B错误； 对于C，曲线在直线及下方部分上的点与点的距离最大值为 ，C错误； 对于D，表示曲线上的点与点确定直线斜率的， 观察图形知，当过点的直线与曲线在轴下方部分相切时，直线斜率最大， 设此切线方程为，则，解得，所以的最大值为1，D正确.故选：AD 11. 已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，则（ ） A. 平面 B. 向量不共面 C. 平面与平面的夹角的正切值为 D. 平面截该正方体所得的截面面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断ABC；作出截面，结合余弦定理、三角形面积公式计算判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 对于A，，则， 即，而平面，因此平面，A正确； 对于B，，则向量共面，B错误； 对于C，设平面的法向量，， 则，取，得，平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， ，因此平面与平面的夹角的正切值为，C正确； 对于D，连接并延长交的延长线于，连接交于，交延长线于， 连接交于，则五边形即为所求截面，， ，则， ， ，为中位线，则， ，因此截面面积小于，D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式进行求解即可. 【详解】因为，， 所以， 当且仅当时取等号，即当时取等号， 故答案：. 13. 已知为奇函数，当时，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用奇函数的性质得，然后再代入求值即可. 【详解】因为为奇函数， 所以. 故答案为：. 14. 在某平台开展闯关赢奖品活动中，用户每次进入新的一关都有一次抽奖机会．已知用户在第一关抽到奖品的概率为．从第二关开始，若前一关没抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为；若前一关抽到奖品，则这一关抽到奖品的概率为．记用户第关抽到奖品的概率为，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式，再利用构造法求出通项公式，按的奇偶分类求解得最大值. 【详解】依题意，，记用户第关抽到奖品为事件，当时，， ，，， 于是，则， 而，因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即， 当为奇数时，，则； 当为偶数时，，数列是递减数列，， 所以的最大值为. 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. 在中，内角的对边分别为，设的面积为，分别以为边长的正三角形的面积依次为且． （1）求； （2）设的平分线交于点，若，，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用三角形面积公式化简，结合余弦定理及三角形面积公式求， （2）法一：由（1）及三角形的面积公式及的大小得到，结合余弦定理求，进而求；法二：由（1）得，边角关系得，进而求. 【小问1详解】 由题意，，，则． 由余弦定理得，所以，又， 所以，则，又，所以． 【小问2详解】 法一：由（1）知，又， 所以，所以，所以． 由余弦定理可得，得，， 所以，所以， 在中． 法二：由（1）知，，整理得， 由正弦定理得，又，所以， 因，所以， 由，，得． 在中，. 16.如图，在直四棱柱中，，点的线段上. （1）是否存在点，使得平面？若存在求；若不存在，请说明理由； （2）若平面里平面夹角的正切值为，求的值. 【答案】（1）存在， （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，得到所以，假设存在，使得平面，再经过分析，转化为只需，结合相似三角形求解边长即可； （2）设，运用向量法反推，构造方程求出即可. 【小问1详解】 依题意得平面平面， 所以.取的中点，连接， 因为， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以. 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 故要使得平面，假设存在点， 只需，此时，显然 则，易得， 所以， 所以存在点，且. 【小问2详解】 以为坐标原点，的方向分别为轴， 轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， ， 则， 设， 则. 因为平面平面， 所以，又由（1）知， ，所以平面， 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则 取，则， 则. 设平面与平面的夹角为， 因为，所以， 所以 ， 解得或（舍去）， 所以. 17. 已知函数，其中． （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，试判断的零点个数并证明． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）两个零点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求得的单调区间. （2）先判断是的一个零点，利用分类讨论法，对进行分类讨论，或利用分离参数法，结合导数来确定正确答案. 【小问1详解】 由题知，， 当时，． 令，得或（舍去）． 当时，，故的单调递减区间为． 当时，，故的单调递增区间为． 【小问2详解】 解法一：因为，故有一个零点是2． 令，解得（舍去），． 当时，，故单调递减． 当时，，故单调递增． 当时，，． ． 下面先证明当时，． 令，， 故在上单调递增， 所以． 因为，所以． 易知，所以在上存在唯一的零点， 所以当时，有两个零点，为2和． 解法二：当时，，故2是的一个零点． 令，又，所以． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以是的极小值点． 当时，，所以． 下证． 令，则． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 从而， 所以当时，， 所以， 即． 令，则有，则． 易得当时，，所以在上有唯一解． 综上，当时，有两个零点． 解法三：令， 当时，，故2是的一个零点． 当时，． 令， 易得在和上均单调递减． 因为（洛必达法则）， 所以当时，且单调递减， 故当时，在上有唯一解． 而当时，， 故当时，无解． 综上可知，当时，有两个零点. 18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线分别交椭圆于点，点始终在第一象限且与点关于轴对称，直线分别交轴于点． （1）求椭圆的方程； （2）求点的坐标； （3）证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的方程. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，求出直线方程并结合韦达定理求出该直线与轴交点. （3）由（2）的信息，利用弦长公式推理得证. 【小问1详解】 由椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，得，则， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设直线方程为，，， 由点在第一象限且与点关于轴对称，得直线关于轴对称，， 由消去得， 则，， 直线方程为，令，得 ， 所以点. 【小问3详解】 由（2）知，，， 由，得， 因此， 所以. 19. 甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立． （1）当进行完2轮游戏时，求甲总分X的分布列与数学期望． （2）设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为． （ⅰ）证明：为等比数列． （ⅱ）求的最大值以及对应n的值． 【答案】（1）分布列见解析，1 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为 【解析】 【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望； （2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 X可以取0，1，2，3，4， 每次回答A类问题且回答正确的概率为， 回答A类问题且回答不正确的概率为， 每次回答B类问题且回答正确的概率为， 回答B类问题且回答不正确的概率为， ， ， ， ；， X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P ； 【小问2详解】 （ⅰ），， 由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分， 故当时，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （ⅱ）根据（ⅰ）可知，①， 易得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以②， 令②－①可得， 所以， 经检验，时均满足上式，故， 所以， 而显然随着n的增大而减小， 故， 又因为，所以当时，取到最大值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$