高一下学期期末重难点检测卷（培优卷）-2025-2026学年高一数学下册重难点专题提升精讲精练（苏教版必修第二册）

**基本信息** 聚焦空间几何、向量与概率等核心知识，通过动态几何（如圆锥内正四面体）、实际情境（象棋比赛概率）问题设计，考查数学抽象、逻辑推理与空间观念，适配高一下学期培优检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|向量模、复数运算、立体几何体积|第4题结合圆锥与正四面体动态转动，考查空间想象| |多选题|3/18|向量数量积、解三角形多解问题|第11题综合外接圆、锐角三角形与内心面积，层次分明| |填空题|3/15|复数命题判断、直观图面积、异面直线成角|第14题讨论异面直线成角与直线条数关系，体现探究性| |解答题|5/77|向量旋转、复向量类比、正方体截面、概率应用|第17题通过复向量类比平面向量，考查数学建模与创新表达；第19题结合比赛情境分析概率递推，关联实际应用|

高一下学期期末重难点检测卷（培优卷） 注意事项： 本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共19题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、单选题（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．已知的平面内有2个不同的点满足，则的最大值为（   ） A．2 B．3 C．5 D．6 【答案】D 【分析】设点为的重心，得到，根据向量的运算法则，化简得到，得到 和 ，即点和分别落在以为圆心，半径为和的圆上，结合圆的性质，即可求解. 【详解】设为的重心，根据重心的性质，可得， 因为， 可得 所以 ， 当时， ；当时， ， 所以点在以为圆心，半径为的圆上，点在以为圆心，半径为的圆上， 根据圆的性质，可得 . 2．若实数x，y满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】已知条件变形为，据此利用三角代换，转化为三角函数求最值. 【详解】由可得， 令，则， 所以 （其中）， 故当时，有最小值， 故选：C 3．已知复数，则（    ） A．2022 B．2023 C． D． 【答案】B 【分析】根据题意结合复数运算可得的方程的根为，进而整理可得，取即可得结果. 【详解】设， 则， 由题意可得： 可得关于的方程的根为， 故， 整理得， 即， 令，可得， 且2022为偶数，所以. 故选：B. 4．已知底面半径为1，轴截面为正三角形的圆锥体内放一棱长为的正四面体，若正四面体可以在圆锥体内任意转动，则正数的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当正四面体的外接球为圆锥的内切球时，的值最大，根据已知条件求出两个球的半径，解不等式即可. 【详解】当正四面体的外接球为圆锥的内切球时，的值最大. 因为圆锥的底面半径为1，轴截面为正三角形，所以正三角形的边长为2， 如图（一），圆锥轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，，即内切球的半径为. 因为正四面体的边长为，则补全为正方体时其棱长为，如图（二）所示， 所以正四面体的外接球半径，所以， 故选：B. 5．如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．E、F、G、H四点共面 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．、、三线共点 【答案】C 【分析】根据线线平行及菱形对角线垂直判断A，根据两直线平行确定平面判断B，作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C，利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断D. 【详解】如图， 连接，由分别为中点，可得， 由可知，侧面为菱形， 所以，所以，故A正确； 连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点， 所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故B正确； 延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，， 设确定平面为，则，所以，所以， 则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，， 在中，，而中，， 而，所以截面的周长大于，故C错误； 由B知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点， 因为平面，平面， 又平面平面，所以，所以与重合， 即、、三线共点于，故D正确. 故选：C 【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在，需要有较强的推理能力. 6．如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 连接，，，因为四面体ABCD为正四面体， 所以，设， 在中，，，， 在，，， 故圆柱的表面积为， 解得. 故． 7．现有5个正整数，，，，，若这组数据的和为10，方差为，则从这组数据中随机取1个数，该数超过众数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可得，，由此得这5个数只可能是3，2，2，2，1，其众数为2，再结合古典概型即可求解. 【详解】由题意可知，设平均数为，方差为， 则，则， 即， 整理得：， 显然最大的数不可能为5，若最大的数为4，剩余的四个数均为1， 此时，不合要求； 若最大的数为4，剩余的四个数分别为1，1，1，2， 此时，不合要求； 故该组数据中最大的数不可能大于等于4，且这5个数也不可能都是2， 则这5个数只可能是3，2，2，2，1，其众数为， 所以从这组数据中随机取1个数，该数超过众数的概率为. 故选：A 8．掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 【答案】D 【分析】用表示掷两枚骰子得到的点数，列出相关事件包含的样本点.对于A，运用对立事件的定义判断；对于B，分别计算的概率，利用独立事件的概率乘法公式检验即得；对于C，根据与的交集是否为空集判断；对于D，与选项B同法判断. 【详解】依题意，可用表示掷两枚骰子得到的点数，则. 对于A，， 而, 显然事件E与事件F互斥但不对立，如,但,故A错误； 对于B，易得，故 因，故, 而,则,因,即事件M与事件N不独立，故B错误； 对于C，由上分析，，故事件E与事件不可能互斥，即C错误； 对于D，由上分析，而,则， 因，则, 即，故事件F与事件相互独立，即D正确. 故选：D. 【点睛】方法点睛：本题主要考查随机事件的关系判断，属于较难题. 解题方法有： （1）判断事件对立：必须同时成立； （2）判断事件相互独立：必须成立； （3）判断事件互斥：只需即可. 二、多选题（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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9．已知平面向量满足，则下列说法正确的有（    ） A． B．的最大值为 C．的最小值为 D． 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，结合数量积的运算律可得及的值，再逐项求解判断． 【详解】由，得是非零向量，且， 所以， 又所以． 对于 ， 又是非零向量，因此，故A正确； 对于B，由，得， 则，即， 当且仅当同向共线时取等号， 解，得，故B正确； 对于C，，当且仅当时取等号， 所以 的最小值为，故C错误； 对于D，由题意知，关于的方程有非负实数解，且至少有一个非负实数解， 由韦达定理知两根之积为4，而，所以两根同号，均为正， 所以两根之和，即，所以. 由得，即 解得， 而，因此，故D正确. 10．已知平面向量，满足为单位向量，，则（    ） A． B．的最小值为 C．在方向上的投影长度的范围为 D．若，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】先由题设求出，设，，，则，进而判断选项A，设，中点为，利用数量积进行求解判断B，利用投影定义结合坐标法求解判断选项C；先由题设转化得，接着平方并令得，再利用判别式求解的范围可判断选项D. 【详解】由，为单位向量，，得， 故，则，又，故， 设，，，则， 则点在以为圆心且为半径的圆上，故，故A正确； 设，中点为， 则， 由题意可得，， 因为，故最小值为，故最小值为，故B错误； 在的投影长度为， 点在以为圆心为半径的圆上， 设，，则， 则， 故在的投影范围，故C正确； 由和得， 所以， 令，则即， 则，故， 故最大值为，故D正确． 故选:ACD． 11．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的外接圆的面积为 B．若，且有两解，则的取值范围为 C．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 D．若，且，为的内心，则的面积为 【答案】BCD 【分析】借助余弦定理将角化为边计算可得；对A：由可得，再利用正弦定理与圆的面积公式计算即可得；对B：由正弦定理结合有两解，可得，解出即可得；对C：借助正弦定理可得，结合锐角三角形性质可求出的范围，即可得解；对D：借助三角形内角关系及三角恒等变换公式计算可得，从而可得该三角形各角及边长，再利用等面积法可得内切圆的半径，即可得解. 【详解】由和余弦定理，可得， 化简得，解得； 对A：因为，，所以， 设的外接圆的半径为，由正弦定理，，所以， 所以的外接圆的面积为，A不正确； 对B：由正弦定理可得， 有两解等价于有两个不同值，所以，解得，B正确； 对C：因为，所以， 整理得， 因为为锐角三角形，所以， 解得，所以，所以c的取值范围为，C正确； 对D：因为，，所以， 则，解得， 由于为锐角，所以，即； 因为，则、， 设内切圆的半径为，则， 即，解得， 所以，D正确. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．下列命题，其中正确的是________（填序号） ①已知 为实数，若 ，则 ②已知 为复数，若 ，则 ③已知 为向量，若 ，则 【答案】①③ 【分析】对于①两边平方化简即可判断，对于②设，，计算和进而判断，对于③由两边平方化简即可判断. 【详解】对于①：由两边平方有：，故①正确； 对于②：设，， 所以， 由平方得：，化简得； 又，若与不等价，故②错误； 对于③：由两边平方化简有：，故③正确. 故答案为：①③. 13．已知在斜二测画法下的直观图(其中A与对应，B与对应)为下图所示的，其中，，则的面积为______；以该为底面的三棱锥中，，，则三棱锥的外接球半径为______. 【答案】 【分析】根据斜二测画法得到中，对应的高为，求出面积，并得到为等边三角形，并作出辅助线，得到三棱锥外接球的球心，由余弦定理得到，并求出外接球的半径. 【详解】由斜二测画法原理可知中，，边上的高， 所以； 由勾股定理得，故为等边三角形， 由得是边长为2的等边三角形. 设D，E分别为，的外心，的中点为F， 连接，，过点D，E分别作平面、平面的垂线， 设两垂线交于点O，则点O为该三棱锥外接球的球心， 连接，，则 为外接球的半径， 依题意，且，， 由余弦定理得， 所以，由E为的外心， 所以，， 因为，，， 所以， 所以，所以， 所以， 即外接球的半径. 故答案为：， 【点睛】方法点睛：几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积. 14．已知异面直线、所成角为，过空间内一点P作直线，使l与、所成角为，则直线可能有条，则_____________. 【答案】 【分析】结合等角定理，分、、、、与进行讨论即可得. 【详解】过点作异面直线、的平行线、， 则直线、交成、两个角； 当时，直线不存在； 当时，直线只能是直线、所夹角的平分线，故有1条； 当时，过点在空间可作2条直线与直线、均成角； 当时，直线可以是120°角的平分线，再加上前一情况的2条，此时共有3条； 当时，过点在空间可以作4条直线与直线、均成角； 当时，存在唯一一条直线与、都垂直，故有1条. 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．在平面直角坐标系中，对任意平面向量，把绕其起点逆时针方向旋转角得到向量，则称点为关于的“旋转点”．已知为原点，，点为关于的“旋转点”，点为关于的“旋转点”，点为关于的“旋转点”． (1)若，求点及点的坐标； (2)当时，求的范围； (3)证明：对任意，存在唯一，使得共线． 【答案】(1)． (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据旋转点的定义依次求得，，，再结合求解即可； （2），结合旋转点定义求解得，再求向量的模，并结合三角函数性质求范围； （3）结合题意得共线等价于，再结合旋转公式求得，，最后根据得即可证明． 【详解】（1）解：由题知，，，当时， 因为点为关于的“旋转点”， 所以，即点的坐标为 则 因为点为关于的“旋转点” ， 所以，即点的坐标为． （2）解：由题知，当时， 则，， 设 根据向量旋转公式可得 . 因为，所以 （3）证明：设的方向角为， 所以，根据旋转性质，的方向角为（由逆时针旋转得到）， 因为共线，所以，即的方向角为或， 又因为是逆时针旋转得到， 所以的方向角为或，即与共线 所以共线等价于 由（2）知， 设 根据向量旋转公式 则， ， 考虑， 即， 即， 故对任意，存在唯一，使得共线． 16．在平面四边形中，已知，，. （1）若，，，求的长； （2）若，求证：. 【答案】（1），；（2）见解析 【解析】（1）根据题意，得出，，再利用正弦定理求得，结合已知条件，即可求出的长； （2）利用余弦定理以及三角形的内角和，得出，通过判断三角形中边角关系，即可得出结论. 【详解】（1）由已知得，，所以. 因为，所以，. 所以. 在中，由正弦定理得，所以， 所以. 又，所以，. （2）在中，由余弦定理得. 在中，由余弦定理得 . 因为，， 所以， 即. 又，，所以， 所以. 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，通过正弦定理和余弦定理、以及三角形边和角的有关性质等，同时考查学生化归和转化思想. 17．我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数，，，，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数的值． 【答案】(1)10；； (2)①证明见解析，当且仅当等号成立；②证明见解析； (3) 【分析】（1）代入“复向量”和模的新定义，即可求解两个向量的模； （2）①首先设实向量，，再分别计算和，再结合公式，即可证明； ②首先设复向量，，根据复数的三角不等式，以及实系数向量不等式，即可证明； （3）根据等号成立的条件，再结合复数的三角不等式，即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 所以的模为10； 因为，所以， 可得的模为； （2）①设实向量，， 则，，，而， 根据已知，当且仅当与平行时取等号，即， 所以，当且仅当时等号成立； ②因为，，所以， 由复数的三角不等式， ，由， 得，所以， 所以， 综上所知，． （3）②中考虑①中等号成立的条件知，结合复数的三角不等式， 复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得， 根据题意，若复向量与平行， 则， 根据中等号成立的条件， 应有，则， 又，则，解得， 所以，所以． 18．在正方体中，M、N、P分别为的中点，棱长为．    (1)请在图中作出过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）． (2)计算截面的周长． (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长． 【答案】(1)作图见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用平面的基本事实作出截面多边形. （2）利用平行线分线段成比例及勾股定理求出周长. （3）由线面垂直的性质可知截面多边形的边与所在的正方形的对角线平行，利用相似比即可求得截面周长， 【详解】（1）画直线与线段的延长线分别交于点，连接分别交于， 连接，则五边形为截面.    （2）由分别为的中点，得，而， 则，由，得，， ，同理，而， 所以截面的周长. （3）在正方体中，连接，， 由平面，平面，得， 又，平面，则平面， 又平面，于是，同理，而， 则平面，又平面，则平面平面， 令平面平面，而平面平面，则， 同理得平面与正方体其他各面的交线都与所在正方形的对角线平行， 令，则，， ，同理， 所以该截面多边形的周长.    19．甲、乙两人进行象棋比赛，每局正赛无平局时，甲赢的概率为．局正赛后，胜场多的一方获胜，若胜场数相同，则加赛一局，谁赢谁获胜（加赛局不会出现平局）．设表示每局正赛无平局时，进行局正赛（或再加赛一局）后，甲获胜的概率．每局比赛的结果相互独立． (1)求（结果用表示）； (2)证明：； (3)若每局正赛可以出现平局时，甲赢的概率为，乙赢的概率为，且，设表示每局正赛可以出现平局时，进行局正赛（或再加赛一局）后，甲获胜的概率．试讨论与的大小关系． 【答案】(1)；. (2)证明过程见解析. (3)当，；当时；当时. 【分析】(1)先分析的表达含义，再利用独立事件的概率计算公式计算即可； (2)先分别定义的表达式，并利用组合数性质进行化简即可得到两者相等； (3)分类讨论与的关系，再结合情况分析的关系. 【详解】（1）表示进行两局正赛(或加赛)后甲获胜，分两种情况： ①两局正赛甲胜两局的概率为； ②两局正赛甲乙各胜一局，加赛一局甲胜的概率为， 所以. 表示进行三局正赛，不可能出现胜场数相同的情况，则无需加赛.甲获胜场数要多于乙，即甲胜两局或三局. ①甲胜三局的概率为； ②甲胜两局，乙胜一局的概率为， 所以. 故. （2）证明：局正赛为偶数局，甲获胜分两种情况： ①局中甲胜局，概率为， ②局中甲乙各胜局，加赛甲胜的概率为， 因此 (1). 局正赛为奇数局，无胜场相同情况，无需加赛， 甲获胜需获胜局的概率为， 又因为， 所以(2)， 对(2)中的第一个求和式整理，当时，，故求和上限可改为， 即， 对(2)中的第二个求和式整理，令，则，求和范围变为到， 式子变为， 将两部分合并整理，即 ， ， 对比(1)式，可得，证毕. （3）在有平局的比赛中，单局比赛只有三种结果：甲胜概率为，乙胜概率为， 平局概率为.其中在有胜负的结果比赛中，甲获胜的条件概率为， 根据题设，可得. 这意味着，若不考虑平局，只看分出胜负的单局比赛，甲获胜的概率仍为，是进行局无平局比赛后甲获胜的概率，是进行局有平局比赛后甲获胜的概率.在局比赛中，分出胜负的比赛局数是一个随机变量，可以视为在局决胜局中甲获胜的概率的期望值. 当时，甲为较强方，增加比赛的局数有利于强者获胜，即随增大而增大(不严格单调，但趋势如此).有平局的比赛相当于减少了有效比赛局数，对强者不利，故； 当时，甲为较弱方，减少比赛局数有利于弱者爆冷获胜，有平局的比赛相当于减少了有效比赛局数，对弱者有利，故； 当时，双方实力相当，任何赛制下甲获胜的概率均为，故. 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期期末重难点检测卷（培优卷） 注意事项： 本试卷满分150分，考试时间120分钟，试题共19题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 一、单选题（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．已知的平面内有2个不同的点满足，则的最大值为（   ） A．2 B．3 C．5 D．6 2．若实数x，y满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．2 3．已知复数，则（    ） A．2022 B．2023 C． D． 4．已知底面半径为1，轴截面为正三角形的圆锥体内放一棱长为的正四面体，若正四面体可以在圆锥体内任意转动，则正数的最大值是（   ） A． B． C． D． 5．如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．E、F、G、H四点共面 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．、、三线共点 6．如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 7．现有5个正整数，，，，，若这组数据的和为10，方差为，则从这组数据中随机取1个数，该数超过众数的概率为（    ） A． B． C． D． 8．掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 二、多选题（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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.） 9．已知平面向量满足，则下列说法正确的有（    ） A． B．的最大值为 C．的最小值为 D． 10．已知平面向量，满足为单位向量，，则（    ） A． B．的最小值为 C．在方向上的投影长度的范围为 D．若，则的最大值为 11．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的外接圆的面积为 B．若，且有两解，则的取值范围为 C．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 D．若，且，为的内心，则的面积为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．下列命题，其中正确的是________（填序号） ①已知 为实数，若 ，则 ②已知 为复数，若 ，则 ③已知 为向量，若 ，则 13．已知在斜二测画法下的直观图(其中A与对应，B与对应)为下图所示的，其中，，则的面积为______；以该为底面的三棱锥中，，，则三棱锥的外接球半径为______. 14．已知异面直线、所成角为，过空间内一点P作直线，使l与、所成角为，则直线可能有条，则_____________. 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．在平面直角坐标系中，对任意平面向量，把绕其起点逆时针方向旋转角得到向量，则称点为关于的“旋转点”．已知为原点，，点为关于的“旋转点”，点为关于的“旋转点”，点为关于的“旋转点”． (1)若，求点及点的坐标； (2)当时，求的范围； (3)证明：对任意，存在唯一，使得共线． 16．在平面四边形中，已知，，. （1）若，，，求的长； （2）若，求证：. 17．我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作．类比平面向量的线性运算可以定义复向量的线性运算；两个复向量，的数量积记作，定义为；复向量的模定义为． (1)设，，求复向量与的模； (2)已知对任意的实向量与，都有，当且仅当与平行时取等号； ①求证：对任意实数，，，，不等式成立，并写出此不等式的取等条件； ②求证：对任意两个复向量与，不等式仍然成立； (3)当时，称复向量与平行．设，，，若复向量与平行，求复数的值． 18．在正方体中，M、N、P分别为的中点，棱长为．    (1)请在图中作出过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）． (2)计算截面的周长． (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长． 19．甲、乙两人进行象棋比赛，每局正赛无平局时，甲赢的概率为．局正赛后，胜场多的一方获胜，若胜场数相同，则加赛一局，谁赢谁获胜（加赛局不会出现平局）．设表示每局正赛无平局时，进行局正赛（或再加赛一局）后，甲获胜的概率．每局比赛的结果相互独立． (1)求（结果用表示）； (2)证明：； (3)若每局正赛可以出现平局时，甲赢的概率为，乙赢的概率为，且，设表示每局正赛可以出现平局时，进行局正赛（或再加赛一局）后，甲获胜的概率．试讨论与的大小关系． 学科网（北京）股份有限公司 $