【文档说明】安徽省滁州中学2023-2024学年高二上学期9月月考数学试卷 含解析.docx，共(26)页，2.295 MB，由小赞的店铺上传

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滁洲中学2022级高二上学期9月月考试卷数学命题人：杨玲审题人：李伟健时长：120分钟分值：150分考试范围：必修一、必修二、选择性必修一第一章和第二章2.1-2.3一、单选题（共8小题，每题5分）1.复数34i−（i为虚数单位）的共轭复数是（）A.43i−−B.4

3i−+C.34i−−D.34i+【答案】D【解析】【分析】根据共轭复数的定义直接得出结果.【详解】根据共轭复数的定义，34i−的共轭复数是34i+.故选：D2.在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为2,,,,

2,930384,253702,43，那么这组数据的第75百分位数为（）A.38B.39C.40D.41【答案】B【解析】【分析】根据第75百分位数的定义计算可得答案.【详解】8场比赛的得分从小到大排列为：25，29，30，32，37，38，4

0，42，因为875%6=，所以第75百分位数为3840392+=.故选：B.3.若直线2mxny+=过点()2,2A，其中m，n是正实数，则12mn+的最小值是（）A.32+B.322+C.92D.5【答案】B【解析】【分析】由点A在直线上可知1mn+=，结合均值不等式即可求解．

【详解】因为直线2mxny+=过点(2,2)A，所以222mn+=，由m和n都是正实数，所以1mn+=，0m，0n．所以()1212212322nmmnmnmnmn+=++=++++，当2nmmn=时取等号，即21m=−，22n=−时取等号，所以12mn+的最小值是

322+.故选:B．4.若直线230xmy++=与直线860mxy++=平行，则m＝（）A.14B.14−C.14或14−D.不存在【答案】B【解析】【分析】根据直线平行，即可求解.【详解】因为直线230xmy++=与直线860mxy++=平行，所

以21160m−=，解得：14m=或14−，当14m=时，两直线重合，不符合题意；当14m=−时，符合题意.故选：B.5.如图是函数π()sin(π)6fxx=+在一个周期内的图象，该函数图象分别与x轴、y

轴相交于A、B两点，与过点A的直线相交于另外两点C、D，则()OABCBD+=（）A.53−B.53C.2518−D.2518【答案】D【解析】【分析】先求得,BA两点的坐标，根据对称性求得BCBD+，进而求得()BACBDO+.【详解】因为函数()πsi

nπ6fxx=+，由()1sin62π0f==，所以1(0,)2B，令()0fx=，即πsinπ06x+=，可得πππ,Z6xkk+=即1,Z6xkk=−+，当1k=时，56x=，所以5(,0)6A，因为

函数()fx关于点A对称，所以C关于A的对称点为D，即CD的中点为A，所以52(,1)3BCBDBA+==−又因为5,06OA=，所以()5525,1,03618OABCBD+=−=.故选：D

6.祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如可以用祖

暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几

何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为R的半球，且球心到平面的距离为12R，则平面所截得的较小部分（阴影所示称之为“球冠）的几何体的体积是（）A.35π24RB.31π4RC.31π3RD.311π24R【答案】A【解析】【分析】由题意可得所求球冠的体积等于圆柱体积

的一半减去圆台的体积，计算求解即可.【详解】∵32ππ22RRVR==圆柱，2311ππ33VRRR==大圆锥，2311ππ32422RRVR==小圆锥，∴333117πππ32424RVVVRR==−=−小圆锥圆台大圆锥，∴333π7π5π22424RR

RVVV==−=−球冠圆柱圆台．故选：A7.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足coscos3caBbA−=，则tantanAB=（）A.2B.1C.12D.前三个答案都不对【答案】A【解析】【分析】根据射影定理结合

题设条件可得21cos,cos33aBcbAc==，故可求两角的正切之比.【详解】由射影定理，得coscosaBbAc+=．又因为coscos3caBbA−=，联立解得21cos,cos33aBcbAc==，因此tansincoscos2t

ansincoscosAABaBBBAbA===．故选：A.8.如图,已知四面体ABCD中,22ABACBDCD====,2ADBC==,E,F分别是AD,BC的中点．若用一个与直线EF垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为（

）.A.1B.2C.2D.22【答案】A【解析】【分析】由四面体中互为异面直线的两条棱长分别相等,则可将四面体放入长方体中,求出长方体的长宽高可发现此长方体有一个面为正方形,故四面体中有一对异面直线垂直,由EF⊥平

面,及EF在长方体的位置,根据面面平行的判定定理及性质定理可证明截面为矩形,根据相似可得出截面相邻两边的和为定值,根据矩形面积,利用基本不等式即可求得截面面积最大值.【详解】解:由题知四面体中互为异面

直线的两条棱长分别相等,故可将此四面体放入长方体中,如图所示:不妨设该长方体长、宽、高分别为,,abc,则有2224abAD+==①,2228bcAC+==②,2228acAB+==③,联立①②③可得:2,6abc===,设平面

与四面体的各面分别交于KL,LM,MN,KN,如图所示:EF⊥平面,由长方体性质可知EF⊥平面AGDH,故平面平面AGDH平面PBQC,平面ABC平面PBQCBC=,平面ABC平面KL=,,KLBC∥,KLALBCAB=即21,222K

LBCALAB===1,2KLAL=平面ABD平面AGDHAD=平面ABD平面LM=,LMAD∥,LMBLADAB=,即1,2LMADBLAB==12LMBL=,同理可得,MNBCNKAD∥∥22ALBLAB+==,,故

1()22KLLMALBL+=+=,2ab==四边形AGDH为正方形,ADGH⊥,即ADBC⊥,即KLLM⊥,,,,KLBCLMADMNBCNKAD∥∥∥∥,,KLMNLMNK∥∥,综上:四边形

KLMN为矩形,所以212KLLMSKLLM+==,当且仅当KLLM=时成立.故截面面积的最大值为1.故选:A【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中的截面问题,属于难题,关于特殊几何体的方法有:(1)正四面体可放在正方体中考虑;(2)四面

体中互为异面直线的棱长相等,可放在长方体中考虑;(3)有一条棱垂直底面,可补成直三棱柱.二、多选题（共4小题，每题5分）9.如果0ab，那么下列不等式一定成立是（）A.22abB.1122abC.11abD.lnlnab【答案】AD【解析】

【分析】对于AC，利用不等式的性质分析判断，对于B，利用指数函数的性质分析，对于D，利用对数函数的性质分析判断.【详解】对于A，因为0ab，所以由不等的性质可得22ab，所以A正确，对于B，因为12xy=在R上递减，且0ab，所以1122ab，所以B

错误，对于C，因为0ab，0ab，所以ababab，得11ba，所以C错误，的对于D，因为lnyx=在(0,)+上递增，0ab，所以lnlnab，所以D正确，故选：AD10.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A、B，满足()32n=，()16nA=，()8nB=，()20

nAB=，则下列结论正确的是（）A.()12PA=B.()18PAB=C.A与B互斥D.A与B相互独立【答案】ABD【解析】【分析】根据概率的基本概念()()()nAPAn=和独立事件的基本运算()()()P

ABPAPB=求解即可.【详解】因为()32n=，()16nA=，()8nB=，()20nAB=，所以()161322PA==，故A选项正确；作出示意图如下，则A与B不互斥，故C选项错误；又()()()()()414,328nABnAnBnABPAB=+−===，()8

1324PB==，()()()111248PAPBPAB===,所以事件A与B相互独立，故B、D选项正确；故选：ABD.11.下列选项正确的有（）A.“xR，210kxkx++”是假命题，则04kB.函数()()311fxx=−+的图象的对称中心是()1,1C.若()yfx

=存在反函数()ygx=，且()31f=−，则()1ygx=−的图象必过点()3,0D.已知x表示不超过x的最大整数，则函数()fxxx=−值域为)0,1【答案】BD【解析】【分析】A中，把问题化为“xR，210kxkx++”是

真命题，分0k=和0k两种情况求解即可；B中，根据函数图象平移，可得到函数()fx的图象，从而确定其对称中心；C中，由反函数的定义与题意知()13g−=，从而可求()1ygx=−的图象所过点的坐标；D中，根据函数()fxxx=−的定义与性质，即可得出正确的判断.【详解】对于

A，因为“xR，210kxkx++”是假命题，所以“xR，210kxkx++”是真命题，当0k=时，10恒成立，当0k时，应满足20Δ40kkk=−，解得04k，综上知，实数k的取值范围为)0,4，选项A错误.对于B，因为函

数()3gxx=图象的对称中心是()0,0，所以函数()3(1)1fxx=−+的图象是函数()gx的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到，所以函数()fx的对称中心是()1,1，选项B正确；对于C，函数()yfx=的反函数

是()ygx=，且()31f=−，所以()13g−=，所以()1ygx=−的图象必过点()0,3，选项C错误；对于D，由x的定义知()fxxx=−在)0,1上单调递增，其值域为)0,1，(1)1[1]1([]1)[]()fx

xxxxxxfx+=+−+=+−+=−=，所以()[]fxxx=−在R上周期为1，所以()[]fxxx=−的图象如图所示：由图可知：函数()[]fxxx=−的值域为)0,1，选项D正确.故选：BD.12.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别为线段1CC，CD，CB上的动

点（E，F，G均不与点C重合），则下列说法正确的是（）A.存在点E，F，G，使得1AE⊥平面EFGB.存在点E，F，G，使得πFEGEFCEGC++=C.当1AC⊥平面EFG时，三棱锥1AEFG−与三棱锥CEFG−体积之和的最大

值为32D.记CE，CF，CG与平面EFG所成的角分别为，，，则222sinsinsin1++=【答案】AD【解析】【分析】正方体1111ABCDABCD−中以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，令,,,CFaCGbCEc===(01abc、、，,当BD//FG时，FG⊥1AE

则CFCG=要使1AE⊥平面EFG则需1AE⊥EF可用向量法计算判定选项A；EFC=π2−FEC,EGC=π2−FGC则EFC+EGC+FEG=π−FEC−FGC+FEG要使FEGEFCE

GC++=则需FEG=FEC+FGC即可，用三角函数判定选项B;当1AC⊥平面EFG时111333AEFGCEGGEFEFFGVVACSS−−+==则需EFGS最大,则选项C可判定；由等积法得C到平面FEG的距离为()22222abcabab

c++进而可得sinsinsin，，，选项D可判定.【详解】正方体1111ABCDABCD−中以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，令,,,CFaCGbCEc===(01abc、、，1AA⊥平面ABCD,BD平面ABCD1AA⊥BD又,BDAC⊥1ACA

AA=∩BD⊥平面11AACC又1AE平面11AACCBD⊥1AE当BD//FG时，FG⊥1AE则,,CFCGab==要使1AE⊥平面EFG则需1AE⊥EF,()()()11,0,1,0,1,0,0,1,AFaEc−则()11,1,1AEc=−−，()0,,EFac

=−−210AEEFacc=−−+=即2cca−+=当14ab==时12c=，则选项A正确；EFC=π2−FEC,EGC=π2−FGC则EFC+EGC+FEG=π−FEC−FGC+

FEG要使FEGEFCEGC++=则需FEG=FEC+FGCEF=22ac+，EG=22cb+，FG=22ab+则FEG中由余弦定理可得cosFEG=222222222EFEGFGcEFEGaccb+−=

++另22coscFECac=+，22coscCEGbc=+可得22sinaFECac=+，22sinbCEGbc=+则()22222coscabFECGECacbc−+=++又0ab则()cosFECGEC+cosFEG故FEGFEC+

FGC，选项B错误；当1AC⊥平面EFG时111333AEFGCEGGEFEFFGVVACSS−−+==则需EFGS最大()()()()()11,0,1,0,1,0,0,1,,,1,0,0,1,0AFaEc

GbC−(),,0FGba=，(),0,EGbc=−，()11,1,1AC=−−由1AC⊥平面EFG可得11·0·0ACFGbaACEGbc=−+==−=则abc==又(01abc、、，所以EFGS最大为13311224=133GAEFGECEFFGVVS−−+=最大为14，

选项C错误；因为cosFEG=22222caccb++则sinFEG=()222222222ababcaccb++++可得EFGS=()2222211sin22EFEGFEGababc=++又16EFCGVabc−=可由等积法得C到平面FEG的距离为()22222abcaba

bc++可得()22222sinabababc=++()22222sinbcababc=++()22222sinacababc=++可得222sinsinsin1++=，选项D正确.故选：AD.三、填空题（共4小题，每题5分）13.若“xa”是“39x”的必要条件，则a的取

值范围是________．【答案】2a【解析】【分析】根据题意39x解得：2x，得出()()2,,a++，由此可得出实数a的取值范围.【详解】根据题意39x解得：2x，由于“xa”是“39x”的必要条件，则()()2,,a++，2a.因此，实数a的取值范

围是：2a.故答案为：2a.14.直线l：21yx=−绕着点()1,1A逆时针旋转π4与直线1l重合，则1l的斜截式方程是____________.【答案】34yx=−+【解析】【分析】先找到直线1l的斜率，再由直线

过点()1,1A求出直线方程.【详解】设直线l的倾斜角为，则tan2=，则πtan1tan341tan++==−−，所以直线()1:13134lyxyx−=−−=−+，故答案为：34yx=−+.15.已知2023年第57届世界乒乓球锦标赛规定

适用的乒乓球直径为4cm.如图，是一个正方形硬纸板，现有同学将阴影部分裁掉，把剩余的扇形部分制作成一个圆锥型的纸筒.若这样的乒乓球能够完全装入该同学所制作的圆锥型的纸筒内，则正方形纸板面积的最小值为________平方厘米.【答案】3203【解析】【分析】根据圆锥的内切球，利用相似即可求解内切球

的半径，进而可求解正方形最大的边长，即可求解.【详解】设正方形的边长为a，设圆锥的底面圆半径为r，所以扇形的弧长为π2π24aarr==，设圆锥的内切球球心为Q,半径为R,作出轴截面如图：圆锥的高221544aOBaa=−=，由于~MQPMBO，

所以1515420aRQPQMRRaOBMBra−===,要使乒乓球能放入圆锥容器，则需满足154022015Raa=，所以正方形的面积为2240320315a=，故最小值为3203，故答案为：32

0316.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，MN，分别是棱1111ABAD，的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：①平面CMN截正方体1111ABCDABCD−所得的截面图形是五边形；②直

线11BD到平面CMN的距离是22；③存在点P，使得11=90BPD；④△1PDD面积的最小值是556．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③【解析】分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.【详解】对于①，如

图直线MN与11CB、11CD的延长线分别交于11,MN，连接11,CMCN分别交11,BBDD于22,MN，连接22,MMNN，则五边形22MMCNN即为所得的截面图形，故①正确；对于②，由题可知11//MNBD，MN

平面CMN，11BD平面CMN，∴11//BD平面CMN，故点1B到平面CMN的距离即为直线11BD到平面CMN的距离，【设点1B到平面CMN的距离为h，由正方体1111ABCDABCD−的棱长为2可得，3,2CMCNMN===，22121723222CMNS=−=

，∴11117173326BCMNCMNVShhh−===，111111123323CBMNBMNVSCC−===，∴由1BCMNV−=1CBMNV−，可得21717h=，所以直线11BD到平面CMN的距离是21717，故②错

误；对于③，如图建立空间直角坐标系，则()()()()112,0,2,0,2,2,2,2,0,1,0,2BDCM，设,01PCMC=，∴()1,2,2PCMC==−，又()2,2,0C，()()112,0,2,0,2,2,BD∴()2,22,2P−−

，()()11,22,22,2,2,22PBPD=−−=−−，假设存在点P，使得11=90BPD，∴()()()2112222220PBPD=−+−+−=，整理得291440−+=，∴71319+=（舍去）或7139−=，故存在点P，使得11=90BPD，

故③正确；对于④，由上知()2,22,2P−−，所以点()2,22,2P−−在1DD的射影为()0,2,2，∴点()2,22,2P−−到1DD的距离为：()()222221622544555d

=−+−=−+=−+，∴当2=5时，min455d=，∴故△1PDD面积的最小值是145452255=，故④错误.故答案为：①③.四、解答题（共6小题，其中17邀10分，其它每题12分）1

7.已知为第二象限角，且25sin5=.（1）求tan的值；（2）求()222sinπ2π2sin+sin2−−的值.【答案】（1）2−（2）89−【解析】【分析】（1）根据为第二象限角，25s

in5=得到cos，进而得到正切值；（2）根据二倍角公式和诱导公式化简，分子分母同时除以2cos，代入tan即可.【小问1详解】因为为第二象限角，25sin5=，所以245cos1sin155=−−=−−=−，所以sintan2s255co55=−==−【

小问2详解】原式22222sin24sincos2sincos2sincos==++，分子分母同时除以2cos，则原式24tan882tan12419−===−++.18.（1）求两条平行直线3x＋4y－12＝0与mx＋8y＋6＝0之

间的距离；（2）求到直线3x－4y＋1＝0的距离为3，且与此直线平行的直线的方程．【答案】（1）3；（2）3x－4y＋16＝0或3x－4y－14＝0.【解析】【分析】（1）由两直线平行列式可得m的值，再由平行线间的

距离公式可求得结果；（2）设出平行直线系方程，由平行线间的距离公式列方程可得结果.【详解】（1）由两直线平行得38=4m，解得：m＝6.∴直线6x＋8y＋6＝0即为3x＋4y＋3＝0.∴两平行直线间的距离22|312|1

53534d+===+，（2）设所求直线方程为3x－4y＋m＝0，1m由两平行线间的距离公式得22|-1|33(4)m=+−，解得：m＝16或m＝－14.故所求的直线方程为：3x－4y＋16＝0或3x－4y－14＝0.19.在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面A

CD，2,1,ACADCDDEABG=====为AD中点，F是CE的中点.（1）证明：//BF平面ACD（2）求点G到平面BCE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）324.【解析】【分析】(1)作出辅助线，得到线线平行，从而证明线面平行；(2)建立空间直角坐标系，利用

空间向量距离公式可得点G到平面BCE的距离是324.【小问1详解】取CD中点M，连接MF，AM，因为F是CE的中点，所以//MFDE，又因为AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，所以//ABDE，又因为2,1DE

AB==，所以//MFAB，且MF=AB，所以四边形ABFM为平行四边形，所以//BFAM，因为AM平面ACD，BF平面ACD，所以//BF平面ACD【小问2详解】以D点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，使

得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，则()()()()()0,0,0,2,0,1,0,0,2,1,3,0,1,0,0DBECG，∴()1,0,1BG=−−，()2,0,1BE=−，()1,3,1BC=−−设平面BCE

的法向量为(),,nxyz=，则00nBEnBC==，即2030xzxyz−+=−+−=，令1x=，则2,3zy==，所以平面BCE的法向量为()1,3,2n=∴点G到平面BCE的距离

12324134BGndn−−===++.20.在等腰直角三角形ABC中，4ABAC==，点P是边AB上异于,AB的一点，光线从点P出发，经,BCCA反射后又回到原点P，光线QR经过ABC的重心．（1）建立适当的坐标系，请求ABC的重心G的坐标；（2

）求点P的坐标；（3）求PQR的周长．【答案】（1）建立坐标系见解析，44(,)33（2）4(,0)3P（3）853【解析】【分析】（1）建立坐标系，确定三角形顶点坐标，即可求得答案；（2）设(,0)Pa，P关于直线

,BCAC的对称点分别设为12,PP，表示出12,PP坐标，根据光线反射原理可知12,,,PQRP共线，结合重心坐标求得答案；（3）根据对称知识可知PQR的周长即为12||PP，利用两点间距离公式可求得答案.【小问

1详解】以A为坐标原点，以,ABAC为,xy轴建立平面直角坐标系，则(0,0),(4,0),(0,4)ABC，故ABC的重心G的坐标为040004(,)33++++，即44(,)33；【小问2详解】设(,0)Pa

，P关于直线,BCAC的对称点分别设为12,PP，则2(,0)Pa−，设100(),Pxy，直线BC的方程为40xy+−=，则0000010422yxaxay−=−+++=，解得0044

xya==−，即1(4,4)Pa−，由光的反射原理可知12,,,PQRP共线，且光线QR经过ABC的重心，故4040344()()3aaa−−−=−−−−，解得43a=或0a=（舍去），故4(,0)3P；【小问3

详解】由（2）可得1284(4,),(,0)33PP−，由题意可知12||||,||||PQQPPRRP==，故PQR的周长1212||||||||||||||PQPRRQQPRPRQPP++=++=224885(4)(0)333=++−=.21.设ABC的内角ABC，，所对边分别为(),,,,N

abcabc，若1cossin2cossinBBAA+=−．（1）求acb+的值;（2）若ab且三个内角中最大角是最小角的两倍，当ABC周长取最小值时，求ABC的面积．【答案】（1）2（2）1574【解析】【分析】（1）变形得到sinsin2sinACB+

=，由正弦定理得到2acb+=，得到答案；（2）由题意得到2CA=，由正弦定理和余弦定理得到532ccaac−=，求出32ca=，54ba=由,,Nabc，求出当4a=时，周长最小，进而由三角形面积求出答案.【小问1详解】因为1cossin2cossinB

BAA+=−，所以sinsincos2sincossinAABBAB+=−，因为()πCAB=−+，所以()sinsinsincoscossinCABABAB=+=+，所以sinsin2sinACB+=，由正弦定理sinsinsinabcABC==，得2acb+=，即2acb+=．【小问2

详解】由2acb+=可得：0cbba−=−，故cba，于是2CA=，由正弦定理sinsinacAC=及余弦定理222cos2bcaAbc+−=可得：()()()()2222222sin22cossinbcacabbcabcacA

bcaAaAbcbcbcc++−+−+−+−======()45322cacacacc++−−==，解得：ca=(舍)或者32ca=，故54ba=，因为,,Nabc，所以当4a=时，周长最小，此时345

6cos24cabcAa=====，，，，所以27sin1cos4AA=−=，所以ABC的面积为117157sin562244bcA==．22.甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号

为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．（

1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；（2）求甲获得冠军的概率；（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率．【答案】（1）38（2）81128（3）37128【解析】【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求得答案；（2）确定甲获得冠军的比赛情况，求

得每种情况的概率，即可求得答案；（3）分类讨论乙的决赛对手是谁，求出每种情况下的概率，根据互斥事件的概率加法公式，即得答案.【小问1详解】由题意知乙获仅参加两场比赛连负两场，即第1、4场比赛皆负，概率为313428P==；【小问2详解】甲要获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种：1胜3

胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，故甲获得冠军的概率为33331812444128+=；【小问3详解】若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有2种情况：甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5

胜，乙1胜3胜；所以甲乙在决赛第二次相遇概率为331113312744224442128+=；若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛结果有2种情况：乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜；同时要考虑甲在第4场和第5场的结果，故乙

丙在第3场和第6场相遇的概率为11131111113111542244424224442128p=+++=，若乙的决赛对手是丁，情况和丙一样，故乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相

遇的概率为275537128128128128++=.【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第（3）问，要讨论乙的决赛对手是谁，并能确定两人是第二次相遇的比赛结果情况，即确定每场比赛的胜负情况，从而进行解答.的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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