【文档说明】信息必刷卷03-2023年高考数学考前信息必刷卷（新高考地区专用） 含解析.docx，共(21)页，2.687 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考数学考前信息必刷卷03新高考地区专用预计新高考地区考试题型仍与2022年试卷结构相同，为8（单选题）＋4（多选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中结构不良型试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及解三角形与数列两大

模块，以解答题的方式进行考查。2022年新高考Ⅰ卷并未考查结构不良试题，本卷在第17题预测考查四边形面积问题。应特别注意以给定定义为背景的试题，此类试题要特别注意给定的定义，根据定义找到规律，如本卷第16题，解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，

能有效考查学生发现问题、分析问题和解决问题的能力；另外本卷第22题以大热点世界杯为背景，试题包含的信息量大，学生在解题时会出现从长题中提出信息的难度，重点考查了学生提取有效条件，分析问题，并解决问题的能力，本题难度较大。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．（2023·全国·模拟预测）设i是虚数单位，复数3i1i1iz+=−+，则z的虚部为（）A．3i−B．3iC．3−D．3【答案】D【详解】由3i1i

1iz+=−+，得()()()()()()3i1i42i1i42i13i1i1i1i1iz+−−−−====−+++−，所以13iz=+，所以z的虚部为3.故选：D.2．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨德强学校校考开学考试）设全集U=R，4log0Mxx=，3

9xNx=，则如图所示的阴影部分所表示的集合是（）A．(2,4B．(,4−C．(,1−D．(),1−【答案】C【详解】由题意得图中阴影部分表示的集合是()UNMð．∵4log01Mx

xxx==，∴U1Mxx=ð．又因为392xNxxx==，∴()U1NMxx=ð．故选：C．3．（2023·江苏·高二专题练习）用红、黄、蓝3种颜色给如图所示的6个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂2个圆，

且相邻2个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂法种数为（）A．24B．30C．36D．42【答案】B【详解】分2类（先涂前3个圆，再涂后3个圆．）：第1类，前3个圆用3种颜色，后3个圆也用3种颜色，有311322ACC24=种涂法；第2类，前3个圆用

2种颜色，后3个圆也用2种颜色，有1132CC6=种涂法．综上，不同的涂法和数为24630+=．故选：B．4．（2023秋·浙江杭州·高二杭州市长河高级中学校考期末）如图所示，在四棱柱1111ABCDABCD−中，底面

为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60，则1AC的长为（）A．3B．2C．5D．6【答案】D【详解】解：记ABa=，ADb=，1AAc=，由题意可知1abc===，,,,60abbcca===，所以1

1cos601122abbccaab=====，222221111()2()11126222ACabcabcabbcca=++=+++++=+++++=，所以16AC=，即1AC的长为

6，故选：D.5．（2023秋·浙江杭州·高二杭十四中校考期末）如图，在棱长为a的正方体1111ABCDABCD−中，P，Q分別为1BD，1BB上的动点，则1CPQ周长的最小值为（）A．2153aB．422a+C．8243a+D．2133a【答案】B【详解】连接11,,BDBD由图易得，1CPQ

的三边都在三棱锥111BBCD−的三个侧面上，将三棱锥111BBCD−的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形111BCDC为直角梯形，当11,,,CPQC四点共线时，1CPQ的周长最小，最小值为221111422CDDCa+

=+，故选:B.6．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线()222210,0yxabab−=的上、下焦点分别为1F，2F，过1F的直线交双曲线上支于A，B两点，且满足112FABF=，2π3FBA=，则双曲线

的离心率为（）A．32B．54C．85D．73【答案】D【详解】设1BFm=，12AFm=，则22BFma=+，222AFma=+．在12BFF△中，由余弦定理得()()()22222π1cos322

2mmacmma++−==+，即22222444mamcab+=−=．在2FAB中，由余弦定理得()()()()2223222π1cos32232mmamamma++−+==+，化简得23100mma−=，因为0m，所以103ma=，所以22210020493aab+=，所以22

409ba=，∴双曲线的离心率224071193cbeaa==+=+=，故选：D．7．（2023·全国·高三专题练习）已知ln1.1a=，12ln11b=，111c=，则下列判断正确的是（）A．abc

B．bacC．cbaD．bca【答案】D【详解】（1）比较a，b的大小：因为121.111，所以12ln1.1ln11，所以ab．（2）比较b，c的大小：令()()ln1fxxx=−−，则()11

1xfxxx−=−=．当01x时，()0fx¢>；当1x时，()0fx，所以当0x时，()()10fxf=，即ln1−xx，所以121ln1111，即bc．（3）比较a，c大小：因为ln1−xx，所以11ln1xx−，即1ln1xx−，所以11101ln1.1ln1

101111=−=，即ac．综上，acb．故选：D．8．（2023秋·浙江金华·高二统考期末）已知数列na是各项为正数的等比数列，公比为q，在12,aa之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为1d，在23,aa之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为2,d，在1,

nnaa+之间插入n个数，使这2n+个数成等差数列，公差为nd，则（）A．当01q时，数列nd单调递减B．当1q时，数列nd单调递增C．当12dd时，数列nd单调递减D．当12dd时，数列nd单调递增【答案】D【详解】数列

na是各项为正数的等比数列，则公比为0q，由题意1(1)nnnaand+=++，得()1111nnnnaaadnnq+−==++−，01q时，0nd，有()1112nnqnddn++=+，1nndd+，数列nd单调递增，A

选项错误；1q时，0nd，()112nnqnddn++=+，若数列nd单调递增，则()112qnn++，即21nqn++，由*Nn，需要32q，故B选项错误；12dd时，()()11311

2aaqqq−−，解得312q，1q时，0nd，由()112nnqnddn++=+，若数列nd单调递减，则()112qnn++，即21111nqnn+=+++，而312q不能满足()*11N1qnn++恒成立，C选项错误；12dd时，()()1

13112aaqqq−−，解得01q或32q，由AB选项的解析可知，数列nd单调递增，D选项正确.故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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．（

2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）随着我国碳减排行动的逐步推进，我国新能源汽车市场快速发展，新能源汽车产销量大幅上升，2017－2021年全国新能源汽车保有量y（单位：万辆）统计数据如下表所示：年份2017年2018年2019年2020年2021年年份代码x123

45保有量y/万辆153.4260.8380.2492784由表格中数据可知y关于x的经验回归方程为336ˆ.4ˆybx=−，则（）A．1524ˆ0.b=B．预测2023年底我国新能源汽车保有量高于1000万辆C．2017－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势D．2021年新能源汽车保

有量的残差（观测值与预测值之差）为71.44【答案】BCD【详解】由题得3x=，414.08y=，代入可得1424ˆ9.b=，A项错误；2023年的年份代码为7，代入149.2436ˆ3.4yx=−得10104ˆ1.y=，高于1000万辆，B项正确；20

17－2021年全国新能源汽车保有量呈增长趋势，C项显然正确；将x=5，代入149.2436ˆ3.4yx=−得7156ˆ2.y=，相应的残差为784－712.56=71.44，D项正确，故选：BCD．10．（2023秋·河北邢台·高三邢台市第二中学校考期末）如图所示，正方体

1111ABCDABCD−的棱长为1，线段11AC上有两个动点E，F，且1EF=，则下列说法中正确的是（）A．存在点E，F，使得//AEBFB．异面直线EF与1CD所成的角为60°C．三棱锥BAEF−的体积为21

2D．点C到平面BEF的距离为33【答案】BCD【详解】连接111,,,,CDAEAFABBC.A选项，BF平面11ABC，AE平面11ABCE=，EBF，所以AE与BF是异面直线，所以A选项错误.B选项，11//

ABCD，所以异面直线EF与1CD所成的角为11CAB，由于三角形11ABC是等边三角形，所以1160CAB=，B选项正确.C选项，设ACBDO=，根据正方体的性质可知1,BDACBDAA⊥⊥，由于11,,ACAAAACAA=平面11

ACCA，所以BD⊥平面11ACCA，所以B到平面11ACCA的距离为1222BD=.11221132212BAEFV−==，C选项正确.D选项，设点C到平面BEF的距离为h，1111CABCB

ACCVV−−=，1111222sin602132322h=，解得33h=，D选项正确.故选：BCD11．（2023·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测）已知函数π()c

os(0,0)6fxxBB=−+，则（）A．若函数()fx的图象关于直线π3x=对称，则的值可能为3B．若关于x的方程()fxB=在[0,]上恰有四个实根，则的取值范围为1114,33

C．若函数()fx的图象向右平移π3个单位长度，再向下平移B个单位长度，得到的函数()gx为奇函数，则的最小值是1D．若函数()fx在区间π3π,44上单调，则12【答案】BC【详解】对于A，因为函数()f

x的图象关于直线π3x=对称，所以πππ()36kk−=Z，则13()2kk=+Z，因为0，则的值不可能为3，故A错误；对于B，当[0,π]x时，πππ,π666x−−−，若()fxB=在[0,π]x上恰有四个实根，则7ππ9ππ262

−，解得111433，故B正确；对于C，由已知得ππππ()coscos3636gxxx=−−=−+，因为函数()gx为奇函数，所以ππππ()

362kk+=+Z，即31()kk=+Z，因为0，所以的最小值是1，故C正确；对于D，当2=时，π()cos2(0)6fxxBB=−+，因为π3π,44x，所以ππ4

π2,633x−，所以函数()fx在区间π3π,44上不单调，故D错误．故选：BC．12．（2023·山西忻州·统考模拟预测）已知()()fxgx，，分别是定义在R上的函数()fx，()gx的导函数，()()133fxgx+−−=，

()()22fxgx−=+，且()1fx+是奇函数，则（）A．()gx的图象关于直线4x=对称B．()fx的图象关于点()1,0−对称C．()202510kfk==D．()202510kgk==【答案】AB

C【详解】因为()()22fxgx−=+，所以()()22fxgxa−−+=（a为常数），所以()()15fxgxa+−+=．因为()()133fxgx+−−=，所以()()533gxgxa+−−=−．令=1x−，得()()44

30gga−=−=，解得3a=，所以()()53gxgx+=−，则()gx的图象关于直线4x=对称，故选项A正确．因为()()53gxgx+=−，且()()133fxgx+−−=，所以()()11fxfx+=−−．

所以()()=fxfx−，即()fx是偶函数．因为()1fx+是奇函数，所以()1fx+的图象关于点()0,0对称，所以()fx的图象关于点()1,0对称，因为()fx是偶函数，所以()fx的图象关于点()1,0−对称，

则选项B正确．因为()1fx+是奇函数，所以()1fxf+=−()1x−+，所以()()11fxfx−−=−+，所以()()()24fxfxfx=+=+，则()fx是周期为4的函数．因为()()2=−+fxfx，所以()()20fxfx++=，所以()()130f

f+=，()()240ff+=，则()()12ff+()()340ff++=．因为()1fx+是奇函数，所以()10f=，所以()()()()()()20251506123410kfkfffff==++++=，则选项C正确．因

为()()133fxgx+−−=，所以()()313gxfx−=+−，所以()()1333gf=−=−，()()223gf=−，()()3133gf=−=−，()4g=()()0323ff−=−−，所以，所以()()202515061236075kgk==−−=−，则选项D错误．

故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（2023·上海黄浦·统考一模）某个品种的小麦麦穗长度（单位：cm）的样本数据如下：10.2、9.7、10.8、9.1、8.9、8.6、9.8、9.6、9.9、11.2、10.

6、11.7，则这组数据的第80百分位数为______.【答案】10.8【详解】数据从小到大排序为：8.6、8.9、9.1、9.6、9.7、9.8、9.9、10.2、10.6、10.8、11.2、11

.7，共有12个，所以1280%=9.6，所以这组数据的第80百分位数是第10个数即：10.8.故答案为：10.814．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）函数()cos2cosfxxx=+的值域是___________.【答案】1,2−【详解】因为22219()2cos|cos

|12|cos||cos|12(|cos|),48fxxxxxx=+−=+−=+−又因为0cos1x,所以当cos0x=时,()fx取得最小值-1,当cos1x=时,()fx取得最大值2,故()fx的值域是1,2−.故答案为：

1,2−15．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）抛物线211:(0)2Cyxpp=的焦点与双曲线222:14−=xCy的右焦点的连线交1C于第一象限的点M，若1C在点M处的切线平行于2C的一条渐近线，则p=__________．【答案】352##352

【详解】抛物线()211:02Cyxpp=的焦点的坐标为0,2p，且xyp=；双曲线222:14−=xCy的右焦点的坐标为()5,0，渐近线方程为12yx=，由题意可知，1C在点M处的切线平行的渐近线应为12yx=，设2,2tMtp，则1|2xttyp===，

得2pt=，又点()20,,5,0,,22pttp共线，即点()()0,,5,0,,4ttt共线，所以04050tttt−−=−−，解得354t=，所以523p=.故答案为：352.16

．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()21fxx=+，记()()()()()2221143fxffxxx==++=+为函数()fx的2次迭代函数，()()()()()()3421387fxfffxxx==++=+为函数()fx的3次迭代函数，…，依次类推，()()(

)()()()nnfxffffx=个为函数()fx的n次迭代函数，则()()nfx=______；()()10032f除以17的余数是______．【答案】()211nx+−0【详解】由题意，()()()12012222222111

2nnnnnnnfxxxx−−−=++++=+=+−−，所以()()()251001002532332133161331711f=−=−=−−()25252424232322221

252525252533C17C17C17C17C1711=−+−++−−()25252424232322221252525252533C17C17C17C17C1734=−+−++−()2524242323222221125252525251733C17C17C17C17C2

=−+−++−又()25242423232222211252525252533C17C17C17C17C2−+−++−为正整数，所以()()10032f除以17的余数为0，故答案为：()211;0nx+−四、解答题：本题共6小题，共70分．解答

应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）（2023·江苏南通·校联考模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，1AB=，3AD=，2CD=，2BC=．(1)若BCCD⊥，求sinADC；(2)记ABD△与BC

D△的面积分别记为1S和2S，求2212SS+的最大值．【答案】(1)63(2)218【详解】（1）∵BCCD⊥，∴426BD=+=，631822cos326362ADB+−===，1in3sADB=，3sin3BDC=，26

cos36BDC==，∴sinsin()sincoscossinADCBDCADBBDCADBBDCADB=+=+32261366333393=+==；（2）设BAD=，BCD=，∴23123cos4242c

osBD=+−=+−，∴42cos23cos2−=，∴22cos3cos1−=，①2222221211331sin221sinsin2sin224SS+=+=+()222

23313cossin21cossin214422+=+−=+−2223353353321coscoscoscoscos222232268=−−+=−++=−++，当且仅当

3cos6=−，2cos8=时取最大值218；综上，6sin3ADC=，2212SS+的最大值是218.18．（12分）（2023·山东临沂·统考一模）已知数列na为等比数列，131,1aa=+是2a与4a的等差中项，nS为na的前n项和．(1)求

na的通项公式及nS；(2)集合A为正整数集的某一子集，对于正整数k，若存在正整数m，使得2logkmaS=，则kA，否则kA．记数列nb满足2log,?1,?nnanAbnA=−，求nb的前20项和20T．【答案】(

1)1,122nnnnSa−==−(2)160【详解】（1）设na的公比为13,1,1qaa=+是2a与4a的等差中项，()()23221,(2)10qqqqq+=+−+=，2q=，∴12nna−=，122112nnnS−==−−．（2）由题

意知，2logkmaS=，又12,21kmkmaS−==−，121mk−=−，即2mk=，故*2,mAkkm==N∣．又2log1nan=−，()()202122220222428216logloglogloglogloglog4Taaaaaaa=+++−+++−()()0

119137154…+=++−+++−160=．19．（12分）（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是等腰梯形，ABCD，24ABCD==．平面PAB⊥平面ABCD，O为AB的中点，60DAOAOP==

，OAOP=，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．(1)求证：平面PCD⊥平面AFGB；(2)求平面PDE与平面ABCD所成锐二面角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)275【详解】（1）如图所示，取

AO的中点H，连接HD，HP，在等腰梯形ABCD中，ABCD，4AB=，2CD=，60DAO=．∵O为AB的中点，即有四边形BCDO是平行四边形，∴//ODBC，60DOACBODAO===．∴OAD△为正三角形，∴2AD=，HDAO⊥．在AOP中，2OAOP==，60AOP=，

∴AOP为边长为2的正三角形，∴2AP=，PHAO⊥．∴APAD=，又F为FD的中点，∴AFPD⊥．∵HDAO⊥，PHAO⊥，HDPHH=，,HDPH平面PHD，∴AO⊥平面PHD，即AB⊥平面PHD．∵PD平面PHD，∴ABPD⊥．而G为PC中点，则////FGCDAB，又

∵AFABA=，,AFAB平面AFGB，∴PD⊥平面AFGB．∵PD平面PCD，∴平面PCD⊥平面AFGB．（2）∵PHAB⊥，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB=，PH平面PAB，∴PH⊥平面ABCD，∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，以H为坐标原点

，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0H，()0,0,3P，()3,0,0D，35,,022E，于是()0,0,3HP=，()3,0,3PD=−，35,,022DE=−．设平面PDE的法向量为(),,nxyz=r

，则0,0,nPDnDE==即330,350,22xzxy−=−+=取5x=，则()5,3,5n=，设平面PDE与平面ABCD所成锐二面角为，∵HP为平面ABCD的一个法向量，∴535coscos,53353n

HPnHPnHP====∣∣．∴227sin1cos53=−=，sin27tancos5==．∴平面PDE与平面ABCD所成锐二面角的正切值为275．20．（12分）（2023·宁夏银川·银川二中校考模拟预测）已知椭圆C：()222

210xyabab+=的离心率为33，点431,3A在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点()0,3M的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．【

答案】(1)22196xy+=(2)362【详解】（1）由题意可得222223311613abcceaab=+==+=，解得222963abc===，故椭圆C的标准方程为22

196xy+=．（2）设直线l的方程为()30ykxk=+，()11,Pxy，()22,Qxy，联立223196ykxxy=++=，整理得()22321890kxkx+++=，则0，即2310k−，解得213k

，1221832kxxk+=−+，122932xxk=+．故△OPQ的面积()22121212213923142232OMQOMPkSSSOMxxxxxxk−=−=−=+−=+．设231tk=−，因为213k，所以0t，所以2929233tSttt==++，

因为0t，所以323tt+，当且仅当3tt=，即243k=时，等号成立，则923632tt+≤，即△OPQ面积的最大值为362．21．（12分）（2023·新疆阿勒泰·统考一模）已知函数()xfxa=，其中01a.(1)求函数()()lngxfxxa=−的单调区间；(2)

若函数()()222(ln)ln3ln(ln)2xahxaxxaakaa=−−−+−+在)1,x+上存在零点，求实数k的取值范围.【答案】(1)单调递减区间为(),0−，单调递增区间为()0,+；(2)ln2,2ak

++【详解】（1）由已知，()()lngxfxxa=−，有()lnlnxgxaaa=−，令()0gx=，解得0x=由01a，可知当x变化时，()(),gxgx的变化情况如下表：x(),0−0()0,+(

)gx-0+()gx递减极小值递增所以函数()gx的单调递减区间为(),0−，单调递增区间为()0,+；（2）令()0hx=，则存在)1,x+，使得()222(ln)ln3ln(ln)02xaaxaxakaa−−−+−

+=两边同时除以lna得2lnln30ln2lnxaaaxxakaa−−−++−=即2lnln3ln2lnxaaaxxakaa−−−++=令())2lnln3,1,ln2lnxaaatxxxaxaa=−−−+++()ln1xtxaxa=−−由已知()ln01xaxag−

=，即()0tx，则函数()tx在)1,x+上单调递增，()()lnln11ln32ln2ln2aaaatxtaaa=−−−++=+故ln22ak+，即ln2,2ak++22．（12分）（2023·浙江·模拟预测）2022年卡塔尔世界杯决赛圈共有3

2队参加，其中欧洲球队有13支，分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士．世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛，当进入淘汰赛阶段时，比赛必须要分出胜负．淘汰赛规则如下：在比赛

常规时间90分钟内分出胜负，比赛结束，若比分相同，则进入30分钟的加时赛．在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负．点球大战分为2个阶段．第一阶段：前5轮双方各派5名球员，依次踢点球，以5轮的总进球数作为标准（非必要无需踢满5轮），

前5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利．第二阶段：如果前5轮还是平局，进入“突然死亡”阶段，双方依次轮流踢点球，如果在该阶段一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利．下表是2022年

卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果：淘汰赛比赛结果淘汰赛比赛结果1/8决赛荷兰3:1美国1/4决赛克罗地亚4112（）:（）巴西阿根廷2:1澳大利亚荷兰3224（）:（）阿根廷法国3:1波兰摩洛哥10:葡萄牙英格兰30:塞内加尔英格兰1:

2法国日本1113（）:（）克罗地亚半决赛阿根廷30:克罗地亚巴西4:1韩国法国20:摩洛哥摩洛哥3000（）:（）西班牙季军赛克罗地亚2:1摩洛哥葡萄牙61:瑞士决赛阿根廷4332（）:（）法国注：“阿根廷4332（）:（）法国”

表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为33:，在点球大战中阿根廷42:战胜法国．(1)请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率．(2)根据题意填写下面的22列联表，并通过计算判断是否能在犯错的概率不超过0.01的

前提下认为“32支决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．欧洲球队其他球队合计闯入8强未闯入8强合计(3)若甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过120分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战．已知甲队球员每轮踢进点球的概率为p，乙队球员每轮踢进点球的概率为23，求在点球大战中，两

队前2轮比分为2:2的条件下，甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率（用p表示）．参考公式：22(),.()()()()nadbcnabcdabcdacbd−==+++++++()2P0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(

1)516(2)分布列见解析，不能(3)321512799ppp++【详解】（1）由题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有16场比赛，其中有5场比赛通过点球大战决出胜负，所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分

出胜负的概率516P=；（2）下面为22列联表：欧洲球队其他球队合计进入8强538未进入8强81624合计131932零假设0:32H支决赛圈球队闯入8强与是否为欧洲球队无关．222()32(51638)2

.1166.635()()()()8241319nadbcabcdacbd−−===++++．根据小概率值0.01=的独立性检验，没有充分证据推断0H不成立，即不能在犯错的概率不超过0.0

1的前提下认为“决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．（3）根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢．两队前2轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分，1:0,2:0,2:1,3:1,3:2．当后3轮比分为1:0时，甲乙两队均需

踢满5轮，3212131(1)C(1)39ppPpp−=−=．当后3轮比分为2:0时，有如下3种情况：2:03452:03452:0345甲√√甲√×√甲×√√乙××乙××乙××则2223212221132C(1)33

9ppPppp−=+−=．当后3轮比分为2:1时，有如下6种情况：2:13452:13452:1345甲√√×甲√√×甲√×√乙√××乙×√×乙√××2:13452:13452:1345

甲√×√甲×√√甲×√√乙×√×乙√××乙×√×则2212322143(1)C(1)339Ppppp=−=−．当后3轮比分为3:1时，有如下2种情况：3:13453:1345甲√√√甲√√√乙√×乙×√则33142214C339pPp=

=当后3轮比分为3:2时，有如下1种情况：3:2345甲√√√乙√√×则23352143327pPp==．综上，在点球大战中两队前2轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率22333232123

45(1)32444151(1)9999272799ppppppPPPPPPppppp−−=++++=++−++=++获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com