【文档说明】安徽省六安第二中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学试题 含解析.docx，共(23)页，1.769 MB，由小赞的店铺上传

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六安二中2022-2023学年度第二学期高一期末统考数学试卷时间：120分钟满分：150分一、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.若复数z满足i34iz=−，则||z=（）A.10B.5C.7D.

25【答案】B【解析】【分析】计算出34iiz−=，利用复数模长的性质计算出答案.【详解】i34iz=−，故34iiz−=，则34i9165i||1z−+===.故选：B2.围绕民宿目的地进行吃住娱乐闭环消费已经成为疫情之后人们出游的新潮流．在用户出行旅游决策中，某机构调查了某地区1000户

偏爱酒店的用户与1000户偏爱民宿的用户住宿决策依赖的出行旅游决策平台，得到如下统计图，则下列说法中不正确的是（）A.偏爱民宿用户对小红书平台依赖度最高B.在被调查的两种用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总和相等C.小红书在所有被调查用户住宿决策中的

占比与携程旅行在所有被调查用户住宿决策中的占比不相等D.在被调查的两种用户住宿决策中，同程旅行占比都比抖音的占比高【答案】D【解析】【分析】由酒店预订条形图和民宿预订扇形图逐一分析四个选项得答案．【详解】解：由右图可知，偏爱民宿用户对小红书平台的选择占比为1(10%20%1

6%18%12%)24%−++++=，则偏爱民宿用户对小红书平台依赖度最高，故A正确；在被调查的酒店用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总和为25%19%44%+=，在被调查的民宿用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总

和为24%20%44%+=，则在被调查的两种用户住宿决策中，小红书与携程旅行的占比总和相等，故B正确；小红书在所有被调查用户住宿决策中的占比为19%24%43%+=，携程旅行的占比为25%20%45%+=，携程旅行的占比略高于小红书占比，故C

正确；在被调查的两种用户住宿决策中，同程旅行占比分别为15%和12%，抖音的占比分别为6%和18%，则酒店预订方面同程旅行占比高，民宿预订方面抖音的占比高，故D错误．故选：D．3.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知3ab=，2AB=，则A的值是（）A.π3B.

2π3C.π6D.5π6【答案】A【解析】【分析】由条件，结合正弦定理化边为角可得sin3sinAB=，又2AB=，化简可求A的值.【详解】由正弦定理可得sinsinabAB=，又3ab=所以sin3sinAB=，又2AB=，所以sin23sinBB=

，所以2sincos3sinBBB=，因为sin0B，所以3cos2B=，()0,πB，所以π6B=，所以π23AB==.故选：A.4.样本中共有5个个体，其值分别为a，0，1，2，3.若该样本的平均数为1，则样本的标准

差为（）A.655B.65C.2D.2【答案】D【解析】【分析】根据平均数、方差的运算公式求解.【详解】因为样本a,0,1,2,3的平均数为1，则()1012315a++++=，解得a＝－1，则样本的方差()()()()()2222221110111213125S=−−+−

+−+−+−=，故标准差为2.故选：D.5.已知圆锥的母线长为2，轴截面顶角的正弦值是12，过圆锥的母线作截面，则截面面积的最大值是（）A.1B.3C.1或2D.2【答案】C【解析】【分析】截面形状为等腰三角形，结合面积的正弦形式可得结果.【详解】∵轴截面顶角的正弦值是12，∴轴截面

顶角为6或56，设截面三角形顶角为，则截面面积为212sin2sin2=当轴截面顶角为6时，截面面积的最大值是2sin16=；当轴截面顶角为2时，截面面积的最大值是2sin22=.故选：C6.对于函数()2sin(cossin)1fxxx

x=−+，下列结论中正确的是（）A.()fx的最大值为221+B.()fx的图象可由2cos2yx=的图象向右平移π4个单位长度得到C.()fx在3,48ππ上单调递减D.()fx的图象关于点π,18

中心对称【答案】C【解析】【分析】由π()2cos24fxx=−可得()fx的最大值为2，故A错误；将2cos2yx=的图象向右平移4个单位长度得到2sin2yx=的图象，所以B错误；根据余弦函数的减区间可知()fx在3,48ππ

上单调递减，所以C正确；由π()28f=可知D不正确.【详解】2π()2sin(cossin)1sin22sin1sin2cos22cos24fxxxxxxxxx=−+=−+=+=−，所以当π22π4xk−=，Zk，即ππ8xk=+，Zk时，()fx取得最大值为2

，故A错误；将2cos2yx=的图象向右平移4个单位长度得到ππ2cos22cos22sin242yxxx=−=−=的图象，所以B错误；由π2π2π2π()4kxkk−+Z，得π5πππ()88kxkk++Z，所以π,85π8是(

)fx的一个单调递减区间，所以()fx在3,48ππ上单调递减，所以C正确；因为πππ()2cos(2)2884f=−=，所以点π,18不是()fx的图象的对称中心，所以D不正确.故选：C.7.如图，S是ABC所在平面外一点，2ABBC==，1

20ABC=，且SA⊥面ABC，3SA=，则SA与平面SBC夹角为（）A.π3B.π4C.π6D.5π6【答案】C【解析】【分析】由棱锥体积公式可求得SABCV−，结合解三角形的知识可求得SBCS，由体积桥可求得点A到平面的SB

C的距离，进而得到所求角的正弦值，即可求得结果.【详解】2ABBC==，120ABC=，122sin12032ABCS==，133SABCABCVSSA−==；SA⊥平面ABC，,ABAC

平面ABC，SAAB⊥，SAAC⊥，又222cos12023ACABBCABBC=+−=，2AB=，223213SB=+=，()2232321SC=+=，2221342113cos213413

SBBCSCSBCSBBC+−+−===−，239sin13SBC=，11239sin132232213SBCSSBBCSBC===，设点A到平面SBC距离为d，SA与平面SBC的夹角为，123333ASBCSABCSBCVVSdd−−==

==，解得：32d=，312sin32dSA===，又π0,2，π6=，即直线SA与平面SBC的夹角为π6.故选：C.8.如图，在三棱锥−PABC，PAC△是以AC为斜边的等腰直角三角形，且22CB=，6ABAC==，二面

角PACB−−的大小为120，则三棱锥−PABC的外接球表面积为（）A.5103B.10C.9D.()423+【答案】B【解析】【分析】由题作出图形，易得PAC△外接圆圆心在AC中点，结合正弦定理可求ABC外接圆半径，结的合图形知，()()222222RAOAOOO==+，再结合二面角大

小求出2OO，进而得解.【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为PAC△是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以PAC△的外心在AC中点，设为2O，设ABC的外心为1O，BC中点为E，11AOr=，因为6ABAC==，所以1O必在AE连线上，则123si

nABABrAECAC===，即132r=，因为两平面交线为AC，1O为平面ABC所在圆面中心，所以12OOAC⊥，()22121232OOrAO=−=，又因为二面角PACB−−的大小为120，2POAC

⊥，所以2121120,30POOOOO==，所以212213OOOO==，锥体−PABC外接球半径()()222222265122RAOAOOO==+=+=，则三棱锥−PABC的外接球表面积为2410SR==，故选：B二、

多选题：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.已知平面向量()1,1a=，()3,4b=−，则下列说法正确的是（）A.2cos,10ab

=rrB.b在a方向上的投影向量为22aC.与b垂直的单位向量的坐标为43,55D.若向量ab+与向量ab−共线，则0=【答案】AD【解析】【分析】根据向量的坐标运算求||,abrr，ab

，对于A：根据向量的夹角公式运算求解；对于B：根据投影向量的定义分析运算；对于C：根据向量垂直的坐标运算求解；对于D：根据向量共线的判定定理分析运算.【详解】由题意知()2222||112,345ab=+==−+=rr，()13141ab=−+=，对于选项A：12cos,1025ababa

b===rrrrrr，故A正确；对于选项B：b在a方向上的投影向量为212abaaa=rrrrr，故B错误；对于选项C：设与b垂直的单位向量的坐标为()00,xy，可得2200001340xyxy+=−+=，

解得4535xy==或4535xy=−=−，所以与b垂直的单位向量的坐标为43,55或43,55−−，故C错误；对于选项D：因为向量ab+与向量ab−共线

，所以若存在tR，使得()abtabtatb+=−=−rrrrrr，则1tt==−，解得10t==，故D正确．故选：AD.10.若()()()111332PABPAPB===，，，则（）A.(

)12PA=B.事件A与B不互斥C.事件A与B相互独立D.事件A与B不一定相互独立【答案】BC【解析】【分析】根据互斥与独立事件的定义判断即可.【详解】因为()13PAB=，所以A与B能同时发生，不是互斥事件，故B正确；()13PA=，所以()23PA=，故A不正确；又()12PB=，故()()(

)PABPAPB=成立，故事件A与B相互独立，故C正确，D错误故选：BC.11.在中，角ABC的对边分别为a，b，c，8a=，4b，7c=，且满足()2coscosabCcB−=，则下列结论正确的是（）A.60C=B.ABC的面积为63C.2b=D.ABC为锐角三角

形【答案】AB【解析】【分析】已知等式利用正弦定理边化角，结合三角形的内角与两角和差公式化简得到1cos2C=，大角对大边，所以60C=，再利用余弦定理可解三角形，利用面积公式可得到ABC的面积.【详解】∵()2coscosab

CcB−=，∴()2sinsincossincosABCCB−=，∴2sincossincoscossinACBCBC=+，即()2sincossinACBC=+，∴2sincossinACA=．∵在A

BC中，sin0A，∴1cos2C=，∴60C=，A正确．由余弦定理，得2222coscababC=+−得，2496428cos60bb=+−，即28150bb−+=，解得3b=或5b=，又4b，∴3b=，C错误，∴ABC的面积113s

in8363222SabC===，B正确．又22294964cos02237bcaAbc+−+−==，∴A为钝角，ABC为钝角三角形，D错误．故选：AB.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和面积公式在解三角形中的灵活运用，属于中档题.12.

在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面,//,,2,2ABCDADBCABADADBCPA⊥==，直线PC与平面ABCD和平面PAB所成的角分别为45和30，则（）A.PAAB=B.3PDPA=C.直线PD与平面PAC

所成角的余弦值为33D.若AD的中点为E，则三棱锥PECD−的外接球的表面积为20π【答案】BD【解析】【分析】设,ABaBCb==，易得PCA即为直线PC与平面ABCD所成角的平面角，BPC即为直线PC与平面PAB所成角的平面角，从而可求得,ABBC

，即可判断AB；以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断C；易得CDE为等腰直角三角形，则CDE外接圆的圆心1O为CD的中点，设三棱锥PECD−的外接球的球心为O，半径为R，则1OO⊥平面ECD，设232,,22Oc，再根据OPODR==求得半径，即

可判断D.【详解】设,ABaBCb==，则22ACab=+，因为PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PABC⊥，则PCA即为直线PC与平面ABCD所成角的平面角，所以45PCA=，所以ACPA=，即222ab+=，22=PC，因为,,,ABBCABPAAABPA⊥=

平面PAB，所以BC⊥平面PAB，则BPC即为直线PC与平面PAB所成角的平面角，所以30BPC=，所以122BCPC==，即2b=，所以2a=，即2AB=，故A错误；222ADBC==，则4823PD=+=，所以3PDPA=，故B正确；对于C，如图，以点A为原点建立空

间直角坐标系，则()()()()0,0,2,0,0,0,2,2,0,0,22,0PACD，故()()()2,2,0,0,0,2,0,22,2ACAPPD===−，设平面PAC的法向量为(),,nxyz=，则有20220nAPznACxy

===+=，可取()1,1,0n=−，则223cos,3223nPDnPDnPD−===−，所以直线PD与平面PAC所成角的正弦值为33，余弦值为236133−=，故C错误；因为AD的中点为E，所以//AEBC且AE

BC=，又ABAD⊥，所以四边形ABCE为矩形，所以,2CEADCEABDE⊥===，所以CDE为等腰直角三角形，2CD=，则CDE外接圆的圆心1O为CD的中点，半径1r=，如图，设三棱锥PECD−外接球的球心为O，半径为R，则1OO⊥平面ECD，设232,

,22Oc，则OPODR==，即()22191122222cc++−=++，解得2c=，所以114522R=++=，所以三棱锥PECD−的外接球的表面积为24π20πR=，故D正确.故选：BD.的【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题

，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体

的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分.13.若tan3=，则sin2co

s2−的值是______.【答案】75【解析】【分析】用二倍角公式对sin2、cos2进行化简运算即可得出结论.【详解】因为tan3=，所以22222sincos2tan233sin22sincossincos1tan135=====+++

，22221tan134cos21tan135−−===−++，所以347sin2cos2555−=−−=.故答案为：75.14.甲､乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为60kg，方差为100，乙队体重的平均数为64kg，方差为200，又已知甲､乙

两队的队员人数之比为1:3，那么甲､乙两队全部队员的方差等于___________.【答案】178【解析】【分析】先求出甲、乙两队队员所有队员中人数所占权重，然后利用平均数与方差的计算公式求解即可．【详解】解：由题意可知甲队的平均数为60kg，乙队体重的平均数为64kg，甲队队员在所有队员中人数所

占权重为11134=+，乙队队员在所有队员中人数所占权重为33134=+，则甲、乙两队全部队员的平均体重为4136064634xkg=+=，甲、乙两队全部队员体重的方差为22213[100(6063)][200(6463)]17844s=+−++−=．故答案

为178．15.在长方体1111ABCDABCD−中，4AB=，13BCCC==，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为______．【答案】3210##3210【解析】【分析】根据已知作出图形，利用异面直线所成角的定义及余弦定理即可求解.【详解】由题意可知，连接111,ADBD

,如图所示，在长方体1111ABCDABCD−中，所以11ABCD∥，且11ABCD=，所以四边形11ABCD是平行四边形，所以11BCAD∥.所以角11BAD为异面直线1AB与1BC所成的角.又因为4AB=

，13BCCC==，所以22221111435,3332ABBDAD==+==+=,在11BAD△中，由余弦定理得2221111111125182532cos2102532ABADBDBADABAD+−+−

===,异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为3210.故答案为：3210.16.如图，已知在东西走向上有甲、乙两座小山，一辆测量车在甲山山底M的正南方向的P点处测得山顶A的仰角为30°，该测量车在水平面上

向北偏西60°方向行驶1003m后到达点Q，在点Q处测得乙山山顶B的仰角为，且BQA=，经计算，tan2=，若甲、乙山高分别为100m、200m，求两山山顶A，B之间的距离________．【答案】1005【解析】【分析】先在RtAMP△中，利用已知条件求得P

M，进而连接QM，在PQM中，60QPM=，求得PQ，可推断出PQM为等边三角形，进而求出QM，从而在RtAMQ△中利用勾股定理求得AQ，RtBNQ△中，利用tan2=，200BN=，求得BQ，最后在BQA中

，利用余弦定理求得BA【详解】在RtAMP△中，30,100APMAM==，所以1003PM=，连接QM，在PQM中，60QPM=，1003PQ=，所以PQM为等边三角形，所以1003QM=，在RtAMQ△中，由222AQAMQM=

+，得200AQ=，在RtBNQ△中，tan2=，200BN=，得1005BQ=，在BQA中，22222cos(1005)BABQAQBQAQ=+==，所以1005BA=．故答案为：1005．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.17.在ABC中，角A，

B，C所对的边分别为a，b，c，且3cossinbCcB=．（1）求角C；（2）若2b=，ABC的面积为23，求c．【答案】（1）π3C=（2）26【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化得3sincossinsinBCCB=，进而得tan3C=，在求解即可

得答案；（2）由面积公式得8ab=，进而根据题意得2b=，42a=，再根据余弦定理求解即可.【小问1详解】因为3cossinbCcB=，所以3sincossinsinBCCB=，因为()0,πB，则sin0B，

所以3cossinCC=，即tan3C=，因为()0,πC，所以π3C=.【小问2详解】因为ABC面积为23，π3C=，所以13sin2324SabCab===，即8ab=，因为2b=，所以42a=，所以222

2341cos2162abccCab+−−===，解得26c=.所以26c=.18.某中学为研究本校高三学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以))))))80,90,

90,100,100,110,110,120,120,130,130,140,140,150分组的样本频率分布直方图如图．（1）求直方图中x的值；（2）请估计本次联考该校语文成绩的中位数和平均数；（3）样本内语文分数在)130,140,140,150的两组学生中，用分层抽样

的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的两名学生中恰有一人成绩在)130140,中的概率．【答案】（1）0.01；（2）中位数7407，平均数是107.4；（3）25.【解析】【分析】（1）利用

频率分布直方图直接列式计算作答.（2）利用频率分布直方图求中位数、平均数的方法列式计算作答.（3）求出分数在)130,140,140,150的人数，再用列举法结合古典概率公式计算作答.的是【小问1详解】由频率分布直方图得：

0.1(0.0120.0220.0280.0180.0080.002)0.01x=−+++++=.【小问2详解】由频率分布直方图知，分数在区间[80,100)、[80,110)的频率分别为0.34，0.

62，因此，该校语文成绩的中位数[100,110)m，则(100)0.0280.16m−=，解得7407m=，语文成绩的平均数为850.12950.221050.281150.181250.101350.081450.021

07.4x=++++++=，所以该校语文成绩的中位数是7407，语文成绩的平均数是107.4.【小问3详解】由频率分布直方图知，分数在)130,140,140,150内分别有8人和2人，因此抽取的5人中，分

数在)130140,内有85410=人，在140,150内有1人，记)130140,内的4人为a，b，c，d，在140,150内的1人为F，从5人中任取2人的结果有：,,,,,,,,,abacadaFbcbdbFcdcFdF，共10个不同结果，它们等可能，选出的

2人中恰有一人成绩在)130140,中的结果是：,,,aFbFcFdF，所以选出的两名学生中恰有一人成绩在)130140,中的概率是42105P==.19.如图所示，正三棱柱111ABCABC-，14ABAA==，E，F分别为11

AC，1BC的中点．（1）证明：//EF平面1ABC；（2）求三棱锥11BABC−的体积．【答案】（1）证明见解析（2）1633【解析】【分析】（1）连接1BC，根据矩形的性质，可得1BC与1BC交于点F，利用中位线定理证明1//EFAB，由线面平行的判

定定理证明即可；（2）利用1111112BABCABCABCAABCVVV−−−=−，可求三棱锥11BABC−的体积．【小问1详解】在正三棱柱111ABCABC-中，侧面11BCCB为矩形，连接1BC，F为1BC的中点，则1BC与1BC交于点F，且F为1BC的中点

，因为E，F分别为11AC，1BC的中点，则1//EFAB，又1AB平面1ABC，EF平面1ABC，故//EF平面1ABC；【小问2详解】由已知可得113sin604443222ABCSABAC===，所以11111

111632434243433BABCABCABCAABCVVV−−−=−=−=．20.从条件①()cos3sin1bcAaC−=−；②()π3sincos64ABC+−=中任选一个，补充在下面问题中，

并加以解答.在ABC中：内角,,ABC的对边分别为,,abc，______.（1）求角C的大小；（2）设D为边AB的中点，求222CDab+的最大值.【答案】（1）π3C=（2）38【解析】【分析】（1）若选①，利用正弦定理边化角，结

合辅助角公式可整理得到π1sin62C−=，由角的范围可求得C；若选②，利用二倍角和辅助角公式可化简求得πsin216C−=，由角的范围可求得C；（2）由()12CDCACB=

+，平方后可用,ab表示出2CD，结合基本不等式可求得最大值.【小问1详解】若选条件①：由正弦定理得：()sinsincossin3sin1BCAAC−=−，()sinsincossincoscossinsincosACCAACACCA+−=+−=()sincossin3si

n1ACAC=−，()0,πA，sin0A，cos3sin1CC=−，即π3sincos2sin16CCC−=−=，1sin62πC−=，又()0,πC，ππ5π,66

6C−−，ππ66C−=，解得：π3C=；若选条件②：()2πππ31sincossincoscossinsinsincossin66622ABCCCCCCC+−=+=+34=，3111π13sin2cos2

sin24442644CCC−+=−+=，πsin216C−=，()0,πC，ππ11π2,666C−−，ππ262C−=，解得：π3C=.【小问2详解】()12CDCACB=+，()222124CDC

ACBCACB=++，即()222221π12cos434CDbaababab=++=++，()()22222222211134444284ababCDabababababab++==++=+++（当且仅当ab=时取等号）

，222CDab+的最大值为38.21.如图，在直角梯形ABCD中，//ABDC，90ABC=，22ABDCBC==，E为AB的中点，沿DE将ADEV折起，使得点A到点P的位置，且PEEB⊥，M为PB的中点，N是BC上的中点.（1）证明：平面EMN⊥平面PBC；

（2）求二面角BENM−−的正切值.【答案】（1）证明见解析（2）5【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可证得EMPB⊥；根据DEPE⊥，DEBE⊥和平行关系可证得BC⊥平面PBE，从而得到EMBC⊥；由线面垂直的判定可得EM⊥平面PBC，根据面面垂直的判定

可得结论；（2）取EB中点F，过F作FGEN⊥，由线面垂直的判定与性质可证得ENMG⊥，根据二面角平面角定义可知所求角为MGF，由长度关系可求得结果.【小问1详解】E为AB中点，AEEB=，即PEEB=，又M为PB中点，EMPB⊥；//ABDC，12CDBEAB==，90AB

C=，四边形BCDE为矩形，DEAB⊥∴，即DEPE⊥，DEBE⊥，PEBEE=，,PEBE平面PBE，DE⊥平面PBE，//DEBC，BC⊥平面PBE，又EM平面PBE，EMBC⊥，PBBCB=，,

PBBC平面PBC，EM⊥平面PBC，EM平面EMN，平面EMN⊥平面PBC.【小问2详解】由（1）知：BC⊥平面PBE，又PE平面PBE，PEBC⊥，PEEB⊥，EBBCB=，,EBBC平面BCDE，PE⊥平面BCDE；取EB中点F，过F作

FGEN⊥，垂足为G，连接,MFMG，,MF分别为,PBEB中点，//MFPE，MF⊥平面BCDE，EN平面BCDE，MFEN⊥，又FGEN⊥，MFFGF=，,MFFG平面MFG，EN⊥平面MFG，MG平面MFG，ENMG⊥，MGF即为二面角BENM−−的平面角，22152s

in514BCBNFGNEBENEFBCBC====+，55510FGEFBE==，又1122MFPEBE==，12tan5510BEMFMGFFGBE===，即二面角BENM−−的正切值为5.22.甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制

如下:累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空:每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为23，乙胜丙的概率为12，各场比

赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空.（1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率；（3）求甲最终获胜的概率.【答案】（1）1136（2）1954（3）5681

【解析】【分析】（1）前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况有2种①乙胜丙、乙胜甲、乙胜丙②乙胜丙、甲胜乙、甲胜丙，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.（2）首先分析出只需四场比赛就决出冠军的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.（3）首先分析出甲最终获胜的情况，再利用相互独立

事件概率的乘法运算即可得出答案.【小问1详解】记事件A为甲胜乙，则()23PA=，()13PA=，事件B为甲胜丙，则()23PB=，()13PB=，事件C为乙胜丙，则()12PC=，()12PC=，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为()()11111221123223336PPCA

CPCAB=+=+=.【小问2详解】只需四场比赛就决出冠军的概率为：()()()()2PPCACAPCBCBPCABAPCBAB=+++111111111222122219232323232333233354=+++=.【

小问3详解】由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为23，且乙胜丙和丙胜乙的概率也相等，均为12，第一场比赛甲当裁判，以后的比赛相对于甲，可视乙丙为同一人，设甲胜为事件D，甲当裁判为事件E，所以甲最终获胜的概率3()()()()PPEDDDPEDDDDPEDDED

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