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泉州市 2025届高中毕业班质量监测 (三)
2025.03
高三数学参考答案与评分标准
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。
题序 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C D B A D B 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。
题序 9 10 11
答案 AC AD ABD
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12 1 7． 5 13． 2 14． 4
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)
【命题意图】
本题主要考解三角形等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形结合思
想、函数与方程思想等；体现基础性、综合性，导向对发展数学运算、直观想象、逻辑推理等
核心素养的关注．
【试题解析】
解法一：(1)在△ABC中，AB= 4，AC= 5BC，∠ABC= 45°，
由AC2=BC2+AB2- 2BC AB cos∠ABC， 1分
即 5BC2=BC2+ 16- 8 22 BC，整理，得BC
2+ 2BC- 4= 0
解得BC=-2 2 (舍去)或BC= 2， 2分
又AC= 5BC= 10， 3分
数学答案（1 /12）
由 AB = AC∠ ∠ ，即
4
∠ =
10 ，5分
sin ACB sin ABC sin ACB 2
2
解得 sin∠ACB= 2 55 ． 6分
(2)因为AB∥CD，所以以∠DCA=∠BAC， 7分
2 2 2
在△ABC中，由余弦定理，得 cos∠BAC= AB +AC -BC = 3 10 ，
2AB AC 10
故 cos∠DCA= 3 1010 ， 8分
在△ACD中，由AD2=AC2+CD2- 2AC CD cos∠DAC， 9分
即 17= 10+CD2- 2 10 CD 3 1010 ，整理得CD
2- 6CD- 7= 0，
解得CD=-1(舍去)或CD= 7， 10分
在△ABC中，S 1ΔABC= 2 AB BC sin45° =
1
2 × 4 2 ×
2
2 = 2 11分
由AB∥CD可得，SΔACD=
CD S 7ΔABC= 4 × 2=
7
2 ， 12分AB
故四边形ABCD的面积为 2+ 72 =
11
2 ． 13分
解法二：(1)在△ABC中，由 BC = AC∠ ∠ ， 1分sin BAC sin ABC
得 sin∠BAC= BC sin∠ABC= 1 2 102 = 10 ， 3分AC 5
cos∠BAC= 3 1010 ， 4分
sin∠ACB= sin(∠ABC+∠BAC)， 5分
　= 2 10 3 10 2 52 10 + 10 = 5 6分
(2)因为AB∥CD，所以∠DCA=∠BAC， 7分
由 (1)可得 cos∠BAC= 3 1010 ， 8分
在△ACD中，由AD2=AC2+CD2- 2AC CD cos∠DAC， 9分
即 17= 10+CD2- 2 10 CD 3 1010 ，整理得CD
2- 6CD- 7= 0，
解得CD=-1(舍去)或CD= 7， 10分
在△ABC中，AB边上的高为BC sin45° = 2 22 = 1， 12分
故四边形ABCD的面积为 h2 (AB+CD) =
11
2 ． 13分
16． (15分)
【命题意图】
本小题主要考查空间点、直线、平面间的位置关系等知识；考查空间想象能力、推理论
证能力、运算求解能力等；考查函数与方程思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性，
导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注．
数学答案（2 /12）
【试题解析】
解法一：(1)连结AC,BD，交于点 I，连结FI，则 I为AC,BD的中点，
由四棱台ABCD-EFGH，得平面ABCD∥平面EFGH， 1分
又平面BDHF∩平面ABCD=BD，平面BDHF∩面EFGH=HF，
所以BD∥HF， 2分
又FH= 12 BD= ID，所以四边形DHFI为平行四边形，故HD∥FI， 3分
又HD 平面ABC，IF 平面ABC，所以HD∥平面ACF． 4分
　
(2)取DA的中点 J，连结HJ，则HJ=EA= 2 2，DJ=HD= 2，
所以DH 2+DJ2=HJ2，所以HD⊥AD， 5分
由 (1)，知AI= IC，又FA=FC，所以FI⊥AC， 6分
因为FI∥HD，所以HD⊥AC， 7分
又AC,AD 平面ABCD，AC∩AD=A，(条件不完整扣 1分)
所以HD⊥平面ABCD． 9分
(3)菱形ABCD的面积S= 2× 12 ×AB×AD× sin∠BAD= 16sin∠BAD，
由四棱台ABCD-EFGH且EH= 12 AD，
可得S 1菱形EFGH= 4 S菱形ABCD= 4sin∠BAD，
四棱台ABCD-EFGH的体积
V= 1 13 (S1+ S1S2+S2)h= 3 × 28sin∠BAD× 2，
从而 13 × 28sin∠BAD× 2=
28 3
3 ， 10分
解得 sin∠BAD= 32 ，
因为FA>FB，IA= FA2-FI2，IB= FB2-FI2，所以 IA> IB，
故 tan∠IAB= IB < 1，从而∠IAB< π ，所以∠BAD∈ 0, π4 2 ，IA
所以∠BAD= π3 ，(没有判断∠BAD的范围或判断不严谨不扣分) 11分
取 AB的中点 K，则 DC ,DH ,DK两两垂直，如图，以 D为坐标原点，分别 DK ,

DC,DH的方向为 x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系D- xyz，
(空间直角坐标系不用右手系扣 1分) 12分
数学答案（3 /12）

则DA= (2 3 ,2,0)，DG= (0,2,2)，DC = (0,4,0)，
设平面AFG即平面ADGF的法向量 n= (x,y,z)，

n D A =0, 2 3x+2y=0,则 即 + = 13分n DG=0, 2y 2z 0,
x=- 33 y,整理，得 令 y=- 3，得 n= (1, - 3 , 3 )， 14分z=-y,

DC n
从而点C到平面AFG的距离 d= | | =
4 3 = 4 21
n 7 7
，
所以直线BC到平面AFG的距离为 4 217 ． 15分
解法二：(1)同解法一； 4分
(2)同解法一； 9分
(3)延长BF,CG,AE交于点 S，取BC的中点M，连结 SM交 FG于点N，连结DM ,
DN，则FG,SM的中点均为N，BC⊥DM，BC⊥SD， 10分
因为FG∥BC，所以FG⊥DM，FG⊥SD，
又DM ,SD 平面SDM，DM∩SD=D，所以FG⊥平面SDM， 11分
又FG 平面AFG，所以平面AFG⊥平面SDM， 12分
过点M作MK⊥DN于K，且平面AFG∩平面 SDM=DN，MK 平面 SDM，
所以MK⊥平面AFG，
故MK为点M到平面AFG的距离即为直线BC到平面AFG的距离， 13分
数学答案（4 /12）
因为ND=NM，所以点M到DN的距离等于点D到NM的距离，
又Rt△SDM中，SD= 4,DM= 2 3 ,SM= 2 7，
设点D到NM的距离为 d，则S△SDM=
1
2 ×DS×DM=
1
2 ×SM× d， 14分
所以 4× 2 3= 2 7d，解得 d= 4 217 ，
所以直线BC到平面AFG的距离为 4 217 ． 15分
17． (15分)
【命题意图】
本小题主要考查函数与导数等知识；考查运算求解能力、逻辑推理能力等；考查函数与
方程思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性、应用性，导向对发展直观想象、逻辑推
理、数学运算等核心素养的关注．
【试题解析】
解法一：(1)当 k= 0时，f(x) = ex+1- x2，则 f (x) = ex+1- 2x， 1分
则曲线 y= f(x)在点 (-1,f(-1))处的切线斜率为 f (-1) = 3， 2分
又因为 f(-1) = e0- (-1)2= 0， 3分
所以曲线 y= f(x)在点 (-1,f(-1))处的切线方程为 y= 3x+ 3. 4分
(2)f (x) = ex+1- 2x- k，
由题意得，x∈ [-1, +∞)，f (x)≥ 0恒成立. 5分
令F(x) = f (x)，则F (x) = ex+1- 2，且F (x)在 [-1, +∞)单调递增，
令F (x) = 0，解得 x= ln2- 1>-1， 6分
所以当 x∈ (-1,ln2- 1)时，F (x)< 0，故F(x)单调递减；
当 x∈ (ln2- 1, +∞)时，F (x)> 0，故F(x)单调递增；
所以F(x)min=F(ln2- 1) = 4- 2ln2- k， 7分
又 f (x)≥ 0，当且仅当F(x)min≥ 0，故 k≤ 4- 2ln2. 8分
(3)因为 f(-1) = k，所以题意等价于当 x>-1时，f(x)≥ k.
即 x∈ (-1, +∞),ex+1- x2- kx≥ k， 9分
(表述为当 x=-1不等式显然成立，也给 1分)
整理，得 ex+1- x2≥ k(x+ 1)，
x+1 2
因为 x>-1，所以 x+ 1> 0，故题意等价于 e -xx+1 ≥ k. 10分
(参数变量分离得 1分，没有分离该分不得)
x+1 2
设G(x) = e -xx+1 ,x∈ (-1, +∞)，
x+1 x+1 2
G( ) ( (e -2x)(x+1)-(e -x )x 的导函数G x) = ，
(x+1)2
数学答案（5 /12）
化简得G (x) = x (ex+12 - x- 2)， 11分(x+1)
考察函数 g(x) = ex- x- 1,x∈ (-∞,+∞)，其导函数为 g (x) = ex- 1，
当 x< 0，g (x)< 0，g(x)单调递减；当 x> 0，g (x)> 0，g(x)单调递增；
故在 x= 0时，g(x)取到最小值，即 g(x)≥ g(0) = 0，
即 ex≥ x+ 1， 12分
所以 ex+1≥ x+ 2 ex+1- x- 2≥ 0， 13分
(如果学生通过构造一般函数，证明当 x>-1，不等式 ex+1- x- 2> 0成立，则该
步骤得 2分)
所以当 x∈ (-1,0)，G (x)< 0，G(x)单调递减；
当 x∈ (0, +∞)，G (x)> 0，G(x)单调递增；
所以G(x)的最小值为G(0) = e， 14分
故 k≤ e. 15分
解法二：(1)同解法一； 4分
(2)同解法一； 8分
(3)先考察 f (x) = ex+1- 2x，由 (2)分析可得 f (x)min= f (x0)，
情况 1：当 f (x)min≥ 0，即 k≤ 4- 2ln2，
此时 f(x)在区间 [-1, +∞)单调递增，
故 f(x)min= f(-1)，即 f(x)≥ f(-1)，符合题意； 9分
情况 2：若 k> 4- 2ln2，则 f (x) min= f (x0)< 0，
注意到 2< 4- 2ln2< 3，且 f (-1) = 3- k，故对 k进一步讨论.
①当 k≥ 3时，即 f (-1) = 3- k≤ 0
且由 (2)分析知：当 x∈ (-1,x0)，f (x)单调递减，
故当 x∈ (-1,x0)，f (x0)< f (-1)≤ 0，即 f(x)单调递减，
故恒有 f(x)< f(-1) = k，不符合题意，舍去； 10分
②当 4- 2ln2< k< 3时，
注意到在区间 (-1,x )，f (x)单调递减，且 f (-1) = 3- k> 0，又 f 0 (x0)< 0，
故在区间 (-1,x0)存在唯一的 x 1满足 f (x1) = 0；
同理在区间 (x , +∞)，f (x)单调递增，且 f (x )< 0，f (1) = e20 0 - 2- k> 0，
故在区间 (x0, +∞)存在唯一的 x 2满足 f (x2) = 0；故可得
x (-1,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2, +∞)
f (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以当 x∈ (-1,x1)f(x)> f(-1)，符合题意；
数学答案（6 /12）
故题意等价于 f(x2)≥ f(-1)，即 f(x2)≥ k. 11分
又因为 f (x x2+12) = 0，即 e - 2x - k= 0 ex2+12 ，化简，得 = 2x2+ k
所以 f(x 22)≥ k 2x2+ k- x2- kx2≥ k，整理得 x2[x2- (2- k)]≤ 0.
注意到 2< 4- 2ln2< k，所以 2- k< 0，
故解得 x2∈ [2- k,0]， 12分
f (2-k)≤0, e3-k≥4-k,
由之前分析得 f (0)≥ 即 ≤ 13分0, k e,
考察函数 g(x) = ex- x- 1,x∈ (-∞,+∞)，其导函数为 g (x) = ex- 1，
当 x< 0，g (x)< 0，g(x)单调递减；
当 x> 0，g (x)> 0，g(x)单调递增；
故在 x= 0时，g(x)取到最小值，即 g(x)≥ g(0) = 0，
即 ex≥ x+ 1，所以 e3-k≥ 4- k恒成立，
e3-k ≥4-k,故 ≤ k≤ e，又注意到情况②讨论范围为 4- 2ln2< k< 3，k e,
所以 4- 2ln2< k≤ e也符合题意. 14分
综上①②，本题所求 k的取值范围为 (-∞,e]. 15分
解法三：(1)同解法一； 4分
(2)同解法一； 8分
(3)先探究必要性，由题意知当 x≥-1时，f(-1)f(x)的最小值，
则必要地 f(-1)≤ f(0)，即得到必要条件为 k≤ e； 9分
下证 k≤ e的充分性，即证：当 k≤ e时，x∈ [-1, +∞)，f(x)≥ f(-1).
证明：由 (2)可知当 k≤ 4- 2ln2时，f(x)在 [-1, +∞)单调递增，
故 f(x)的最小值为 f(-1)，f(x)≥ f(-1)，符合题意； 10分
故只需要证明 4- 2ln2< k≤ e时，f(x)≥ f(-1).
由 (2)分析知 k> 4- 2ln2时，
x (-1,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2, +∞)
f (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
其中 x0=-1+ ln2∈ (-1,0)，x1∈ (-1,x0)，x2∈ (x0, +∞).
注意到 f (0) = e- k≥ 0，据此可得 x2更精确的范围是 (x0,0]； 11分
所以等价于证明 f(x2)≥ f(-1) = k， 12分
f (x ) = 0 ex2+1又因为 2 ，即 - 2x2- k= 0 x，可得 e 2+1= 2x2+ k,
只需证明 f(x2)≥ k 2x2+ k- x22- kx2≥ k，
等价于证明 x2[x2- (2- k)]≤ 0， 13分
数学答案（7 /12）
注意到 x2∈ (x0,0]，即-1+ ln2< x2< 0，
故若①当 x2= 0，此时 k= e，x2[x2- (2- k)]≤ 0显然成立；
若②当 x2< 0，只要证明 x2+ k≥ 2，
此时 4- 2ln2< k< e，且-1+ ln2< x2< 0
所以 x2+ k> 3- ln2> 2，故得证. 14分
综上必要性、充分性的分析，本题所求 k的取值范围为 (-∞,e]. 15分
18． (17分)
【命题意图】
本题主要考查双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系等基础知识；考查运算求
解、推理论证等能力；考查化归与转化、数形结合、函数与方程等思想；体现基础性与综合
性，导向对数学运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注．
【试题解析】
2 2
解：(1)设N (x, x yy)，M (x0,y0)，则A(x0,0)，B(0,y 00)，16 -
0
16 = 1. 2分
x
x= 0 , x =2x,
又线段AB 2的中点为N，所以 y 即
0
= ① 3分y= 0 , y0 2y.2
2 2 2 2
将① x y y代入 016 -
0
16 = 1，得
x
4 - 4 = 1.
2 y2
所以 Γ的方程为 x4 - 4 = 1. 4分
(2)①当 l的斜率不存在时，直线AB为 x轴，显然 l⊥AB；
由双曲线的对称性，也易得 |MP| = |MQ|. 6分
② (i)当 l的斜率存在时，设 l的方程为 y= kx+ b(k≠±1)，则 y0= kx0+ b. 7分
y=kx+b,由 2 2 2 2 x2 y 消去 y，可得 (1- k )x - 2kbx- (b + 16) = 0， 8分16 - 16 =1
所以Δ= 4k2b2+ 4(1- k2) (b2+ 16) = 0，化简，得 b2= 16(k2- 1). 9分
将 b= y0- kx0代入 b2= 16(k2- 1)，得 (y0- kx 20) = 16(k2- 1)，
(x20- 16)k2- 2kx0y0+ y20+ 16= 0， 10分
又 x20- 16= y20，y20+ 16= x20，
x
所以 y2k20 - 2kx y + x20 0 0= 0，(y0k- x0)2= 0，解得 k= 0y . 11分0
y -0 y
又 kAB=
0 0
0-x =- x ，所以 k kAB=-1.故 l⊥AB. 12分0 0
(ii)设P(x1,y1)，Q(x2,y2).
数学答案（8 /12）
y=kx+b,由 2 y2x 消去 y，可得 (1- k
2)x2- 2kbx- (b2+ 4) = 0， 13分
4 - 4 =1
当Δ= 4k2b2+ 4(1- k2) (b2+ 4) = 4(b2+ 4- 4k2)> 0时，
x
2 0
x
y -x 0 2 2
+ = 2kb y
0 0
= 0
y0 = 2x0(y0-x0)由韦达定理，得 x1 x2 = 2x ， 15分1-k2 2 21- x0 y0-x
2 0
0
y0
x +x
即 x = 1 20 2 . 16分
所以点M为PQ的中点，即 |MP| = |MQ|.
综合①②，l⊥AB；|MP| = |MQ|． 17分
19． (17分)
【命题意图】
本题主要考查概率、离散型随机变量的期望、组合数以及性质、数列等知识；考查抽象
概括能力、推理论证能力、运算求解能力、应用意识以及创新意识；考查特殊与一般思想、化
归与转化思想等；体现综合性、创新性、应用性，导向对发展数学运算、数学抽象、数学建模
等核心素养的关注．
【试题解析】
解法一：(1)由涂黑色且编号为奇数的球的号码和涂白色且编号为偶数的球的号码构成的
集合表示样本点，则 2个球涂色共有 4个基本事件，分别为 {1},{2},{1,2}, ，
其中符合A 12的基本事件的有 1个，故 a2= 4 ；(答案对，没有过程不扣分) 2分
同理 1,2,3三个球涂色，有 8个基本事件，
其中符合A3的基本事件个有 4个，分别为 {1},{3},{1,3},{1,2,3}，
故 a3= 12 ，(答案对，没有过程不扣分) 3分
又A2∩A3=A2， 4分
( P(A ∩A ) P(A )故P A3|A ) = 2 3 22 P(A2)
= ( ) = 1. 5分P A2
(答案对，得到第 4,5两分；答案错，回看是否有第 4分)
(2)考察前 2k个球的涂黑色情况，分为三类.(正确分类得此分) 6分
第一类：“奇数号的黑球个数多于偶数号白球个数”为事件A2k；
第二类：“偶数号的白球个数多于奇数号的黑球个数”事件，记为 B2k，其概率为
b2k，显然B2k事件是偶数号白球的个数比奇数号黑球的个数至少多 1个，
所以无论第 2k+ 1个球涂黑色还是白色，都不符合A2k+1事件，
即P(A2k+1|B2k) = 0； 7分
第三类：记“偶数号白球个数与奇数号黑球个数相等”事件为C2k，其概率为 c2k，
数学答案（9 /12）
则P(A 12k+1|C2k) = 2 ； 7分
(出现两处第 7分，只要这两个条件概率能写出一个就得到第 7分)
这三类的事件两两互斥，且概率之和为 1，即 a2k+ b2k+ c2k= 1. 8分
根据对称性可得，第一类与第二类的基本事件个数相同，即 a2k= b2k. 9分
(只要写出 a2k= b2k，或者文字表达相同的意思都可以得到第 9分)
由全概率公式知
P(A2k+1) =P(A2k) P(A2k+1|A2k) +P(B2k) P(A2k+1|B2k) +P(C2k) P(A2k+1|C2k)
得到 a2k+1= 1 a2k+ 0× b
1 1 1
2k+ 2 c2k= a2k+ 2 c2k= 2 . 10分
(只要能正确用 a2k,b2k,c2k表示 a2k+1证明结论，即可得第 10分，缺全概率公式不
扣分)
(3)设 η=X-Y，则 η可取 0, ±1, ±2, ,±k，故 ξ可取 k,k+ 1,k+ 2, ,2k，
根据对称性P(η= i) =P(η=-i),i= 1,2, ,k， 11分
(能发现此规律即可得第 11分)
0 i 1 i+1 k-i k
且P(η= )= CkCk+Ci kCk + +Ck Ck2k ，2
根据组合数的对称性C ik=Ck-ik ,i= 1,2, ,k，
CkC i+Ck-1C i+1+ +C iCk Ck+i
可得P(η= i) = k k k k k k 2k
22k
= 2k ， 12分2
0
(能化简成 CkC
1+C1 2 k-1k kCk+ +Ck Ck Ck-1k = 2k2k 2k 也同样得第 12分)2 2
k+i
(若并没有直接证明 CP(ξ= k+ i) = 2× 2k2k ,i= 1,2, k，通过以下【】得到该结2
论同样得到 12分)
【其中当 i= 1时，P(ξ= k+ 1) =P(η= 1) +P(η=-1) = 2P(η= 1)，
0
( = )= CkC
1
k+C1kC2k+ +Ck-1 k其中P η 1 k Ck
22k
，
根据组合数的对称性C i k-ik=Ck ,i= 1,2, ,k，
k 1 k-1 2 1 k k+1
所以P(η= 1) = CkCk+Ck Ck+ +CkCk = C2k
22k 22k
，
Ck+1
所以P(ξ= k+ 1) = 2× 2k
22k
，
Ck+i
同理可得，P(ξ= k+ i) = 2× 2k2k ,i= 1,2, k，】2
从而E(ξ) = k P(ξ= k) + (k+ 1) P(ξ= k+ 1) + + (2k) P(ξ= 2k)，
k k+i
整理，得E(ξ) = k ( = 2CP ξ k) + (k+i) 2k
22ki=1
k
= k P(ξ= k) + 22k (k+i)C
k+i
2k , 13分2 i=1
数学答案（10/12）
(能将连加符号中与 i无关的系数提取，从而简化得到第 13分；或者在无连加符
号的期望表达式中提取公因式也一样得到第 13分)
r = n(n-1)(n-2) (n-r+1) = (n-1)(n-2) [(n-1)-(r-1)+1]又 rCn r r! n (r-1)!
=nCr-1n-1，
所以 rCr=nCr-1n n-1， 14分
从而 (k+ i)Ck+i= 2kCk+i-12k 2k-1 . 15分
(写对公式 1分，证明 1分)
k k
所以E(ξ) = k P(ξ= k) + 2×2k k+i-1 k k+i-1
22k
C2k-1 = k P(ξ= k) + 2k-1 2C ，
i=1 2
2k-1
i=1
k
又 2Ck+i-12k-1 = 2(Ck k+1 2k-12k-1+C2k-1+ +C2k-1)
i=1
= (C02k-1+C1 + +Ck-1 k2k-1 2k-1+C2k-1+Ck+12k-1+ +C2k-12k-1)
k
根据C0n+C1n+ ...+Cn= 2nn ，可得 2Ck+i-1 2k-12k-1 = 2 . 16分
i=1
可得E(ξ) = k P(ξ= k) + k2k-1 2
2k-1= k P(ξ= k) + k.
2
由 (2)知 c2k=P(|X-Y | = 0) =P(ξ= k)，所以E(ξ) = k c2k+ k，
又由 (2)知 2a2k+ c2k= 1，可得 c2k= 1- 2a2k，
所以E(ξ) = k(1- 2a2k) + k= 2k(1- a2k). 17分
【证明 rC rn= nC r-1n-1的另一方法：考察“从 n个同学中选出 r(1≤ r≤ n)个同学组
成班委，再从班委中选出一个同学担任班长”的所有方案数.
方法一，先选班委再选班长，则方案数为Cr 1nCr；方法二，先选班长，再选剩下的班
委，则方案数为C1Cr-1n n-1.故 rC
r
n=nCr-1n-1】
解法二：(1)记事件“编号为 i的球被涂黑色”为Bi，则P(Bi) = 12
A2=B 11B2，且B1,B2相互独立，所以 a2=P(A2) = 4 ， 2分

同理，可得A3=B1B2B3∪B1B2B3∪B1B2B3∪B1B2B3，
所以P(A ) = 1 × 1 × 1 + 1 × 1 × 1 + 1 × 1 × 1 + 1 × 1 × 13 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
= 48 =
1
2 ， 3分

事件A2A3=B1B2B3∪B1B2B3，
所以P(A A ) = 1 1 12 3 2 2 2 +
1 1 1 1
2 2 2 = 4 ， 4分
( P(A A )故P A3|A ) = 2 32 ( ) = 1． 5分P A2
(2)记事件“编号为奇数的 k+ 1个球中，被涂成黑色的球的个数为 i”为Ci，
事件“编号为偶数的 k个球中，被涂成白色的球的个数小于 i”为Di，
数学答案（11/12）
则A2k+1=C1D1∪C2D2∪ ∪Ck+1Dk+1， 6分
且C1D1,C2D2, ,Ck+1Dk+1两两互斥，
所以 a2k+1=P(A2k+1) =P(C1D1∪C2D2∪ ∪Ck+1Dk+1)
　　　　=P(C1D1) +P(C2D2) + +P(Ck+1Dk+1) 7分
又P(CiDi) = 1 i 0 12k+1 Ck+1(Ck+Ck+ +C
i-1
k )，2
C1 C0+ +C i (C0+C1 i-1= k+1 k k+1 k k+ +Ck )+ +C
k+1 0
k+1(Ck+ +Ckk)所以 a2k+1 2k+1 8分2
设S =C1 C0+ +C i (C0 1 i-1 k 0 k-1k k+1 k k+1 k+Ck+ +Ck ) + +Ck+1(Ck+ +Ck )，
则S =C0 (C0+ +Ck-1) + +Ck+1-i 0 1 i-1k k+1 k k k+1 (Ck+Ck+ +Ck ) + +Ck 0k+1Ck，
故 2Sk= (C1 i k 0 k-1 k k k+1k+1+ +Ck+1+ +Ck+1) (Ck+ +Ck +Ck) = 2 (2 - 2)， 9分
22k k kS = 2k(2k- 1) a = -2 +2 = 1从而 k ，所以 2k+1 2k+1 2 ． 10分2
(以上过程用连加符号书写的同样给分)
(3)同解法一． 17分
解法三：(1)同解法一或解法二； 5分
(2)知 2k+ 1个球涂色的所有基本事件总数为 22k+1， 6分
将涂色的情况对应为集合U={1,2,3, ,2k+ 1}的子集X，
其中子集X中的元素为涂黑色的奇数球的编号以及涂白色的偶数球的编号，
不同子集个数恰为 22n+1，且基本事件与每个子集一一对应， 7分
比如子集 {1,2}表示在奇数号 1,3,5, ,2k+ 1中只有 1号球涂了黑色，其余的奇
数球 3,5, ,2k+ 1都涂了白色；同时偶数号 2,4,6, ,2k中只有 2号球涂了白
色，其余的偶数球都涂了黑色．注意到，这 2k+ 1个数中，奇数的个数恰比偶数
的个数多一个，故若子集X中奇数的个数多于偶数的个数，
则X的补集 UX必是奇数的个数少于或等于偶数的个数； 8分
若子集X中奇数的个数不多于偶数的个数，
则X的补集 UX必是奇数的个数多于偶数的个数，
比如：{1,2}是不符合A2k+1事件，
那么 {1,2}的补集 {3,4,5, ,2k+ 1}符合A2k+1.

所以A2k+1包含的基本事件与其对立事件A2k+1包含的基本事件一一对应，

故P(A2k+1) =P(A2k+1)， 9分

又因为P(A2k+1) +P(A2k+1) = 1，故P(A2k+1) =
1
2 ，即 a
1
2k+1= 2 . 10分
(本解法需要合理的文字说明；只要意思正确、本质相同的不扣分；跳步严重的
酌情扣 2- 4分)
(3)同解法一． 17分
数学答案（12/12）

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