文档内容
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。
12．5
13．1
2
14．
7
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 ⋅
2
2
⋅BC，整理，得BC2+
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
sin∠ACB =
AC
sin∠ABC ，即
4
sin∠ACB =
10
2
2
，5 分
解得sin∠ACB = 2 5
5
．6 分
(2) 因为AB ∥CD，所以以∠DCA = ∠BAC，7 分
在△ABC 中，由余弦定理，得cos∠BAC = AB2+AC2-BC2
2AB⋅AC
= 3 10
10
，
故cos∠DCA = 3 10
10
，8 分
在△ACD 中，由AD2= AC2+ CD2- 2AC ⋅CD ⋅cos∠DAC，9 分
即17 = 10 + CD2- 2 10 ⋅CD ⋅3 10
10
，整理得CD2- 6CD - 7 = 0，
解得CD =-1(舍去) 或CD = 7，10 分
在△ABC 中，SΔABC = 1
2 ⋅AB ⋅BC ⋅sin45° = 1
2 × 4 2 ×
2
2
= 2 11 分
由AB ∥CD 可得，SΔACD = CD
AB ⋅SΔABC = 7
4 × 2 = 7
2 ，12 分
故四边形ABCD 的面积为2 + 7
2 = 11
2 ．13 分
解法二：(1) 在△ABC 中，由
BC
sin∠BAC =
AC
sin∠ABC ，1 分
得sin∠BAC = BC
AC ⋅sin∠ABC =
1
5 ⋅
2
2
=
10
10 ，3 分
cos∠BAC = 3 10
10
，4 分
sin∠ACB = sin(∠ABC + ∠BAC)，5 分
=
2
2
10
10 + 3 10
10
= 2 5
5
6 分
(2) 因为AB ∥CD，所以∠DCA = ∠BAC，7 分
由(1) 可得cos∠BAC = 3 10
10
，8 分
在△ACD 中，由AD2= AC2+ CD2- 2AC ⋅CD ⋅cos∠DAC，9 分
即17 = 10 + CD2- 2 10 ⋅CD ⋅3 10
10
，整理得CD2- 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 ⋅
2
2
= 1，12 分
故四边形ABCD 的面积为h
2 ⋅(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 = 1
2 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 × 1
2 × AB × AD × sin∠BAD = 16sin∠BAD，
由四棱台ABCD - EFGH 且EH = 1
2 AD，
可得S菱形EFGH = 1
4 S菱形ABCD = 4sin∠BAD，
四棱台ABCD - EFGH 的体积
V = 1
3 (S1+
S1S2 + S2)h = 1
3 × 28sin∠BAD × 2，
从而1
3 × 28sin∠BAD × 2 = 28 3
3
，10 分
解得sin∠BAD =
3
2 ，
因为FA > FB，IA =
FA2-FI2 ，IB =
FB2-FI2 ，所以IA > IB，
故tan∠IAB = IB
IA < 1，从而∠IAB < π
4 ，所以∠BAD ∈0, π
2
，
所以∠BAD = π
3 ，(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)，
则n⋅DA
=0,
n⋅DG
=0,
即2 3x+2y=0,
2y+2z=0,
13 分
整理，得x=-
3
3 y,
z=-y,
令y =- 3 ，得n = (1, - 3, 3)，14 分
从而点C 到平面AFG 的距离d =
DC
⋅n
|n|
= 4 3
7
= 4 21
7
，
所以直线BC 到平面AFG 的距离为4 21
7
．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 21
7
，
所以直线BC 到平面AFG 的距离为4 21
7
．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)，
因为x >-1，所以x + 1 > 0，故题意等价于ex+1-x2
x+1
≥k.10 分
(参数变量分离得1 分，没有分离该分不得)
设G(x) = ex+1-x2
x+1
,x ∈(-1, +∞)，
G(x) 的导函数G(x) = (ex+1-2x)(x+1)-(ex+1-x2)
(x+1)2
，
数学答案（5 /12）
化简得G(x) =
x
(x+1)2 (ex+1- x - 2)，11 分
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,x0)，f(x) 单调递减，且f(-1) = 3 - k > 0，又f(x0) < 0，
故在区间(-1,x0) 存在唯一的x1满足f(x1) = 0；
同理在区间(x0, +∞)，f(x) 单调递增，且f(x0) < 0，f(1) = e2- 2 - k > 0，
故在区间(x0, +∞) 存在唯一的x2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(x2) = 0，即e
x2+1- 2x2- k = 0，化简，得e
x2+1= 2x2+ k
所以f(x2) ≥k ⇔2x2+ k - x2
2- 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
由之前分析得
f(2-k)≤0,
f(0)≥0,
即e3-k≥4-k,
k≤e,
13 分
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，
故e3-k≥4-k,
k≤e,
⇔k ≤e，又注意到情况②讨论范围为4 - 2ln2 < k < 3，
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
又因为f(x2) = 0，即e
x2+1- 2x2- k = 0，可得e
x2+1= 2x2+ k,
只需证明f(x2) ≥k ⇔2x2+ k - x2
2- 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】
解：(1) 设N(x,y)，M(x0,y0)，则A(x0,0)，B(0,y0)，x0
2
16 - y0
2
16 = 1. 2 分
又线段AB 的中点为N ，所以
x= x0
2 ,
y= y0
2 ,
即x0=2x,
y0=2y.
①3 分
将①代入x0
2
16 - y0
2
16 = 1，得x2
4 - y2
4 = 1.
所以Γ 的方程为x2
4 - y2
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
由
y=kx+b,
x2
16 - y2
16 =1
消去y，可得(1 - k2)x2- 2kbx - (b2+ 16) = 0，8 分
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- kx0)2= 16(k2- 1)，
(x0
2- 16)k2- 2kx0y0+ y0
2+ 16 = 0，10 分
又x0
2- 16 = y0
2，y0
2+ 16 = x0
2，
所以y0
2k2- 2kx0y0+ x0
2= 0，(y0k - x0)2= 0，解得k = x0
y0 . 11 分
又kAB = y0-0
0-x0 =- y0
x0 ，所以k ⋅kAB =-1.故l ⊥AB. 12 分
(ii) 设P(x1,y1)，Q(x2,y2).
数学答案（8 /12）
由
y=kx+b,
x2
4 - y2
4 =1
消去y，可得(1 - k2)x2- 2kbx - (b2+ 4) = 0，13 分
当Δ = 4k2b2+ 4(1 - k2) (b2+ 4) = 4(b2+ 4 - 4k2) > 0 时，
由韦达定理，得x1+ x2= 2kb
1-k2 =
2 x0
y0
y0-x0⋅x0
y0
1-
x0
y0
2
= 2x0(y0
2-x0
2)
y0
2-x0
2
= 2x0，15 分
即x0= x1+x2
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A2的基本事件的有1 个，故a2= 1
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= 1
2 ，(答案对，没有过程不扣分) 3 分
又A2∩A3= A2，4 分
故P(A3|A2) = P(A2∩A3)
P(A2)
= P(A2)
P(A2) = 1. 5 分
(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(A2k+1|C2k) = 1
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 × b2k+ 1
2 c2k= a2k+ 1
2 c2k= 1
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)
且P(η = i) = C0
kCi
k+C1
kCi+1
k +⋯+Ck-i
k Ck
k
22k
，
根据组合数的对称性Ci
k= Ck-i
k ,i = 1,2, ⋯,k，
可得P(η = i) = Ck
kCi
k+Ck-1
k
Ci+1
k +⋯+Ci
kCk
k
22k
= Ck+i
2k
22k ，12 分
(能化简成C0
kC1
k+C1
kC2
k+⋯+Ck-1
k
Ck
k
22k
= Ck-1
2k
22k
也同样得第12 分)
(若并没有直接证明P(ξ = k + i) = 2 × Ck+i
2k
22k ,i = 1,2, ⋯k，通过以下【】得到该结
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)，
其中P(η = 1) = C0
kC1
k+C1
kC2
k+⋯+Ck-1
k
Ck
k
22k
，
根据组合数的对称性Ci
k= Ck-i
k ,i = 1,2, ⋯,k，
所以P(η = 1) = Ck
kC1
k+Ck-1
k
C2
k+⋯+C1
kCk
k
22k
= Ck+1
2k
22k ，
所以P(ξ = k + 1) = 2 × Ck+1
2k
22k ，
同理可得，P(ξ = k + i) = 2 × Ck+i
2k
22k ,i = 1,2, ⋯k，】
从而E(ξ) = k ⋅P(ξ = k) + (k + 1) ⋅P(ξ = k + 1) +⋯+ (2k) ⋅P(ξ = 2k)，
整理，得E(ξ) = k ⋅P(ξ = k) +
k
i=1
(k+i) 2Ck+i
2k
22k
= k ⋅P(ξ = k) + 2
22k
k
i=1
(k+i)Ck+i
2k
, 13 分
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)
又rC r
n = r n(n-1)(n-2)⋯(n-r+1)
r!
= n (n-1)(n-2)⋯[(n-1)-(r-1)+1]
(r-1)!
= nCr-1
n-1，
所以rCr
n = nCr-1
n-1，14 分
从而(k + i)Ck+i
2k = 2kCk+i-1
2k-1 . 15 分
(写对公式1 分，证明1 分)
所以E(ξ) = k ⋅P(ξ = k) + 2×2k
22k
k
i=1
Ck+i-1
2k-1
= k ⋅P(ξ = k) +
k
22k-1
k
i=1
2Ck+i-1
2k-1
，
又
k
i=1
2Ck+i-1
2k-1
= 2(Ck
2k-1+ Ck+1
2k-1+⋯+C2k-1
2k-1)
= (C0
2k-1+ C1
2k-1+⋯+Ck-1
2k-1+ Ck
2k-1+ Ck+1
2k-1+⋯+C2k-1
2k-1)
根据C0
n + C1
n+ ... +Cn
n = 2n，可得
k
i=1
2Ck+i-1
2k-1
= 22k-1.16 分
可得E(ξ) = k ⋅P(ξ = k) +
k
22k-1 22k-1= k ⋅P(ξ = k) + k.
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 r
n = nC r-1
n-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
nC1
r；方法二，先选班长，再选剩下的班
委，则方案数为C1
nCr-1
n-1.故rCr
n = nCr-1
n-1】
解法二：(1) 记事件“编号为i 的球被涂黑色”为Bi，则P(Bi) = 1
2
A2= B1B2，且B1,B2相互独立，所以a2= P(A2) = 1
4 ，2 分
同理，可得A3= B1B
2B
3∪B
1B
2B3∪B1B
2B3∪B1B2B3，
所以P(A3) = 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2
= 4
8 = 1
2 ，3 分
事件A2A3= B1B2B3∪B1B2B
3，
所以P(A2A3) = 1
2 ⋅1
2 ⋅1
2 + 1
2 ⋅1
2 ⋅1
2 = 1
4 ，4 分
故P(A3|A2) = P(A2A3)
P(A2)
= 1．5 分
(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
22k+1 Ci
k+1(C0
k + C1
k +⋯+Ci-1
k )，
所以a2k+1= C1
k+1C0
k+⋯+Ci
k+1(C0
k+C1
k+⋯+Ci-1
k )+⋯+Ck+1
k+1(C0
k+⋯+Ck
k)
22k+1
8 分
设Sk= C1
k+1C0
k +⋯+Ci
k+1(C0
k + C1
k +⋯+Ci-1
k ) +⋯+Ck
k+1(C0
k +⋯+Ck-1
k
)，
则Sk= C0
k+1(C0
k +⋯+Ck-1
k
) +⋯+Ck+1-i
k+1 (C0
k + C1
k +⋯+Ci-1
k ) +⋯+Ck
k+1C0
k，
故2Sk= (C1
k+1+⋯+Ci
k+1+⋯+Ck
k+1) (C0
k +⋯+Ck-1
k
+ Ck
k) = 2k(2k+1- 2)，9 分
从而Sk= 2k(2k- 1)，所以a2k+1= 22k-2k+2k
22k+1
= 1
2 ．10 分
(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a2k+1= 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）
