文档内容
辽宁省葫芦岛市2025-2026学年高二上学期1月期末考试数
学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知直线l:y=❑√3x+2，则l的倾斜角为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
2．已知向量⃗m=(a,1,−1),⃗n=(−1,1,−1).若⃗m⊥⃗n，则a=（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
y2 x2
3．双曲线 − =1上一点P到其一个焦点的距离等于8，求点P到其另一个焦点的距离
16 20
（ ）
A．32 B．16 C．8 D．4
4．某学校安排4名教师分别到3个村庄支教，若每个村庄至少安排1名教师，则不同分配
方案共有（ ）
A．12 B．24 C．36 D．48
5．如图，已知三棱锥A−BCD，M为BC中点，N为DM中点，则⃗AN=（ ）
1 1 1 1 1 1
A． ⃗AB+ ⃗AC+ ⃗AD B． ⃗AB+ ⃗AC+ ⃗AD
4 2 4 3 3 3
1 1 1 1 1 1
C． ⃗AB+ ⃗AC+ ⃗AD D． ⃗AB+ ⃗AC+ ⃗AD
2 3 4 4 4 2
6．甲、乙两名同学为了参加“一二·九运动”相关体育比赛，赛前两人进行跳绳、踢毽球
和长跑的专项对抗练习.在这三个项目中，甲获胜的概率分别为0.6,0.5,0.7，且各项目
的对抗练习结果相互独立.则甲恰好在两个项目中战胜乙的概率为（ ）
A．0.44 B．0.45 C．0.46 D．0.47
7．两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风
试卷第1页，共3页景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件A=“两位游客中至少有一人选择葫芦
古镇”，事件B=“两位游客选择的景点不同”，则P(B|A)=（ ）
6 7 8 9
A． B． C． D．
7 8 9 10
8．在平面直角坐标系中，已知A(2,4)是以点C为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点
A分别与圆上不相同的两点（异于点A）重合，两次的折痕方程分别为x−y+1=0和
x+ y−7=0，若点(m,n)在圆 C上，则m+❑√3n+2的取值范围为（ ）
A．[4❑√3+3,4❑√3+7) B．[4❑√3−3,4❑√3+3)
C．[4❑√3+3,4❑√3+5) D．[4❑√3+5,4❑√3+7)
二、多选题
9．一个盒子里装有大小相同的4个黑球、2个白球，从中任取2个，其中白球的个数记为
X，则下列说法正确的是（ ）
2 14
A．P(X=0)= B．P(X≤0)=
5 15
2 4
C．E(X)= D．D(X)=
3 9
10．已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点F(2,0)，过F的直线交抛物线于A,B，Q为抛物线
上一个动点，则（ ）
A．p=2
B．|AB)的最小值为8
C．若P(3,1)，则|PQ)+|QF)的最小值为5
D．直线OA和OB斜率之积为定值−4
11．空间直角坐标系D−x yz中，点M(x ,y ,z ),N(x ,y ,z )，定义
1 1 1 2 2 2
d(M N)=|x −x )+|y −y )+|z −z ).如图，正方体ABCD−A B C D 的棱长为3，
1 2 1 2 1 2 1 1 1 1
E为棱BC的中点，点P,Q是平面yDz内两个动点，d(PD )=2，∠AQD=∠CQE，
1
则以下结论正确的是（ ）
试卷第2页，共3页A．点P的轨迹是正方形
B．点Q的轨迹是圆
C．点Q的轨迹是直线
[5❑√2 )
D．|PQ)的取值范围 −2,❑√41+2
2
三、填空题
12．抛一枚均匀硬币，连续抛三次，记正面朝上的次数为X，则P(X=2)= .
13．某产品的质量指标服从正态分布N(596,σ2).质量指标介于593至599之间的产品为合
格品，为使这种产品的合格率达到99.74%，则需调整生产技术，使得σ至多为
.（参考数据：若X∼N(μ,σ2)，则P(|X−μ)<3σ)≈0.9974）
x2 y2
14．已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左顶点为A，点P为线段OA（不含端点）上一点，
a2 b2
过P且斜率为1的直线交C于D,E两点，D在第三象限，设Q为线段DE的中点且
|OQ)=❑√5|PQ)时，椭圆C的离心率为 .
四、解答题
(x + 1 ) 8
15．在 的展开式中，求：
2 √3 x
(1)常数项；
(2)二项式系数最大的项；
试卷第3页，共3页(3)展开式中所有项的系数和.
16．某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的若干种价格进
行试销，统计了连续5个月的月销售量y（单位：千件）与售价x（单位：元/件）的情况如
下表所示．
售价x（元/件） 48 49 50 51 52
月销售量y（千
10 9 9 7 5
件）
(1)求相关系数r，并说明是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系（当|r)∈[0.75,1)时，
可以认为两个变量有很强的线性相关性；否则，没有很强的线性相关性）（精确到
0.01）；
(2)建立y关于x的线性回归方程，并估计当售价为53元/件时，该商品的月销售量为多少千
件？
n n
∑(x −x)(y −y) ∑ x y −nx y
i i i i
r= i=1 = i=1
参考公式：①
√ n n √ n n
❑∑(x −x) 2∑(y −y) 2 ❑ ( ∑ x2−nx2 )( ∑ y2−n y2 )
i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
n
∑(x −x)(y −y)
i i
②
b^= i=1
n
∑(x −x) 2
i
i=1
③ a^= y−b^x
5 5 5
参考数据：∑ x y =1988,∑(x −x) 2=10,∑(y −y) 2=16,❑√10≈3.162
i i i i
i=1 i=1 i=1
x2 y2
17．已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左焦点为F，过F交椭圆于A,B两点，|AF)的最
a2 b2
大值与|AB)的最小值都等于3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若|AF)=2|FB)，求直线AB的方程.
18．如图，在三棱锥P−ABC中，△PAB是边长为2的正三角形.边AB上存在一点O，
❑√3
使PO⊥平面ABC，CO= .
2
试卷第4页，共3页(1)在线段PA上是否存在一点M，使得直线PB∥平面MOC？若存在，写出证明过程；
若不存在，说明理由.
(2)若平面POC⊥平面PAC.
①求证：AC⊥OC；
②求平面BPC与平面APC所成角的余弦值.
19．甲、乙两位候选人参与选举投票，每张选票仅填写一位候选人（无弃票权）．选票支
持甲，则甲得1分，若支持乙，则乙得1分．设每张选票支持甲的概率为 (1 )，支
p 0．
2n+1 2n−1
试卷第5页，共3页《辽宁省葫芦岛市2025-2026学年高二上学期1月期末考试数学试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B C D A C A AC BCD
题号 11
答案 AB
1．B
【分析】由直线方程可得直线的斜率，再由斜率可得直线的倾斜角.
【详解】因为直线的方程为y=❑√3x+2，所以直线的斜率k=tanα=❑√3,0°≤α<180°，
由正切函数的性质得α=60°.
故选：B.
2．D
【分析】由垂直关系得向量的数量积为0，根据数量积的坐标运算可得结论．
【详解】由⃗m=(a,1,−1),⃗n=(−1,1,−1)，⃗m⊥⃗n，
得⃗m·⃗n=(a,1,−1)·(−1,1,−1)=−a+1+1=0，解得a=2.
故选：D
3．B
【分析】先利用双曲线方程求 ，设 ，运用双曲线的定义，求得 ，
a,b,c |PF )=8 |PF )=16
1 2
得到结果.
y2 x2
【详解】由双曲线 − =1，得到a=4 ，b=2❑√5 ，c=6 ；
16 20
由双曲线的定义 ，即 ，
||PF )−|PF ))=2a=8 |8−|PF ))=8
1 2 2
所以 或 （舍去）.
|PF )=16 |PF )=0
2 2
故选：B.
4．C
【分析】先将教师分组再进行分配，结合排列组合的知识解决.
【详解】从3个村庄中选出1个村庄，有 种选法；
C1=3
3
再从4名教师中选出2名教师到该村庄，有 种选法；
C2=6
4
将剩下的2名教师安排到剩下的2个村庄，有 种方法，
A2=2
2
故其分配方案共有3×6×2=36种.
答案第1页，共2页故选：C
5．D
【分析】利用向量的加法和减法运算化简即可.
1 1
【详解】因为N为DM中点，所以⃗AN= ⃗AD+ ⃗AM，
2 2
1 1
因为M为BC中点，所以⃗AM= ⃗AB+ ⃗AC，
2 2
则 ⃗AN= 1 ⃗AD+ 1(1 ⃗AB+ 1 ⃗AC ) = 1 ⃗AB+ 1 ⃗AC+ 1 ⃗AD .
2 2 2 2 4 4 2
故选：D
6．A
【分析】记三个项目中，甲获胜分别是事件A,B,C，综合对立事件、互斥事件、独立事
件的概率公式求解即可.
【详解】记三个项目中，甲获胜分别是事件A,B,C，
则P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(C)=0.7，
所以P(A)=1−0.6=0.4,P(B)=1−0.5=0.5,P(C)=1−0.7=0.3.
由题意知事件“甲恰好在两个项目中战胜乙”=ABC∪ABC∪ABC，
因为ABC,ABC,ABC两两互斥，
所以P(ABC∪ABC∪ABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC).
又各项目的对抗练习结果相互独立，即A,B,C相互独立，
所以P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.4×0.5×0.7=0.14，
P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.6×0.5×0.7=0.21，
P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.6×0.5×0.3=0.09，
所以P(ABC∪ABC∪ABC)=0.14+0.21+0.09=0.44.
故选：A.
7．C
【分析】分别求出P(A)和P(AB)，再利用条件概率的计算公式计算即可.
【详解】两位游客从5个景点中任选，每人有5种选择，总事件数：5×5=25种.
事件A的对立事件A为“两位游客都不选择葫芦古镇”，A的事件数：4×4=16种,
16 9
因此P(A)=1−P(A)=1− = .
25 25
事件AB分为两种情况：甲选葫芦古镇，乙选其余4个景点，4种；
答案第2页，共2页乙选葫芦古镇，甲选其余4个景点，4种；共4+4=8种事件，
8
因此P(AB)= .
25
8
P(AB) 25 8
所以P(B|A)= = = .
P(A) 9 9
25
故选：C.
8．A
【分析】先联立两条直线的方程求出圆心坐标，然后根据两点距离公式求出圆的半径，进
而得到圆的方程，然后利用参数方程将m,n表示为m=3+cosθ,n=4+sinθ，然后代入所
求表达式化简，从而求出范围.
【详解】由题意得，两条直线x−y+1=0和x+ y−7=0的交点为C，
{x- y+1=0)
所以联立两条直线方程为 ，解得C(3,4).
x+ y-7=0
因为 是以点 为圆心的圆上的一点，所以圆的半径为 .
A(2,4) C ❑√(3-2) 2+(4-4) 2=1
所以圆 的方程为 .
C (x-3) 2+(y-4) 2=1
由于点(m,n)在圆 C上，所以用参数方程表示为m=3+cosθ,n=4+sinθ，
代入表达式得 ( π).
m+❑√3n+2=3+cosθ+4❑√3+❑√3sinθ+2=4❑√3+5+2sin θ+
6
因为 ( π) ，所以 ( π) .
-2≤2sin θ+ ≤2 4❑√3+3≤4❑√3+5+2sin θ+ ≤4❑√3+7
6 6
故选：A.
9．AC
【分析】根据超几何分布和期望、方差公式计算即可.
【详解】对于A：任取2个中有0个白球的概率是 P(X=0)=
C2
4= 2，A正确；
C2 5
6
2
对于B：由题意知X=0,1,2，所以P(X≤0)=P(X=0)= ，B错误；
5
答案第3页，共2页对于C：由题意知 X=0,1,2 ， P(X=0)= 2 ,P(X=1)= C1 4 ·C1 2= 8 ,P(X=2)= C 2 2 = 1 .
5 C2 15 C2 15
6 6
2 8 1 2
所以E(X)=0× +1× +2× = ，C正确；
5 15 15 3
2 8 1
对于D：X2=0,1,4，因为P(X=0)= ,P(X=1)= ,P(X=2)= ，
5 15 15
2 8 1
所以P(X2=0)= ,P(X2=1)= ,P(X2=4)= ，所以
5 15 15
2 8 1 4
E(X2)=0× +1× +4× = .
5 15 15 5
所以 D(X)=E(X2)-(E(X)) 2= 4 - (2) 2 = 16，D错误.
5 3 45
故选：AC.
10．BCD
【分析】对于A可由焦点坐标可得p=4，对于B可由弦长公式可得最小值，对于C由抛物
线的定义将|QF)转化为Q点到准线的距离，再结合图形特征可得.对D直接用根据系数关
系计算可得.
p
【详解】由抛物线y2=2px(p>0)的焦点F(2,0)，得 =2，即p=4，故A错误；
2
抛物线方程为y2=8x.如图：
设A(x ,y ),B(x ,y )，由题意可知直线AB的斜率不等于0，
1 1 2 2
设直线AB的方程为x=m y+2，过Q作准线的垂线，垂足为M.
联立{x=m y+2)，消去x， ，
y2−8m y−16=0
y2=8x
答案第4页，共2页，
Δ=(−8m) 2−4×(−16)=64(m2+1)>0
所以y + y =8m,y ⋅y =−16，
1 2 1 2
所以
|AB)=❑√(x −x ) 2+(y −y ) 2 =❑√(m y −m y ) 2+(y −y ) 2 =❑√(m2+1)(y −y ) 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
，
=❑√(m2+1)[(y + y ) 2−4 y y ] =❑√(m2+1)[64m2−4(−16)] =8(m2+1)≥8
1 2 1 2
当m=0时等号成立，故B正确；
再由抛物线的定义|QF)=|QM)，所以|PQ)+|QF)=|PQ)+|QM)
，
≥|PN)=|3−(−2))=5
当M,Q,P三点共线时等号成立，故C正确；
又 y −0 y −0 y y −16 −16
k ⋅k = 1 ⋅ 2 = 1 2 = =
OA OB x −0 x −0 x x (m y +2)(m y +2) m2y y +2m(y + y )+4
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
−16
= =−4，所以D正确.
−16m2+2m×(8m)+4
故选：BCD.
11．AB
【分析】建系，求出P,Q的轨迹方程，可判断ABC；利用点到圆距离最值可判断D.
【详解】以 为原点， 、 、 分别为 、 、 轴正方向，建立空间直角
D ⃗DA ⃗DC ⃗DD x y z
1
坐标系，
则各点坐标为： ， ， ， ， ，
D(0,0,0) A(3,0,0) C(0,3,0) D (0,0,3) B(3,3,0)
1
由 为 中点，故 (3 )，
E BC E ,3,0
2
点 在平面 内，设 ， ，
P,Q yDz P(0,y ,z ) Q(0,y ,z )
P P Q Q
由 得：
d(PD )=2 ∣y ∣+∣z −3∣=2.
1 P P
在平面 yOz 上，方程 ∣y∣+∣z−3∣=2 表示一个中心在 (0,3)、
顶点为 (0,5)、(2,3)、(0,1)、(−2,3) 的边长为 2❑√2的正方形，选项 A 正确；
答案第5页，共2页⃗QA=(3,−y ,−z ),⃗QD=(0,−y ,−z ),⃗QC=(0,3−y ,−z ),⃗QE= (3 ,3−y ,−z )
Q Q Q Q Q Q 2 Q Q
y2 +z2 ❑√y2 +z2
cos∠AQD= Q Q = Q Q ，
❑√y2 +z2 ⋅❑√9+ y2 +z2 ❑√9+ y2 +z2
Q Q Q Q Q Q
(3−y ) 2+z2 ❑√(3−y ) 2+z2
cos∠CQE= Q Q = Q Q ，
√9 √9
❑√(3−y ) 2+z2 ⋅❑ +(3−y ) 2+z2 ❑ +(3−y ) 2+z2
Q Q 4 Q Q 4 Q Q
由 ∠AQD=∠CQE 得cos∠AQD=cos∠CQE ，
❑√y2 +z2 ❑√(3−y ) 2+z2
Q Q = Q Q ，
❑√9+ y2 +z2 √9
Q Q ❑ +(3−y ) 2+z2
4 Q Q
y2 +z2 (3−y ) 2+z2
两边平方： Q Q = Q Q ，
9+ y Q 2 +z Q 2 9 +(3−y ) 2+z2
4 Q Q
化简得： ，
y2 +z2 =4[(3−y ) 2+z2)
Q Q Q Q
整理得：
(y −4) 2+z2 =4.
Q Q
在平面 yOz 上，这是圆心为 (4,0)、半径为 2 的圆，选项 B 正确，选项 C 错误；
∣PQ∣ 表示点 P（在正方形边界上）与点 Q（在圆上）之间的欧几里得距离，
5
最小距离：圆心 (4,0) 到正方形边界的最短距离为 （在线段 (2,3) 到 (0,1) 上取
❑√2
得），
5 5❑√2
圆的半径为 2，故两图形不相交，最小距离为 −2= −2.
❑√2 2
最大距离：圆心到正方形边界的最远距离为 ❑√45=3❑√5（在点 (−2,3) 处取得），
故最大距离为❑√45+2.而选项 D 给出的上界为 ❑√41+2，因此，选项 D 错误.
故选：AB
3
12． /0.375
8
答案第6页，共2页【分析】可知 ( 1)，利用二项分布的概率公式求解.
X~B 3,
2
【详解】由题意可知， X~B ( 3, 1)，则 P(X=2)=C2× (1) 2 × ( 1− 1) = 3.
2 3 2 2 8
3
故答案为：
8
13．1
【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知，(596−3σ,596+3σ)⊆(593,599)，然后列
不等式组可解．
【详解】依题意可知， ，又 ，
μ=596 P(|X−μ)<3σ)≈0.9974
所以，要使合格率达到99.74%，则(596−3σ,596+3σ)⊆(593,599)，
{596−3σ≥593)
所以 ，解得：σ≤1，故σ至多为1．
596+3σ≤599
故答案为：1．
❑√6
14．
3
【分析】设点 ， ，直线方程为 ，联立方程利用韦达定理得
P(−t,0) Q(x ,y ) y=x+t
0 0
a2t b2t
；求出 ，由 化简得到 ，
x =− ,y = |OQ) 2 ,|PQ) 2 |OQ)=❑√5|PQ) a2=3b2
0 a2+b2 0 a2+b2
所以离心率 √ b2 ❑√6.
e=❑1− =
a2 3
【详解】设P(−t,0),(00.75，所以y与x有很强的线性相关性，可以用线性回归模型拟合.
^ 1988−5×50×8
（2）由题意得b= =−1.2，所以a^= y−b^x=8−(−1.2)×50=68，
10
所以y关于x的经验回归方程：^y=−1.2x+68，
当x=53时，^y=−1.2×53+68=4.4，
故估计当售价为53元/件时，该商品的月销售量为4.4千件.
x2 y2
17．(1) + =1
4 3
(2)❑√5x+2y+❑√5=0或❑√5x−2y+❑√5=0
【分析】分别求出|AF)的最大值与|AB)的最小值，再结合椭圆的性质即可求出；
设直线AB的方程为x=m y−1，和椭圆方程进行联立，结合|AF)=2|FB)求出m的值即
答案第9页，共2页可求出直线方程.
【详解】（1）已知|AF)的最大值与|AB)的最小值都等于3，
a+c=3
则有
{
2b2
)
，解得
{
a=2
)
=3 b=❑√3
a
c=1
a2=b2+c2
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1.
4 3
（2）
x2 y2
由（1）知椭圆的标准方程为 + =1，则F(1,0)，
4 3
当直线AB的方程为x=1或y=0时，均不成立；
所以设直线 的方程为 （ 存在且 ）， ，
AB x=m y−1 m m≠0 A(x ,y ),B(x ,y )
1 1 2 2
{x=m y−1
)
，整理得
x2 y2 (3m2+4)y2−6m y−9=0
+ =1
4 3
6m 9
由韦达定理，y + y = ,y y =− ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
因为|AF)=2|FB)，且F在A,B之间，所以⃗AF=2⃗FB，
即 ，所以 ，即 ，
(−1−x ,−y )=2(x +1,y ) −y =2y y =−2y
1 1 2 2 1 2 1 2
6m
将y =−2y 代入y + y =− ，
1 2 1 2 3m2+4
6m 6m
得−2y + y =− ，即y = ，
2 2 3m2+4 2 3m2+4
9
将y =−2y 代入y y =− ，
1 2 1 2 3m2+4
答案第10页，共2页得 −2y2=− 9 ，即 y2= 9 ，
2 3m2+4 2 2(3m2+4)
所以( 6m ) 2 9
− =
3m2+4 2(3m2+4)
整理得8m2=3m2+4，即5m2=4，
2❑√5
解得m=±
5
所以直线AB的方程为❑√5x+2y+❑√5=0或❑√5x−2y+❑√5=0.
18．(1)存在，当点M是PA的中点时，直线PB∥平面MOC，证明见解析
❑√265
(2)①证明见解析；②
53
【分析】（1）根据线面平行的判定定理判定即可.
（2）①根据面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、线面垂直的性质证明即可.
②根据面面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）存在，当点M是PA的中点时，直线PB∥平面MOC.
理由如下：
因为PO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
因为△PAB是正三角形，所以O是AB的中点.
当点M是PA的中点时，OM是△PBA的中位线，
所以OM∥PB，又OM⊂平面MOC，又PB⊄平面MOC，
所以PB∥平面MOC.
（2）①过O作OD⊥PC于D，
答案第11页，共2页因为平面POC⊥平面PAC，平面POC∩平面PAC=PC，
所以OD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以OD⊥AC.
又PO⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PO⊥AC.
因为PO⊂平面POC，OD⊂平面POC，PO∩OD=O，
所以AC⊥面POC，又OC⊂面POC，
所以AC⊥OC.
②以C为坐标原点，以C A，CO所在的直线为x，y轴，以过C作OP的平行线为z轴，建
立如图所示空间直角坐标系，
( ❑√3 ) (1 )
C(0,0,0) P 0, ,❑√3 A ,0,0
2 2
， ， ，
( 1 )，
B − ,❑√3,0
2
则 ⃗CP= ( 0, ❑√3 ,❑√3 )， ⃗C A= (1 ,0,0 )， ⃗CB= ( − 1 ,❑√3,0 )
2 2 2
设平面PAC的法向量⃗n=(x,y,z)，
{
❑√3
y+❑√3z=0)
则{⃗n⋅⃗CP=0)，即 2 ，令 ，则 ，
z=1 ⃗n=(0,−2,1)
⃗n⋅⃗C A=0 1
x=0
2
答案第12页，共2页设平面 的法向量 ，
PBC ⃗m=(x′,y′,z′)
{
❑√3
y′+❑√3z′=0)
则{⃗m·⃗CP=0)，即 2 ，令 ，则
y′=2 ⃗m=(4❑√3,2,−1)
⃗m·⃗CB=0
−
1
x′+❑√3 y′=0
2
设平面BPC与平面APC所成角为θ，
|⃗m⋅⃗n) |4❑√3×0+2×(−2)+(−1)×1) 5 ❑√265
cosθ=|cos⟨⃗m,⃗n))= = = = .
|⃗m)|⃗n) ❑√(4❑√3) 2+22+(−1) 2 ⋅❑√02+(−2) 2+12 ❑√53⋅❑√5 53
❑√265
所以平面BPC与平面APC所成角的余弦值 .
53
19．(1)
p =p,p =−2p3+3p2
1 3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题中p 的意义求解即可，要注意独立重复试验概率的应用；
2k−1
（2）根据题中p ,q 的意义分别求出p ,p ,q ,q ，代入求解即可，或整体求出
2k−1 2k−1 3 5 3 5
p −p ,q −q ，作商即可；
5 3 5 3
（3）当 时， ，当 时，在前 次投票的基础上，
n=1 p −p =p(1−2p)(p−1)>0 n≥2 2n−1
3 1
再进行两次投票，甲比乙至少多得1票可以分三种情况讨论可得p 的表达式，移项并整
2n+1
理可得结果.
【详解】（1）由题知p 为“统计完1张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概
1
率”，即第1张选票支持甲的概率，所以p =p.
1
p 为“统计完3张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，即前3张选票
3
中有3甲或2甲1乙的概率，因为p+q=1，所以q=1−p，
所以 .
p =p3+C2p2q=p3+C2p2(1−p)=−2p3+3p2
3 3 3
（2）方法一：由题意知p 为“统计完5张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的
5
概率”，即前5张选票中有5甲、4甲1乙或3甲2乙的概率，
所以 ，
p =p5+C4p4(1−p)+C3p3(1−p) 2=6p5−15p4+10p3
5 5 5
答案第13页，共2页所以 .
p −p =(6p5−15p4+10p3)−(−2p3+3p2)=6p5−15p4+12p3−3p2
5 3
同理 ，
q =(1−p) 3+C2(1−p) 2p=2p3−3p2+1
3 3
，
q =(1−p) 5+C4p(1−p) 4+C3p2(1−p) 3=−6p5+15p4−10p3+1
5 5 5
所以 .
q −q =−6p5+15p4−12p3+3p2
5 3
所以p −p ，为定值.
5 3=−1
q −q
5 3
方法二：因为 ，
q =(1−p) 3+C2p(1−p) 2=2p3−3p2+1
3 3
结合（1）中 ，
p =−2p3+3p2
3
得p +q =1.
3 3
又 ，
p =p5+C4p4(1−p)+C3p3(1−p) 2=6p5−15p4+10p3
5 5 5
，
q =(1−p) 5+C4p(1−p) 4+C3p2(1−p) 3=−6p5+15p4−10p3+1
5 5 5
所以p +q =1，
5 5
所以 ，即p −p ，为定值.
p −p =q −q 5 3=−1
5 3 3 5 q −q
5 3
方法三：由题意知
p −p =p5+C4p4q+C3p3q2−p3−C2p2q
5 3 5 5 3
=p2(p3+5p2q+10pq2−p−3q)
=p2[p3+5p2q+10pq2−p(p+q) 2−3q(p+q) 2)
，
=3p2q2(p−q)
同理 ，
q −q =3q2p2(q−p)
5 3
所以p −p ，为定值.
5 3=−1
q −q
5 3
答案第14页，共2页（3）当 时，由（1）得 ，
n=1 p −p =−2p3+3p2−p=p(1−2p)(p−1)
3 1
1
因为 0.
当n≥2时，在前2n−1次投票的基础上，再进行两次投票，甲比乙至少多得1票可以分为
以下三种情况：
若前2n−1次投票中甲得了n−1票，再进行两次投票甲得两票，则甲比乙多得1票，其概
率为 [Cn−1 pn−1(1−p) n)·p2 ；
2n−1
若前2n−1次投票中甲得了n票，再进行两次投票甲得两票或一票，则甲比乙至少多得1票，
其概率为 [Cn pn(1−p) n−1)·[p2+C1p(1−p)) ；
2n−1 2
若前2n−1次投票中甲得了至少n+1票，再进行两次投票无论结果如何，则甲比乙至少多
得1票，其概率为 .
p −Cn pn(1−p) n−1
2n−1 2n−1
可以求得：
p =[Cn−1 pn−1(1−p) n)·p2+[Cn pn(1−p) n−1)·[p2+C1p(1−p))+[p −Cn pn(1−p) n−1)
2n+1 2n−1 2n−1 2 2n−1 2n−1
移项并整理得 p −p =Cn−1 pn+1(1−p) n+Cn pn(1−p) n−1·[p2+C1p(1−p)−1)
2n+1 2n−1 2n−1 2n−1 2
=Cn−1 pn+1(1−p) n+Cn pn(1−p) n−1·[−(1−p) 2)
2n−1 2n−1
，
=Cn pn(1−p) n (2p−1)
2n−1
1
因为 0,2p−1>0，
2
进而 Cn pn(1−p) n (2p−1)>0 .
2n−1
综上，对任意正整数n，p −p >0.
2n+1 2n−1
答案第15页，共2页
