厦门市2026届高中毕业班模拟测试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260403福建厦门市2026届高中毕业班第二次质量检测（全科）

2026 届高中毕业班模拟测试参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C A B B D C B C ACD ABD ACD 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的． 1． 答案：C 解析：因为为第四象限角，所以 高三数学 第1页（共8页）   c o s 0 ， = −   s in 4 3 c o s ，结合 + =   s in 2 c o s 2 1 可 3 得cos= ，故选C． 5 2． 答案：A 解析：设 z = b i ( b  0 ) ，则 (1 + i ) z + 1 = 1 − b + b i ，由纯虚数的定义得 1 − b = 0 ，所以 b = 1 ， |z|=b=1，故选A． 3． 答案：B 解析：因为 A  U B ，所以 A B =  ，所以B A，故 U B ( U A ) = B ，故选B． 4． 答案：B 解析：由题意得：圆心 ( 2 ,1 ) 到直线y=kx(k 0)和 y = 0 的距离相等，所以 |2k−1| 4 =1，解得k = （ 1+k2 3 k = 0 舍去），故选B． 5．答案：D  解析：由题意得 f  是 6 f ( x )  1 3 的最大值，所以 f( )= + a= 1+a2 ，解得 6 2 2 a = 3 ．    所以 f( )= f( −22)= f( )= 3．故选D． 3 3 3 6．答案：C 解析：由 f(x)= f(−x)可知 f ( x ) 是偶函数，当 x  0 时， f(x)=ex −e−x 0，故 f(x)在 3 3 1 3 1 1 (0,+)单调递增．由 2 得log  ，所以b= f(log ) f( )= f(− )=a． 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 又20.1 1log ，所以c= f(20.1) f(log )=b，故选C． 2 2 2 2 7．答案：B 解析：方法一：依题意， △ A B D 的面积为1，设 A D = m ，则 A B = 2 m ，所以 1 1 S = m2msinA=1，即m2 = ，在△ABD中，由余弦定理可得， 2 sinA 5−4cosA 5−4cosA BD2 =(2m)2 +m2 −22mmcosA，所以BD2 = ，设 =k(k 0)， sinA sinA 则ksinA+4cosA=5 k2 +16 ，解得 k  3 3 ，当且仅当sinA= 时，等号成立， 5 所以BD 3，故选B． 方法二：以BC的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，不妨设B(−m,0)，C(m,0)， 2 m 1 9 1 9 1 2 A(0, )，所以D( , )，所以BD2 = m2 + 2 m2 =3，当且仅当m2 = 时 m 2 m 4 m2 4 m2 3 等号成立，所以BD 3，故选B． 8． 答案：C 解析：设△ABC与△BCD的外接圆半径分别为r ， 1 r 2 ，所以π(r2 +r2)=8π， 1 2 即r2 +r2 =8，设球O的半径为R ，BC的中点为M ，则OM2 =R2 −r2 +R2 −r2 ，又 1 2 1 2 OM2 +BM2 =R2，所以R2 −r2 +R2 −r2 +12 =R2，解得R= 7 ，故选C. 1 2二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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． 9. 答案：ACD 解析：对于选项A：由表格可知，y随x的增大而增大，样本数据正相关，所以相关系数 r0，A选项正确． 1+2+3+4+5 12+18+25+30+34 对于选项B：计算得x = =3，y = =23.8，所以回归直 5 5 线过点(3,23.8)，B选项错误； 23.8−7 ˆ 对于选项C：b= =5.6，选项C正确； 3 对于选项D：当 高三数学 第2页（共8页） x = 1 0 时，响应变量的预测值 ˆy = 5 .6  1 0 + 7 = 6 3 ，D选项正确，故选ACD． 10．答案：ABD 解析：当 x  0 , y  0 时， C : x 2 − y 2 = 1 ；当 x  0 , y  0 时， C : − x 2 − y 2 = 1 ，不存在； 当 x  0 , y  0 时，C:y2 −x2 =1；当 x  0 , y  0 时，C:x2 + y2 =1； 对于选项A：令 x = 0 ，解得 y = − 1 ，令 y = 0 ，解得 x = 1 ，所以 (1 , 0 ) ， ( 0 ,1 ) 两点之间的距离为 2 ，所以 | A B =| 2 ，故选项A正确； 对于选项 B：设 ( x , y ) 在C上，因为 ( x , y ) 关于 y = − x 的对称点 ( − y , − x ) 也 在 C 上，所以 C 关于直线 y = − x 对称， C 为轴对称图形，故选项B正确； 对于选项 C：将直线y=x与 C 联立可得， x | x | − x | x |= 1 ，该方程无解，故选项 C 错误； 对于选项D：若 △ P A B 的面积为 1 4 ，则 P 2 到直线AB的距离为 ，若 4 P 在第四象限，则 2−1 △PAB面积的最大值为 ，因为 2 2 2 − 1  1 4 ，所以不存在满足条件的点 P .因为曲线 C:x2 −y2 =1(x0,y0) ，C:y2 −x2 =1(x0,y0) 的渐近线为 y = x ，直线 y = x 与 2 y=x−1之间的距离为 ，若 2 △ P A B 的面积为 1 4 ，则 P 到直线AB（y=x）的距离为 4 2 ， 满足题意的点 P 恰有两个，故选项D正确；故选ABD． 11．答案：ACD 解析：对于选项A：10=23 +21，所以 ω (1 0 ) = 2 ，A选项正确； 对于选项B： A 中的元素个数为 C 210 = 4 5 ，B选项错误； 对于选项C：设n=2s +2t(st)， A 中满足 X  1 0 0 的元素如下： 因为26 +25 =96100，以 s y O B x A 的大小作为分类依据，s=7共有7个，s=8共有8个， 24 8 s=9 共有9个，所以P(X 100)= = ，C选项正确； 45 15 对于选项D：299+(20 +21+ 28)+288+(20 +21+ 27)+ +211+20 =91023， 91023 1023 所以E(X)= = ，D选项正确；故选ACD． 45 5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．答案：π 解析：AC= AB2 −BC2 = 3，旋转所得几何体是以AC为底面半径，BC为高的圆锥， 1 体积V = AC2BC=． 3 13．答案：18 解析：若一组2名男生，另一组1名男生2名女生，情况有C1A2 =6种；若一组1名男 3 2 生 1 名女生，另一组 2名男生 1 名女生，情况有C1C1 A2 =12种．所以不同的安排方 3 2 2 案共有18种． 14．答案： (−,−1) (1,+) t2 解析：设ax=t，依题意，即| −t+1|=t有两个非负实数根， a2t2 t2 1 2t−1 1 所以 −t+1=t或−( −t+1)=t （舍），所以 = =1−( −1)2 1， a2 a2 a2 t2 t 解得 高三数学 第3页（共8页） a  1 或 a  − 1 ，故填 ( −  , − 1 ) (1 , +  ) ． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分) 记数列  a n  的前 n 项和为 S n ，已知 a 1 = 3 ， S n = n a n − n n − 1 ( )． （1）证明  a n  是等差数列，并求 a n ；  1  （2）记数列 的前 S  n n 项和为 T n ，证明： T n  3 4 ． 解：（1）当n≥2时，S =(n−1)a −(n−1)(n−2)， ········································· 1分 n−1 n−1 两式相减得，a =S −S =na −(n−1)a −(n−1)n+(n−1)(n−2)， ················· 2分 n n n−1 n n−1 即 n − 1 a n − a 1−n − 2 = 0 ( )( ) ， ········································································ 3分 由于 n − 1 ≥ 1 ，所以a −a =2(n≥2)， ······················································ 4分 n n−1 所以  a n  是首项为3，公差为2的等差数列． ················································ 5分 所以 a n = 3 + 2 n − 1 = 2 n + 1 ( ) ． ···································································· 6分 （2）由（1）知 S n = n 2 + 2 n ， ···································································· 8分 1 1 11 1  所以 = =  − ， ····························································· 9分 S n(n+2) 2n n+2 n 1 1 1 1 1 1 1 1  所以T = 1− + − ++ − + − ， ·································· 10分 n 2 3 2 4 n−1 n+1 n n+2 1 1 1 1  3 2n+3 所以T = 1+ − − = − ， ···································· 12分 n 2 2 n+1 n+2 4 2(n+1)(n+2) 2n+3 3 又因为 0，所以T  ． ····················································· 13分 2(n+1)(n+2) n 4 16．（15分）设函数 f (x)=e2x −2ax． （1）讨论 f ( x ) 的单调性； （2）证明：当 a  0 a2 3 时， f (x)≥lna− + ． 2 2 解：解法一：（1） f(x)=2(e2x −a) ． ······························································ 1分 当 a ≤ 0 时， e 2 x − a  0 ，所以 f  x  0 ( ) ， f ( x ) 在 R 上单调递增； ····················· 3分 当a0时，令 f  x  0 lna ( ) ，解得x ，令 2 f  x  0 lna ( ) ，解得x ， ··············· 5分 2 所以 f ( x )  lna 在−, 单调递减，在  2   ln 2 a , +   单调递增． 综上，当 a ≤ 0 时， f ( x ) 在R上单调递增；  lna lna  当a0时， f (x)在−, 单调递减，在 ,+单调递增． ···················· 6分  2   2  （2）由（1）知，当 a  0 lna 时， f (x)= f  =a−alna． ···························· 7分 min  2  a2 3 a2 3 下证a−alna≥lna− + ，即证(1+a)lna− −a+ ≤0． ··························· 8分 2 2 2 2 a2 3 1 令g(a)=(1+a)lna− −a+ ，则g(a)=lna−a+ ． ································· 9分 2 2 a  1 2 3 设h(a)=g(a)，则 −a2 +a−1  a− 2  + 4 ． h(a)= =− 0 a2 a2 所以h(a)在(0,+)上单调递减． ······························································· 11分又 高三数学 第4页（共8页） h ( 1 ) = 0 ，则当 a  ( 0 ,1 ) 时， h ( a )  0 ， a  ( 1 , +  ) 时， h ( a )  0 ， 所以 g ( a ) 在 ( 0 ,1 ) 上单调递增，在 ( 1 , +  ) 单调递减． ······································· 13分 所以 g ( a ) ≤ g ( 1 ) = 0 ， ·············································································· 14分 a2 3 即(1+a)lna− −a+ ≤0， 2 2 a2 3 所以 f (x)≥lna− + ． ········································································ 15分 2 2 解法二：（1）同解法一； （2）由（1）知，当 a  0 lna 时， f (x)= f( )=a−alna． ····························· 7分 min 2 a2 3 下证a−alna≥lna− + ，即证 ( ) 2 2 ln a − a 2 2 − a 2 a + + 1 3 ≤ 0 ． ·································· 8分 a2 −2a+3 a3 +a−2 (a−1)(a2 −a+2) 令g(a)=lna− ，则g(a)= = ． ··············· 10分 2(a+1) 2a(a+1)2 2a(a+1)2 又a2 −a+2=(a−1)2 +10， ···································································· 11分 所以当a(0,1)时， g (' a )  0 ，a(1,+)时， g (' a )  0 ， 所以 g ( a ) 在 ( 0 ,1 ) 上单调递增，在(1,+)单调递减． ······································· 13分 所以 g ( a ) ≤ g ( 1 ) = 0 ， ·············································································· 14分 a2 3 即(1+a)lna− −a+ ≤0，所以 2 2 f x ≥ ln a − a 2 2 + 3 2 ( ) ． ································ 15分 17．（15分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，  A D C = 6 0  ， A B = P B = P D = 4 ． （1）证明： B D ⊥ 平面 P A C ； （2）已知 P A = 2 ，点 E 满足 B E A P  = ，01，BD∥平面 P E C ． （i）求； （ii）求平面 P B D 与平面 P E C 夹角的余弦值． 解：解法一：（1）因为 A B C D 为菱形，所以 B D ⊥ A C ． ······································· 1分 设AC，BD交于点O，则 O B = O D ，又因为 P B = P D ，所以 B D ⊥ O P ． ············· 2分 因为AC OP=O，AC，OP平面PAC， 所以 B D ⊥ 平面 P A C ． ·············································································· 4分 （2）（i）取PC中点F，则 O F ∥ P A 且 O F = 1 2 P A ． 又因为PA∥EB，所以 O F ∥ E B ，即 O , F , E , B 四点共面．······························· 5分 因为 O B ∥ 平面PEC， O B  平面OBEF，平面 O B E F 平面 P E C = E F ， 所以 O B ∥ E F ， ······················································································ 7分 因此 O F E B 是平行四边形， 1 1 故OF =BE= AP，即= ． ·································································· 9分 2 2 （ii）由（1）可知，BD⊥平面 P A C ，因为BD平面ABCD， 所以平面ABCD⊥平面 P A C P E A B D C P E A F B O D C ，因为平面ABCD 平面PAC=AC， 所以在平面PAC内作Oz垂直于AC， 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz． ······································· 10分 则D ( 2 3,0,0 ) ，B ( −2 3,0,0 ) ，A(0,−2,0)，C(0,2,0)． ( ) 因为OP= PB2 −OB2 =2，且OA=AP=2，所以AOP=60，P 0,−1, 3 ． ··· 11分 ( ) 1  1 3 因此AP= 0,1, 3 ，BE= AP=0, , ， z   2  2 2  P ( )  3 3 E 由此可知PB= −2 3,1,− 3 ，PE=−2 3, ,− ，PC=(0,3,− 3)．   2 2   A B 设平面PBD的一个法向量m=(x,y,z )，则 O 1 1 1 D C x ymPB=0  −2 3x + y − 3z =0  ，即 1 1 1 ，令 mBD=0  4 3x =0 1 高三数学 第5页（共8页） y 1 = 3 ， m = ( 0 , 3 ,1 ) ． ················ 12分 设平面PEC的一个法向量 n = ( x 2 , y 2 , z 2 ) ，则  3 3 nPE =0 −2 3x + y − z =0  ，即 2 2 2 2 2 ，令 nPC =0   3y − 3z =0 2 2 y 2 = 1 ， n = ( 0 ,1 , 3 ) ． ················ 13分 mn 3 所以cosm,n= = ， ······························································ 14分 |m||n| 2 所以平面 P B D 与平面 P E C 夹角的余弦值为 2 3 ． ·········································· 15分 解法二：（1）同解法一； （2）（i）同解法一； （ii）过 P 作 B D 的平行线l，因为l∥BD， E F ∥ B D ，所以l∥EF， 所以 l 为平面 P B D 与平面 P E C 的交线． ······················································ 11分 由（1）可得， B D ⊥ P O ， B D ⊥ 平面 P A C ， P C  平面 P A C ，所以 B D ⊥ P C ， 因为 ∥l B D ，所以 l ⊥ P C ， l ⊥ P O ， 所以  O P C 为平面 P B D 与平面 P E C 夹角. ···················································· 13分 因为 O P = P B 2 − O B 2 = 2 ，且 O A = A P = 2 ， 所以  A O P = 6 0  ，  O P C = 3 0  3 ，所以cosOPC= ， 2 所以平面 P B D 与平面 P E C 夹角的余弦值为 2 3 ． ·········································· 15分 x2 y2 18．（17分）已知椭圆C: + =1(ab0)的左、右顶点分别为 a2 b2 A ， B ， A B = 4 ，直线 y=1交 C 于 P ， Q 4 6 两点， PQ = ． 3 （1）求 C 的方程； （2）点 M 在线段 P Q 上，直线 A M ，BM 分别交C于 D ， E 两点，直线 A E ， B D 交于点 N． （i）证明： M N ⊥ A B ； （ii）判断 y 轴上是否存在定点 T ，使得 N T + N M 为定值，若存在，求出 T 的坐标；若 不存在，说明理由． 解：解法一：（1）依题意， AB =2a=4，所以a=2， ········································ 1分 2 6  易知点 ,1在   3   C 上， ··········································································· 2分 2 2 6   所以   3   12 ，结合a=2，解得b2 =3， ············································ 3分 + =1 a2 b2 所以 C P l E A F B O D C y x2 y2 的方程 + =1． ········································································ 4分 4 3 N T  2 6 2 6 （2）（i）设M(x ,1) − x  ，D(x,y )，E(x ,y )， 0  3 0 3  1 1 2 2 D   E 设直线AM :x=(x +2)y−2，BM :x=(x −2)y+2． P M Q 0 0 由 x=(x 0 +2)y−2 可得，3(x +2)2 +4y2 −12(x +2)y=0， A O B x 3x2 +4y2 −12=0  0  0 12(x +2) 所以y = 0 ，············································································ 6分 1 3(x +2)2 +4 0联立直线 高三数学 第6页（共8页） B M 12(x −2) 和C可得，y =− 0 ， ·············································· 7分 2 3(x −2)2 +4 0 所以直线 B D y y 3 的斜率为 1 = 1 =− (x +2) ， x −2 (x +2)y −4 4 0 1 0 1 3 所以直线BD:y=− (x +2)(x−2)， ··························································· 8分 4 0 同理直线 A E y y 3 的斜率为 2 = 2 =− (x −2) ， x +2 (x −2)y +4 4 0 2 0 2 3 所以直线AE:y=− (x −2)(x+2)， ··························································· 9分 4 0  3 y=− (x +2)(x−2)   4 0 由 可得， 3 y=− (x −2)(x+2)  4 0 N  x 0 , − 3 4 ( x 20 − 4 )  ， 所以 M N ⊥ A B ． ···················································································· 11分 （ii）假设存在点 T ( 0 , t ) ，使得 N T + N M 为定值 m ，  3x2  2 3x2 即 NT + NM = x2 +3−t− 0  +2− 0 =m， ········································ 12分 0  4  4 x2 所以 0 (3t−3m−1)+(t−3)2 −(m−2)2 =0， ················································· 14分 2  3t−3m−1=0 故 ，解得  (t−3)2 −(m−2)2 =0 t = 8 3 ， m = 7 3 ， ············································· 16分  8 7 所以存在T0, ，使得 NT + NM = 为定值． ··········································· 17分  3 3 解法二：（1）同解法一； （2）（i）同解法一； （ii）由（i）可知，点 N x N , y N 4 ( )在抛物线:x2 =− (y−3)(y1)上， ·············· 12分 3 假设 NT + NM =m，当M(0,1)时，N(0,3)，此时 M N = 2 ，则 m ≥ 2 ， 如图，M 到直线 y = m + 1 的距离 m ，又1 y ≤3≤m+1， N 则 N 点到直线y=m+1的距离为m− NM = NT ， 所以 N 应在以T 为焦点， y = m + 1 为准线的抛物线上， 所以T 只能为  的焦点， y = m + 1 为  的准线， ············································ 14分  8 可求得的焦点为0, ，准线为  3 y = 1 0 3 y N T D E P M Q A O B x ， ··················································· 16分  8 10 所以当T 为0, 时， NT = −y ， NM = y −1，  3 3 N N 10 7 所以 NT + NM = −y + y −1= ． 3 N N 3  8 7 所以存在T0, ，使得 NT + NM = 为定值． ··········································· 17分  3 3 解法三：（1）同解法一； y y y 2 3 （2）（i）设S(x ,y )为C上一点，则k k = S  S = S =− ， ········ 6分 s s SA SB x +2 x −2 x 2 −4 4 S S S 1 1 设M(x ,1)，则k =k = ，k =k = ， 0 EB MB x −2 DA MA x +2 0 0 3 3 3 3 因为k k =− ，k k =− ，所以k =− (x −2)，k =− (x +2)， ···· 8分 MB AE 4 MA BD 4 AE 4 0 BD 4 03 3 所以直线BD:y=− (x +2)(x−2)，AE:y=− (x −2)(x+2)， ······················ 9分 4 0 4 0  3 y=− (x +2)(x−2)   4 0 由 可得， 3 y=− (x −2)(x+2)  4 0 高三数学 第7页（共8页） N  x 0 , − 3 4 ( x 20 − 4 )  ， 所以MN ⊥ A B ． ···················································································· 11分 （ii）同解法一、二； 解法四：（1）同解法一； （2）（i）设 D ( x 1 , y 1 ) ， E ( x 2 , y 2 ) 设直线l :x=t y−2，令 AM 1 y = 1 ，则 M ( t1 − 2 ,1 ) ， 同理，设直线 l B M : x = t 2 y + 2 ，令 y = 1 ，则 M ( t 2 + 2 ,1 ) ，则有 t1 − t 2 = 4 ，············· 5分 3x2 +4y2 −12=0 联立 ，得   x=t y−2 1 3 2 t1 + 4 y 2 − 1 2 t1 y = 0 ( ) ，由韦达定理得 y 1 = 3 1 2 2 t1 t1 + 4 ， 6t2 −8 6t2 −8 12t  12t 3t 代入直线l 得x = 1 ，所以D 1 , 1  ，所以k = 1 =− 1 ， AM 1 3t2 +4 3t2 +4 3t2 +4 BD −16 4 1 1 1 3t 所以l : y=− 1(x−2)，① ······································································· 7分 BD 4 3x2 +4y2 −12=0 联立 ，得   x=t y+2 2 3 t 2 2 + 4 y 2 + 1 2 t 2 y = 0 12t ( ) ，由韦达定理得y =− 2 ， 2 3t 2 +4 2 代入直线 l B M −6t 2 +8 −12t  −12t 3t 得E 2 , 2  ，得k = 2 =− 2 ，  3t 2 +4 3t 2 +4 AE 16 4 2 2 所以 l A E : 3t y=− 2 (x+2)，② ······································································ 9分 4 19．（17分）某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将n(nN*,n≥2)个学生依次编号为 1，2，…，n，每个学生手中均有红卡、黑卡各一 张； ②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡； ③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机 抽取一张，重复上述操作，直至n号从 n − 1 号手中的三张卡片中随机抽取一张； ④老师从n号手中的三张卡片中随机取出一张弃置． 则一轮游戏结束． （1）求在一轮游戏结束后， 1 号学生恰有两张红卡的概率； （2）求在一轮游戏结束后， n 号学生手中红卡张数的期望； （3）在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按 照游戏规则重新进行下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游 戏终止．求经过两轮游戏后只剩一个学生未被淘汰的概率． 解：（1）记D=“一轮游戏结束后1号手中有两张红卡”， 若要1号手中是两张红卡，则应从在1号手中放入红卡，取出黑卡， ················· 2分 11 1 所以P(D)= = ， 23 6 所以一轮游戏结束后，1号学生恰有两张红卡的概率为 1 6 ； ······························ 4分 （2）记 A i = “抽取卡片后i号学生手中有两张红卡和一张黑卡”， 1 B =“从i号手中取出的卡为红卡”，所以P(A)= ， i 1 2 A =A B +A B =B (2≤i≤n)，P(B A )= 2 ，P ( B A ) = 1 ， i i−1 i−1 i−1 i−1 i−1 i−1 i−1 3 i−1 i−1 3 则由全概率公式可得：P(A)=P(A )P(B A )+P ( A ) P ( B A ) = 2 P(A )+ 1 P ( A ) ， i i−1 i−1 i−1 i−1 i−1 i−1 3 i−1 3 i−1 1 1 则P(A)= P(A )+ ， ··········································································· 6分 i 3 i−1 3 1 1 1 P(A)− = P(A )− ， i 2 3 i−1 2 1 所以P(A)= ， i 2 高三数学 第8页（共8页） (1 ≤ ≤i n ) ， ······································································ 8分 假设一轮游戏结束后， n 号手中红卡个数 X = 0 ,1 , 2 ， P(X =0)=P ( A ) P ( B A ) = 1 ， n n n 6 P(X =1)=P(A )P(B A )+P ( A ) P ( B A ) = 2 ， n n n n n n 3 P(X =2)=P(A )P ( B A ) = 1 ， n n n 6 1 2 1 所以E(X)=0 +1 +2 =1． ··························································· 10分 6 3 6 （3）由题意可知，一轮游戏后至少还有剩下两位学生未被淘汰， 记M =“一轮游戏后剩k个学生未被淘汰”，其中 k k = 2 , 3 , ..., n ， 记 N = “两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”， 则N =M N +M N +...+M N， 2 3 n 由（2）可知每个学生被淘汰的概率均为 1 3 ， ················································ 11分 1 k−1 2 所以P(N|M )=C1    ， ·································································· 12分 k k3 3 1 n−k 2 k 1 k−12 1 n 2 k 所以P(M N)=P(M )P(N|M )=Ck     C1   =2  kCk   ， · 13分 k k k n3 3 k3 3 3 n3 由全概率公式可得： P(N)=P(M N)+P(M N)+...+P(M N) =2   1  n  n kCk    2  k ······················· 14分 2 3 n 3 k=2 n 3 n 2 k−1 n 2 k−1 n−1 2 k n−1 2 k 2 0  2 n−1   k=2 nC n k − − 1 1   3  = k=2 C n k − − 1 1   3  = k=1 C n k −1  3  =     k=0 C n k −1  3  −C n 0 −1  3     =    1+ 3  −1    4n 1 n5 n−1  4n 5 n−1  所以P(N)= 3    3      3  −1    = 3n+1    3  −1    ·········································· 16分 4n 5 n−1  所以两轮游戏结束后，恰好剩一个学生未被淘汰的概率为 3n+1      3  −1    4n 5 n−1 1 n−1 （或     −   ）. ······································································ 17分 9 9 3 