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山西大学附中
2025~2026 学年第二学期高三2 月模块诊断
数学试题
考查时间X120 分钟
满分X150 分
一单选题
1．命题
R , e
1
x
x
x
的否定是½
¾
A．
R , e
1
x
x
x
B．
R , e
1
x
x
x
C．
1
R , e
x
x
x
D．
R , e
1
x
x
x
¬答案®B
¬分析®由命题的否定求解即可.
¬详解®命题
x
R , e
1
x
x
的否定是
R , e
1
x
x
x
.
故选XB.
2．已知复数z 满足
2
1
i
i
z
Y则z 在复平面内对应的点位于½
¾
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
¬答案®A
¬分析®利用复数除法法则得到
1
i
2
z
Y z 对应的点为
1
1
,
2
2
Y位于第一象限.
¬详解®因为
2
1
i
i
1
z
Y所以
1
1
i
1
i
1
i
1
i
1
i
2
z
Y
z
对应的点为
1
1
,
2
2
Y位于第一象限.
故选XA
3．已知空间向量
13,
5
a
b
Y 且a
与b
夹角的余弦值为
9
13
65
Y则a
在b
上的投影向量为½
¾
A．
9
13
13
b
B．9
13
13
b
C．
9
25
b
D．
9
25
b
¬答案®D
¬分析®由投影向量的计算公式可得.
¬详解®由题意可得a
在b
上的投影向量为
3
9
13
5
65
9
cos
,
1
5
2
b
b
a
a b
b
b
.
故选XD
4．若
π
4
cos
6
5
Y则
π
sin
2
6
½
¾
A．
7
25
B．
7
25
C．
12
25
D．
12
25
¬答案®B
¬分析®由诱导公式及二倍角公式进行求解．
¬详解®
π
π
π
π
sin
2
cos
2
cos
2
6
6
2
3
2
2
π
π
4
7
cos
2
2 cos
1
2
1
6
6
5
25
．
故选XB
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5．下列函数中Y是偶函数且在区间
0,
上有最小值的是½
¾
A．
e
x
y
B．
2
2
e
x
x
y
C．
e
e
2
x
x
y
D．
e
e
2
x
x
y
¬答案®B
¬分析®先根据偶函数的定义判断函数的奇偶性Y再根据复合函数的单调性Y判断函数在区间
0,
上是否有最小
值.
¬详解®对于函数
|
|
e
x
y
Y其定义域为R Y关于原点对称Y令
(
)
| |
e
x
f
x
-
=
Y
则
(
)
(
)
|
|
| |
e
e
x
x
f
x
f
x
- -
-
-
=
=
=
是偶函数.
当
0,
x
时Y
| |
1
e
e
e
x
x
x
y
-
-
骣
琪
=
=
= 琪
桫
Y
在区间
0,
上单调递减Y所以
|
|
e
x
y
在区间
0,
上无最小值Y故选项A 错误]
对于函数
2
2| |
e
x
x
y
-
=
Y其定义域为R Y关于原点对称Y令
(
)
2
2| |
e
x
x
f
x
-
=
Y
则
(
)
(
)
(
)
2
2
2|
|
2| |
e
e
x
x
x
x
f
x
f
x
-
-
-
-
-
=
=
=
Y所以
2
2| |
e
x
x
y
-
=
是偶函数Y
当
0,
x
时Y
2
2
2| |
2
e
= e
x
x
x
x
y
-
-
=
Y令
(
)
2
2
2
1
1
t
x
x
x
=
-
=
-
-
Y
所以
2
2
t
x
x
在区间
0,1 上单调递减Y在区间
1, 上单调递增.
根据复合函数的单调性可知Y
2
2| |
e
x
x
y
-
=
在区间
0,1 上单调递减Y在区间
1, 上单调递增Y
所以
2
2| |
e
x
x
y
-
=
在
1
x 处取得最小值Y最小值为
2
1
2 1
1
1
e
e
e
-
´
-
=
=
Y故选项B 正确]
对于
e
e
2
x
x
y
Y其定义域为R Y关于原点对称Y令
e
e
2
x
x
f
x
Y
则
e
e
2
x
x
f
x
f
x
Y所以
e
e
2
x
x
y
是奇函数Y不符合题意Y故选项C 错误]
对于
e
e
2
x
x
y
Y其定义域为R Y关于原点对称Y令
(
)
e + e
2
x
x
f
x
-
=
Y
则
(
)
(
)
e
+ e
2
x
x
f
x
f
x
-
-
=
=
Y所以函数
e
e
2
x
x
y
为偶函数.
由
e
e
2
x
x
y
Y得
e
e
2
x
x
y
Y因为在区间
0,
上e
e
x
x
Y
所以
e
e
0
2
x
x
y
Y所以
e
e
2
x
x
y
在区间
0,
上单调递增Y
当
0
x
时Y
1
y Y但始终大于1Y所以该函数在区间
0,
上没有最小值Y故选项D 错误.
故选XB
6．将5 名程序专家全部分配到1Y2Y3 号3 个AI 实验室指导工作Y每个实验室至少分配1 名专家Y其中A 专家
必须去1 号实验室Y则不同的分配方案共有½
¾
A．26 种
B．36 种
C．38 种
D．50 种
¬答案®D
¬分析®利用两个计数原理以及分组分配问题的解法结合组合数的性质求解即可.
¬详解®当1 号实验室有1 人时Y即A 专家Y其余4 名专家分配到2 号和3 号实验室Y
且每个实验室至少1 人Y分配方案有
4
2
2
14
种]
当1 号实验室有2 人时Y先从其余4 名专家中选1 人到1 号实验室有
1
4
C 种方法Y
再将其余3 名专家分配到2 号和3 号实验室且每个实验室至少1 人有
3
2
2
6
种方法Y
故共有
1
3
4
C (2
2)
24
种]
当1 号实验室有3 人时Y分配方案有
2
2
4
2
C
A
12
种]
可得不同的分配方案共有14
24
12
50
种．
故答案为X50
7．如图Y在平面四边形A B C D 中Y A D
C D
Y
A B C
V
是边长为3 的正三角形．将该四边形沿对角线A C 折成一个
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大小为120的二面角D
AC
B
Y则四面体A B C D 的外接球的体积为½
¾
A．
13π
6
B．13
13π
6
C．
6π
13
D．
13π
6
¬答案®B
¬分析®作出图形Y取A C 的中点E Y找到
A B C
V
的外心Y然后O M 平面AB C Y根据二面角D
AC
B
的平面
角为120找到球心O Y然后计算长度求出O A Y最后根据球的体积公式计算即可.
¬详解®如图Y取A C 的中点E Y连接B E Y
设M 为正
A B C
V
的外心Y则点M 在B E 上Y且
2
B M
M E
．
设O 为四面体A B C D 的外接球球心Y则O M 平面AB C ．
A D
C D
Y则E 为R t
A C D
♀
的外心Y
O E
平面A C D ．
二面角D
AC
B
的大小为120Y则直线O E 与平面AB C 成30角Y
30
O E M
．
A B C
是边长为3 的正三角形Y则
3
3
3sin 60
2
B E
Y
3
3
2
B E
M E
．
在R t
O M E
♀
中Y
1
cos30
M E
O E
．
在R t
AE O
△
中Y
3
2
AE
Y则
2
2
13
2
O A
A E
O E
Y
四面体A B C D 的外接球半径
13
2
R
Y
3
4π
13
13π
3
6
R
V
球
.
故选XB．
8．若函数
f
x 在其定义域内存在实数x 满足
f
x
f
x
Y则称函数
f
x 为
局部奇函数.知函数
9
3
3
x
x
f
x
m
是定义在R 上的
局部奇函数Y则实数m 的取值范围是½
¾
A．
2
2 ,
3
B．
3, 3
C．
, 2
2
D．
2,
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¬答案®D
¬分析®根据题意得
f
x
f
x
有解Y即9
3
3
(9
3
3)
x
x
x
x
m
m
有解Y利用换元法讨论二次函数在给
定区间有解即可.
¬详解®根据
局部奇函数定义知X
f
x
f
x
有解Y
即方程9
3
3
(9
3
3)
x
x
x
x
m
m
有解Y
则9
9
(3
3
)
6
0
x
x
x
x
m
即
2
(3
3
)
(3
3
)
8
0
x
x
x
x
m
有解]
设
3
3
x
x
t
Y则
2
t
½当且仅当
0
x
时取等号¾Y
方程等价于
2
8
0
t
mt
在
2
t
时有解Y
8
m
t
t
在
2
t
时有解]
8
y
t
t
在
2, 上单调递增Y
8
2,
2
t
m
t
Y
即实数m 的取值范围为
2,
.
故选D.
二多选题
9．已知一组样本数据X1 4 2 4 2 1 2 0 2 Y下列说法正确的是½
¾
A．这组数据的平均数为2
B．这组数据的80% 分位数为2
C．去掉一个样本数据0 后方差变小
D．每个样本数据都减1 后方差变小
¬答案®AC
¬分析®利用平均数公式可判断A 选项]利用百分位数的定义可判断B 选项]利用方差公式可判断C 选项]利用
方差的性质可判断D 选项.
¬详解®对于A 选项Y这组数据的平均数为
1
4
2
4
2
1
2
0
2
2
9
x
YA 对]
对于B 选项Y将这组数据由小到大排列依次为X 0 1 1 2 2 2 2 4 4 Y
共9 个数据Y因为9
0.8
7.2
Y故这组数据的80% 分位数为4 YB 错]
去掉一个样本数据0 后Y平均数为
18
9
8
4
Y
方差为
2
2
2
2
2
9
9
9
2
1
4
2
2
4
19
4
4
4
8
16
s
Y
2
2
1
2
s
s
Y
所以Y去掉一个样本数据0 后方差变小YC 对]
对于D 选项Y将这九个数据分别记为
1
x
2
x
3
x L
9
x Y
将每个样本数据都减1 后Y新数据为
1
1
x
2
1
x
3
1
x L
9
1
x Y
由方差的性质可知Y方差不变YD 错.
故选XAC.
10．已知数列{
}
n
a
满足
1
4 ,
N
n
n
a
a
n n
Y
n
S 是{
}
n
a
的前n 项和Y则下列说法一定正确的是½
¾
A．
2
4
n
n
a
a
B．
2
2
2
4
n
S
n
n
C．{
2
1}
n
a
n
是等比数列
D．若
1
2
a
Y当n 为奇数时Y满足
2026
n
S
的n 的最大值为43
¬答案®AD
¬分析®对于AY利用
1
2
4
1
n
n
a
a
n
与原式作差即可求解]
对于BY利用
2
1
2
3
4
2
1
2
4
1
4
3
4
2
1
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
n
Y结合等差数列的求和公式
求解即可]
对于CY利用
1
2
1
1
a 可能为0Y即可判断]
对于DY根据
2
4
1
2026
n
S
k
k
求解即可.
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¬详解®由
1
4
n
n
a
a
n
可得
1
2
4
1
n
n
a
a
n
Y两式相减得
2
4
n
n
a
a
Y故A 正确]
因为
2
1
2
3
4
2
1
2
4
1
4
3
4
2
1
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
n
2
(1
2
1)
4
4
2
n
n
n
Y故B 不正确]
因为
1
2
1
1
a 可能为0Y故{
2
1}
n
a
n
不一定为等比数列YC 不正确]
当n 为奇数时Y不妨设
2
1,
N
n
k
k
Y则
2
1
1
2
3
4
5
2
2
2
1
n
k
k
k
S
S
a
a
a
a
a
a
a
2
3
4
5
2
2
2
1
2
(
)
(
)
(
)
2
4
2
4
4
4
(2
2)
k
k
a
a
a
a
a
a
k
1
2
2
2
2
4
2
4
1
2026
2
k
k
k
k
则有
(
1)
506
k k
]
因为23
22
506
Y故22
21
506
Y即
22
k
Y
43
n
时Y
2026
n
S
Y故D 正确]
½也可直接验证
43
1850
2026
S
Y
45
2026
S
得出D 正确¾Y
故选XAD
11．已知抛物线CX
2
2
0
y
px
p
的焦点为FY准线l 与x 轴交于点HY过第一象限C 上一点P 作l 的垂线Y垂
足为QY线段Q F 与C 相交于点MY若
2
P F
p
Y则½
¾
A．直线P F 的斜率为
3
B．F Q 为
H F P
的平分线
C．
M P F
△
的面积为
2
3
2
p
D．HYMYP 三点共线
¬答案®ABD
¬分析®先根据
2
P F
p
及抛物线的性质求出P 点的坐标Y对于AY可根据P 点坐标直接求出PF 的斜率]对于BY
求出FQ 的斜率Y并结合PF 的斜率分别求出
Q F H
P F x
Y据此可判断F Q 为
H F P
的平分线]对于CY联立
直线QF 和抛物线C 的方程Y求出M 的坐标Y再结合点到直线的距离即可求解
M P F
△
的面积]对于DY比较HM
HP 的斜率即可判断是否三点共线．
¬详解®如图所示Y
抛物线
2
2
0
y
px
p
的焦点为
, 0
2
p
F
Y准线为
2
p
x
Y
已知
2
P F
p
Y所以P 的横坐标为
2
2
P
p
x
p
Y解得
3
2
P
p
x
Y
所以
2
2
3
2
3
2
P
p
y
p
p
Y解得
3
P
y
p
Y因此
3
,
3
2
p
P
p
Y
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对于AY直线PF 的斜率
3
0
3
3
2
2
P F
p
k
p
p
Y故A 正确]
对于BY Q 是P 到准线的垂足Y所以
,
3
2
p
Q
p
Y又
, 0
2
p
F
Y
, 0
2
p
H
Y
所以FQ 的斜率
3
0
3
2
2
F Q
p
k
p
p
Y故
60
Q F H
Y
由
3
P F
k
得
60
P F x
Y所以
120
P F H
Y
所以F Q 为
H F P
的平分线Y故B 正确]
对于CYQF 的方程为
3
2
p
y
x
Y联立抛物线
2
2
y
px
Y
得
2
3
2
2
p
x
px
Y解得
6
p
x
或
3
2
p
x
½舍去¾Y所以
3
,
6
3
p
p
M
Y
PF 的方程为
3
2
p
y
x
Y
点M 到直线PF 的距离
2
3
3
2
3
3
6
3
2
3
3
2
3
3
1
p
p
p
p
p
d
,
面积
2
1
3
3
2
2
3
3
M P F
p
p
S
p
Y故C 错误]
对于DY
, 0
2
p
H
Y
3
,
6
3
p
p
M
Y
3
,
3
2
p
P
p
Y
则
3
0
3
3
2
6
2
H M
p
k
p
p
Y
3
0
3
3
2
2
2
H P
p
k
p
p
Y斜率相等Y
所以HYMYP 三点共线Y故D 正确．
故选XABD．
三填空题
12．若椭圆
2
2
:
1(
0)
9
x
y
C
m
m
上一点到C 的两个焦点的距离之和为2m Y则m
.
¬详解®若
9
m
Y则由2
2
m
m 得
1
m ½舍去¾]
若0
9
m
Y则由2
6
m
得
3
m
．
13．已知在
2
n
x
x
的展开式中Y第3 项的二项式系数与第5 项的二项式系数相等Y则
2
x 的系数为
．
¬答案®60
¬分析®先根据题干条件算出n Y然后由二项式定理的展开式通项进行求解.
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¬详解®
2
n
x
x
的展开式中第3 项与第5 项的二项式系数相等Y
2
4
C
C
n
n
Y
6
n
Y则
6
2
x
x
的展开式中的通项为X
6
6
2
1
6
6
2 C
2 C
r
r
r
r
r
r
r
r
T
x
x
x
Y令6
2
2
r
Y解得
2
r
Y
故该展开式中
2
x 的系数为
2
2
6
2 C
60
故答案为X60
14．
AB C
中Y sin
sin
2sin
A
B
C
Y则
C
的最大值为
.
¬答案®
π
3
¬分析®由正弦定理将sin
sin
2sin
A
B
C
转化为
2
a
b
c
Y利用余弦定理得
2
2
2
2
2
3
1
cos
2
8
4
a
b
a
b
c
C
ab
ab
.根
据不等式
2
2
2
a
b
ab
求得其最小值Y从而得到C 的最大值.
¬详解®由正弦定理
sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C
Y sin
sin
2sin
A
B
C
Y得
2
a
b
c
Y即
2
a
b
c
.
所以
2
2
2
2
4
a
b
ab
c
.
由余弦定理Y得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
1
4
cos
2
2
8
4
a
b
ab
a
b
a
b
a
b
c
C
ab
ab
ab
.
因为
2
2
2
a
b
ab
Y当且仅当a
b
时Y等号成立.
所以
2
2
3
3
8
4
a
b
ab
Y
3
1
1
cos
4
4
2
C
.
所以当且仅当a
b
c
时Y cos C 取得最小值Y最小值为
1
2 .
因为
0, π
C
Y且
cos
y
C
在
0, π 上单调递减Y所以C 的最大值为
π
3 .
故答案为X
π
3 .
四解答题
15．已知
A B C
V
的内角
,
,
A B C 的对边分别为
,
,
,
3,
a b c b
a
c
Y且
3sin2
cos2
1
A
A
Y
(1)求A 的大小]
(2)若
sin
sin
4
3sin
a
A
c
C
B
Y求
A B C
V
的面积．
¬答案®¬小题1®
π
6
¬小题2® 3
3
4
¬分析®½1¾已知等式利用诱导公式和倍角公式化简Y可求A 的大小]
½2¾条件中的等式Y利用正弦定理角化边Y再用余弦定理求得边Y用面积公式计算面积.
¬详解®½1¾
π
3sin 2
cos2
1
2sin(2
)
1
6
A
A
A
Y可得
π
1
sin(2
)
6
2
A
zxxk.com
又
5
0
2
2
2
6
6
6
6
6
6
a
c
A
A
A
A
½2¾由正弦定理得Y
2
2
2
2
4
3
12
a
c
b
a
c
Y
由余弦定理Y
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A
,可得Y
2
2
3
3
a
c
c
Y
联立方程组整理得Y
2
2
3
9
0
c
c
Y所以
3
c
或
3
2
c = -
½舍¾．
1
3
3
sin
2
4
S
bc
A
16．已知椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
Y点P 在椭圆C 上Y且点P 到两焦点
6 , 0
和
6 , 0 的距离之和为4
2 ．
(1)求椭圆C 的标准方程]
(2)若点P 的坐标为
2,1 Y过点
4,
2
Q
的直线l 与椭圆C 交于
,
A B½异于点P ¾两点Y且直线的斜率为
1
Y求
P A B
的面积．
¬答案®(1)
2
2
1
8
2
x
y
(2) 2
6
5
¬分析®½1¾根据椭圆的定义求得
,
,
a b c 后即可求得椭圆的标准方程]
½2¾由题意求得直线l 方程Y直线与椭圆联立方程根据弦长公式求得AB Y再利用点到直线的距离公式及三角形面
积公式计算即可求解.
¬详解®½1¾由已知可得2
4
2
a
Y
6
c
化简可得
2
2
a
Y
2
2
2
2
b
a
c
Y
则椭圆方程为
2
2
1
8
2
x
y
]
½2¾设
1
1
,
A
x
y
Y
2
2
,
B
x
y
Y
由已知可得直线
:
2
4
l
y
x
Y即
2
y
x
Y
联立直线与椭圆
2
2
1
8
2
2
x
y
y
x
Y消去y 可得
2
5
16
8
0
x
x
Y
则
1
2
16
5
x
x
Y
1
2
8
5
x x
Y
则
2
2
2
1
2
1
2
16
8
8
3
1
1
4
2
4
5
5
5
A B
x
x
x x
Y
又点P 到直线l 的距离
2
2
1
2
2
2
1
1
d
Y
所以
1
1
8
3
2
2
6
2
2
5
2
5
P A B
S
A B
d
]
17．如图Y三棱台
1
1
1
A B C
A B C
中Y
1
C C 平面
1
1
1
,
,
2,
1,
A B C
A B
B C
A B
B C
B C
D
Y E 分别是棱
,
A C
B C 的中
zxxk.com
点.
(1)证明X平面
1
1
A B B A 平面
1
1
B C C B ]
(2)已知三棱台
1
1
1
A B C
A B C
的体积大于2Y且直线
1
B C 与平面
1
D E C 所成的角的正弦值为
10
10
Y求平面
1
D E C 与平面
1
1
A B E 所成角的余弦值.
¬答案®(1)证明见解析
(2) 2
5
5
¬分析®½1¾通过
1
C C
A B
Y
1
A B
B C
Y得到A B 平面
1
1
B C C B Y进而可求证]
½2¾由面面角的概念
1
1
B E C
为平面
1
D E C 与平面
1
1
A B E 所成角Y再结合
1
1
R t
B C E
♀
求解即可.
¬详解®½1¾证明X因为
1
C C 平面
,
AB C
AB Ì 平面AB C
所以
1
C C
A B
Y又因为
1
1
1
1
,
A B
B C
C C
B C
C
Y都在平面
1
1
B C C B 内Y
所以A B 平面
1
1
B C C B Y又因为A B 平面
1
1
A B B A
所以平面
1
1
A B B A 平面
1
1
B C C B
½2¾解X在三棱台
1
1
1
A B C
A B C
中Y
1
1
1
1
1,
2,
,
A B
B C
A B
B C
D
E
分别是棱
,
A C
B C 的中点Y所以D E ∥
1
1
A B 且
相等Y B C ∥
1
1
B C 且相等Y
所以
1
1
,
,
,
A
B
E
D 四点共面
由½1¾知A B 平面
1
1
B C C B Y
/ /
,
AB
D E
D E 平面
1
1
B C C B Y
1
B E Y
1
C E 在平面
1
1
B C C B 内Y
得X
1
1
,
D E
B E
D E
C E
所以
1
1
B E C
为平面
1
D E C 与平面
1
1
A B E 所成角Y
设
1
0
C C
a
a
Y点B 到平面
1
D E C 的距离为h
由
1
1
B
D E C
C
B D E
V
V
可得X
1
2
2
1
1
1
2
1
1
1
1
2
B D E
D E C
a
a
S
a
h
S
a
a
所以
2
2
1
10
10
1
4
h
a
B C
a
a
所以
1
a 或
2
a
又因为
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
7
2
3
6
AB C
A B C
AB C
A B C
AB C
A B C
V
S
S
S
S
C C
a
zxxk.com
所以
12
7
a
Y所以
2
a
所以在
1
1
R t
B C E
♀
中Y
1
1
2
5
cos
5
B E C
所以平面
1
D E C 与平面
1
1
A B E 所成角的余弦值为2
5
5
.
18．近年来足球赛事中Y单败淘汰赛制½输一局就淘汰¾与新兴的双败赛制并存Y为比赛增添了许多看点.现有四
支队伍ABCD 参与赛事Y其中A 是强队Y对阵BCD 的获胜概率均为p Y
1
1
2
p
Y而BCD 彼此之
间对阵时获胜概率均为
1
2 .经抽签Y第一轮比赛时Y A 和C 对阵Y B 和D 对阵.
双败赛制规则如下图所示X
(1)若赛前要从4 支队伍中随机选出2 支队伍打一场热身赛Y求选出的两支队伍恰好是A 和B 的概率]
(2)若
3
4
p
Y在单败淘汰赛赛制下Y B 获得冠军的概率是多少\
(3)分别计算两种赛制下A 获得冠军的概率½用p 表示¾Y并据此证明双败赛制对强队更有利.
¬答案®(1)
1
6
(2)
5
32
(3)答案见解析
¬分析®小问1 列举出全部结果Y观察即可得出答案]小问2 通过分类计算原理Y分析B 单败淘汰赛制下获得冠军
的两种情况下对应的概率Y然后求和即可]小问3 计算在单败淘汰赛赛制下和在双败赛赛制下A 获胜的概率Y然后
比较大小即可
¬详解®½1¾从4 支队伍中随机选出2 支Y总共有6 种可能XABACADBCBDCDY
其中选出的两支队伍恰好是A 和B 只有1 种情况Y
因此Y选出的两支队伍恰好是A 和B 的概率为
1
6 .
½2¾设事件M
A 对阵B 或C 或D 时YA 赢Y
3
4
P
M
p
Y
3
1
1
1
4
4
P
p
M
]
设事件B
B 对阵C 或D 时YB 赢Y设事件C
C 对阵B 或D 时YC 赢Y
设事件D =
D 对阵B 或C 时YD 赢Y
则
1
2
P
B
P
C
P
D
Y事件MYBYCYD 之间相互独立.
设事件N
单败淘汰赛制下YB 获得冠军Y则事件N 包含两种情况X
①AC 对阵时A 赢YBD 对阵时B 赢Y最后AB 对阵时B 赢Y即事件X M B M Y
1
3
1
1
3
p
1
p
2
4
2
4
32
P
M B M
P
M
P
P
M
B
.
②AC 对阵时C 赢YBD 对阵时B 赢Y最后CB 对阵时B 赢Y即事件X M B B Y
1
1
1
1
1
1
1
2
2
4
2
2
16
P
M B B
P
M
P
B
P
B
p
.
因为事件M B M 与事件M B B 互斥Y且事件N
M B M
M B B
Y
因此Y
3
1
5
32
16
32
P
N
P
M B M
M B B
P
M B M
P
M B B
Y
zxxk.com
所以在单败淘汰赛赛制下Y B 获得冠军的概率是
5
32 .
½3¾在单败淘汰赛赛制下YA 要想获得冠军Y有两种情况X
①AC 对阵时A 赢YBD 对阵时B 赢YA 再与B 对阵时A 赢Y即事件M B M Y
2
1
2
2
p
P
M B M
P
M
P
B
P
M
p
p
Y
②AC 对阵时A 赢YBD 对阵时D 赢YA 再与D 对阵时A 赢]即事件M D M Y
2
1
2
2
p
P
M D M
P
M
P
D
P
M
p
p
Y
因为事件M B M 与事件M D M 互斥Y所以A 获得冠军的概率为X
2
2
2
1
2
2
p
p
P
P
M B M
M D M
P
M B M
P
M D M
p
Y
在双败赛赛制下YA 要想获得冠军Y从每场A 参与的比赛中A 的输赢角度出发Y有三种情况X
①AC 对阵时A 赢YA 与BD 对阵中的胜者比赛时A 赢Y最后一场决赛A 赢Y即事件M M M Y
3
P
M M M
P
M
P
M
P
M
p
p
p
p
②AC 对阵时A 赢YA 与BD 对阵中的胜者比赛时A 输YBD 对阵中负者与C 对阵时胜者与A 对阵时A 赢Y
最后一场决赛A 赢Y即事件M M M M Y
3
1
(1
)
P
M M M M
P
M
P
M
P
M
P
M
p
p
p
p
p
p
Y
③AC 对阵时A 输YA 与BD 对阵中的负者比赛时A 赢YBD 对阵中的胜者与C 对阵时负者与A 对阵时A 赢Y
最后一场决赛A 赢Y即事件M M M M Y
3
1
(1
)
P
M M M
P
P
M
P
M
P
M
p
p
M
p
p
p
p
M
Y
所以A 获得冠军概率为X
2
(
)
(
)
(
)
(
)
P
P M M M
M M M M
M M M M
P M M M
P M M M M
P M M M M
3
3
3
(1
)
(1
)
p
p
p
p
p
3 (3
2
)
p
p
Y
因为
3
2
2
2
2
2
2
1
3
2
3
2
1
3
2
1
2
1
1
P
P
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
Y
当
1
1
2
p
时Y有
2
1
0
P
P
.
因此Y双败赛制对强队更有利.
19．已知函数
1
e
cos
x
f
x
x
Y设
f
x
为
f
x 的导函数.
(1)求曲线
y
f
x
在点
0,
0
f
处的切线方程]
(2)证明X当
0, 2π
x
时Y
f
x
有且仅有一个极值点]
(3)判断当
0, 2π
x
时Y
f
x 的所有零点之和与2π 的大小关系Y并说明理由.
¬答案®(1) e
(e
1)
0
x
y
+
-
+
=
(2)证明见解析
(3)函数
f
x 的所有零点之和大于2π Y理由见解析
¬分析®½1¾根据导数的几何意义即可求解]
½2¾要确定函数
f
x
的极值点情况Y则需要判断其导函数的单调性Y设
g
x
f
x
Y对
g
x
进行变形处理Y
即
1
1
e
1
e
cos
x
x
g
x
x
Y即判断函数
1
1
e
cos
x
h
x
x
的取值情况Y即可得
g
x
的取值情况Y从而确定函数
f
x
的极值点取值个数]
½3¾结合
f
x
的单调性Y确定其零点Y从而得函数
f
x 的极值点分布.根据函数
f
x 的单调性Y结合零点存在
定理即可确定函数
f
x 的零点个数及范围Y利用三角函数与指数函数的单调性即可判断
f
x 的所有零点之和与
2π 的大小关系.
¬详解®½1¾因为
1
e
cos
x
f
x
x
Y所以
1
e
sin
x
f
x
x
Y
所以
(
)
1
e
cos0= e
1
0
f
=
+
+ Y
(
)
1
e
sin 0
e
f
x
¢
= -
-
= - Y
所以曲线
y
f
x
在点
0,
0
f
处的切线方程为
(e
1)
e(
0)
y
x
-
+
= -
-
Y即e
(e
1)
0
x
y
+
-
+
=
.
½2¾因为
1
e
cos
x
f
x
x
Y
0, 2π
x
Y所以
1
e
sin
x
f
x
x
Y
zxxk.com
设
1
e
sin
x
g
x
f
x
x
Y
0, 2π
x
Y
则
1
1
1
e
cos
e
1
e
cos
x
x
x
g
x
x
x
Y其中
1
e
0
x
恒成立Y
设
1
1
e
cos
x
h
x
x
Y
0, 2π
x
Y
则
(
)
(
)
1
1
1
1
π
cos
sin
sin
co
e
s
2
sin
e
4
e
e
x
x
x
x
h
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
骣
琪
-
+
=
-
=
-
琪
桫
¢
=
Y
因为
0, 2π
x
Y所以
π
π
7π
,
4
4
4
x
Y
所以当
π
π
, 0
4
4
x
Y即
π
0,
4
x
时Y
0
h
x
Y函数
h
x 单调递减]
当
π
0, π
4
x
Y即
π
5π
,
4
4
x
时Y
0
h
x
Y函数
h
x 单调递增]
当
π
7π
π,
4
4
x
骣
琪
-
Î
琪
桫
Y即
5π
, 2π
4
x
时Y
0
h
x
Y函数
h
x 单调递减Y
又
(
)
1
1
1
cos 0
1
0
0
e
e
h
-
-
=
-
=
-
>
Y
π
π
1
1
4
4
0
1
cos
0
π
π
2
2
e
1
e
1
e
4
4
2
2
h
-
-
=
-
>
骣
琪
=
-
-
÷
桫
>
ç
Y
5π
π
0
4
4
h
h
Y
7π
7π
1
1
4
4
1
cos
0
7π
7π
2
2
e
1
e
1
e<
4
4
2
2
h
-
-
骣
琪
=
=
-
-
è
<
÷
ø
-
ç
Y
(
)
0
7π
2π
<
4
h
h
骣
琪
<
琪
桫
Y
所以
0
5π
7π
,
4
4
x
骣
琪
$
Î
琪
桫
Y使得
0
1
0
0
1
e
cos
0
x
h
x
x
Y即
0
1
0
e
cos
x
x
Y
所以对于
1
e
x
g
x
h
x
Y有
(
)
(
)
0
1
0
0
0
e
x
x
x
g
h
-
=
=
¢
Y
当
0
0,
x
x
时Y
0
h
x
Y
(
)
(
)
1
e
0
x
x
g
x
h
-
=
>
¢
Y函数
f
x
单调递增]
当
0 , 2π
x
x
时Y
0
h
x
Y
(
)
(
)
1
e
0
x
x
g
x
h
-
=
<
¢
Y函数
f
x
单调递减Y
所以
0
x 是函数
f
x
的极大值点Y
f
x
无极小值点Y
所以函数
f
x
有且仅有一个极值点.
½3¾函数
f
x 的所有零点之和大于2π Y理由如下X
由½2¾知
1
e
sin
x
f
x
x
Y
0
5π
7π
,
4
4
x
骣
琪
$
Î
琪
桫
Y使得当
0
0,
x
x
时Y函数
f
x
单调递增]
当
0 , 2π
x
x
时Y函数
f
x
单调递减Y
又
0
1
0
e
cos
x
x
Y所以
(
)
e 0
0
<
f ¢
= -
Y
(
)
0
1
0
0
0
0
0
π
e
sin
cos
sin
2 sin
4
x
f
x
x
x
x
x
-
骣
¢
琪
= -
-
= -
-
= -
+
琪
桫
(
)
1
2 π
1
2 π
2π
e
si
0
n 2π=
e
f
-
-
¢
= -
-
<
-
Y
因为
0
5π
7π
,
4
4
x
骣
琪
Î
琪
桫
Y所以
0
π
3π
, 2π
4
2
x
骣
琪
+
Î
琪
桫
Y所以
(
)
0
0
π
2 sin
0
4
f
x
x
骣
¢
琪
= -
+
>
琪
桫
Y
所以
1
0
0,
x
x
Y使得
1
0
f
x
]
2
0 , 2π
x
x
Y使得
2
0
f
x
Y
所以当
1
0,
x
x
时Y
0
f
x
Y函数
f
x 单调递减]
当
1
2
,
x
x
x
时Y
0
f
x
Y函数
f
x 单调递增]
当
2 , 2π
x
x
时Y
0
f
x
Y函数
f
x 单调递减Y
又
(
)
1
π
1
π
π
e
si
0
n π
e
f
-
-
¢
= -
-
=
<
-
Y
3 π
3 π
1
1
2
2
0
3π
3π
e
s
0
in
1
e
e
2
1
2
f
-
-
骣
¢琪
= -
-
>
-
-
=
琪
ø
=
è
Y所以
1
3π
π,
2
x
骣
琪
Î
琪
桫
Y
又
1
1
π
π
2
2
π
π
0
s
2
e
e
2
co
f
-
-
骣
琪
=
=
琪
桫
>
+
Y
(
)
1
π
1
π
0
π
e
cosπ
0
e
e
1
1
f
-
-
-
<
=
-
+
=
=
Y
所以
π
, π
2
a
骣
琪
$
Î
琪
桫
Y使得
0
f
Y所以
1
π
0
f
x
f
Y
zxxk.com
又
1
1
3π
3π
2
2
3π
3π
0
e
2
e
2
cos
f
-
-
骣
琪
=
+
=
÷
桫
>
ç
Y所以
2
3π
0
2
f
x
f
Y
所以
3π
π,
2
b
骣
琪
$
Î
琪
桫
Y使得
0
f
Y
又
(
)
1
2 π
1
π
2π
e
cos
0
2π
e
1
f
-
-
=
+
=
>
+
Y
所以函数
f
x 在区间
2 , 2π
x
x
上无零点]
故函数
f
x 在
0, 2π
x
上有两个零点
,
Y且
π
3π
π
2
2
Y
由
0
f
f
可得X
1
1
e
cos
= e
cos
= 0
a
b
a
b
-
-
+
+
Y
所以
1
cos
e
a
a
-
= -
Y
1
cos
e
b
b
-
= -
Y
又
Y所以1
1
a
b
-
>
-
Y所以
1
1
>
e
e
a
b
-
- Y所以
1
1
<
e
e
a
b
-
-
-
-
Y
所以
cos
cos
cos 2π
Y
又
π
3π
π
2
2
Y所以
π
π
2
Y
π
2π
π
2
Y
因为函数
cos
y
x
在
π
, π
2
上单调递减Y所以
2π
Y即
2π
Y
所以函数
f
x 的两个零点之和大于2π .
