湖北省武汉市武昌区2024届高三下学期5月质量检测数学试卷含答案.pdf

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1、武昌区武昌区 2024 届高三年级届高三年级 5 月质量检测月质量检测数学数学本试题共本试题共 19 题，满分题，满分 150 分，考试用时分，考试用时 120 分钟分钟一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.1.若复数z满足1 iiz，则z的虚部为（）A.i2B.i2C.12D.122.已知二项式2nxx展开式的二项式系数的和为 64，则（）A.5n B.8n C.2nxx展开式的常数项为20D.2nxx的展开式中各项系数的和为 13.已知xR

2、，向量,2,2,1axb，且ab，则ab在a上的投影向量为（）A.5B.5C.1,2D.2,14.已知等差数列 na的前n项和为nS，若399,81SS，则12S（）A.288B.144C.96D.255.已知函数 f xx x，则关于x的不等式21fxfx的解集为（）A.1,3B.1,3C.1,13D.11,36.灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图 1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图 2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球

3、缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为233VRh h，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为 40cm，圆柱的高为 4 cm，圆柱的底面圆直径为 24 cm，则该灯笼的体积为（取3）（）A.32000cm3B.33664 cm3C.33792 cm3D.35456 cm37.已知抛物线2:20C ypx p的焦点为F，过F作直线交抛物线C于,A B两点，过,A B分别作准线l的垂线，垂足分别为,M N，若AFM和BFN的面积分别为 8 和 4，则MFN的面积为（）A.32B.16C.8 2D.88.设1120241012112 e1,e1,sinta

4、n20242024abc，则（）A.bacB.cbaC.abcD.bca二二、选择题选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符合有多项符合题目要求题目要求.全部选对的得全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分.9.下列说法正确的是（）A.将一组数据的每一个数减去同一个数后，新数据的方差与原数据方差相同B.线性回归直线ybxa$一定过样本点中心,x yC.线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强D.在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度

5、越窄，其模型的拟合效果越好10.下列说法正确的是（）A.若22acbc，则abB.baab的最小值为 2C.,0,bbmab maam D.221sin1sin1xx 的最小值为 211.已知无穷数列 na中，12,ma aa是以 10 为首项，以2为公差的等差数列，122,mmmaaa是以12为首项，以12为公式的等比数列*3,Nmm，对一切正整数n，都有2nmnaa+=.设数列 na的前n项和为nS，则（）A.当3m 时，1218aB.当232a 时，8m C.当20244a时，10m D.不存在m，使得2024331396mS成立三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题

6、，每小题 5 分，共分，共 15 分分.12.已知函数21fx的定义域为1,1，则函数1fx的定义域为_.13.函数 2sin 21f xx的部分图象如图所示，则_.14.已知动点,P x y的轨迹方程为2222440 xyxym，其中1,4m，则258164xy的最小值为_.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在ABC中，角,A B C的对边分别为,a b c，已知2coscos0acBbC.（1）求B；（2）已知3b，求122ac的最大值.16.如图，在四棱锥PABCD中

7、，平面PAC 平面ABCD，/AD BC，2ABADCD，4BC.（1）证明：ABPC；（2）若PAPCAC，求平面BPC与平面PCD的夹角的余弦值.17.已知函数2()(2)lnf xaxaxx.(1)讨论 f x的单调性；(2)若 f x有两个零点，求a的取值范围.18.已知点P是圆22:116Exy上的动点，1,0F，M是线段EP上一点，且PMMF，设点M的轨迹为C.（1）求轨迹C的方程；（2）设不过原点的直线l与C交于,A B两点，且直线,OA OB的斜率的乘积为34.平面上一点D满足OAAD，连接BD交C于点N（点N在线段BD上且不与端点重合）.试问NAB的面积是否为定值？若是，求出

8、定值；若不是定值，说明理由.19.利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将0.31化为分数是这样计算的：设0.31x，则31.31100 x，即31100 xx，解得310.3199.这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用.已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜m局指的是一方比另一方多胜m局.（1）如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好 4 局结束比赛的概率；（2）如果约定先获得净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜3,2,1,0,1,2,3i

9、i 局.设甲在净胜i局时，继续比赛甲获胜的概率为iP，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为iX，期望为iE X.求甲获胜的概率0P；求0E X.武昌区武昌区 2024 届高三年级届高三年级 5 月质量检测月质量检测数学数学本试题共本试题共 19 题，满分题，满分 150 分，考试用时分，考试用时 120 分钟分钟一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.1.若复数z满足1 iiz，则z的虚部为（）A.i2B.i2C.12D.12【答案

10、】D【解析】【分析】根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案.【详解】i 1 ii1 i11i1 i1 i 1 i222z ，则11i22z ，则其虚部为12，故选：D.2.已知二项式2nxx展开式的二项式系数的和为 64，则（）A.5n B.8n C.2nxx展开式的常数项为20D.2nxx的展开式中各项系数的和为 1【答案】D【解析】【分析】根据二项式系数和可得 n，化简通项公式，由 x 的指数为 0 求出 k，然后可得常数项，再令1x 即可判断 D.【详解】由题可知，264n，则6n.则 AB 错误；62xx展开式中的第1k 项为66 21662C(1)2 CkkkkkkkkTxxx.

11、令620k，得3k，则3336 64612C160Tx ，故 C 错误；令1x 得62111，则62xx的展开式中各项系数的和为 1，故选：D.3.已知xR，向量,2,2,1axb，且ab，则ab在a上的投影向量为（）A.5B.5C.1,2D.2,1【答案】C【解析】【分析】借助向量垂直可得1x，结合投影向量定义计算即可得解.【详解】由ab，则有220 a bx，即1x，则3,1ab，故2222321,21212abaaaaaa.故选：C.4.已知等差数列 na的前n项和为nS，若399,81SS，则12S（）A.288B.144C.96D.25【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的前n项和

12、列方程组求出1,a d，进而即可求解12S.【详解】由题意31913 23929 89812SadSad，即11349adad，解得112ad.于是1212 1112 121442S.故选：B.5.已知函数 f xx x，则关于x的不等式21fxfx的解集为（）A.1,3B.1,3C.1,13D.11,3【答案】A【解析】【分析】消去绝对值可得函数的单调性，利用函数单调性解不等式即可得.【详解】由 22,0,0 xxf xx xxx，故 f x在R上单调递增，由21fxfx，有21xx，即13x.故选：A.6.灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，

13、营造一种喜庆的氛围.如图 1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图 2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为233VRh h，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为 40cm，圆柱的高为 4 cm，圆柱的底面圆直径为 24 cm，则该灯笼的体积为（取3）（）A.32000cm3B.33664 cm3C.33792 cm3D.35456 cm3【答案】B【解析】【分析】由勾股定理求出R，则可得h，分别求出两个圆柱的体积、灯笼中间

14、完整的球的体积与球缺的体积即可得.【详解】该灯笼去掉圆柱部分的高为40 832 cm，则32162Rhcm，由圆柱的底面圆直径为 24 cm，则有22212RhR，即2221612R，可得20R，则4h，23242+22 4 12202604433VVVV 圆柱球球缺345632000 179233664.故选：B.7.已知抛物线2:20C ypx p的焦点为F，过F作直线交抛物线C于,A B两点，过,A B分别作准线l的垂线，垂足分别为,M N，若AFM和BFN的面积分别为 8 和 4，则MFN的面积为（）A.32B.16C.8 2D.8【答案】C【解析】【分析】设直线:2pAB xmy代入

15、抛物线方程，利用韦达定理，计算,AFMAFNSS，相乘化简可得241281mp，由三角形面积公式可得2218 2M FNSpm.【详解】设直线:2pAB xmy，代入抛物线方程，消元可得2220ypmyp，设221212,22yyAyBypp，则21212,2y ypyypm，211111822 22AFMypSAMyyp，222211422 22BFNypSBNyyp，22122212122114444AFMBFNy ypSSyyy yp422222211424 444pppmppp4214pm，于是4218 4324AFMBFNpSSm，即241281mp，2222121212412841

16、8 222MFNppSyyyyy ypmpp.故选：C.8.设1120241012112 e1,e1,sintan20242024abc，则（）A.bacB.cbaC.abcD.bca【答案】A【解析】【分析】本题利用作差法构造出两个式子相减类型的函数，然后求导求得其在(0,)上的单调性，从而求得该函数是大于 0 还是小于 0，从而可判断 a、b 的大小关系；用同样的方法进一步构造函数并求导来比较a、c 的大小关系，最终确定 a、b、c 的大小关系.【详解】令 2e12 e1xxh x ，易求 00h，当x0时，22e2e0 xxh x，所以 h x在(0,)单调递增，所以 00h xh，所以

17、102024h，即1202410121e1 2 e102024h，所以ba.令 2 e1sintan,0,6xf xxx x，则21()2ecos,(0,)cos6xfxxxx，令 ,0,6g xfxx，则32sin()2esincosxxg xxx，因为(0,)6x，则，132e2,0sin,cos22xxx1,可得33122sin82cos3 332xx2，则11()2222g x0，所以()g x在(0,)6内单调递增，则()(0)0g xg，即()0fx在(0,)6内恒成立，则()f x在(0,)6内单调递增，可得1()(0)02024ff，即12024112 e1sintan2024

18、2024，所以ac，综上所述：bac故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是合理构造函数，利用导数研究其单调性，然后再代入比较相关大小关系.二二、选择题选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有多项符合有多项符合题目要求题目要求.全部选对的得全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分.9.下列说法正确的是（）A.将一组数据的每一个数减去同一个数后，新数据的方差与原数据方差相同B.线性回归直线ybxa$一定过样本点中心,x yC.线性相关系数r越大，两个

19、变量的线性相关性越强D.在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好【答案】ABD【解析】【分析】借助方差的性质、样本点中心的性质、线性相关系数的性质与残差的性质逐项判断即可得.【详解】对 A：由方差的性质可知，将一组数据的每一个数减去同一个数后，新数据的方差与原数据方差相同，故 A 正确；对 B：由aybx$，故线性回归直线ybxa$一定过样本点中心,x y，故 B 正确；对 C：线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强，故 C 错误；对 D：在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，故 D 正确.故选：ABD.10.下列说法正

20、确的是（）A.若22acbc，则abB.baab的最小值为 2C.,0,bbmab maam D.221sin1sin1xx 的最小值为 2【答案】AD【解析】【分析】利用不等式的性质及基本不等式，以此判断选项即可.【详解】对于 A，若22acbc，则ab，A 正确;对于 B，2baab或2baab，因为ba不知道和0的大小关系，B 错误；对于 C，若,0ab m，则b ama bmm babbmaama ama am，而0m ba，但是a am与0的大小不能确定，故 C 错误；对于 D，221sin12sin1xx，当且仅当221sin1sin1xx，即sin0 x 取等号，D 正确.故选：

21、AD11.已知无穷数列 na中，12,ma aa是以 10 为首项，以2为公差的等差数列，122,mmmaaa是以12为首项，以12为公式的等比数列*3,Nmm，对一切正整数n，都有2nmnaa+=.设数列 na的前n项和为nS，则（）A.当3m 时，1218aB.当232a 时，8m C.当20244a时，10m D.不存在m，使得2024331396mS成立【答案】ABD【解析】【分析】由等差等比数列的通项和数列为周期数列，当3m 时，126aa求值判断选项 A；2和 4 是等差数列中的项，求出项数n，根据数列为周期数列，周期为2m，解出m的值判断选项BC；若2024331396mS，有2

22、11012 1130360 10122mmm，设 21012 11f mmm，130360 10122mg m，由 max30360f m，30360g m，可得结论判断选项 D.【详解】等差数列通项公式：1012212nann，*,Nm n且mn，等比数列通项公式：1111222n mn mna，*,Nm n且2mnm，对一切正整数n，都有2nmnaa+=，数列为周期数列，周期为2m，当3m 时，31261128aa，A 选项正确；当232a 时，由题意知，2是等差数列中的项，在等差数列中，令2122n，得7n，对一切正整数n，都有2nmnaa+=，则有*7223,N7kmk mm，解得8m

23、，B 选项正确；当20244a时，由题意知，4是等差数列中的项，在等差数列中，令2124n，得4n，对一切正整数n，都有2nmnaa+=，则有*422024,N4kmk mm，得*1010,Nkmk m，方程有多组解，如5m 等等，C 选项错误；20243212311122110121012 102+10861212mmmm mSSaaam ，若22024311012 111036 1012313962mmSmm，则有211012 1130360 10122mmm，令 21012 11f mmm，函数图象抛物线对称轴*11N2m，所以 f m在5m 或6m 时取最大值 max5630360f

24、mff，令 130360 10122mg m，则 30360g m，所以211012 1130360 10122mmm不可能成立，即不存在m，使得2024331396mS，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：数列中涉及到的的递推思想、函数思想、分类讨论思想以及数列求和、求通项公式的各种方法和技巧贯穿与整个高中数学之中，本题的关键条件是：数列为周期数列，周期为2m，其中前m项构成等差数列，通项公式212nan，第1m项到第2m项构成等比数列，通项公式为12n mna，而2和 4 是等差数列中的项.三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 1

25、5 分分.12.已知函数21fx的定义域为1,1，则函数1fx的定义域为_.【答案】2,2【解析】【分析】借助函数定义域的定义计算即可得.【详解】由函数21fx的定义域为1,1，则有211,3x ，令1 13x ，解得22x.故答案为：2,2.13.函数 2sin 21f xx的部分图象如图所示，则_.【答案】3【解析】【分析】令 0f x，解出1sin 22x，根据图中零点得到方程解出即可.【详解】令 2sin 210f xx，则1sin 22x，根据图象得4x 为函数零点，零点左右函数为上升趋势，则22,Z46kk，则2,Z3kk，因为，则0k，3，故答案为：3.14.已知动点,P x y

26、的轨迹方程为2222440 xyxym，其中1,4m，则258164xy的最小值为_.【答案】8 55#855【解析】【分析】令2240 xyt，由1,4m，20ttm，转化为22255816581644xyyyt，进行求解.【详解】令2240 xyt，则2224xty且20ttm，则222225546458165816544554xyyytyt26458 5545t，当且仅当84,55xy 取等号.故答案为：8 55四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在ABC中，角,A B

27、 C的对边分别为,a b c，已知2coscos0acBbC.（1）求B；（2）已知3b，求122ac的最大值.【答案】（1）3B；（2）21.【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边换角，再通过三角恒等变换得1cos2B，则得到B的大小；（2）利用正弦定理得到12sin4sin2acAC，再根据,A C关系减少变量，最后利用三角恒等变换和三角函数的值域即可得到最大值.【小问 1 详解】2coscos0acBbC，由正弦定理得2sinsincossincos0ACBBC，2cossincossinsincos0BABCBC，即2cossinsincoscossinBABCBC，所以2cossi

28、nsinsinBABCA，0,A，sin0A，1cos2B，0B，3B；【小问 2 详解】由正弦定理，得32sinsinsin32acbACB，122sin4sinsin4sin23acACAAsin2 3cos2sin3sin2 3cos21sinAAAAAA，又203A，为锐角，21sin A最大值为21，122ac的最大值为21.16.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAC 平面ABCD，/AD BC，2ABADCD，4BC.（1）证明：ABPC；（2）若PAPCAC，求平面BPC与平面PCD的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）513.【解析】【分析】（1）取BC的中点E，连

29、接AE，通过证明AEBEEC，得到ABAC，在结合面面垂直、线面垂直的性质即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可得解.【小问 1 详解】如图，取BC的中点E，连接AE，因为/,ECAD ECAD，所以四边形ADCE为平行四边形.因为ADDC，所以四边形ADCE为菱形，所以AEBEEC，即点A在以BC为直径的圆上，所以ABAC.因为平面PAC 平面ABCD，平面PAC 平面ABCDAC，AB平面ABCD，所以AB平面PAC因为PC 平面PAC，所以ABPC.【小问 2 详解】由（1）可知AB平面PAC，因为PAPC，取AC中点为O，连PO，所以P

30、OAC.因为AEEC，O为AC中点，所以OEOC，又因为平面PAC 平面ABCD，平面PAC 平面ABCDAC，PO平面PAC，所以PO平面ABCD，因为OE 平面ABCD，所以POOE，所以,OE OC OP两两互相垂直，以点O为原点，OE为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则2,3,0,0,3,0,1,0,0,0,0,3BCDP，所以0,3,3,2,2 3,0,1,3,0CPBCDC .设平面PBC的法向量为111,mx y z，由00CP mBC m 得111133022 30yzxy，取11z，得113,3yx，则3,3,1m，设平面PCD的法向量为222,n

31、xy z，由00DC nCP n 得222230330 xyyz，取21z，得223,3yx，则3,3,1n ，所以55cos,131313m nm nm n .设平面BPC与平面PCD的夹角为，则5coscos,13m n.所以，平面BPC与平面PCD夹角的余弦值为513.17.已知函数2()(2)lnf xaxaxx.(1)讨论 f x的单调性；(2)若 f x有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)0,1【解析】【分析】（1）将函数求导后，对a分成0,0aa两种情况，讨论函数的单调性.（2）结合（1）的结论，当0a 时函数在定义域上递减，至多只有一个零点，不符合题意.当0

32、a 时，利用函数 f x的最小值小于零，求得a的取值范围，并验证此时函数有两个零点，由此求得a点的取值范围.【详解】（1）1211220axxfxaxaxxx若0a，0fx，f x在0,上单调递减；若0a，当10,xa时，0fx，即 f x在10,a上单调递减，当1,xa时，0fx，即 f x在1,a上单调递增.（2）若0a，f x在0,上单调递减，f x至多一个零点，不符合题意.若0a，由（1）可知，f x的最小值为11ln1faaa令 1ln1h aaa，2110haaa，所以 h a在0,上单调递增，又 10h，当 0h a 时，1,a，f x至多一个零点，不符合题意，当 0h a 时，

33、0,1a又因为21210aafeeee，结合单调性可知 f x在1 1,e a有一个零点令 lng xxx，111xgxxx，当0,1x时，g x单调递减，当1,x时，g x单调递增，g x的最小值为 110g，所以lnxx当3axa时，222ln2f xaxaxxaxaxx2330axaxx axa结合单调性可知 f x在3,aa有一个零点综上所述，若 f x有两个零点，a的范围是0,1【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数求解有关零点个数的问题，考查分类讨论的思想方法，考查分析和解决问题的能力，属于中档题.在求解有关利用导数求函数单调区间的问题中，导函数往往含有参数，

34、此时就要对参数进行分类讨论.函数零点个数问题，往往转化为函数最值来解决.18.已知点P是圆22:116Exy上的动点，1,0F，M是线段EP上一点，且PMMF，设点M的轨迹为C.（1）求轨迹C的方程；（2）设不过原点的直线l与C交于,A B两点，且直线,OA OB的斜率的乘积为34.平面上一点D满足OAAD，连接BD交C于点N（点N在线段BD上且不与端点重合）.试问NAB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是定值，说明理由.【答案】（1）22143xy（2）是，2 35NABS【解析】【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得解；（2）设1122,A x yB xy，代入曲线方程中联立可得2212

35、121221114312x xy yx yx y，结合题意计算可得3AOBS，设BNBD，结合点N在曲线C上计算可得的值，即可得NAB的面积.【小问 1 详解】因为42MEMFMEPMEPEF，所以点M的轨迹是以点,E F为焦点的椭圆，设2222:10 xyCabab，则24a，即2a.由1c 知223bac，所以点M的轨迹C的方程为22143xy；【小问 2 详解】设1122,A x yB xy，则由OAAD，得112,2Dxy.因为点,A B均在曲线C上，所以22112222143143xyxy，同向相乘得22222222121212211116912x xy yx yx y整理得：221

36、2121221114312x xy yx yx y又因为121234OAOBy ykkx x，所以1212043x xy y，所以1221112 3322AOBSx yx y，设BNBD，则12122121NNxxxyyy，又因为点N在曲线C上，所以2212122121143xxyy，整理得：2222221112122244111434343xyx xy yxy，又因为221112121,04343xyx xy y，2222143xy，代入上式得：22411，即2520，又因为0，所以2=5，所以222 3555NABDABOABSSS.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出AOBS后，利用

37、面积公式得到NABNABOABDABBNSSSSBD，从而可通过计算BNBD的值得解.19.利用方程的方法可以将无限循环小数化为分数，例如将0.31化为分数是这样计算的：设0.31x，则31.31100 x，即31100 xx，解得310.3199.这是一种利用方程求解具有无限过程的问题的方法，这种方法在高中计算无限概率、无限期望问题时都有很好的妙用.已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，每局比赛的结果互不影响.规定：净胜m局指的是一方比另一方多胜m局.（1）如果约定先获得净胜两局者获胜，求恰好 4 局结束比赛的概率；（2）如果约定先获得净胜三局者获胜，

38、那么在比赛过程中，甲可能净胜3,2,1,0,1,2,3i i 局.设甲在净胜i局时，继续比赛甲获胜的概率为iP，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为iX，期望为iE X.求甲获胜的概率0P；求0E X.【答案】（1）2081（2）89；07E X【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率及独立重复试验的概率公式，列式计算即得.（2）利 用 全 概 率 公 式 列 出21012,PPP P P的 关 系 等 式，再 利 用 消 元 法 求 出0P；列 出21012(),(),(),(),()E XE XE XE XE X的关系等式，利用消元法求出0E X.【小问 1 详解】4 局结束

39、比赛时甲获胜，则在前 2 局甲乙各得一分，并且第 3，4 局甲胜，概率为21221216C 33381；4 局结束比赛时乙获胜，则在前 2 局甲乙各得一分，并且第 3，4 局乙胜，概率为2122114C33381，所以恰好 4 局结束比赛的概率16420818181.【小问 2 详解】在甲在净胜-2 局前提下，继续比赛一局：若甲赢，则甲的状态变为净胜-1 局，继续比赛获胜的概率为1P；若甲输，则甲的状态变为净胜-3 局，比赛结束，根据全概率公式，2123PP，同理1020111202121212121,33333333PPPPPPPPP PP，由120212121,3333PPP PP，得10

40、4377PP，与0112133PPP联立消去1P，得015817213PP，又21102221,333PPPPP，即1067PP，因此089P，所以甲获胜的概率为89.在甲净胜-2 局前提下，继续比赛一局：若甲赢，则甲的状态变为净胜-1 局，继续比赛至结束，还需要1E X局，共进行了11E X局；若甲输，则甲的状态变为净胜-3 局，比赛结束，共进行了 1 局，则2121()()1133E XE X，即212()()13E XE X，同理10221()()1()133E XE XE X，即10221()()()133E XE XE X，01121()()1()133E XE XE X，即0112

41、1()()()133E XE XE X，12021()()1()133E XE XE X，即12021()()()133E XE XE X，2121()1()133E XE X，即211()()13E XE X，联立12021()()()133E XE XE X与211()()13E XE X，得10315()()77E XE X，联立212()()13E XE X与10221()()()133E XE XE X，得10612()()77E XE X，代入01121()()()133E XE XE X，得0003115612()()7721()3773E XE XE X，所以0()7E X.【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.