2024 高一第二次月考数学试题参考答案
1．C 2．D 3．D
4．D
【分析】求出上下圆台的高，利用台体体积公式求出答案.
3
【详解】上、下两圆台的高之比是3: 4，故上圆台的高为14 6厘米，
3 4
4
下圆台的高为14 8厘米，
3 4
π 42 102 16 100
故上圆台的体积为 V1 6 312 π立方厘米，3
π 62 102 36 100
下圆台的体积为V 8 1568 立方厘米，1 π3 3
故该汝窑双耳罐的体积为V1 V1 312π
1568 π 2504π 立方厘米.
3 3
故选：D
5．A
【分析】设此正四棱柱的底面边长为 a，高为 h，根据三棱锥的体积公式和线面角建立关于
a、h的方程组，解之即可求解.
【详解】设此正四棱柱的底面边长为 a，高为 h，
A ABD 1 2则三棱锥 的体积为 a h 1 ，得 a21 6 3 h 2
，
又 AC1与底面 ABCD所成的角为 C1AC ，
所以 tan C1AC
h
2 ，得 h 2a，得 a 1,h 2，
2a
所以此正四棱柱的表面积为 2a2 4ah 10．
故选：A．
6．B
【分析】利用平面向量基本定理结合三角形垂心的性质、平面向量三点共线的充要条件计算
即可.
【详解】由题意可知 ABC是以 A为顶角的等腰三角形，
如图 所 示： AD BC ， BE AC，则 AD BE O，
设 AO AD ,BO BE ，
第 1页，共 8页
{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}
1
1 1 1
2
则 AB AC AB xAC ，
2 2
4 x 1
4
1 AO AB BE AB AE AB 1 AB AE AB xAC，4
3
所以 , AE
1
AC，
4 3
AE
在直角三角形 ABE中， cos BAC
AE 1
.
AB AC 3
故选：B
7．D
3
【分析】表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有A9 种情况，由于至少要用 8根小木根
的对立事件为用掉 5根，6根，7根这三种情况，用掉 5根，6根，7根小木棍的全排列共有
7A33种，从而求出至少要用 8根小木棍的概率.
【详解】至少要用 8根小木棍的对立事件为用 5根，6根，7根这三种情况．
用 5根小木棍为 1，2，6这一种情况，组成三位数包括 6个样本点，
用 6根有 1，2，3；1，2，7；1，6，3；1，6，7这四种情况，每种情况包含 6个样本点，
共 24个样本点
用 7根有 1，2，4；1，2，8；1，6，4；1，6，8；1，3，7；2，6，7；2，6，3这七种情况，
每种情况包含 6个样本点，共 42个样本点
又表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有 504种情况
6 24 42 6
故至少要用 8根小木棍的概率为 1－ ，
504 7
故选：D．
8．C
【分析】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：
①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，
C1 C1 C1 2 C2C2 1 C2 1 C2P M 4 3 2 4 2 4 3 C
2 1
所以 3
C2 2
，P N 2 2 ，P X 2 2 ，P Y 2 2 ，
4 C4 3 C4 C4 6 C4 C4 6 C4 C4 4
1
因为事件M 与事件N互斥，所以P MN 0，又 P M P N ，
9
所以事件 M与事件 N不相互独立，故 A错误；
2
P XY C3 1 P X P Y 1 2 2 ，故 B错误；C4 C4 12 24
C1 C1
由P MY 3 2 1 P M P Y ，则事件 M与事件 Y相互独立，故 C正确；
C2 C24 4 6
1
因为事件 N与事件 Y互斥，所以 P NY 0，又 P Y P N ，
24
所以事件 N与事件 Y不相互独立，故 D错误.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先求出 P M ，P N ，P X ，P Y ，再根据互
斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可.
9．BC
【分析】利用正弦函数性质，结合三角形判断 A；利用向量数量积的运算律计算判断 B；利
用正弦定理、余弦定理判断 C；利用零向量与共线向量的定义可判断 D.
【详解】对于 A，在 ABC中，由 sin 2A sin 2B，得 2A 2B或 2A 2B π，
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{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}
π
则 A B或 A B ，则 ABC是等腰三角形或直角三角形，A错误；
2
对于 B，由 PA PB PB PC ，得 PA PB PB PC PB ( PA PC) PB CA 0，
则PB CA，同理PA CB，PC BA，即 P是三角形 ABC的垂心，B正确；
对于 C，由 sin 2 A sin 2 B cos2 C 1，得 sin2 A sin2 B 1 cos2 C sin2 C，
a2 b2 2
由正弦定理得 a2 b2 c2，则 cosC
c
0 ，C为钝角， ABC为钝角三角形，C
2ab
正确；
对于于 D，当b 0，a 0时，显然有 a//b，但此时 不存在，D错误.
故选：BC
10．ABD
【分析】根据给定条件，结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理可以判断.
【详解】对于 A，由 / / ，m ，得m ，又m // n，因此 n ，A正确；
对于 B，由m / / ，得存在过m的平面 与 相交，令交线为 a（不与n重合），则m / /a，
由m / / ，得存在过m的平面 与 相交，令交线为b（不与 n重合），则m / /b，于是 a / /b，
显然b ，则b / / ，而b , n，因此b / /n，m // n，B正确；
对于 C，m / / ，m // n，则 n / / 或 n ，C错误；
对于 D，由m ，m ，得 / / ，而 n ，则 n / / ，D正确.
故选：ABD
11．AC
【分析】A选项，由对称性可得四边形 BFDE为菱形，故 BE / / DF，从而得到线面平行；B
选项，作出辅助线，得到直线BC与平面BEDF所成的角为 CBO，求出边长，得到夹角；
C选项，AP CP，故只需 AP最小，当 P为 BE的中点时，AP⊥ BE，此时 AP最小，且 AP 3，
2 2
从而求出 AP CP的最小值；D选项，等体积法得到三棱锥 F ADP的体积为定值 .
3
【详解】A选项，连接BD,EF ，由对称性可知， EF ⊥平面 ABCD，
且EF ,BD相交于点O，O为 BD和 EF 的中点，
又BE DE BF DF 2，故四边形 BFDE为菱形，故BE / / DF，
又DF 平面 ADF， BE 平面 ADF，
所以 BE / /平面 ADF，正确；
B选项，连接 AC，则 AC ,BD相交于点O，
因为四边形 ABCD为正方体，故 AC BD，
由 A选项，同理可得四边形 AECF为菱形，故 AC EF，
又BD EF O， BD,EF 平面 BEDF，故 AC 平面BEDF，
故直线BC与平面BEDF所成的角为 CBO，
且由题意得BD AB2 AD2 2 2， AC 2 2，故 BO CO 2，
故 CBO 45 ，错误；
C选项，由题意得， AP CP，故只需 AP最小，
在等边三角形 ABE中，当 P为 BE的中点时， AP⊥ BE，此时 AP最小，
且 AP 3，故若点 P为棱 EB上的动点，则 AP CP的最小值为 2 3，正确；
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{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}
D选项，VF ADP VA FDP ，其中A到平面FDP的距离为 AO 2，
1 1 1
设菱形BFDE的面积为S，则 S BD EF 2 2 2 2 4， S FDP S 2，2 2 2
若点 P为棱 EB 1 2 2上的动点，则三棱锥 F ADP的体积为定值 S FDP 2 ，错误.3 3
故选：AC
12．3 2
【分析】依题意设 z1 2， z2 2i， z3 2 cos 2 sin i ，即可表示出 z3 z1 z2 ，再由
复数的模、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.
【详解】设复数 z1， z2， z3在复平面内对应的点分别为A， B，C，
因为 z1 z2 2且 z1， z2所对应的向量OZ1 ，OZ2 满足OZ1 OZ2 0，即OZ1 OZ2 ，
不妨令 A 2,0 ，B 0,2 ，则 z1 2， z2 2i，
又 z3 2 ，设C 2 cos , 2 sin R ，即 z3 2 cos 2 sin i
则 z3 z1 z2 2 cos 2 sin i 2 2i 2 cos 2 2 sin 2 i，
2 2
所以 z3 z1 z2 2 cos 2 2 sin 2
2cos2 2sin 2 4 2 cos 4 2 sin 8
10 4 2 cos sin
10 8sin
π
，
4
π
所以当 sin 1时 z3 z1 z2 取得最大值，即 z3 z1 z2 18 3 2 . 4 max
故答案为：3 2
13． 12π 9
2
【分析】利用正方体的对角线和外接球的半径的关系，求得外接球的半径，进而求得球的表
面积，再利用直线间的平行关系和平面的基本性质，得出截面，进而求得截面等腰梯形的面
积.
【详解】在棱长为 2的正方体 ABCD A1B1C1D1中，
可得其外接球的半径为 2R 22 22 22 2 3，所以 R 3 ,
所以外接球的表面积为 S 4πR2 12π；
如图所示，过点 E作 EK / /BD，连接DK，
所以过B,D,E三点的平面截正方体 ABCD A1B1C1D1所得的截面为 EKDB且为等腰梯形，
过点 E作 EF BC于点 F ，过点 F 作FG BD，连接 EG，
2 3 2
所以 EG为等腰梯形 EKDB的高，且 EG 22 ( )2 ,
2 2
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{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}
1 3 2 9
所以梯形 EKDB的面积为 S1 (2 2 2) .2 2 2
9
故答案为：12π； .
2
14．9
15．（1）设 z a bi a R,b R ， z2 a bi 2 a2 b2 2abi 2， z a2 b2，
a2 b2 2 a 1 a 1
由题意得 ，解得 或 ，又因为复数 z在复平面上对应点在第一象限，
2ab 2
b 1
b 1
所以 z 1 i .
2 z 1 i z2 1 i 2（ ） ， 2i， z z2 1 i 2i 1 i，
所以对应的点 A 1,1 ，B 0,2 ，C 1, 1 ，从而 AB 1,1 ， AC 0, 2 ， AB AC 2 .
16．（1）在直四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，底面 ABCD为正方形，
所以 AA1 平面 ABCD，
V V 1 AE S 1 3 1所以 A BDE E ABD 3 ABD
2 2 1 .
3 2 2
（2）当 P为DD1的中点时满足平面 PA1C //平面 EBD，
设 AC BD O ，连接OE，
因为 ABCD为正方形，所以O为 AC的中点，又 E为棱 AA1的中点，
所以OE //A1C ，又OE 平面 PA1C， A1C 平面 PA1C，所以OE//平面 PA1C，
又 P为DD1的中点，所以DP //A1E且DP A1E，所以DPA1E为平行四边形，
所以DE //A1P，
又DE 平面 PA1C， A1P 平面 PA1C，所以DE//平面 PA1C，
又DE OE E，DE,OE 平面 BDE，
所以平面 PA1C //平面 EBD .
17．【分析】（1）连接 BC1, AD1，结合题意可证 B1C 平面 ABC1D1，即可得结果；
（2）分析可知∠AD1B即为直线 BD1与平面 ADD1A1所成角，结合题意分析求解即可.
【解】（1）连接BC1, AD1，
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{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}
由题意可知： BB1C1C为正方体，则 B1C BC1，
又因为D1C1 平面 BCC1B1， B1C 平面 BCC1B1，则 B1C D1C1，
且BC1 D1C1 C1， BC1,D1C1 平面 ABC1D1，可得 B1C 平面 ABC1D1，
由BD1 平面 ABC1D1，可得BD1 B1C .
（2）由题意可知： AB 平面 ADD1A1，则∠AD1B即为直线 BD1与平面 ADD1A1所成角，
又因为 AB 3, AD1 2 2，则 tan AD B
AB 3 2
1 ，AD1 4
3 2
所以所求角的正切值为
4
18．【分析】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得 PA a PB b PC c 0，即可根据
2b 3a 4c得 4PA 6PB 3PC 0，进而根据线性运算得6DB 3DC 4 9 PD ,由共线
即可求解，
（2）根 据 奔驰定理 以 及外接圆的性质可得 PA sin 2A PB sin A PC sin 3A 0，即可得
PB PA sin 2A PC sin 3A ，结合三角恒等变换可得
sin A
1 2x y 4cos2 A 2cos A 5 1 4 cos A ，即可根据函数的性质求解.
4 4
【解】（1）由于 P是 ABC的内心，设 ABC内切圆的半径为 r，
由PA S△PBC PB S△PAC PC S△PAB 0可得 PA
1 BC r 1 1 PB AC r PC BA r 0，即
2 2 2
PA a PB b PC c 0，
由2b 3a 4c，不妨设 a 4m,b 6m, c 3m,m 0 ，
故 4PA 6PB 3PC 0，
AP
设 ，则 4 PD 6 PD DB 3PD PD DC
0 ,
故6DB 3DC 4 9 PD ,
由于 6DB 3DC与 BC共线，而 PD与 BC不共线，
9
因此必然 4 9 0，故 ，
4
（2） 设 ABC外 接 圆的半径 为 R ,
则由 PA S△PBC PB S△PAC PC S△PAB 0得
PA 1
R 2 sin BPC 1 PB R 2 sin APC PC 1 R 2 sin APB 0 ，
2 2 2
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{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}
即PA sin 2A PB s in 2B PC s i n 2C 0，
由于 A 2B ， 所以 PA s i n
2A PB sin A PC sin 3A 0 ,
PB PA sin 2A PC sin 3A
因此 ，又 PB xPA yPC ，
sin A
所以
x y sin 2A sin 3A 2sin Acos A sin 2Acos A cos 2Asin A 2cosA 2cosA2 cos 2A
sin A sin A
2
4cos2 A 2cos A 1 4 cos A
1
5
,
4 4
0
π
A
2
A π π π
由于三角形为锐角三角形，所以 0 B ，解得 A ，
2 2 3 2
0 C π 3A π 2 2
cos A 0, 1 故 ,
2
cos A 1 x 1
2
y 4 cos A 5
5
故当 时， 取最小值 ，4 4 4 4
cos A 0 1 x y 4 cos A 1
2
5
当 或 2 时， 1， 4 4
x y 故 1,
5
4
.
19．（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求 A,C获得冠军的概率；
1
（2）分别求出不同赛制下A获得冠军的概率，研究 p 1哪种赛制下A获得冠军的概率
2
更大，即可得结论.
【解】（1）A获得冠军： AB组A获胜，再由A与CD组胜者决赛并胜出，
P 3 1 3 3 1 3 9A获得冠军的概率为 1 ，4 2 4 4 2 4 16
C获得冠军：CD组C获胜，再由C与 AB组胜者决赛并胜出，
C P 1 3 (1 3 1 3获得冠军的概率为 2 ) (1 )
1 5
.
2 4 4 2 4 2 32
1 1
2 2（ ）淘汰赛赛制下，A获得冠军的概率为 p p p p p ，
2 2
“双败赛制”赛制下，讨论 A进入胜者组、败者组两种情况，
当 A进入胜者组，若在胜者组 A失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组 A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当 A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上，A获得冠军的概率 p3 (1 p) p3 (1 p)p3 p3 (3 2p) .
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{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}
令 f (p) p 3(3 2p) p 2 p 2( 2p 2 3p 1) p 2(2p 1)(1 p) ，
1
若A为强队，则 p 1，故 f (p) 0，
2
所以，双败赛制下对强者更有利.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论 A进入胜者组、败者组两种
情况，分别求出得冠军的概率为关键.
第 8页，共 8页
{#{QQABJQQUogggQJAAAQgCAw0iCgOQkBCACYgOhBAEoAABABNABAA=}#}2023—2024 学年高一下学期第二次月考 数学试题
2024.06
注意事项：
1.本试卷共 4页，19 题。全卷满分 150 分。考试用时 12 分钟。
2.用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。请按题号顺序在答题卡上各
题目的答题区域内作答，考试结束后，请将答题卡、草稿纸一并上交。
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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.
1．在 ABC中，角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，且 a2 c2 b2 ac，ac 4，则 BA BC
A． 3 B． 3 C．2 D． 2
2．在一次数学测试中，某学习小组 6 名同学的成绩(单位：分)分别为 65，82，86，82，
76，95．关于这组数据，下列说法错误的是
A．众数是 82 B．中位数是 82
C．极差是 30 D．平均数是 82
4
3．在复平面内，复数 i 1 i 的共轭复数对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其
中汝窑被认为是五大名窑之首．如图 1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由
两个圆台拼接而成，其直观图如图 2 所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是 12 厘
米，中间圆的直径是 20 厘米，上底面圆的直径是 8 厘米，高是 14 厘米，且上、下两圆
台的高之比是3: 4，则该汝窑双耳罐的体积是
1784π 1884π 2304π 2504π
A． B． C． D．
3 3 3 3
1
5．正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，三棱锥 A1 ABD的体积为 , AC1与底面 ABCD所成角的3
正切值为 2，则此正四棱柱的表面积为
A．10 B．12 C．14 D．18
1
6．在 ABC中，AB AC，若点O为 ABC的垂心，且满足 AO AB xAC，则 cos BAC
4
的值为
1 1 1 1
A． 2 B． C． D．3 4 5
高一数学试题 第 1 页 （共 4页）
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7．在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算
的．算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图是利用算筹表示数 1～9的一种方法，
例如：47 可以表示为“ ”，已知用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位
数共有 504 种等可能的结果，则这个数至少要用 8 根小木棍的概率为
11 3 73 6
A． B． C． D．
14 14 84 7
8．在一次考试中有一道 4 个选项的双选题，其中 B 和 C 是正确选项，A 和 D 是错误选项，
甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在 4 个选项中随机选取两个选项．设事件M
“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件 N “甲、乙两人所选选项完全不同”，事
件 X “甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y “甲、乙两人均未选择 B 选项”，则
A．事件 M 与事件 N 相互独立 B．事件 X 与事件 Y 相互独立
C．事件 M 与事件 Y 相互独立 D．事件 N 与事件 Y 相互独立
二、多项选择题：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 3分，有选错的得 0 分．
9．有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若 sin 2A sin 2B，则 ABC是等腰三角形
B．若 PA PB PB PC PC PA，则 P是三角形 ABC的垂心
C．若 s in
2 2
A sin B cos
2 C 1，则 ABC为钝角三角形
D．若 a / /b，则存在唯一实数 使得 a b
10．已知 m，n 是不同的直线， ， 是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ）
A．若 / / ，m ，m // n，则 n
B．若m / / ，m / / ， n，则m // n
C．若m / / ，m // n，则 n / /
D．若m ，m ， n ，则 n / /
11．正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多
边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏
拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、
正二十面体．已知一个正八面体 ABCDEF 的棱长都是 2（如
图），则（ ）
A． BE / /平面 ADF
B．直线BC与平面BEDF所成的角为 60°
C．若点 P为棱 EB上的动点，则 AP CP的最小值为 2 3
D．若点 P为棱 EB上的动点，则三棱锥F ADP的体积为
4
定值
3
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三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分．
12．已知三个复数 z1，z2，z3，且 z1 z2 2， z3 2，z1，z2所对应的向量OZ1 ，OZ2
满足OZ1 OZ2 0；则 z3 z1 z2 的最大值为 .
13．在棱长为 2的正方体 ABCD A1B1C1D1中，则它的外接球的表面积为 ；若 E
为 B1C1 的中点，则过 B、D、E 三点的平面截正方体 ABCD A1B1C1D1所得的截面面积
为 .
14．已知由小到大排列的 6个数据 1，2，3，5，6，m，若这 6 个数据的极差是它们中位数
的 2倍，则 m的值是 ．
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）
已知复数 z在复平面上对应点在第一象限，且 z 2， z2 的虚部为 2.
(1)求复数 z；
(2)设复数 z、 z2 、 z z2在复平面上对应点分别为A、 B、C，求 AB AC 的值.
16．（15 分）
如图，在直四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，底面 ABCD为正方形，E
为棱 AA1的中点， AB 2, AA1 3．
(1)求三棱锥 A BDE的体积．
(2)在DD1上是否存在一点 P，使得平面 PA1C //平面 EBD .如果
存在，请说明 P点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
17．（15 分）
如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB 3,BC BB1 2，
(1)求证：BD1 B1C；
(2)求直线BD1与平面 ADD1A1所成角的正切值.
高一数学试题 第 3 页 （共 4页）
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18．（17 分）
奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和
奔驰轿车 logo 相似，因此得名.如图，P 是 ABC内的任意一点，
角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，总有优美等式：
PA S△PBC PB S△PAC PC S△PAB 0 .
(1)若 P 是
AP
ABC的内心， 2b 3a 4c，延长 AP 交 BC 于点 D，求 ；
PD
(2)若 P 是锐角 ABC的外心， A 2B， PB xPA yPC，求 x y的取值范围.
19．（17 分）
第 19 届亚运会将于 2023 年 9 月 23 日至 10 月 8 日举办，本届亚运会共设 40 个竞赛
大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双
败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在
双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最
终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入
到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，
败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之
前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的
胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在
胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败
的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不
公平，是否真的如此呢？
这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为 A、B、C、D，其中 A对阵其他三
1
个队伍获胜概率均为 p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为 2 ．最初分组时 AB
同组，CD同组．
3
(1)若 p ，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？
4
(2)分别计算两种赛制下 A 获得冠军的概率（用 p表示），并据此简单分析一下双败赛
制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
高一数学试题 第 4 页 （共 4页）
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