福建省莆田市名校2022-2023学年高二下学期期中考试数学（A卷）试题（PDF版含答案）

莆田名校 2022- 2023学年高二期下学期期中考 (A卷)
数 学 试 题
本试卷共 4页 全卷满分 150分 考试用时 120分钟
一、单选题 (本大题共 8小题,共 40分)
1.甲、乙两个元件构成一并联电路，设E=“甲元件故障”,F=“乙元件故障”，则表示电路故障的事件
为 ( )

A. E∪F B. E∪F C. E∩F D. E∩F
2.在 a和 b两数之间插入n个数，使它们与 a，b组成等差数列，则该数列的公差为 ( )
A. b- an+ 1 B.
b- a
n C.
b- a
n+ 2 D.
a- b
n+ 2
3.已知某运动员每次射击击中目标的概率为 80%.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击 4次，至
少击中 3次的概率.先由计算器给出 0到 9之间取整数值的随机数，指定 0，1表示没有击中目标，
2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以 4个随机数为一组，代表射击 4次的结果，经随机模拟产生
了 20组随机数：
7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636
6947 7610 4281 1417 4698 0371 6233
2616 8045 6011 3661 9597 7424
根据以上数据估计该射击运动员射击 4次，至少击中 3次的概率为 ( )
A. 0.8 B. 0.75 C. 0.7 D. 0.65
4.某单位入职面试中有三道题目，有三次答题机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一
直抽题到第 3次为止.若求职者小王答对每道题目的概率都是 0.7，则他最终通过面试的概率为
( )
A. 0.7 B. 0.91 C. 0.973 D. 0.981
y2
5.已知双曲线E：x2- 3 = 1的左焦点为F，过点F作双曲线E的一条渐近线的垂线(垂足为B)交另
一条渐近线于点C,则线段BC的长度为 ( )
A. 1 B. 3 C. 2 D. 2 3
6.在编号分别为 (i= 0,1,2,…,n- 1)的 n名同学中挑选一人参加某项活动，挑选方法如下:抛掷两枚
骰子，将两枚骰子的点数之和除以 n所得的余数如果恰好为 i，则选编号为 i的同学.下列哪种情况
是不 公 平 的挑选方法 ( )
A. n= 2 B. n= 3 C. n= 4 D. n= 6
·1·
7.图 1所示，抛物面天线是指由抛物面 (抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面)反射器和位于焦点上的
照射器 (馈源，通常采用喇叭天线)组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具
有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点．图 2是图
1 的轴截面，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，F
是抛物线的焦点，∠AFB是馈源的方向角，记为 θ，焦
f
点F到顶点的距离 f与口径 d的比值 称为抛物面天
d
线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等．如
果某抛物面天线馈源的方向角 θ满足 tanθ=-4 5，
图 1 图 2
则其焦径比为 ( )
A. 5 B. 10 C. 104 4 8 D.
5
8
x2: + y
2
8.设 F1，F2分别为椭圆 C 2 2 = 1(a> b> 0)的左、右焦点，点A，B均在 C上，若 F1A= 2F2B，a b
2|F1B| = 5|F1A|，则椭圆C的离心率为 ( )
A. 2 B. 6 C. 52 4 3 D.
10
5
二、多选题 (本大题共 4小题,共 20分，每道题全部选对的得 5分,部分选对得 2分,有选错得 0分.)
9.某班级体温检测员对一周内甲 乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列说法正确
的有 ( )
A. 乙同学体温的极差为 0.4℃
B. 乙同学的体温比甲同学的体温稳定
C. 乙同学体温的众数为 36.4℃，中位数与平均数相等
D. 甲同学体温的第 70百分位数为 36.5℃
10.设等比数列 {an}的公比为 q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件 a1> 1，a6a7> 1，
a6- 1
a - 1 < 0，则下列结论正确的有 ( )7
A. 0< q< 1 B. a6a8< 1 C. Sn的最大值为S7 D. Tn的最大值为T7
11.抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用 x表示红色骰子的点数，用 y表示绿
色骰子的点数，用 (x,y)表示一次试验的结果.定义事件：A=“x+ y= 7”，事件B=“xy为奇数”，
事件C=“x> 3”，则下列结论正确的有 ( )
A. A与B互斥但不对立 B. A与B对立
C. A与C相互独立 D. B与C相互独立
12.已知抛物线 E:y2= 4x的焦点为 F,准线交 x 轴于点 C ，直线 l 过 C 且交 E 于不同的A,B 两

点,且CA= λCB(λ> 1)，下列结论正确的有 ( )
A. 直线 l的斜率 k∈ (-1,0) ∪ (0,1) B. 若 λ= 2，则 |AF| = 3|BF|
C. 若BF平分∠AFC，则 |AF| = 4 D. |AF| +|BF| > 2|CF|
·2·
三、填空题 (本大题共 4小题,共 20分)
13.从 5张分别写有 1，2，3，4，5的卡片中不放回随机抽取 2张，则抽到的 2张卡片上的数字之积是偶
数的概率为 .
14.袋子中有 6个大小质地相同的球，其中 3个红球，3个黄球，从中不放回随机取出 3个球，
则概率大于 0且与事件“至多取出一个黄球”互斥不对立的事件可以是 .
15.在平面直角坐标系 xOy中，A(6,0)，点B为圆C(x- 6)2+ (y- 1)2= 1上的动点，点P满足 |PO| =
2|PA|，则动点P的运动轨迹方程为 , |PB| +2|PA|的最小值为 .
16. 一所初级中学为了估计全体学生的平均身高 (单位:cm)和方差 (单位:cm2)，通过抽样的方法从初
一年级随机抽取了 30人，计算得这 30人的平均身高为 154，方差为 30；从初二年级随机抽取了 40
人，计算得这 40人的平均身高为 167，方差为 20；从初三年级随机抽取了 30人，计算得这 30人的平
均身高为 170，方差为 10.依据以上数据，若用样本的方差估计全校学生身高的方差，则全校学生身
高方差的估计值为 ．
四、解答题 (本大题共 6小题,共 70分)
17. (9分)设等比数列 {an}的前n项和为Sn，且 a4- a1= 7，S3= 7．
(1)求数列 {an}的通项公式；
an, n为偶数,(2)设 bn= 数列 {bn}的前 2n项和为T2n，求T2n．log2an, n为奇数,
18. (11分)树人中学为了学生的身心健康，加强食堂用餐质量 (简称“美食”)的过程中，后勤部门需了
认可程度平均分
解学生对“美食”工作的认可程度，若学生认可系数 (认可系数= 100 )不低于 0.85，
“美食”工作按原方案继续实施，否则需进一步整改. 为此该部门随机调查了 600 名学生，根据这
600名学生对“美食”工作认可程度给出的评分，分成 [50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，
100]五组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求直方图中 x的值和第 60百分位数；
(2)为了解部分学生给“美食”工作评分较低的原因，该部门从评分低于 80分的学生中用分层抽样
的方法随机选取 30人进行座谈，求应选取评分在 [60，70)的学生人数；
(3)根据你所学的统计知识，结合认可系数，判断“美食”工作是否需要进一步整改，并说明理由.
·3·
19. (11分)已知函数 f(x) = 2lnx+ 1．
(1)若 f(x)≤ 2x+ c，求 c的取值范围；
( ) > ( )= f(x) - f(a)2 设 a 0，讨论函数 g x x- a 的单调性．
20. (12分) 1在平面直角坐标系 xOy中，动点N到F(2,0)的距离与它到直线 l:x= 2 的距离之比为 2，
记N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A，B两点 (其中A在第一象限)交直线 l于点M ,
|MP|
过M且平行于OA的直线分别交直线OB,x轴于P,Q,求 | 的值.PQ|
21. (12分)甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空
者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，
直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束。已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均
2 1
为 3 ，乙胜丙的概率为 2 ，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲轮空．
(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率；
(3)求甲最终获胜的概率．
2
22. (12分) x已知椭圆C： + y24 = 1，设过点A 1,0 的直线 l交椭圆C于M，N两点，交直线 x= 4于点
P，点E为直线 x= 1上不同于点A的任意一点.
(1)求 AM 的最小值；
(2)记直线EM，EN，EP的斜率分别为 k1，k2，k3，问是否存在
k1，k2，k3的某种排列 ki，ki，ki (其中 i1,i2,i3 = 1,2,31 2 3 )，使得
ki，ki，ki 成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证1 2 3
明；若不存在，说明理由.
23. (3分卷面分)
·4·
莆田名校 2022- 2023学年高二期下学期期中考 (A卷)参考答案
1. D
两个元件均故障，则电路故障
2. A
在 a和 b两数之间插入n个数，使它们与 a,b组成等差数列，则这个数列共有n+ 2项，
b- a b- a
设该数列的公差为 d，则 d= = .
n+ 2 - 1 n+ 1
3. B
【详解】在 20组随机数中含 {2,3,4,5,6,7,8,9}中的数至少 3个 (含 3个或 4个)，共有 15组，即模拟结果中
15
射击 4次，至少击中 3次的频率为 20 = 0.75.
据此估计该运动员射击 4次，至少击中 3次的概率为 0.75.
4. C
分为三种情况：第一次通过，第二次通过，第三次通过，结合相互独立事件概率乘法公式求解.
【详解】由题意知，小王最终通过面试的概率为P= 0.7+ 0.3× 0.7+ 0.3× 0.3× 0.7= 0.973.
故选：C.
5. B
双曲线的渐近线为 y=± 3x,所以∠BOF=∠COx= 60°,所以∠BOC= 60°
所以BC=FB= b= 3
y C
B
F O x
6. C
如图抛掷两枚骰子，点数之和如下：
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
则投掷出的点数和频数如下
点数和 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
频数 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
若n= 2,则如下图所示，游戏是公平的
点数和余数 0 1
频数 18 18
若n= 3则如下图所示，游戏是公平的
点数和余数 0 1 2
频数 12 12 12
若n= 4则如下图所示，游戏是不公平的
·5·
点数和余数 0 1 2 3
频数 9 8 9 10
若n= 6则如下图所示，游戏是公平的
点数和余数 0 1 2 3 4 5
频数 6 6 6 6 6 6
7. A
p
思路 1.设抛物线方程为 y2= 2px,则 f= 2 ， (可令 p= 2)
2tan θ
tanθ= 2 =-4 5, tan θ = 5 sin θ = 5 ,cos θ 2由 则
1- tan2 θ 2 2 2 3 2
= 3
2
所以 |AF| = p = p , = | 2pd 2 AF|sin θ = sin θ 2 5
1- cos(π- θ ) 1+ cos θ 2 1+ cos θ 2
= 5 p
2 2 2
f
所以 = 5
d 4
2
思路 2.设抛物线方程为 y2= 2px(p> 0),F( p2 ,0),y
d d 2
A= 2 ( 2 ) = 2px x=
d
8p
d
2 f p
由 p 2 = tan
θ = 5 4 5p22 2 - 8dp- 5d
2= 0 p= 52 d = =
5
- d d 2d 42 8p
8. C
思路 1.(对称性)F1D=F2B，设BF2=m,则AF1= 2m,BF1= 5m,AF2= 4m,a= 3m
延长AF1与椭圆交于D点，则F1D= BF2=m，于是AD= 3m,DF2= 5m,∠DAF2= 90°,
所以AF 2 +AF 21 2 =F 21F2 ，即 (2m)2+ (4m) 2= (2c)2，得 c = 5m，故 e= c = 5a 3
思路 2.(补角余弦)设BF2=m,则AF1= 2m,BF1= 5m, y
由BF1+BF2= 2a a= 3m,AF2= 4m A B
由∠AF1F2,∠BF2F1互补得:cos∠AF1F2+ cos∠BF2F1= 0
4m2+ 4c2- 16m2 + m
2+ 4c2- F25m2 1
得 2× 2m× 2c 2×m× 2c = 0 O F2 x
所以 c= 5m,e= ca =
5 D
3
9. BCD
选项A，乙同学体温的极差为 36.5- 36.3= 0.2℃，故A错误;
选项B，从折线图上可以看出，乙同学的体温比甲同学的体温稳定，故B正确;
选项C，乙同学的体温从低到高依次为 36.3℃，36.3℃，36.4℃，36.4℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，故众数
为 36.4℃，而中位数和平均数都是 36.4℃，故C正确;
选项D，甲同学的体温从低到高依次为 36.2℃，36.2℃，36.4℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，36.6℃，
由 70%× 7= 4.9，可知数据的第 70百分位数为第 5项数据 36.5℃，故D正确．
10. AB
∵ > a - 1a1 1，a 66 a7> 1，a - 1 < 0，易知 q< 0或 q= 1时不满足题意；7
> a6- 1当 q 1，则 a - 1 < 0不成立，∴ 0< q< 1，∴ a6> 1，a7< 1，故A正确；7
因为 a6a8= a27< 1，故B不正确；
因为 an> 0，且 0< q< 1，所以Sn无最大值，故C不正确；
因为 a1> 1，0< q< 1，且 a6> 1，a7< 1，所以T6是数列 {Tn}中的最大项，故D错误．故选AB.
·6·
11. AC
由题可知，A=“x+ y= 7”，B=“xy奇数”，C=“x> 3”，
则事件A 6 1的所有情况为：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)共 6种情况，所以P(A) = 6× 6 = 6 ;
事件B的所有情况为：(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)共 9种情况，
所以P(B) = 96× 6 =
1
4 ，所以A与B互斥但不对立，故A正确;B错误；
事件C的所有情况为：(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，
(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共 18种情况，P(C) = 18 16× 6 = 2
P(AC) = 3 1 1 1 16× 6 = 12 ，P(A) P(C) = 6 × 2 = 12 ，P(AC) =P(A) P(C)，所以A与C独立，C正确.
P(BC) = 3 16× 6 = 12 ≠P(B)P(C)，可知，D错误
12. ACD
由抛物线的对称性，不妨设直线 l的方程为 y= k(x- 1)，A(x1,y1),B(x2,y2)
2
则由 λ> y = 4x1则 x 2 2 21> x2由 = ( - )整理得 k x + (2k - 4)x+ k
2= 0
y k x 1
由Δ= 16- 16k2> 0且 k2≠ 0，由韦达定理得 x1x2= 1，
选项A.由上述不等式解得 k∈ (-1,0) ∪ (0,1)，故A正确
M N
选项B.|CB| = |BA|，设A,B在准线上的投影分别为A1,B1，
1 B

则 |BB1| = 2 |AA | |BF| =
1
1 即 2 |AF|故B错误.
选项D.|AF| +|BF| = x1+ x2+ 2> 2 x1x2+ 2= 4
|BM | = |CB| = |BB1| |BF|选项C.思路 1.如图 | | | | | | = | | △BFM △AFNAN CA AA1 AF
所以∠AFN= 60° |AF| = 2- ° = 41 cos60
思路 2.由抛物线几何平均性质可知，B关于 x轴的对称点B'与F,A三点共线，
所以∠BFM=∠B'FM=∠AFx=∠AFB ∠AFN= 60°,其余同上
∠ |CF| = |CB|思路 3.若BF平分 AFC，则由角平分线定理可得 | ，AF| |AB|
|CF| |CB| |CB| |BB1| |BF|
所以 | | +| = = = =AF CF| |AB| +|CB| |AC| |AA1| |AF|
2 x + 1 3
即 2x =1+ 3 x + 1
化简得 3x2- x1+ 2= 0，所以 x - x1+ 2= 0解得 x1= 3，故选项D正确。1 1
思路 4.只需∠AFC= 2∠BFC即 tan∠AFC= tan2∠BFC，所以有
y1 = 2y2(x2- 1) k(x1+ 1) = 2k(x2+ 1) (x2- 1) (x1+ x1x2) 2(x2+ 1) (x2- 1)x - 1 (x - 1)2- y2 x 2 21 2 2 1- 1 (x2- 1) - y2 x
= 2 2
1- x1x2 (x2- 1) - y2
即-2(x - 1)2= (x - 1)2- y2= (x - 1)2- 4x 即 3x22 2 2 2 2 2- 10x2+ 3= 0解得 x = 12 3 或 3(舍去)
13. 710
从 5张卡片中无放回抽取 2张，共有 1,2 , 1,3 , 1,4 , 1,5 , 2,3 , 2,4 , 2,5 , 3,4 , 3,5 , 4,5 这 10
3 7
种情况，其中数字之积为奇数的有 1,3 , 1,5 , 3,5 共 3种情况，故所求概率为 1- 10 = 10 .
14. 取出 2个黄球和 1个红球； 取出 3个黄球
事件“至多取出一个黄球”的对立事件为“至少取出 2个黄球”
15. ________
答案：(x- 8)2+ y2= 16， 37- 1
·7·
由阿波罗尼斯圆性质知：点P在圆 (x- 8)2+ y2= 16上，
|PB| +2|PA| = |PB| +|PM | ≥ |BM | = 37- 1
16. 64.4
解：初一学生的样本记为 x1，x2， ，x30，方差记为 s21，
初二学生的样本记为 y1，y2， ，y40，方差记为 s22，初三学生的样本记为 z1，z2， ，z 230，方差记为 s3．
ω ω= 30× 154+ 40× 167+ 30× 170设样本的平均数为 ，则 100 = 164，
s2 s2= 1 [30s2+ 30(x -ω)2+ 40s2+ 40(y 设样本的方差为 ，因此， 100 1 2 -ω)
2+ 30s23+ 30(z
-ω)2]
= 1100 ×{30× [30+ (154- 164)
2]+ 40× [20+ (167- 164)2]+ 30× [10+ (170- 164)2]}= 64.4
17. (1)由题知 a4- a1= 7，S3= 7，设等比数列 {an}的公比为 q，显然 q≠ 1，
a1q3- a1= 7, ①
则有 a (1- q31 ) 2分1- q = 7, ②
由①÷②得 q- 1= 1，所以 q= 2，代入①得 a1= 1，所以 a = 2n-1n ； 4分
2n-1 ,n为偶数,(2)由 (1)可得 bn= 5分n- 1,n为奇数,
所以T2n= b1+ b2+ +b2n= (b1+ b3+ +b2n-1) + (b2+ b4+ +b2n)
= (0+ 2+ 4+ +2n- 2) + (2+ 23+ +22n-1) 6分
= (2n- 2)n
n
2 +
2(1- 4 )
1- 4 8分
= 13 2
2n+1+n2-n- 23 ． 9分
18. (1)由图可知：10× (x+ 0.015+ 0.02+ 0.03+ 0.025) = 1,∴ x= 0.01， 3分
0.6- 0.1+ 0.15+ 0.2+ 60百分位数：80 150.03 = 80+ 3 = 85； 5分
(2)低于 80分的学生中三组学生的人数比例为 0.1:0.15:0.2= 2:3:4，
则应选取评分在 60,70 3 的学生人数为：30× 2+ 3+ 4 = 10(人) 8分
(3)由图可知，认可程度平均分为：
x = 55× 0.1+ 65× 0.15+ 75× 0.2+ 85× 0.3+ 95× 0.25= 79.5< 0.85× 100= 85， 10分
∴“美食”工作需要进一步整改. 11分
19. (1)f(x)≤ 2x+ c等价于 2lnx- 2x≤ c- 1． 1分
( ) = - ′ ( )= 2 - = 2(1- x)设 h x 2lnx 2x，h x x 2 x (x> 0)． 2分
当 x∈ (0,1)时，h′ (x)> 0，h(x)单调递增，
当 x∈ (1,+∞)时，h′ (x)< 0，h(x)单调递减， 4分
∴ h(x)在 x= 1时取得极大值也就是最大值为 h(1) =-2，∴ c- 1≥-2，即 c≥-1．
则 c的取值范围为 [-1，+∞)； 5分
( ) ( ) = f(x) - f(a)2 g x x- a =
2(lnx- lna)
x- a (x> 0，x≠ a，a> 0)．
2
x (x- a) - 2lnx+ 2lna -
2a - 2lnx+ 2lna+ 2
∴ g′ (x) = 2 =
x
2 ． 7分(x- a) (x- a)
令w(x) =- 2ax - 2lnx+ 2lna+ 2(x> 0)，
则w′ (x) = 2a2 -
2 = 2(a- x)x 2 ， 9分x x
令w′ (x)> 0，解得 0< x< a，令w′ (x)< 0，解得 x> a，
·8·
∴w(x)在 (0,a)上单调递增，在 (a,+∞)上单调递减．
∴w(x)≤w(a) = 0，即 g′ (x)≤ 0， 10分
∴ g(x)在 (0,a)和 (a,+∞)上单调递减． 11分
(x- 2)2+ y2
20. (1)设点N (x,y),依题意有 1 = 2 2分|x- 2 |
2
即 (x- 2)2+ y2= (2x- 1)2, y化简得 x2- 3 = 1 4分
(2)设AB直线方程为 x=my+ 2 (m≠ 0),A x1,y1 ,B x2,y2 ，
则 yM=- 32m 5分
x=my+ 2由 2 23x2- 2- 得 3m - 1 y + 12my+ 9= 0y 3= 0
y1+ y2=-
12m
3m2- 1
则 9 7分y1y2= 3m2- 1
y y =- 3所以 1 2 4m (y1+ y2) 8分
+ 3 = y y过M平行于OA的直线方程为 y 1 12m my + 2 x- 2 ,直线OB
2
方程为 y=
1 my2+ 2
x
y+ 3 = y1 x- 1 2m my + 2 2 1 =- 2my1y2+ 3yy 2由 y 得 P 10分y= 2 x 2m(y2- y1)my2+ 2
- 32 (y1+ y2) + 3y
3
2 2 (y2- y1)
所以 yP=- =- =- 32m(y2- y1) 2m(y2- y1) 4m
因为 yQ=
|MP|
0，故P为线段MQ的中点，所以 | | = 1． 12分PQ
21. 【分析】(1)前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况有 2种①乙胜丙、乙胜甲、乙胜丙②乙胜丙、甲胜乙、甲
胜丙，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.
(2)首先分析出只需四场比赛就决出冠军的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.
(3)首先分析出甲最终获胜的情况，再利用相互独立事件概率的乘法运算即可得出答案.
2 1
【详解】(1)记事件A为甲胜乙，则P A = 3 ，P A = 3 ，
B P B = 2

事件 为甲胜丙，则 3 ，P B =
1
3 ，

事件C为乙胜丙，则P C = 1 2 ，P C =
1
2 ，
前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为

P1=P CAC +P CAB = 12 ×
1
3 ×
1
2 +
1 × 2 × 2 = 112 3 3 36 4分
(2)只需四场比赛就决出冠军的概率为

P2=P CACA +P CBCB +P CABA +P CBAB
= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 192 × 3 × 2 × 3 + 2 × 3 × 2 × 3 + 2 × 3 × 3 × 3 + 2 × 3 × 3 × 3 = 54． 8分
(3) 2 1由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为 3 ，且乙胜丙和丙胜乙的概率也相等，均为 2 ，
第一场比赛甲当裁判，以后的比赛相对于甲，可视乙丙为同一人，设甲胜为事件D，甲当裁判为事件E，

P3=P EDDD +P EDDDD +P EDDED +P EDEDD
= 2 × 2 × 2 + 2 × 2 × 1 23 3 3 3 3 3 × 3 +
2 1 2 1 2 2 56
3 × 3 × 3 + 3 × 3 × 3 = 81． 12分
·9·
根据“累计负两场者被淘汰”列表如下：
第一场负方 第二场负方 第三场负方 第四场负方 第五场负方 最终获胜者
甲 丙
乙 丙 甲 丙丙 甲
甲 甲 乙 丙丙 乙
丙
乙 甲 丙
乙 丙 甲丙 甲
乙 甲 甲 丙丙 甲
丙 丙 甲 乙
甲 乙 甲
乙 甲 丙丙 甲
丙
2
22. (1)设点M x,y x ，其中 24 + y = 1,
2
则 |AM | = (x- 1)2+ y2= (x- 1)2+ 1- x = 3 24 4 x - 2x+ 2,x∈ [-2,2]
= 34 (x
2- 8 x) + 23 3 ≥
6
3 ，当 x=
4 6
3 时取最小值 3 4分
(2)k1，k3，k2或 k2,k3,k1成等差数列,证明如下： 5分
x2C: 4 + y
2= 1，设点E 1,t ,t≠ 0.
①若直线 l斜率为 0，则点P 4,0 ，不妨令点M 2,0 ,N -2,0 ，
则 k1=-t,k t t2= 3 ,k3=- 3 ，此时 k1,k2,k3的任意排列 ki1，ki2，ki3均不成等比数列，
k1，k3，k2或 k2,k3,k1成等差数列. 6分
②直线 l斜率不为 0，设直线 l:x=my+ 1(m≠ 0),M (x1,y1)N (x2,y2),
则点P 4, 3m ，
x=my+ 1由 2 得 (m2+ 4)y2x + 2= + 2my- 3= 0，Δ= 16(m2+ 3)> 0，4 y 1
-2m
故 y1+ y2= 2 ,y y =
-3
1 2 2 ，m + 4 m + 4
3
= y1- t , = y2- t m
- t 3-mt
因为 k1 x k21- 1 x2- 1
,k3= 3 = 3m ，
y1- t y2- t y1- t y2- t
所以 k1+ k2= x + =1- 1 x2- 1 my
+
1 my2
= y2(y1- t) + y1(y2- t)my y =
2y1y2- t(y1+ y2)
1 2 my1y2
-6 + 2mt
m2+ 4 m2= + 4 = 6- 2mt-3m 3m = 2k3，
m2+ 4
所以 k1，k3，k2或 k2,k3,k1成等差数列，
综合上述，k1，k3，k2或 k2,k3,k1成等差数列. 12分
·10·