福建省厦泉五校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份福建省厦泉五校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
直线 x  3y 1  0 的倾斜角α （ ）
A． 30B． 60C． 90D．120
若某群体中的成员只用现金支付的概率为 0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为 0.15，则不用现金支付的概率为
A．0.3B．0.4C．0.6D．0.7
已知点 A1,1 ， B 5, 3 ，则以线段 AB 为直径的圆的方程为（ ）
 x  22   y  32  5
C．  x  32   y  22  5
( x - 2)2 +( y - 3)2 =1
D．  x  32   y  22  1
已知平面α外的直线l 的方向向量是a  3, 2,1 ，平面α的法向量是u  1, 2, 1 ，则l 与α的位置关系
是（ ）
l α
l / /αC． l 与α相交但不垂直D． l / /α或l α
把一颗骰子投掷两次，观察出现的点数，记第一次出现的点数为a ，第二次出现的点数为b ，则方程组
ax  by  3
{x  2 y  2 只有一个解的概率为
5
12
C． 5
13
–→–→ –→
11
12
D． 9
13
若空间向量e1，e2 满足 e1  2e1 +e2  3 ，则e1 在e2 方向上投影的最大值是（）
3B． 0C．  3 3
2
D．  3
2
过点 P 与圆 x2  y2  4 2 y  7  0 相切的两条直线的夹角为90，则点 P 到原点距离的最小值为（ ）
2
B．
C． 2
D． 3
2
2
2
已知MN 是长方体外接球的一条直径，点 P 在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是 1，1，，则

PM  PN 的取值范围为（ ）
A．  1 , 0
B．  3 ,0
C．  1 ,1
D．  3 
 2
 4
 2 
 4 ,1
二、多选题
洛阳市某中学高二某班有 45 人，其中男生、女生的人数及其团员人数如下表所示．记事件 A:“在班级里随机选一人，选到男生”
事件 B:“在班级里随机选一人，选到团员”
下列说法正确的是（ ）
事件 A 的对立事件为：“在班级里随机选一人，选到女生”
事件 A 与事件 B 互斥
P( A)  5 ,P(B)  2
93
事件 A 与事件 B 相互独立
下列说法错误的是（ ）
a  1 是直线a2 x - y 1  0 与直线 x - ay - 2  0 互相垂直的充要条件
经过点（1,1）且在坐标轴上的截距都相等的直线方程是 x  y  2  0
直线 xsinα y  2  0 的倾斜角θ的取值范围是[0, π  3π , π）
44
1
2
曲线C : x2  y2  2x  0 与曲线C : x2  y2 - 4x - 8 y  m  0 ，恰有四条公切线，则实数m 的取值范围
为m  4
在平面直角坐标系中，曲线C : x2  y2  2 x  2 y 是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（ ）
曲线C 围成的图形有 4 条对称轴
曲线C 围成的图形的周长是8 2π
2
曲线C 上任意两点间的距离最大值是4
2
若T a,b 是曲线C 上任意一点，则 4a  3b 18 的最小值是11 5
团员
非团员
合计
男生
16
9
25
女生
14
6
20
合计
30
15
45
三、填空题
已知事件 A 和事件 B 互斥，若 P  A  B  0.7 且 P B   0.6 ，则 P  A  .
直线ax  y  3a 1  0 恒过定点M ，则直线2x  3y  6  0 关于M 点对称的直线方程为．
在四面体 P  ABC 中，Q 为V ABC 的重心，
E, F , G
–––→
分别为侧棱 PA，PB，PC 上的点，若 PE 
–––→
PA ，
3
–––→
–––→
–––→
–––→
PD 
PF  3 PB ， PG  2 PC ，PQ 与平面 EFG 交于点 D，则 QD.
四、解答题
已知直线l1 ： 2x  3y  2  0 ， l2 ： mx  2m 1 y 1  0 ，其中m 为实数.
当l1 ∥l2 时，求直线l1 ， l2 之间的距离；
当m  1时，求过直线l1 ， l2 的交点，且垂直于直线 x  2 y  4  0 的直线方程.
已知向量a  (2,1, 2) ， c  (1, 0,1) ，若向量b 同时满足下列三个条件：
a
① v  b  1 ；② b  3 ；③ b 与c 垂直.
求向量b 的坐标；
若向量b 与向量d  (1,  1 ,1) 共线，求向量a  b 与2b  v 夹角的余弦值.
2
在直角梯形 ABCD 中，AD//BC ，BC  2 AD  2 AB  2
使得平面 ABD  平面 BCD （如图②）.
求证： CD  AB ；
3c
2
，ABC  90 ，如图①把△ABD 沿 BD 翻折，
若点 M 为线段 BC 的中点，求点 M 到平面 ACD 的距离；
在线段 BC 上是否存在点 N，使得 AN 与平面 ACD 所成的角为60 ？若存在，求出 BN 的值；若不存在，
BC
请说明理由．
已知圆 C 过 A1,  7  ， B 6, 2 3 ，且圆心 C 在 x 轴上.
求圆 C 的周长；
若直线l 过点 D 2,10 ，且被圆 C 截得的弦长为4 3 ，求直线l 的方程；
S
过点 C 且不与 x 轴重合的直线与圆 C 相交于 M，N，O 为坐标原点，直线OM ，ON 分别与直线 x  8 相交于 P，Q，记VOMN的面积为S ， △OPQ 的面积为 S ，求 S1 的最大值.
12
2
2
近年来一个新型的制“双败制”赢得了许多事的青睐．传统的淘汰失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败制下，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有四支队伍，淘汰制下会将他们四支队伍两两分组进行比，胜者进入到总决，总决的胜者即为最终的冠军．双败制下，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，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，最后总决的胜者即为冠军．双败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即总决就无法拿到冠军，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制．假设四支队伍分别为 A, B, C, D ，其中 A 对阵其他三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 1 ．最初分组时 AB 同组， CD 同组．
若 p  2 ，在淘汰制下， A, C 获得冠军的概率分别为多少？
3
分别计算两种制下 A 获得冠军的概率（用 p 表示），并据此简单分析一下双败制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”?
1．A
由直线的斜率得倾斜角．
【详解】由直线方程知直线的斜率为 3 ，因此倾斜角为30 ．
3
故选：A．
2．B
【详解】设事件 A 为不用现金支付，则 P  A  1 0.45  0.15  0.4
故选：B.
3．C
根据直径求出圆心、半径即可得解.
【详解】因为 AB 为直径，所以圆心为O 3, 2 ，
5 12  3 12

5 ，
半径r 
2
所以圆的方程为 x  32   y  22  5 .
故选：C.
4．B
根据a  u  0 得到a  u ，进而得到l 与α的位置关系.
【详解】因为a  u  3, 2,11, 2, 1  3  4 1  0 ，所以a  u ，所以l / /α或l α， 由于l α，所以l / /α.
故选：B.
5．B
【详解】点(a，b)取值的集合共有 6×6＝36 个元素．方程组只有一个解等价于直线 ax＋by＝3 与 x＋2y＝2
相交，即 a ≠ b ，即 b≠2a，而满足 b＝2a 的点只有(1,2)，(2,4)，(3,6)，共 3 个，故方程组{axby 3 只有一个解
12x2 y 2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
B
B
C
B
B
AC
ABD
题号
11
答案
ACD
的概率为 33 ＝ 11 .
3612
6．C
–→ 2
e2
 27
设向量e1, e2 的夹角为θ，根据题意，求得csθ  –→ ，得到所以e1 在e2 方向上的投影为
12 e2
–→ 2
–→e2
 2727
–→
e2
14
e csθ  –→  (
4 e2
–→–→ –→
 –→ ) ，结合基本不等式，即可求解. 4 e2
【详解】因为 e1  2e1 +e2
 3 ，设向量e1, e2 的夹角为θ，
–→ 2
–→ 2–→ –→
–→ 2–→
所以 e2
 4 e1  4 e1
–→ 2
e2 csθ 9 ，可得 e2 12 e2 csθ 27  0 ，
e2  27
解得csθ  –→ ，
12 e2
–→
–→ 2
e2
 2727
–→
e2
–→
4
 27
–→
4 e2
e2
–→
e2
4 e2
所以e1 在e2 方向上的投影为 e1 csθ  –→  ( 4
 –→ )  2 4 e2
27
16
3 3
27–→
 2
 ，当且仅当
24
 –→ 时，即 e2
4 e2
 3
时，等号成立，
3
所以e 在e 方向上的投影的最大值为 3 3 ．
122
故选：C.
7．B
根据已知求出点 P 的轨迹方程再结合两点间距离及三角换元得出最小值.
2
【详解】圆 x2  y2  4 2 y  7  0 ，设圆心C 0, 2 2 ，圆的半径为r  32  0  28  1 ，因为过点 P 与圆 x2  y2  4 2 y  7  0 相切的两条直线的夹角为90，则APB  90 ，
所以APC  45 ，又因为PAC  90 ，所以 AP  AC  1，
AC 2  AP 2
2
则 CP ，
 y  2 2 2  x2
设点 P  x, y  ，可得 CP 
化简可得 y  2 2 2  x2  2 ，
 2 ，
2
设 y  2
 2 csθ, x 
sinθ，
x2  y2
则点 P 到原点距离

 2  8  8 csθ，

2 csθ 2 2 2   2 sinθ2
2
当csθ 1 时，点 P 到原点距离最小值为，
故选：B.
8．B
在长方体中建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】
根据题意，以 D 为坐标原点， DA 为 x 轴正方向， DC 为 y 轴正方向， DD1 为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图示.
设长方体外接球球心为 O，则 DB1 为外接球的一条直径，设 O 为 DB1 中点，不妨设 M 与 D 重合，N 与 B1
重合.
12 12  2
2
则外接球的直径长为
 2 ，所以半径 r=1；
 
––––→ –––→–––→ ––––→–––→ –––→
所以 PM •PN  PO  OM • PO  ON
 
–––→––––→–––→ ––––→
 PO  OM • PO  OM
| PO |2  | OM |2
| PO |2 1
–––→
 1 
–––→
 1

2
由 P 在长方体表面上运动，所以| PO |  2 ,1 ，即| PO |   4 ,1
–––→
2
 3

 3
所以| PO |
故选：B 9．AC
1  4 , 0 ，即 PM  PN   4 , 0
对于 A，直接根据对立事件的定义即可；对于 B，说明两事件可能同时发生即可；对于 C，直接用古典概型概率的计算方法计算即可；对于 D，直接使用两事件独立的定义验证即可.
【详解】对于 A，由于事件 A 不发生当且仅当选到的不是男生，故其对立事件正是“在班级里随机选一人，
选到女生”，故 A 正确；
对于 B，由于存在既是团员也是男生的人，故事件 A 与事件 B 可能同时发生，从而不是互斥事件，故 B 错误；
对于 C，直接计算即得 P  A  25  5 ， P  B  30  2 ，故 C 正确；
459453
对于 D，由于 P  AB  16  10  P  A P  B ，从而事件 A 与事件 B 不相互独立，故 D 错误.
4527
故选：AC.
10．ABD
解：对于A ，利用两直线的斜率的关系得解； 对于B ，若直线过原点，则直线方程为 y  x ，此时也满足
条件，得到结论；对于C ，直线的斜率k  sinα，利用sinα的范围得到k 的范围，又k  tanθ，结合正切
函数的图像得到θ的范围；对于D ，求出圆心为C1 和半径r1 ，由圆C1 与曲线C2 有四条公切线，得到曲
线C2 也为圆，且圆心为C2 2，4
，半径r2 =
（mr1 +r2 ，
20  m
计算得解.
【详解】解：对于A ，当a  1 ，两直线方程分别为 x  y 1  0 和 x  y  2  0 ，此时两直线平行，并不垂直，故A 错误；
对于B ，若直线过原点，则直线方程为 y  x ，此时也满足条件，故B 错误；
对于C ，直线的斜率k  sinα，则1  k  1 ，即1  tanθ 1，
则θ[0, π  3π ,π），故C 正确；
44
对于D ，方程 x2 +y2 +2x=0 可化为 x 12  y2  1，
故曲线C1 表示圆心为C1 1, 0 ，半径r1  1 的圆，
方程 x2 +y2  4x  8y+m=0 可化为 x  22 + y  42 =20  m ，
因为圆C1 与曲线C2 有四条公切线，所以曲线C2 也为圆，且圆心为C2 2, 4 ，
20  m
半径r2 =
（mr1 +r2 ，
即5>1+
，解得4  m  20 ，故D 错误.
20  m
故选： ABD . 11．ACD
分类讨论去掉绝对值可得曲线C 的四段关系式，从而作出曲线C 的图象，由曲线C 图象判断各选项即可.
【详解】当 x  0, y  0 时，曲线C 的方程可化为 x 12   y 12  2 ，当 x  0, y  0 时，曲线C 的方程可化为 x 12   y 12  2 ，
当 x  0, y  0 时，曲线C 的方程可化为 x 12   y 12  2 ，当 x  0, y  0 时，曲线C 的方程可化为 x 12   y 12  2 ，所以曲线C 的图象如图所示，
对于 A，由图可知曲线C 围成的图形有 4 条对称轴，故 A 正确；
2
对于 B，曲线C 由 4 个半圆组成，其周长为2  2π 4 2π ，故 B 错误；
2
对于 C，由图可知曲线C 上任意两点间的最大距离为4，故 C 正确；
4a  3b 18
对于 D， T a, b 到直线4x  3y 18  0 的距离d ，
5
4  3 18
点1,1 到直线4x  3y 18  0 的距离为
 11 ，
55
2
由圆的性质得曲线C 上一点到直线4x  3y 18  0 的距离最小为11 ，
5
2
所以 4a  3b 18 的最小值为11 5，故 D 正确.
故选：ACD.
0.3 / 3
10
先求出 P  B  ，再根据互斥事件的和事件概率加法公式求解.
【详解】因为随机事件 A 和 B 互斥，且 P  A  B  0.7 ， P B   0.6
所以 P  B  1 0.6  0.4 ，
而 P  A  B  P  A  P  B  P  A  0.4  0.7 ，所以 P  A  0.3 .
故答案为： 0.3
2x  3y 12  0
【详解】由ax  y  3a 1  0 得：  x  3 a   y 1  0 ，当 x  3 时， y  1， M 3,1 ；设直线2x  3y  6  0 关于M 点对称的直线方程为2x  3y  C  0 ，
4  9
6  3  6
4  9
6  3  C
，解得： C 12 或C  6 （舍），
直线2x  3y  6  0 关于M 点对称的直线方程为2x  3y 12  0 .
故答案为： 2x  3y 12  0 .
6
7
设 AB 中点为 R ，根据线面关系可得 PQ 与SG 的交点为 D ，再根据平面向量基本定理，结合共线定理，设
PS  λPR, 0  λ 1 ， PD  μPQ, 0  μ 1 求解即可.
【详解】连接如图，设 AB 中点为 R ， PR ∩ EF  S ，连接SG ，由 P, R, C, Q, S, G 共面可知，PQ 与平面 EFG
的交点即 PQ 与SG 的交点 D .
–––→1 –––→–––→2 –––→–––→1 –––→
因为 PE 
PA ， PF 
3
PB ， PG 
3
PC ，设 PS  λPR, 0  λ 1 ，
2
–––→
1 –––→1 –––→
–––→–––→–––→
x –––→2  2x –––→
则 PR 
PA 
22
PB ，设 PS  xPE  1 x PF 
PA 
33
PB, 0  x  1 ，
x –––→
2  2x –––→
 1 –––→
1 –––→ 
λ x
 23
则PA 
3
PB  λ 2 PA  2 PB  ，故λ
2  2x ，

 
 23
故2  2x  x ，解得
x  2
3
，代入
λ x
23
可得 λ  4
9
–––→ 4 –––→
，即 PS PR .
9
–––→
由重心性质可得 PQ 
2 –––→
PR 
–––→
1
PC ，设 PD  μPQ, 0  μ 1 ，
33


–––→–––→–––→4 y –––→ 1 y –––→
又 PD  y PS  1 y PG PR PC, 0  y  1 ，
92
–––→–––→–––→–––→
 4 y  2 μ
μ 6
则 4 y PR  1 y PC  μ 2 PR  1 PC  ，故 93

，解得
13 .
92 331 y19
 μ
 y 
–––→
6 –––→
PD  6
 23
13
故 PD  13 PQ ，故 QD7 .
故答案为： 6 .
7
15．(1) 3 13
13
(2) 2x  y  6  0
直接根据两直线平行的公式计算出m ，再由两直线间的距离公式求解即可；
求出两直线的交点，再利用点斜式求解即可.
【详解】（1）由l1 ∥l2 得2 2m 1  3m ，解得m  2 ，
此时直线l1 ： 2x  3y  2  0 ， l2 ： 2x  3y 1  0 ， l1 , l2 不重合，
则直线l ， l 之间的距离为
 3 13 ；
4  9
2 1
1213
（2）当m  1时， l2 ： x  y 1  0 ，
2x  3y  2  0

联立x  y 1  0
又直线 x  2 y  4  0
，解得 x  5, y  4 ，
1
斜率为 2 ，
故过直线l1 ， l2 的交点，且垂直于直线 x  2 y  4  0 的直线方程为 y  4  2  x  5 ，即2x  y  6  0 .
16．(1) b  2, 1, 2 或b  2, 1, 2 ；(2)  8 30 .
45
【详解】试题分析：（1）设b   x, y, z  ，结合空间向量的运算法则及模长公式，列出方程组，即可求出b
vvvv
的坐标；（2）根据数量积运算公式可得a  b 2b  3c  ，根据空间向量夹角公式可得余弦值.
2x  y  2z  1, x  2,x  2,
试题解析：（1）设b   x, y, z  ，则由题可知 x2  y2  z2  9, 解得 y  1, 或 y  1,
所以b  2, 1, 2 或b  2, 1, 2 .


x  z  0,


 z  2,


 z  2,
v1
2
（2）因为向量b 与向量d  1,  ,1 共线，所以b  2, 1, 2 .

vvvv
又a  2,1, 2 ， c  1, 0,1 ，所以a  b  0, 2, 4 ， 2b  3c  1, 2, 7 ，
vvvvvv
所以a  b 2b  3c   32 ，且 a  b  2 5 ， 2b  3c  3 6 ，
vvvv
vvvvvva  b  2b  3c 8 30
所以a  b 与2b  3c 夹角的余弦值为cs a  b, 2b  3c vvvv  45 .
a  b 2b  3c
17．(1)证明见解析
(2) 2
2
(3)存在， BN  1
BC4
先证明CD  BD ，利用平面 ABD  平面 BCD 可得CD  平面 ABD ，进而利用线面垂直的性质即可求证；
建立空间直角坐标系，求出平面 ACD 的法向量，进而即可求解；
设在线段 BC 上存在点 N，使得 AN 与平面 ACD 所成角为60 ，设 BN  λBC ， 0 ≤λ≤1 ，可得
AN  1 2λ, 2λ, 1 ，利用向量的夹角公式建立方程即可求解.
【详解】（1）证明：过 D 作 DE  BC ，垂足为 E ，
因为 BC  2 AD  2 AB  2， AD//BC ， ABC  90 ，
2
所以 AD  AB  BE  DE  EC  2 ，所以 BD  2 ， CD  2 ，
即 BD2  CD2  BC 2 ，所以CD  BD .
因为平面 ABD  平面 BCD ，平面 ABD  平面 BCD  BD ，且CD  平面 BCD ，所以CD  平面 ABD ，
又因为 AB  平面 ABD ，所以CD  AB .
以点 D 为原点，DB 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，建立空间直角坐标系，如图，
由已知可得 A1, 0,1 ， B 2, 0, 0 ， C 0, 2, 0 ， D 0, 0, 0 ， M 1,1, 0 ，所以CD  0, 2, 0 ， AD  1, 0, 1 ， MC  1,1, 0 ，
设平面 ACD 的法向量为n   x, y, z  ，
→ –––→
n  CD  02 y  0
则→
–––→
，即x  z  0 ，
n  AD  0
d 
令 x  1 ，可得n  1, 0, 1 ， 所以点 M 到平面 ACD 的距离为
→ ––––→
n  MC1
2
→ 
n
2 .
2
假设在线段 BC 上存在点 N，使得 AN 与平面 ACD 所成角为60 ，设 BN  λBC ， 0 ≤λ≤1 ，
因为 BC  2, 2, 0 ，则 BN  λBC  2λ, 2λ, 0 ， 即 N 2  2λ, 2λ, 0 ，所以 AN  1 2λ, 2λ, 1 ,
又因为平面 ACD 的一个法向量为n  1, 0, 1 ，且直线 AN 与平面 ACD 所成的角为60 ，
3
–––→ →
所以sin 60 
AN  n
8λ2  4λ 2  2
–––→ → 
AN  n
2  2λ
1λ
,
2
4λ2  2λ1
整理得8λ2  2λ1  0 ，解得λ 1 或λ  1 （舍去）.
42
综上所述，在线段 BC 上存在点 N，使 AN 与平面 ACD 所成角为60 ，此时 BN  1 .
18．(1) 8π
x  2 或12x  5 y  74  0
1
4
由已知设圆的方程为(x  a)2  y2  r 2 ，代入 A1, 
BC4
7  ， B 6, 2 3 ，即可求解；
由已知根据勾股定理可得圆心 C 到直线l 的距离，分斜率存在和斜率不存在两种情况求解即可；
设直线OM 的斜率为k k  0 ，联立直线OM 和圆 C 的方程，可得点M 的坐标，根据MON  π 可得
2
OM
OP
ON
OQ
直线ON 的斜率，同理可求解点 N 的坐标，由此可知点 P, Q 的坐标，然后根据 S1 结合基本不
S2
等式求解即可.
【详解】（1）由圆心 C 在 x 轴上，设圆的方程为(x  a)2  y2  r 2 ，

(1 a)2  7  r 2
又圆 C 过 A1, 
7 ， B 6, 2 3 得
(6  a)
2 12  r 2 ，
解得a  4 ， r  4 ，所以圆的方程为(x  4)2  y2  16 ，其周长为2πr  8π ；
因为直线与圆 C 截得的弦长为4 3 ，
16  2 3 2
所以圆心 C 到直线l 的距离为 2 ，
①若直线l 的斜率不存在时，直线l 与圆 C 交点为2, 2 3 ，直线与圆 C 截得的弦长为4 3 ，故直线 x  2 符合题意；
②若直线l 斜率存在时，设l : y 10  k  x  2 ，整理得l : kx  y 10  2k  0 ，
所以圆心 C 到直线l 的距离为
 2 ，解得k   12 ，
k 2 1
10  2k
5
则直线l : y 10   12  x  2 ，即直线12x  5 y  74  0 ，
5
综上所述，直线l 的方程为 x  2 或12x  5 y  74  0 ；
因为原点O 在圆 x  42  y2  16 上，直线MN 过圆心C ，且与 x 轴所在直线不重合，
， MON  π ，设直线OM 的斜率为k k  0 ，则直线OM 的方程为 y  kx ，
2
 y  kx

由x2  y2  8x  0
，得1 k 2  x2  8x  0 ，
x  0
x 

8
1 k 2
解得 y  0 或
8k ，

 y 

1 k 2
则点M 的坐标为8, 8k  ，
 1 k 2 1 k 2 

又直线ON 的斜率为 1 ，则直线ON 的方程为 y   1 x ，
kk
 y   1 x

由k
，得1 k 2  x2  8k 2 x  0 ，
x2  y2  8x  0
8k 2
x  0x  1 k 2
解得 y  0 或8k ，

 y  

1 k 2
 8k 28k 

则点 N 的坐标为 1 k 2 ,  1 k 2  ，
由题可知： P 8,8k  ， Q  8,  8  ，
k 

OM
OP
ON
OQ
OM
ON
OQ
OP
故 S1 ，
S2
又因为
 xM
8
 1 k 2 
1，
 xN
8k 2
2
 1 k 2  k，
OM
OP
P
Q
x81 k 2x81 k 2
ON
OQ
Sk 2111
2 k 2  1  2

k 2
1 
所以 S2
k 4  2k 2  1
k 2  1
k 2
 24 ，
当且仅当k 2  1
k 2
，即 k  1 时等号成立，
所以 S1 的最大值为 1 .
S2
19．(1) A, C
4
获得冠军的概率分别为 4 ， 7
936
(2)淘汰制下 A 获得冠军的概率为 p2 ，“双败制”制下 A 获得冠军的概率为 p3 3  2 p ，双败制下对强者更有利.
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；
分别求出不同制下 A 获得冠军的概率，研究 1  p  1哪种制下 A 获得冠军的概率更大，即可得结
2
论.
【详解】（1） A 获得冠军： AB 组 A 获胜，再由 A 与CD 组胜者决并胜出，
A 获得冠军的概率为 P  2  1  2  2  1  2  4 ，

13 2 33 2 39
C 获得冠军： CD 组C 获胜，再由C 与 AB 组胜者决并胜出，
C 获得冠军的概率为 P  1  2 (1 2)  1 (1 2)  1  7 .

22 3323236
（2）淘汰制下， A 获得冠军的概率为 p  1  p  p  1  p  p2 ，
22
“双败制”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）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  2 p) .
令 f ( p)  p3 (3  2 p)  p2  p2 (2 p2  3 p 1)  p2 (2 p 1)(1 p) ，
若 A 为强队，则 1  p  1，故 f ( p)  0 ，
2