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每日一题：2026-09-06

题目

甲、乙、丙三个人进行比赛，每轮比赛由两人进行对局，另外一人为该轮的轮空者，随机决定首轮比赛的对局双方，每轮比赛的胜者与该轮的轮空者进行下一轮比赛的对局，以此类推，率先赢得两轮比赛的人夺冠。单局比赛中，每局比赛的结果只有胜、负两种情况，已知甲对乙、丙的胜率分别为 、，乙对丙的胜率为 ，且 、、，每轮比赛的结果相互独立。则（　　）

A．若首轮比赛乙与丙对局，则甲夺冠的概率与 的值无关

B．若 ，首轮比赛甲与乙对局，则甲夺冠的概率与 的值无关

C．若 ，首轮比赛甲与乙对局，则乙夺冠的概率大于甲

D．若 ，相比于首轮比赛甲与乙对局，甲与丙对局时甲夺冠的概率更大

参考解答 解析： A 选项：首轮乙丙对局，甲轮空。分两种情况： - 乙胜首轮（概率 ）：第二轮甲对乙。甲胜（概率 ）进入第三轮甲对丙（丙轮空），甲再胜（概率 ）即累计两胜夺冠，此路径概率为 ； - 丙胜首轮（概率 ）：第二轮甲对丙。甲胜（概率 ）进入第三轮甲对乙（乙轮空），甲再胜（概率 ）夺冠，此路径概率为 。 （若甲在第二轮告负，则对手累计两胜夺冠，甲出局。） 甲 结果只由 、 决定，与 无关，A 正确。 B 选项：设 ，首轮甲乙对局。甲夺冠的所有路径： - 首轮甲胜乙（），第二轮甲胜丙（）：直接夺冠，概率 ； - 首轮甲胜乙（），第二轮甲负丙（）：此时丙 1 胜、甲 1 胜、乙 0 胜，第三轮丙对乙。若乙胜丙（），第四轮乙对甲，甲胜（）夺冠，概率 ；（若丙胜乙则丙夺冠，甲出局） - 首轮乙胜甲（），第二轮乙对丙。若乙胜丙则乙夺冠；若丙胜乙（），第三轮丙对甲，甲胜（）进入第四轮甲对乙，甲再胜（）夺冠，概率 。 甲 与 无关，B 正确。 C 选项：，首轮甲乙对局。分首轮甲胜、乙胜两类，逐路径累加： 甲夺冠的路径与概率： 甲连胜乙、丙；甲负丙乙胜丙甲胜乙；乙胜甲丙胜乙甲连胜 甲 对称地（甲乙地位互换、 为乙对丙胜率）： 乙 乙甲因 乙夺冠概率大于甲，C 正确。 D 选项：分别计算两种首轮安排下甲夺冠的概率。 首轮甲对乙（甲夺冠需在关键的第四轮胜乙）： 甲对乙 首轮甲对丙： 甲对丙 作差并因式分解： 甲对丙甲对乙 当 时，第二个因式 恒成立，于是差的符号由 决定： 时甲对丙夺冠概率更大， 时反而更小。例如 、、 时 甲对丙甲对乙，与 D 的断言相反。即结论并非仅由 决定，D 错误。 答案：ABC
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每日一题：2026-09-05

题目

乒乓球被称为中国的”国球”，在 2024 年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌。11 分制乒乓球比赛，每赢一球得 1 分，当某局打成 10:10 平后，每球交换发球权，先多得 2 分的一方获胜（比如：比分为 10:10 后打成 11:10、12:10，得 12 分者胜），该局比赛结束。甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 ，乙发球时甲得分的概率为 ，各球的结果相互独立且甲、乙水平相当（甲发球时甲得分概率与乙发球时乙得分概率相同）。在某局双方 10:10 平后，甲先发球。

(1) 若两人又打了 2 个球比赛结束且甲获胜的概率为 ，求 的值；

(2) 若 满足 (1) 中条件取值，记事件 ：”两人又打了 4 个球该局比赛结束”，事件 ：”两人又打了 个球该局比赛结束”。

(i) 求 ；

(ii) 直接写出 。

参考解答 解析： (1) 10:10 平后甲先发球，又打 2 球结束且甲获胜，意味着甲连赢 2 球（比分变为 12:10）。第 1 球甲发球，甲得分概率为 ；第 2 球乙发球，甲得分概率为 。由独立性： 由"甲、乙水平相当"，对称地有：乙发球时乙得分的概率也为 ，即 。于是 取正值 (2)(i) 由 (1) 知 。记 ，则每球甲得分概率均为 （无论谁发球），乙得分概率均为 。 10:10 后每球结束时分差只能增大。又打 4 球后比赛结束，且分差恰为 2，则 4 球中一方得 3 分另一方得 1 分（比分 13:11）。但要注意：比赛在分差首次达到 2 分时立即结束，所以前 3 球的分差必须是 1:2（不能是 3:0 或 0:3，否则第 3 球就结束了）。 甲获胜（4 球中甲得 3 分）且恰在第 4 球结束的情形：前 3 球甲得 2 分，第 4 球甲得分。具体为（按球的顺序，1 表示甲得分）： 甲乙甲甲或乙甲甲甲 同样地，乙获胜且恰在第 4 球结束的情形： 甲乙乙乙或乙甲乙乙 四个情形概率相等（每个序列都是 3 个 和 1 个 的乘积），故 代入 ：，， 计算 ，所以 ， (2)(ii) 打 球后结束，分差为 2。每球产生 1 分， 球后分差为 的奇偶性与各球分布有关： 当 为奇数时， 球后双方得分之差为奇数，但比赛结束时分差必须是 2（偶数）——奇数个球无法使分差从 0（10:10）变为恰好 2，故 为奇数 当 时：比赛恰在第 球结束，要求前 球中双方各得 分（比分一直咬平），且最后 2 球由同一方连得。 - 前 球每两球"一甲一乙"的概率：，共 组，故为 ； - 最后 2 球同方连得（甲连赢或乙连赢）：。 所以 答案：(1) ；(2)(i) ；(ii) 为奇数时 ； 时 。
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每日一题：2026-09-04

题目

正方体的顶点和它的中心构成的 个点中取 点，能构成锐角三角形顶点的概率为__．

参考解答 答案： 解析： 不妨设正方体棱长为 ，则 个顶点可连出 条线段，其中长度为 （棱）、（面对角线）、（体对角线）的线段分别有 、、 条。从 个点中取 点共有 种取法，按是否含中心分类讨论。 情形一： 点均为正方体的顶点。 设三点构成三角形的最大边为 ，由余弦定理，三角形为锐角三角形当且仅当 （最大边所对角为锐角，其余角自然为锐角）。 若三点中有两点连线长度为 或 ： - 若含有长度为 的边（棱），该边两端必同时连着某条长为 的面对角线，即三角形为等腰直角三角形，是直角三角形； - 若最长边为 （体对角线），此时三个顶点两两连出的边只能由棱和面对角线组成，且 ，即 ，为直角三角形。 故要构成锐角三角形，三点必须两两连线长度均为 ，即构成边长为 的正三角形。这样的三角形恰有 个：取定一个顶点，与它距离为 的顶点恰有 个（如顶点 与过 的三个面的对角顶点），从中任取 个都与 构成正三角形，故共有 个（每个正三角形有 个顶点，重复计算了 次）。 情形二： 点中有 点为正方体中心。 其余 点为顶点，它们到中心的距离均为 三角形三边平方为 ，最大边平方与另两边平方和 比较： - 若 或 ，则 ，最大边所对角为钝角，是钝角三角形； - 若 ，则最大边平方 ，为锐角三角形。 故此时构成锐角三角形当且仅当两顶点距离为 ，即两点是同一条棱的两个端点，共有 种选择。 综上，能构成锐角三角形的取法共 种，所求概率为 【点评】本题是古典概型与立体几何的综合题。两个关键：(1) 空间两点的距离只有 四类，按含中心与否分类后，每类三角形的边长完全确定；(2) 判断锐角三角形只需检验最大边： 时为锐角， 时为直角， 时为钝角。"中心到各顶点距离 介于 和 之间"是不等式判断的核心。
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每日一题：2026-09-03

题目

将 分为没有公共元素的两组，每组各 个数．现从这两组中独立且随机地各选择一个数 、，定义随机变量 ．在所有分组方式中， 的最大值与最小值分别为（　）

A．、

B．、

C．、

D．、

参考解答 答案： 解析： 设数 的取值集合为 ，数 的取值集合为 ，则 ，，且 ．每次从 、 中各取一个数，共有 个等可能的样本点 ，故 满足的样本点个数 第一步：明确"有利"样本点对应相邻数对。 当且仅当 是相邻数对 之一，这样的相邻数对共 个。 一个相邻数对若被分属 、 两组（称为"跨组对"），则它恰好贡献 个有利样本点： 跨组 故 跨组相邻对数，问题转化为求跨组相邻对数的最大值与最小值。 第二步：最大值。 当 取全体奇数、 取全体偶数时，即 （或 、 互换）， 个相邻数对全部跨组，有利样本点有 个，故 第三步：最小值。 先证明任何分组下跨组相邻对数至少为 。将 看作一条链 ，若某个相邻数对同属一组，则沿链看这两个数"连通"。若跨组相邻对数为 ，则任意相邻两数都同组，沿链传递可知 全在同一组，与两组各有 个数矛盾。故跨组相邻对数 ，即 该下界可以达到：取 此时唯一跨组的相邻数对是 ，有利样本点只有 个 ，故 综上， 的最大值为 ，最小值为 ，选 D。 【点评】本题是古典概型与组合思想的结合。关键在于把 与"相邻数对是否跨组"对应起来：(1) 相邻且差为 的数对共 个，每组各 个数，故有利样本点个数恰等于跨组相邻对数；(2) 求最大值用奇偶交错分组使 对全部跨组；(3) 求最小值用"链连通"观点证明至少 对跨组，再构造 、 说明恰有 对。注意 是不可能的——若相邻两数都同组， 个数将被"串"在同一组里，与平分两组矛盾。
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每日一题：2026-09-02

题目

袋子中有 个相同的球，分别标有数字 ，从中有放回地随机取 次，每次取一个球。记录每次取到的数字，统计后发现这 个数字的平均数为 ，方差小于 ，则（　）

A．可能取到数字

B．中位数可能是

C．极差可能是

D．众数可能是

参考解答 答案： 解析： 设这 个数字为 ，则 且方差 判断 A（错误）：若取到数字 ，不妨设 ，则由平均数为 得 这 个数中至少有 个 （若至多有 个 ，则其余不小于 ，和至少为 ，矛盾），不妨设 。于是 与 矛盾，故不可能取到数字 ，A 错误。 判断 B（正确）：例如 次都取到数字 ，得样本 ，其平均数为 ，方差为 ，符合题意，此时中位数是 ，故 B 正确。 判断 C（错误）：若极差为 ，则 个数字不完全相同（完全相同则极差为 ）。因平均数为 且不全相同， 个数中必有小于 的数，即至少有一个 ，故最小数为 ，于是最大数为 。不妨设 ，则 这 个数只能为 ，样本为 （可排列）。此时 与 矛盾，故极差不可能为 ，C 错误。 判断 D（正确）：取样本 （即 次中有 次取到 、 次取到 、 次取到 ，有放回抽取可能发生）。其平均数 方差 符合题意。该样本中数字 出现 次、数字 出现 次，均为出现次数最多的数据，故众数为 和 （众数可并列，两个都是众数），即 是众数之一，故"众数可能是 "正确，D 正确。 【易错提醒】众数的定义是"出现次数最多的数据"，出现次数并列最多时它们**都是**众数，并不要求唯一。若误认为众数必须唯一，就会把 D 误判为错误——这正是本题的陷阱所在。 答案：
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每日一题：2026-09-01

题目

已知两个直角三角形的斜边长均为 ．第一个三角形的三边长 ，其平均数为 ，方差为 ；第二个三角形的三边长 ，其平均数为 ，方差为 ；将两组数据合并为样本 ．已知 ，下列说法正确的是（　）

A．若 ，则

B．样本 的中位数为

C．样本 的总方差

D．样本 的总方差

参考解答 解析：答案：．核心工具是方差公式 即"平方平均减去平均的平方"，配合直角三角形的勾股约束 逐项判断。 先化简方差表达式：由 得 同时由 知 ，即 。 判断 A（错误）：若 ，则 ，故 ，于是 。 但这并不能推出 ，反例：取 ，，，（均满足 ），此时 即 ，代入方差表达式 得 ，与 A 的结论相反，故 A 错误。 判断 B（正确）：不妨设 ，则六个数满足 将样本 排序为 ，中位数为第 3、4 个数的平均数： 中位数 故 B 正确。 判断 C（正确）：合并样本 共 6 个数，总平均数为两组平均数的算术平均： 由方差公式，，，故总方差 故 C 正确。（这就是方差的合成公式：总方差 = 组内方差的平均 + 组间方差。） 判断 D（正确）：令 （，因斜边最长），代入 得 又 ，，代入 C 的公式并整理： 因为 ，关于 的二次函数开口向下，在 上单调递减，故 故 D 正确。 答案：
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每日一题：2026-06-28

题目

如图，在四棱锥 中， 平面 ，，，，，，点 是棱 上的一点（不同于 、 两点）。

（1） 求证：平面 平面 ；

（2） 若 ，求二面角 的正切值；

（3） 若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的长。

参考解答 解析： 本题采用纯几何方法，综合利用勾股定理、余弦定理、线面垂直判定与性质、二面角的平面角构造、正弦定理等知识求解。 --- （1） 求证：平面 平面 因为 ，，， 所以 ，。 在 中，由余弦定理得： 于是 ，由勾股定理逆定理得： 因为 平面 ， 平面 ， 所以 。 又 ， 平面 ， 因此 平面 。 而 平面 ， 所以平面 平面 。 得证 --- （2） 若 ，求二面角 的正切值 如图，取 的中点 ，过点 作 ，垂足为 ，连接 、。 第一步：证明 平面 由（1）知 平面 ，而 平面 ， 所以 ，。 因为 ，所以 为等腰直角三角形， 为 中点，故： 又 ， 平面 ， 所以 平面 。 第二步：构造二面角的平面角 因为 平面 ， 平面 ， 所以 。 又 （由作图可得），且 ， 平面 ， 所以 平面 。 而 平面 ，所以 。 于是 且 ，故 为二面角 的平面角。 第三步：计算 由于 ， 为 中点，，故： 在 中，（由第一步已证），故： 而 ，所以： 在 中： 在 中，，故： 在 中，，，故： 答案： --- （3） 若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的长 如图，在平面 内，过点 作 ，垂足为 ，连接 。 思路： 先证明 为线面角，由已知正弦值求出 ，再利用平面几何中 的边角关系，通过正弦定理求得 。 第一步：确定线面角 因为 平面 ， 平面 ， 所以 。 又 （由作图可得），且 ， 平面 ， 所以 平面 。 于是 ，且 为直线 与平面 所成的角。 第二步：由 求 是 的斜边： 由 得： 第三步：确定 中的角 在 中，，，故： 由于 ， 与 互余（ 在 上），故： 于是： 在 中，已求得 ，，， 故 为等腰直角三角形，，即 。 第四步：在 中用正弦定理求 故： 在 中，由正弦定理： 代入： 答案：
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每日一题：2026-06-27

题目

已知三棱锥 中，二面角 为 ，棱 与平面 和平面 所成的角均为 ， 与 所成的角为 ，则 （　　）

A.
B.
C.
D.

参考解答 答案：，选 B 解析： 如图，过点 作 平面 于 ，过 作 于 ，连接 ． 由三垂线定理：，故二面角 的平面角为 ． 设 ，因为 与平面 、平面 所成角均为 ， 则 到平面 的距离为 ． 在 中，，所以 同理，作 于 ，可得 ． 由于 均在 上，故 ，从而 于是 将 分解： 其中 ，且 与 的夹角为 （二面角 的补角）． 所以 又 ，故 因此 故 答案选 B．💯
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每日一题：2026-06-26

题目

若函数 的定义域内存在 ，使得

成立，则称该函数为”完整函数”。已知

是区间 上的”完整函数”，则 的取值范围为（　　）

A.
B.
C.
D.

参考解答 答案： 解析： 第一步：化简 故 。 第二步：理解"完整函数"条件 存在 使得 ，即 。 由于 的最大值为 ，最小值为 ，必有 即：在区间 上， 至少有两个不同的解。 第三步：求解 的范围 解方程 ，得 要求存在两个不同的整数 ，使得 ，即 两边同除以 并乘以 （），得 所以整数 需满足 即 要使上述区间内至少包含两个整数，区间长度需大于 ： 但还需验证具体的 值。考虑相邻的两个最大值点： 要求 。 取 时，（因 ），不在区间内。 取 时： 故 时， 两个解均在区间内。 当 时， 对应的 已不在区间内，但 对应的 可能进入区间，同时 对应的 也可能进入。随着 增大，相邻最大值点间距 变小，区间内总能包含至少两个解。 综上， 时，区间 上恒存在至少两个 的解。 故 的取值范围为 ，选 B。
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每日一题：2026-06-25

题目

如图，已知正八面体 （围成八面体的八个三角形均为等边三角形）的棱长为 ，其中四边形 为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为 ，则以下结论正确的是（　　）

A. 点 到平面 的距离等于
B. 点 到直线 的距离等于
C. 球 在正八面体外部的体积小于
D. 球 在正八面体外部的面积大于

参考解答 答案： 解析： 由对称性可知棱切球球心 就是正八面体的中心，而 ， 所以 。 --- 对于选项 A： 设点 到平面 的距离为 ，有 故 所以 A 错误。 --- 对于选项 B： 由于 ，故 在平面 上的投影就是正方形 的中心， 故 平面 ，而 在平面 内，故 。 又因为 ，知点 到直线 的距离 所以 B 正确。 --- 对于选项 C： 球 的半径 等于点 到直线 的距离，即 。 从而平面 截棱切球所得圆的半径 设这个圆为圆 。 设球 的体积为 ，而以 为顶点、圆 为底面的圆锥的体积为 ， 则棱切球在正八面体内部的体积大于 。 从而球 在正八面体外部的体积小于 所以 C 正确。 --- 对于选项 D： 球 在正八面体外部的面积等于正八面体外部 个球冠的表面积。 而对于一个球冠而言，由其顶点和底面可以确定一个圆锥，而该圆锥的侧面积一定小于球冠的表面积。 从而，每个球冠的表面积都大于由该球冠顶点和底面圆确定的圆锥的侧面积。 该圆锥的底面半径 ，高 ，故母线长 所以每个球冠的表面积都大于该圆锥的侧面积 所以 个球冠的表面积之和大于 ，故 D 正确。 故 答案选：BCD 💯