树德中学高 2022 级高三上学期10月阶段性测试数学试题 二．多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
命题人：严芬 审题人：张世军 杨世卿 隋文静
9. 小明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了 50 次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数
全卷满分：150 分 考试时间：120 分钟 据分析得到，坐公交车平均用时 10min，样本方差为 9；骑自行车平均用时15min ，样本方差为 1.
已知坐公交车所花时间 X 与骑自行车所花时间Y 都服从正态分布，用样本均值和样本方差估计 X ,Y
分布中的参数，并利用信息技术工具画出 和 的分布密度曲线如图所示 若小明每天需在早上 点
一．单选题：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 X Y . 8
之前到校，否则就迟到，则下列判断正确的是
要求的.
A． X N 10，32
1. 已知集合 A x log2 x 1 ， B x 0 x 4 ，则 A B
．若小明早上 ： 之后出发，并选择坐公交车，则有 以上
A．x x 2 B．x x 4 B 7 50 60%
的可能性会迟到
C．x 0 x 4 D．x 0 x 2 C．若小明早上 7：42 出发，则应选择骑自行车
D．若小明早上 7：47 出发，则应选择坐公交车
2.设 a 1,2 ， b 4,k ，若 a b ，则 a b
． ． ． ．
A 5 B 2 5 C 20 D 25 10. 已知函数 y f x 是定义在 R 上的偶函数，对于任意 x R ，都有 f x 4 f x f 2 成立．当
3. 设甲：a 为等比数列；乙：a a 为等比数列，则 x
n n n 1 x0,2 时， f x 2 1，下列结论中正确的有
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
．
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 A f 2 0
sin3 sin B．函数 y f x 在2, 4 上单调递增
4. 已知 tan 3 ，则
sin（ ） C．直线 x 4 是函数 y f x 的一条对称轴
2
D．关于 x 的方程 f x log x 2 共有 4 个不等实根
3 3 3 3 2
A． B． C． D．
4 4 10 10
11. 我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材料-强互
5. 已知关于 x 的不等式 ax2 2x 3a 0 在 0,2 上有解，则实数 a 的取值范围是 作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测
试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所
4 3 成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液
A．（ ，） B．（-， ） C． ，0 D． ，0
7 3 —固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水
2
6. 已知抛物线 E ： y 4x 的焦点为 F ，以 F 为圆心的圆与 E 交于 A, B 两点，与 E 的准线交于 C, D 滴角分别为1 ，2 ，则下列结论中正确的有
x2 y2 x x y y
两点，若 CD 2 21 ，则 AB 附：椭圆 上一点 x , y 处的切线方程为 0 0 1
2 2 1a b 0 0 0 2 2 .
A．3 B．4 C．6 D．8 a b a b
5 2
7. 在同一平面直角坐标系内，函数 y f x 及其导函数 y f x 的图象如图所示，已知两图象有且 A．圆法中圆的半径为 B． tan
2 1 3
仅有一个公共点，其坐标为 0,1 ，则
C．1 2 D．1 2
A．函数 y f x ex 的最大值为 1
三．填空题：本题共 小题，每小题 分，共 分
B．函数 y f x ex 的最小值为 1 3 5 15 .
f x
．函数 的最大值为 12.“十一”期间人民群众出游热情高涨，某地为保障景区的安全有序，将增派 6 名警力去 A, B 两个景
C y x 1
e 区执勤.要求 A 景区至少增派 3 名警力，B 景区至少增派 2 名警力，则不同的分配方法的种数为 .
f x 13. 已知圆台的下底面半径为 6，上底面半径为 3，其侧面积等于上、下底面积之和，则圆台的高
D．函数 y 的最小值为 1
ex 为 ．
2 x 14. 已知函数 f x a x x1 x x2 x x3 (a 0) ，设曲线 y f x 在点 xi , f xi 处切线的斜率
8. 已知函数 f x ln ，设 a f 0.32 ，b f log 0.3，c f 2ln 2 ，则 a,b,c 的大小关系是
2
2 x 为 ki i 1,2,3 ，若 x1, x2 , x3 均不相等，且 k2 2 ，则 k1 4k3 的最小值为 ．
A． a c b B． a b c C． b c a D． c b a
2024-10 高三数月 10 第 1页共 2 页
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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. 18. (17 分)
15. (13 分) 已知函数 f x x 2 2x alnx ， aR .
2 2 2
在 ABC 中，角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c ，且满足 2bc sin A 3 a c b ． (1)若 a 1，求函数 f x 在点 1, f 1 处的切线；
(1)求 B 的大小；
(2)若对任意的 x1, x2 0, ， x1 x2 ，有 x1 x2 x2 f x1 x1 f x2 0 恒成立，求实数 a 的取值
9 3
(2)若b 3 ， ABC 的面积为 ，求 ABC 的周长． 范围.
4
16. (15 分)
x2 y2 3
已知椭圆 C : 1(a b 0) 经过点 E（1, ）, P 为椭圆 C 的右顶点，O 为坐标原点，OPE 的面
a2 b2 2
3
积为 . 19. (17 分)
2
2023 年 10 月 11 日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建 255 个光子的量子计算机原型机“九章三
(1)求椭圆 C 的标准方程;
号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比
(2)过点 D(1,0) 作直线 与椭圆 C 交于 A, B , A 关于原点 O 的对称点为 C ，若| BA|=| BC | ，求直线 AB
l 特只能处于 0 态或 1 态，量子计算机的量子比特（qubit）可同时处于 0 与 1 的叠加态，故每个量子
的斜率
. 比特处于 0 态或 1 态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子
比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态
相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上
旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有 p 的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后
的两个粒子中上旋粒子的个数为 X .
1
(1)已知 p ，求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 2 的概率；
3
*
(2)若一条信息有 n n 1,n N 种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为 p1 ，
17.(15 分) p2 ，…， pn ，则称 H f p1 f p2 f pn （其中 f x xlog2 x ）为这条信息的信息熵.试
如图，在四棱锥 Q ABCD 中，四边形 ABCD 为直角梯形，CD//AB ，BC AB ，平面 QAD 平面 ABCD ， 求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 X 的信息熵 H ；
QA QD ，点 M 是 AD 的中点. (3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第
(1)证明：QM BD . 二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为
Y (Y 1,2,3,,n,) ，证明：当 n 无限增大时，Y 的数学期望趋近于一个常数.
点 是 的中点， ，当直线 与平面 QBC 所成角的正弦值为 42 时，求
(2) N CQ AD AB 2CD 2 MN n
7 参考公式： 0 q 1时， lim qn 0 ， lim nq 0
n n .
QM 的长度．
2024-10 高三数月 10 第 2页共 2 页
树德中学高 2022 级高三上学期 10 月阶段性测试数学试题 故 y f xex f xex f x f xex 0 恒成立，
故 y f xex 在 R 上单调递增，则 A，B 显然错误，
参考答案 f (x)ex f (x)ex f (x) f (x)
y
对于 C，D， 2 x ，
ex e
一．单选题：1-8 CAACB DCC
f (x) f (x) f (x)
二．多选题：9-11 ACD AC AD 由图像可知 ， 恒成立，故 单调递增，
x ( ,0) y x 0 y x
三．填空题 12-14 35 4 18 e e
【答案】 【详解】由 ，则 ，所以 ， f (x) f (x) f (x)
1. C log2 x 1 log2 x log2 2 0 x 2 当 x(0, )， y 0 ， y 单调递减，
ex ex
所以 A x log x 1 x 0 x 2 ， 故选：
2 A B x 0 x 4 C f (x) f 0
所以函数 y 在 x 0 处取得极大值，也为最大值， ，C 正确，D 错误.故选：C
x 0 1
2.【答案】A【详解】 a 1, 2 ，b 4, k ，若 a b ，则有 a b 1 4 2k 0 ，解得 k 2 ， e e
则有 ，得 2 2 故选： 2 x 2 x
a b 1,2 4,2 3,4 a b 3 4 5 . A 8. 【答案】C【详解】解：函数 f x ln ， 由 0 ，即 ( x 2)( x 2) 0 ， x 2
2 x 2 x
3. 【答案】A【详解】充分性：若an为等比数列，设其公比为 q ，
解得 x 2,2 显然 f x f x ， f x 为偶函数，
an an1 an1 2 2
则 q ，所以a a 为等比数列，公比为 q ，满足充分性.
a a a n n 1 2 x
n1 n n1 当 x 0,2 时， f x ln 在 x 0,2 单增，
必要性：若an an 1 为等比数列，公比为 2， 2 x
a a a f x 在 2，0 上为减函数，在 0，2 上为增函数
则 n n 1 2 ，即 n 1 2 ，
a a a 3
n 1 n n 1 2 2 10 3
0.3 0.3 0，1 ， 2
a 2 log2 0.3 log2 0.3 log2 log2 2
假设a 为等比数列，此时 n 1 q 2 无解，故不满足必要性. 3 2
n a
n1 10 3 3 3
所以甲是乙的充分不必要条件 故选： 2 3 ，
. A 所以 log2 0.3 log2 ,2 2ln 2 ln 4 ln e ， 2ln 2 1
4. 【答案】C【详解】因为 tan 3， 3 2 2 2
3 3 b c a ．故选：C．
sin sin sin sin 2
sin 1sin sin cos tan 3 二．多选题：本题共 小题，每小题 分，共 分 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求
则 cos .故选：C. 3 6 18 . .
sin 2 2 2 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
2 cos cos sin 1 tan 10
2 2
2x 2 9. 【答案】ACD【详解】由题意知， X ~ N 10,3 ，Y ~ N 15,1 ,A 正确。
a
5. 【答案】B【详解】当 x0,2时，由 2 可得 2 3 ， 对于 B，若小明早上 7：50 之后出发，并选择坐公交车，有 50%以上的可能性会超过 10min，即 8
ax 2x 3a 0 x 3 x
x 点之后到校会迟到，故 B 错误；
2 2 3 对于 C、D，由题中的图可知， P X 18 P Y 18, P X 13 P Y 13 , 应选择在给定的
3
由基本不等式可得 3 3 3 ，当且仅当 x 3 时，等号成立，故 a .故选：B. 时间内不迟到的概率大的交通工具，所以小明早上 ： 出发，有 可用，则应选择骑自行车，
x 2 x 3 7 42 18min
x x 故 C 正确；小明早上 7：47 出发，有 13min 可用，则应选择坐公交车，故 D 正确；
p 故选：ACD.
6. 【答案】D【详解】由抛物线方程知： 1， F 1,0 ，
2 10. 【答案】AC【详解】由 f x 4 f x f 2 ，
不妨设点 A 在第一象限，如图所示，直线CD 与 x 轴交于点 E ，
令 x 2 ，则 f 2 f 2 f 2 ，即 f 2 0，
由 CD 2 21 ，则 ED 21, EF 2 ，
因为 f x 是定义在 R 上的偶函数，所以 f 2 f 2 0，故 A 正确；
2
圆的半径 2 ，所以 ，
r 21 2 5 AF 5 由 A 知， f 2 0 ，则 f x 4 f x ，
x
p 所以函数 f x 是周期为 4 的偶函数，结合 x0,2 时， f x 2 1，
由抛物线的定义可得： xA 5 ，所以 xA 4，
2 画出大致图象如下：
又因为点 A 在抛物线上，所以 A4,4 ，
AB 24 8 ．故选：D.
7. 【答案】C【详解】AB 选项，由题意可知，两个函数图像都在 x 轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为 y f x ，实线部分为 y f x ，
2024-10 高三数月 10 第 3页共 2 页
1 1 1
结合图象可知，函数 y f x 在2, 4 上单调递减，直线 x 4 是函数 y f x 的一条对称轴，故 B 错
由 k2 2 ，得 ，
误，C 正确； k1 k3 2
对于 D，画出函数 y log2 x 2 的大致图象如下： 由 k2 2 ，即 k2 ax2 x3 x2 x1 0 ，知 x2 位于 x1, x3 之间，
不妨设 x1 x2 x3 ，则 k1 0, k3 0 ，
1 1 k 4k k 4k
故 1 3 1 3 ，
k1 4k3 2 k1 4k3 2 5 2 5 2 18
k1 k3 k3 k1 k3 k1
k1 4k3
结合图象可知，函数 y f x 和 y log2 x 2 有两个交点， k k
当且仅当 3 1 ，即 k 6,k 3时等号成立，
所以方程 f x log x 2 共有 个不等实根，故 错误 故选： 1 1 1 1 3
2 2 D . AC.
11. 【答案】AD【详解】由题意知，若将水滴轴截面看成圆的一部分，圆的半径为 R ，如图所示， k1 k3 2
2 2 5 2 4 故则 k 4k 的最小值为 18，故答案为：18
则 R (R 1) 4，解得 R ，所以 tan ，若将水滴轴截面看成椭圆 1 3
2 1 R 1 3
x 2 y2 四．解答题：本题共 小题，共 分 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
的一部分，设椭圆方程为 (a b 0) ，如图所示， 5 77 . .
2 2 1 2 2 2
a b 2 2 2 2bcsin A a c b
15. (13 分)解：（1）因为 2bcsin A 3 a c b ，可得 3 ，
则切点坐标为 (2,b 1) ， 2ac 2ac
2 2 2x (b 1)y
则椭圆 x y 上一点 的切线方程为 ， 由余弦定理得 bsin A 3a cos B，又由正弦定理得 sin Bsin A 3sin Acos B ，
1 ( 2,b 1) 2 2 1
a2 b2 a b
2 因为 0 A ，所以 sin A 0 ，所以 sin B 3 cos B，所以 tan B 3 ，又因为 0 B ，所以 B .
2b 3
所以椭圆的切线方程的斜率为 k2 tan2 ，
a2 (b 1) 1 9 3
（2）由三角形的面积公式，可得 S ac sin B ，可得 ac 9 ，
4 (b 1) 2 4b2 2 4
将切点坐标 (2,b 1) 代入切线方程可得 1，解得 2b 1，
a2 b2 a2 又由余弦定理得 b2 a2 c2 2accos B (a c)2 3ac ，
1 因为 b 3 ，所以 (a c)2 b2 3ac 9 39 36，解得 a c 6 ，所以VABC 的周长为 a b c 9．
2 (2b 1) 5
所以 2b 1 1 ，又因为 ，
2 b R
tan 2 2 (2 ) 2
a (b 1) b 1 2 b 1
3 1 3 3 3
1 1 4 16. (15 分)解：（1）因为 的面积为 ，则有 ，解得 ，又因为 E 1,
所以 ，即 ，所以 故选： OPE a a 2
tan2 (2 ) tan1 tan 2 tan 1 1 2 . AD. 2 2
2 b 1 3 2 2 2
1 3 x2
在椭圆 C 上，则 1，解得b 1， 所以椭圆 C 的标准方程为 y2 1;
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 4 4b2 4
12.【答案】35【详解】由题意可知分两种情况： A 景区增派 3 名警力， B 景区增派 3 名警力，则 （2）如图：
3 4
有 C6 20种方法， A 景区增派 4 名警力， B 景区增派 2 名警力，则有 C6 15 种方法， 因为| BA || BC |,O 为 AC 的中点，所以 OA OB ，设 ，
所以由分类加法原理可知共有 20 15 35种方法.故答案为：35 x2 4y2 4
设直线的方程 x my 1，并与椭圆的方程进行联立，可得 t ，
13.【答案】 【详解】设圆台的母线长为 ，则圆台上底面面积 2 ，
l S1 3 9 x my 1
2
圆台下底面面积 ，所以两底面面积之和为 ， 2 2 2m 3
S2 6 36 45
消去 x 得 m 4 y 2my 3 0 ，则有 y1 y2 , y1 y2 ，
m2 4 m2 4
又圆台侧面积 S (3 6)l 9l ，则 9l 45 ，所以 l 5 ，
因为 OA OB ，则有OAOB 0 ，则 x1x2 y1 y2 0 ，即
所以圆台的高为 2 2 .故答案为：
l 6 3 4 2
m 1 y1 y2 m y1 y2 1 0 ，
14.【答案】18【详解】由于 f x a x x1 x x2 x x3 (a 0) ， 2
2 3 2m 1 4m 1
m 1 m 1 0 ，即 0 ，解得 m ，所以直线 AB 的斜率为 2.
2 2 2
故 f x a x x1 x x2 x x2 x x3 x x3 x x1 ， m 4 m 4 m 4 2
故 k1 ax1 x2 x1 x3 ,k2 ax2 x3 x2 x1 ， k3 ax3 x1 x3 x2 ，
17.(15 分)解：（1） 是 中点，QA QD ，QM AD ，
1 1 1 1 1 1 M AD
则 平面 QAD 平面 ABCD ，平面QAD 平面 ABCD AD ，QM 平面 QAD ，
k1 k2 k3 a x1 x2 x1 x3 a x2 x3 x2 x1 a x3 x1 x3 x2
QM 平面 ABCD ，又 BD 平面 ABCD ，QM BD .
x x x x x x
3 2 1 3 2 1 0， （2）方法一：取 BC 中点 F ，连接 MF,QF ，作 MG QF ，垂足为 G ，连接 NG, MC ，
a x x x x x x
1 2 2 3 3 1 M , F 分别为 AD, BC 中点， AB//CD ，MF //AB ，又 BC AB ，MF BC ；
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由（1）知： QM 平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，QM BC ； 若 a 0 ，G x 0 恒成立，符合题意.
QM, MF 平面 QMF ， QM MF M ，BC 平面 QMF ， 1 lnx 1
若 a 0 ，则 恒成立.
MG 平面 QMF ，BC MG ， a x2
又 MG QF ， QF BC F ， QF, BC 平面 QBC ，MG 平面 QBC ， lnx 1 3 2lnx 3 2lnx 3
令 F x ，则 F x ，令 F x 0 ，则 2 ，
x2 x3 x3 0 x e
直线 与平面 QBC 所成角为 ， 42 ，
MN MNG sin MNG 3 3 3
7 1 1 3
所以 在 2 单调递增，在 2 单调递减，所以 2 ，所以 .
0,e e , F e 3 a 0, 2e
设 QM a a 0 ， a 2e
2
1 lnx 1
1 3 2 1 若 ，同理， 恒成立，由可知，当 时， ，所以不存在满足条件的
， ， a<0 2 x 0 F x
MF AB CD BC AD AB 3 a x
2 2 2
a .综上所述， a 0, 2e3 .
2
2 1 1 1 2
MC MF BC 3 ，MN QC a 3 ， f x f x
2 2 2 1 2
法二： x1 x2 x2 f x1 x1 f x2 0 x1 x2 0，
x x
3 3a 1 2
a
QM MF 3a 2 f x lnx
又 MG 2 ， MG 9 4a 42 ，解得： 或 令 g x x 2 a ，则只需 g x 在 单调递增，即 g x 0 恒成立；
2 sin MNG a 3
QF 9 2 9 4a MN 1 2 7 x x
a a 3 2
4 2 a 1 lnx x a 1 lnx m
g x 1 ，
3 3 2 2
，故 QM 的长为 或 。 x x
a 3 2
2 2 2 a 2x a
令 hx x a 1 lnx ，则 hx 0 恒成立；又 hx 2x ，
方法二：取 BC 中点 F ，连接 MF ， x x
M , F 分别为 AD, BC 中点， AB//CD ，MF //AB ，又 BC AB ，MF BC ；由（1）知：QM 2
当 a 0 时， hx x ， 在 单调递增成立；
平面 ，以 为坐标原点， 正方向为 x, y 轴正方向，过 作 z 轴 //QM ，可建立如图所
ABCD F FM , FB F 当 a<0 时， ， 在 单调递增，
m
示空间直角坐标系，设 QM a a 0 ， 又当 x 0 时， h x ，故 hx 0 不恒成立，不满足题意；
2 m
1 3 2 1 a
MF AB CD ， BC AD AB 3 ， 当 a 0 时，由 得 x ，
2 2
2 2
3 3 3 3 a a a
3 3 则 在 单调递减，在 单调递增，
M ,0,0 ，Q ,0,a ，B 0, ,0 ，C 0, ,0 ，N , , ， 0, ,
2 2 2 2 4 4 2 2 2
3 3 a 3 3 a a a a a
， ， ； 因为 h x 0 恒成立，所以 h(x) h a 1 ln 3 ln 0 ，
MN , , BC 0, 3,0 CQ , , a min
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3
设平面 QBC 的法向量 n x, y, z ， 解得 a 2e ，故 0 a 2e ；综上，实数 a 的取值范围是 a 0, 2e .
BC n 3 y 0 f x1 f x2
法三： x x x f x x f x 0 x x 0
则 ，令 ，解得： y 0 ， z 3，n 2a,0, 3 ； 1 2 2 1 1 2 1 2
3 3 x 2a x1 x2
CQ n x y az 0
f x
2 2 lnx
令 g x x 2 a ，则只需 g x 在 单调递增，即 g x 0 恒成立；
MN n 3a 42 x x
cos MN, n 3 3 2
2 ，解得： 或 ，故 QM 的长为 或 a 1 lnx x a 1 lnx m
MN n 3 a 7 a 3 a 3
2 2 g x 1 2 2
4a 9 2 x x
4
a
18. (17 分)解：（1） f x 2x 2 ，当 a 1 ，时， f 1 1， f x 1，
x
故切线方程为： y 1 x 1,即 y x 2 ；
f x1 f x2
（2）法一：不妨设 0 x1 x2 ，则 x2 f x1 x1 f x2 0 ，同除以 x1x2 得 ，
x1 x2
f x alnx a1 lnx
所以 G x x 2 在 单调递增，所以Gx 1 0 .
x x x2
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2
即 讨论 的正负； n n 1
a(ln x 1) x , ln x 1 由题知，当 n 无限增大时， 1 p 趋近于零， n1 p 趋近于零，则 E Y 趋近于 .
p
x2 x2
第一类：ln x 1 0,即x e时，a ,记h(x) 所以当 n 无限增大时，Y 的数学期望趋近于一个常数.
ln x 1 ln x 1
x(2ln x 3) 3 3
h(x) ,h(x)在(e,e 2 )递减，在(e 2 ,)递增，
(ln x 1)2
3
h(x) h(e 2 ) 2e3 ,即a 2e3.
第二类：ln x 1 0,即a e时，0 e2恒成立。
x2
第三类：ln x 1 0,即x e时，a ，由上可知h(x)在(0,e)递减，
ln x 1
x 0时，h(x) 0,a 0.
综上，a [0,2e3 ]
19. (17 分)解：（1）设 Ai “两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为 i 个”， i 0,1,2 ,
B “两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 2 个”，
2 2
则 1 1 ， 1 1 1 ，
P A0 P A2 P A1 C2
2 4 2 2
1 2 4
P BA ， P BA ， P BA ，
0 9 1 9 2 9
2 1 1 1 2 1 4 1
则 P B P Ai P B Ai .
i0 4 9 2 9 4 9 4
（2）由题知 X 0,1,2 ，
1 1 1 2 1
由（1）知 P X 2 p2 p 1 p 1 p ，
4 2 4 4
1 1 2 1 1
同理可得 P X 1 C1 p 1 p p2 1 p C1 p 1 p ，
4 2 2 4 2 2
1
则 P X 0 1 P X 1 P X 2 ，
4
1 1 1 1 1 1 1 3
故 X 的信息熵 H f f f 2 log2 log2 .
4 2 4 4 4 2 2 2
n1
（3）由题知 P Y n 1 p p ，其中 n 1，2，3，…，
0 1 n1
则 E Y 11 p p 21 p p n 1 p p ，
n n
i1 i1
又 i p 1 p pi 1 p ，
i1 i1
n
i1 0 1 n1
则 i 1 p 11 p 21 p n 1 p ，
i1
n
i1 1 2 n
1 pi 1 p 11 p 21 p n 1 p ，
i1
n
i1 0 1 n1 n
得： pi 1 p 1 p 1 p 1 p n1 p
i1
n n
1 1 p n 1 1 p n
n1 p n 1 p ，
p p p
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