2024年天津高考数学真题变式题11-15

1．在的展开式中，常数项为 ． 2．的展开式的常数项为 ． 3．的展开式中各项系数之和为64，则的展开式中常数项为 ． 4．在 的展开式中，常数项为 ． 5．圆的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为 ． 6．在平面直角坐标系中，以抛物线的焦点为圆心且与直线相切的圆的面积为 . 7．已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线的距离之和的最小值是 . 8．抛物线E：与圆M：交于A，B两点，圆心，点P为劣弧上不同于A，B的一个动点，平行于y轴的直线PN交抛物线于点N，则的周长的取值范围是 . 9．五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ． 10．某班从6名班干部（其中男生4人，女生2人）中，任选3人参加学校的义务劳动.男生甲或女生乙被选中的概率为 ；设“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，则 . 11．某校高三1班第一小组有男生4人，女生2人，为提高中学生对劳动教育重要性的认识，现需从中抽取2人参加学校开展的劳动技能学习，恰有一名女生参加劳动学习的概率则为 ；在至少有一名女生参加劳动学习的条件下，恰有一名女生参加劳动学习的概率 ． 12．从一个装有个白球，个红球和个蓝球的袋中随机抓取个球，记事件为“抓取的球中至少有两个球同色”，事件为“抓取的球中有红色但不全是红色”，则 ；在事件发生的条件下，事件发生的概率 ． 13．在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点， ，则 ；为线段上的动点，为中点，则的最小值为 ． 14．如图，在中，，过点的直线分别交直线于不同的两点，记，用表示 ；设，若，则的最小值为 ． 15．在边长为2的菱形中，，E是的中点，F是边上的一点，交于H．若F是的中点，，则 ；若F在边上（不含端点）运动，则的取值范围是 ． 16．已知平面四边形，，，，，则 ；动点，分别在线段，上，且，，则的取值范围为 . 17．若函数恰有一个零点，则的取值范围为 ． 18．若函数有两个零点，则实数的取值范围是 . 19．已知函数，且关于x的方程有4个不同的实数解，则实数m的取值范围为 . 20．已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是 ． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．20 【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】因为的展开式的通项为， 令，可得， 所以常数项为. 故答案为：20. 2． 【分析】根据二项展开式的通项处理即可. 【详解】，令得，所以展开式的常数项是． 故答案为：. 3．84 【分析】先把代入得出值，再利用二项式的通项公式即可得到答案. 【详解】令，得二项式的展开式中各项系数和为，得． 二项式即，其通项， 由得，所以展开式中常数项为． 故答案为：. 4．-40 【分析】根据，按照二项式定理展开，可得在的展开式中的常数项． 【详解】解：∵（x﹣2）＝（x6+6x4+15x2+20+15•6•）（x﹣2）， ∴常数项是 20•（﹣2）＝﹣40， 故答案为﹣40． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 5．## 【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离. 【详解】圆的圆心为，故即， 由可得，故或（舍）， 故，故直线即或， 故原点到直线的距离为， 故答案为： 6． 【分析】根据条件，求出圆心，再利用点到直线的距离公式即可求出结果. 【详解】因为抛物线的焦点为，所以圆心为， 又圆且与直线相切，所以半径， 所以，圆的面积为， 故答案为：. 7．4 【分析】根据抛物线方程求得焦点F坐标和准线方程，由圆的方程求得圆心坐标，半径，然后根据抛物线的定义，将问题转化为求点P到点Q的距离与点P到抛物线的焦点F距离之和的最小值，从而即可求解． 【详解】解：抛物线的焦点为，准线方程为，圆的圆心为，半径为1， 根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离， 从而可得：当P，Q，F三点共线时，点P到点Q的距离与点P到直线距离之和的最小为 ， 故答案：4. 8． 【分析】根据题意，联立方程组求出点坐标，再结合抛物线的定义，即可求解. 【详解】如图，可得圆心也是抛物线的焦点，PN交抛物线的准线于H， 根据抛物线的定义，可得，故的周长， 由，解得， ∵，且 ∴PH的取值范围为，∴， ∴的周长的取值范围为. 故答案为：. 9． 【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了活动，他再选择活动的概率. 【详解】解法一：列举法 从五个活动中选三个的情况有： ,共10种情况， 其中甲选到有6种可能性：， 则甲选到得概率为：； 乙选活动有6种可能性：， 其中再选则有3种可能性：， 故乙选了活动，他再选择活动的概率为. 解法二： 设甲、乙选到为事件，乙选到为事件， 则甲选到的概率为； 乙选了活动，他再选择活动的概率为 故答案为：； 10． ## ## 【分析】根据古典概型结合对立事件的概率即可求出第一空，利用条件概率公式即可求出第二空. 【详解】男生甲和女生乙都没有选中的概率为， 所以男生甲或女生乙被选中的概率为， ， 所以. 故答案为：；. 11． 【分析】应用组合数，超几何分布的概率求法求恰有一名女生参加、至少有一名女生参加的概率，进而求至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率（条件概率）. 【详解】由题设，抽取2人，恰有一名女生参加，其概率， 至少有一名女生参加，事件含恰有一名女生、2人都是女生，其概率， 所以，在至少有一名女生参加条件下，恰有一名女生的概率. 故答案为：， 12． ## 【分析】根据题意，由古典概率公式求出，分析事件的取法数目，由此可得和，由条件概率公式计算可得，即可得答案． 【详解】根据题意，从一个装有个白球，个红球和个蓝球的袋中随机抓取个球，有种取法， 事件为“抓取的球中有红色但不全是红色”，则事件的取法有种， 则， 事件的取法有种，则， ， 故． 故答案为：，． 13． 【分析】解法一：以为基底向量，根据向量的线性运算求，即可得，设，求，结合数量积的运算律求的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值. 【详解】解法一：因为，即，则， 可得，所以； 由题意可知：， 因为为线段上的动点，设， 则， 又因为为中点，则， 可得 ， 又因为，可知：当时，取到最小值； 解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 可得， 因为，则，所以； 因为点在线段上，设， 且为中点，则， 可得， 则， 且，所以当时，取到最小值为； 故答案为：；. 14． 【分析】利用平面向量的线性运算、用基底表示向量，结合基本不等式即可求解. 【详解】由题知， ， 即. 由，， 所以， 因为、、三点共线， 所以， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：； 15． 【分析】（1）由三点共线，可得， 而，据此可得，从而可求得的值. （2）由图可求得，根据向量积即可知. 【详解】（1）如图所示： 设， 由三点共线， 可设 ， 则有，解得：， ，即. （2）如图所示：当点与点重合时，此时最长， 易知，且相似比为， ，在中，由余弦定理得： ， 所以，此时满足，所以， 所以，此时， 由图可知，， 则. 故答案为：；. 16． ## 【分析】根据向量基本定理和向量垂直的数量积为0计算得到，求出，建立直角坐标系，写出点的坐标，表达出向量的坐标，从而求出向量数量积的关系式，求出取值范围. 【详解】，， 所以 ， 解得：， 因为， 所以， 以A作坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB的直线为y轴建立平面直角坐标系， 则， 因为，， 所以设， 由得：， ，解得：， 所以、 ， 当时，取得最小值，最小值为， 当或1时，取得最大值，最大值为 所以的取值范围是 故答案为：， 17． 【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得. 【详解】令，即， 由题可得， 当时，，有，则，不符合要求，舍去； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，或（正值舍去）， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 令，即， 故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得， 由的渐近线方程为， 即部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递增， 故有，解得，故符合要求； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，（负值舍去）或， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得， 部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递减， 故有，解得，故符合要求； 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究. 18．． 【分析】令，则有，将问题转化为半圆与直线有两个交点，作出图象，结合图象求解即可． 【详解】令， 则，所以， 又因为，即为，表示单位圆位于轴上及上方部分； 而，表示过点且斜率为的直线， 所以将问题转化为半圆与直线有两个交点， 当直线与半圆相切时；，解得， 当直线过点时，则有，解得， 综上，． 故答案为：． 19． 【分析】设，画出函数图象，分类讨论，将题意转化为二次函数根的分布问题即可. 【详解】当时，，且， 作出函数图象如图所示： 设，则方程为，因为直线最多与函数有3个交点， 则该一元二次方程有两不等实根，则，解得或， 设其两根分别为， ①当与函数图象有1个交点，与函数图象有3个交点时， 则，，设，因为， 则，即，解得； ②当与函数图象有2个交点，与函数图象有2个交点时， 此时为，则，，，无解，舍去； 综上所述. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是采用换元法，设，将原方程转化为一元二次方程，结合函数图象得到二次函数根的分布情况，列出不等式，解出即可. 20． 【分析】根据给定条件，讨论当时，，当且时，，确定函数零点只可能在且的情况，再分析含绝对值符号的二次函数即可得解. 【详解】函数的定义域为R， 当时，， 当时，，当时，， 此时函数无零点； 当时，， 当时，若，则，于是， 若，函数的图象对称轴，此函数在上单调递增， ，， 即当且时，，函数无零点； 于是只有当且时，函数才有零点， 当，即时，， 当时，函数，当时，， 当时，函数取得最小值，而当时，， 显然当，即时，函数有两个零点， 要函数恰有4个零点，必有， 当时，函数的图象对称轴， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 显然， 而， 因此函数在、上各有一个零点， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点睛：涉及用分段函数零点特性求参数范围问题，可以先独立分析各段上的零点，再综合考查所有零点是解决问题的关键. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$