考前练51 探索性问题&考前练52 排列、组合与二项式(考前练)-2025年高考数学艺术生文化课考前100天

考前练51探索性问题 (3m-3)r2-(m-4m-5) 3-1 1.解：(1)动点P到定点F(1,0)的距离与到直线x■一1的距 若M市.M夜为定值，则3m2-3=3(m2-4m-5),解得m= 离相等，.动点P的轨迹E是以F为焦点，直线x=一1为准 -1, 线的抛物线，，动点P的轨迹E的方程为y了=4红 此时MP.MQ=m2-4m-5=0. (2)由题意可设直线AB的方程为x=ty十2，A(工1， 当直线！与x轴重合时，点P,Q为双曲线的两顶点，不妨设点 当)，B(x为)， P(-1,0),Q(1,0). 联立2”消去x,得少一4y一8=0.4>0恒成立， 对于点M(-1,0),M亦.M0=(-1-1,0)·(1-1,0)=0, ∴存在定点M-1,0),使MP·MQ为定值 …h十h=4,13为=一8. 考前练52排列、组合与二项式 假设存在点M,设Mm,0),则ku十kw=_力十为=0， 工一m工一m 1.A解析：分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再椅第二 于是可得m一十西-当%十2)十%+2) 个新节目，有8种方法，最后插第三个节日，有9种方法.故共 十 ”十为 有7X8X9=504(种)不同的插法. -2m+2+)==16+8=-2, 2.C解析：由题意，T+1■C(2x)+(一y)”,当4时，x2y项 的十为 4t 的系数是15X4■60. 故存在定点M一2,0). 3.B解析：令x=0,得a=1,令x=1,得a十a十a十…十 2h=23, 2.解：(1)由题意得{a=2c, 解得a2, ae=1,a十ag十…十am=0. 4.C解析：每个人都可以参加5项活动中的一项，共有5种 a2=6+c2, b=3, 方案 桃圆C的标准方程为疗+号-1 5.C解析：末位数宇排法有A种，其他位置摔法有A种，共 有AA■48（种）. (2)当直线1的斜率不存在时，M(0,3),N(0,-3),O· 6.B解析：将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有 O市=-3，不符合题意. C种站法，剩下3人不站原来住置有2种站法，共有C×2= 当直线1的斜率存在时，设直线1的方程为y=kx十2，M(, 8(种)站法。 y),N(). ?B解折：二项式(x十》'展开式的通项为T1=C· 联文+3=1·消去，得(3+4收)+166x+4=0, (2）广=CGax-8.又展开式中号的系数是84，即7-2r y=kx十2， -3→r=5,∴Ca=84,解得a=4. 则△=(16)-16(3+使)>0，解得<-或>2 8.C解析：由题意，所求方法数为6人中任选派3人的方法数 16k 4 减去甲和乙同去的方法，即A是一CA=96】 西十=一3干级西五=3十级， 9.C解析：(x2十x+y)的展开式的通项为T+1=CG(x+ :OM.ON=4x十为为=(1十k)xx+2k(知十x)+4= x)-·y,令r-2,得T=C(x2+x)y,又(x2+x)3的展 41+)-32k 3十4k 3+4g+4-16-126 3+4k2 开式的通项为T+1=CG(x2)·x=Cx,令6-k=5,得 二2，解得=士号：满足心0. k=1,.(x2十x十y)的展开式中，xy2的系数为CC=30, 0成-29+ 10.ABC解析：令x=-1,得(-1-1)°=a,即■-32.故A 正确.令x=0,得（一1）5=a十a1十十a5,即ao十a1十…十 故存在符合题意的直线，其方程为y一士 2x+2. a=一1，故D错误令x十1=y,则(x一1)=十a(x+1)+ 3.解：(1)由题意得2a=2,则a=1 a(x+1)2+…+a(x+1)就变为(y一2)=a十ay+ay+ :C的渐近线方程为y=3x,b=,b=3, …十sy,根据二项式定理知，au即二项式(y一2)3的展开式 中y2项的系数，T41=Cy(-2),故a1=C(-2)2= 故C的方程为x 31 一80，故B正确.a4=C(-2)=-10,a=C(-2)2=40,放 C正确. (2)当直线l不与x轴重合时，设直线1的方程为x=1y十2， 11.2解析：由Cm2-Cm=16,得3m2-2m-8=0,解得m=2 代入2-号-1，得3(y+2y-y=3,即(3-1Dy+ 3 或m=一子.”m∈乙m=2. 12ty+9=0. 12.8一2解析：含2的项为x·C·x·(-1)十2·C· 设点P(五1，)，Q(,为)，则为十为=一3 124 x2·(-1)2=-4x2+122=8x,故a1=8:令x=0,得2 aa,令x=1,得0=ag十a1十a:十a十a十a,a1十a2十a十 9 h为-3-1 a十as=-2. 设点Mm,0),则M市.M夜=(x1一m)(s一m)十为=(ty十 13.10解析：根据题意，可分为两步：第一步，先安排四盖不亮 2-m)(t+2-m)+h为=(t+1)为为+t(2-m)(为+ 的路灯，有1种情况：第二步，四盏不亮的路灯排好后， 为)+2-m)-9_12r2m2+2-m= 有5个空位，在5个空位中任意选3个，插入三整亮的路灯， 3t-1 3-1 有C=10(种)情况.故不同的开灯方共有10×1=10（种）. 114 14.20解析：由两人担任白天的网格员有C。种方法，由三人担 么刺余鸡最多4只，最少0只，故刺余动物的脚数可能是8， 任白天的网格员有C种方法，故共有C十C=10+ 6,4,2,0. 10=20(种). 12.6912解析：在随机抽取的50人中，持反对态度的频率为 15.一160解析：，从甲、乙、丙3名同学中远出2人担任正、刷 1一普-器则可估计滨地区对“健金供”特反对态度的有 班长，共有n种方法m=C=6二项式(2r一)）广展 开式的通项为T=C2（-上)广=G·2(-1少 960×28-6912人). ·x5,令6一2r=0,得r=3,二项式展开式的常数项为 1(得] 解析：，随机事件A,B互斥，A,B发生的概率均不 C8·23·(-1)=-160. 0PA)1, 考前练53随机事件的概率与古典概型 等于0，且P(A0=2-a,P(B)=4a-5,∴0P(B)<1, PA)+PB)≤1， 1,C解析：由对立事件的概念知，“至少一枚硬币正面朝上”的 102-a1, 对立事件为“两枚硬币反面朝上”， 2.C解析：设P(A)=x,则P(B)=3x.事件A与B是互斥事 即0<4a-5<1,解得<a≤<号，即a∈（年，号]： 3a-3≤1， 件，.P(AUB)=P(A)十P(B)=x十3x=0.64,解得x= 0.16. 14 解析：：（红十1）”的展开式的通项为T+1=Cx0', 3.AB解析：事件A十B表示“至少有一件次品”，即事件C,故 .各项系数为C。(r=0,1,2,3,,10),项数为11，其中 A正确：事件B十D表示“至少有两件次品或至多有一件次 C=C6=1,C。=C=10,C。=C=45,C。=C=120, 品”，包括了所有情况，故B正确；事件AB=⑦，故C错误，事 C。=C。=210,C=252,其中系数为奇数的项数为4，∴.所 件AD表示“恰有一件次品”，即事件A,故D错误. 4.C解析：由题意知，“比校满意”的人数n■4500一200一 求概率是分 2100-1000=1200,故“比较满意”或“满意”的人数为1200+ 15器解析：”从中取出2粒每是黑子的概率为号，都是白子 2100-30,故所求概奉为P-38-品 的概率2， 5.D解析：从5张卡片中随机抽取1张，放回后再髓机抽取 李后由对立事件概率计算公式，得从中任嘉取出2 1张的情况如图： 粗治好是不网色的概率为P=1一号一是-器 第一张 考前练54事件的相互独立性与条件概率 基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的 LD解折：PA)-号，若A发生了，PA)-是-若 载的率件数为10，所米概率为P=号=号 A不发生，PA)=子A发生的结采对A发生的结果有 6.C解析：设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金支 影响，A与Az不是相互独立事件. 付，事件C为既用现金支付又用非现金支付，事件D为买菜后 支付，则P(D)=P(A)十P(B)+P(C=1.P(A)=0.2, 2.C解析：“P(A)=1-P(A=1-号=号，P(AB) P(C)=0.1,.P(B)=0.7. PA)P(B)=号≠0，“事件A与B相互独立，不互斥，不 7.B解析：8×70%=5.6，.第70有分位数为第6个数，即 7,随机取两个不同的数共有C种结果，一个比7大且另一个 对立 3.D解析：由题意，恰有一人获得一等奖就是甲获奖乙没获奖 比7小有CC种结果，∴概率P=CC=5 C14 或甲爱获奖乙获奖，则所求概率是号×(1-子)十是× 8.D解析：从1至8的8个整数中随机抽取2个不同的数共有 C=28(种)情况，其中要使2个数的和为偶数，剥这2个数都 (1-号)- 为奇数或都为偶数，共有C十C=12(种)情况，由古典概型可 4,A解析：n(A)=6×5=30,n(AB)=5×2=10,.P(BA)= 得这2个数的和为锅款的概率为P一器-号 祭-子 .ABC解折：族题意，PUA)-总=0.5，P()= 18=0.18, 5.D解析：记A=“第一次摸出的是次品”，B=“第二次摸出的 显然事件A,B互斥，P(C)=1一P(A十B)=1一P(A) 是正品，由题意知，PW-是-号，PAB)-音×号-音 P(B)=0.27,事件B,C互斥，则P(B+C)=P(B)十P(C)= 0.45,故速项A,B,C正确，选项D错误. 则P(BA)=PCAB_1正_2 10.B解析：设10件产品中存在n件次品，由P(X=1)= 16 6.B解析：用B表示“乙取到语文书”，A表示“甲取到语文书”， 、得兰-号化简得心一10m+16=0,解得0-2或=8. 则P(B)=P(A)P(BIA)+P(A)P(BA)=号×号+号X 又该产品的次品率不超过30%，n≤3，m=2 33 11.{0,2,4,6,8}解析：最少需要取3次，最多需要取7次，那 4=5 -115考前练51探索性问题 1.已知平面上的动点P到定点F(1,0)的距离 3已知双曲线C话一=1(a>0,6>0)的实轴 比到直线1：x=一2的距离小1. (1)求动点P的轨迹E的方程. 长为2，直线y=√3x为C的一条渐近线 (2)过点(2,0)的直线交E于A,B两点，在x (1)求C的方程. 轴上是否存在定点M,使得当A,B变化时， (2)若过点(2,0)的直线与C交于P,Q两点， 直线AM与BM的斜率之和是0？若存在，求 在x轴上是否存在定点M,使得MP·MQ为 出定点M的坐标：若不存在，请说明理由. 定值？若存在，求出点M的坐标：若不存在， 请说明理由。 2已知椭圆C塔+ =1(a>b>0)的两个焦点 与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且 椭圆C的短轴长为23. (1)求椭圆C的标准方程 (2)是否存在过点P(0,2)的直线1与椭圆C 相交于不同的两点M,N,且满足OM·ON= 2(O为坐标原点)？若存在，求出直线1的方 程；若不存在，请说明理由. -53 考前练52排列、组合与二项式 1.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目 8.某市从6名优秀教师中选派3名同时去3个 单，开演前又增加了3个新节目，如果将这 地区支教（每个地区1人），其中甲和乙不同 3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种 去，则不同的选派方案的种数为( 数为( A.48 B.60 C.96 D.168 A.504B.210 C.336 D.120 9.(x2+x+y)°的展开式中，xy2的系数 2.(2x一y)5的展开式中，.x2y项的系数是( 为( A.30B.-30 C.60 D.-60 A.10 B.20 C.30 D.60 3.若(1-2x)22=+a1x十a2.x2十…十 10.(多选)已知(x一1)5=a十a1(x十1)十 a02.x22,则a1十a2十…十anz=(） a2(x十1)2+…十a(.x+1)5,则() A.-1B.0 C.1 D.2 4.某体育中心举办“激情冰雪，相约冬奥”主题 A.ao=-32 B.a2=-80 展览体验活动，共有短道速滑、速度滑冰、花 C.a3十4au=0 D.ao十a+…十as=1 样滑冰、冰球、冰壶5个活动项目，每人限报1 11.已知m∈Z,二项式(m十x)'的展开式中x 个项目.有3位同学准备参加该活动，则不同 的系数比x3的系数大16，则m 的体验方案种数为() 12.已知多项式(x+2)(x-1)=an十a1x十 A.C B.A C.5 D.3 a2.x2十aax2+a4x'十a5x,则a2= 5.用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位 a1十a2十a3+a4十as= 偶数的个数为( 13.马路上有七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯， A.8 B.24 C.48 D.120 且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案 6.若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有 共有 种 1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共 14.某社区将招募的5名志愿者分成两组，要求 有() 每组至少两人，分别担任白天和夜间的网格 A.4种B.8种 C.12种 D.24种 员，则不同的分配方法种数为 7.若二项式(x+)' 的展开式中」的系数是 15.从甲、乙、丙3名同学中选出2人担任正、副 84,则实数a=( 班长，共有n种方法，则(2红-广的展开式 A.2 B.4 C.1 n号 中的常数项为 (用数字作答). -54