专题05 圆锥曲线与概率统计-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（福建专用）

专题05 圆锥曲线与概率统计 题型概览 题型01 直线与圆 题型02 椭圆及其性质 题型03 双曲线及其性质 题型04 抛物线及其性质 题型05 二项式定理 题型06 概率的计算 题型07 统计小题 题型08 概率与统计综合应用 题型09 新定义问题 ( 题型01 ) 直线与圆 1．（2025·福建厦门·二模）已知直线：与圆：相切于点T，A是圆上一动点，点P满足，且以P为圆心，为半径的圆恰与相切，则的最大值为 ． 2．（2025·福建漳州·二模）已知直线l过点，分别与直线：，：交于A，B两点，圆C：过A，B两点，则△ABC面积的最大值为 ；当△ABC面积取最大值时，直线l的方程为 3．（多选题）（2025·福建福州·二模）如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（   ） A．圆的圆心都在直线上 B．圆的方程为 C．若，则圆与轴有交点 D．设直线与圆在第二象限的交点为，则 4．（多选题）（2025·福建厦门·二模）过点的直线交圆于点P，Q，交圆于点M，N，其中T，P，Q，M，N顺次排列.若，则（   ） A． B． C． D． ( 题型02 ) 椭圆及其性质 5．（2025·福建三明·二模）已知椭圆的左，右焦点分别为、，过且斜率为的直线l与椭圆C在x轴上方的交点为，的角平分线与线段交于点N，若，则椭圆C的离心率是（    ） A． B． C． D． 6．（2025·福建龙岩·二模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，为坐标原点．若椭圆上的点满足，，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·福建厦门·二模）已知椭圆的焦点为，，P为上的一点，若的周长为18，则的离心率为 . 8．（2025·福建南平·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，过的焦点且垂直于轴的弦长为2. (1)求的方程； (2)过点作斜率之积为1的两条不同的直线，若交于两点，交于两点，为的中点，直线与交于点. ①证明：为的中点； ②求面积的最大值. 9．（2025·福建泉州·二模）已知椭圆的离心率为，则的一个顶点与两个焦点构成的三角形是（   ） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．等腰非直角三角形 D．直角非等腰三角形 10．（2025·福建福州·二模）已知椭圆的两个焦点分别是，长轴长是短轴长的倍． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，以为直径的圆记为． （i）当直线过原点时，求与的交点坐标； （ii）是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由． 11．（2025·福建漳州·二模）已知、分别为椭圆C：（）的左、右焦点，C的离心率为，P为C上一点，的周长为6. (1)求C的方程； (2)若P为C的上顶点，过且斜率不为0的直线l交C于A，B两点，交线段于点N，且，求l的方程. 12．（2025·福建宁德·二模）已知，点.在上任取一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点且斜率不为0的直线与曲线相交于两点. （i）若为原点，求面积的最大值； （ii）点，设点是线段上异于的一点，直线的斜率分别为，且，求的值. 13．（2025·福建厦门·二模）已知椭圆：的右焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)过点且不垂直于y轴的直线与E交于A，B两点，直线与E交于点C（异于A）． （i）证明：为等腰三角形； （ii）若点M是的外心，求面积的最大值． 14．（2025·福建泉州·二模）在直角坐标系中，直线过点，直线过点，且的斜率之积为，记与的交点的轨迹为． (1)求的方程； (2)点为的中点，过的直线与交于两点，设，若，求的取值的集合． ( 题型03 ) 双曲线及其性质 15．（2025·福建三明·二模）平面直角坐标系中，M是一个动点，直线与直线垂直，垂足位于第一象限，直线与直线垂直，垂足位于第四象限，且. (1)求动点M的轨迹方程C； (2)若过点的直线交曲线C于B、D两点，D关于x轴的对称点为点A（异于点B），直线AB与x轴交于点G，求面积的取值范围. 16．（2025·福建泉州·二模）已知分别为双曲线的左、右焦点，直线过与交于两点，若，，则的渐近线为（    ） A． B． C． D． 17．（2025·福建厦门·二模）已知双曲线的顶点为，，虚轴的一个端点为，若为直角三角形，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 18．（2025·福建宁德·二模）已知直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，若线段的中点在直线上，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 19．（2025·福建南平·二模）已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 20．（多选题）（2025·福建龙岩·二模）已知双曲线的左，右焦点分别为，，左、右顶点分别为，．为双曲线在第一象限上的点，设，的斜率分别为，，且．过点作双曲线的切线与双曲线的渐近线交于，两点，则（   ） A．的值随着的增大而减小 B．双曲线的离心率为 C． D． 21．（2025·福建福州·二模）已知双曲线的右焦点为，其左、右顶点分别为，过且与轴垂直的直线交于两点，直线与交于点，若与的面积相等，则的离心率为 ． 22．（2025·福建福州·二模）双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与的左右两支分别交于两点，且，则的离心率为 . 23．（2025·福建泉州·二模）已知双曲线的右焦点为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值； (3)已知点是上任意一点，直线：是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比． ( 题型04 ) 抛物线及其性质 24．（2025·福建福州·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点为上一点，过点作的垂线，垂足为，若，且点在直线上，则直线的斜率为（   ） A．或 B．或 C．1或 D．或 25．（多选题）（2025·福建泉州·二模）已知为抛物线的焦点，点在上，过作的切线交轴于点，则下列说法正确的是（    ） A．的斜率为定值 B．若圆被截得弦长为，则 C． D．若平行的直线与相切于点，则 26．（多选题）（2025·福建宁德·二模）若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（    ） A． B． C． D． 27．（多选题）（2025·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，点，为上的动点，则（    ） A．满足的点恰有两个 B．满足面积为的点恰有三个 C．的最小值为3 D．的最小值为 28．（2025·福建泉州·二模）已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则 ． 29．（2025·福建泉州·二模）已知为坐标原点，抛物线：，过点（0，4）的直线与相交于M，N两点. (1)求； (2)过M，N分别作的两条切线，，记，的交点为P. （i）求面积的最小值； （ii）设A，B分别为，与x轴的交点，证明：的外接圆过定点. 30．（2025·福建龙岩·二模）已知曲线，点为曲线的焦点，点为曲线上一点，且． (1)求曲线的方程； (2)设曲线，若过点的直线与曲线，从左到右依次相交于点，，，． （i）证明：为定值； （ii）若直线，（为坐标原点）分别交直线于点，，求的最小值． 31．（2025·福建厦门·二模）设抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点（在第一象限），当垂直于轴时，. (1)求的方程； (2)过且与垂直的直线交于，两点（在第一象限），直线与直线和分别交于P，Q两点. （i）当的斜率为时，求； （ii）是否存在以为直径的圆与轴相切？若存在，求，的方程；若不存在，请说明理由. ( 题型05 ) 二项式定理、排列组合 32．（2025·福建三明·二模）县委组织部拟派六位大学生村官对五个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，其中甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 33．（2025·福建福州·二模）展开式中常数项是（   ） A．20 B．15 C． D． 34．（2025·福建漳州·二模）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C．15 D．20 35．（2025·福建厦门·二模）在的展开式中各二项式系数的和为32，则的系数为（    ） A．10 B．40 C．80 D．120 36．（2025·福建宁德·二模）已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大.若展开式中所有项的系数和为16，则的值为（    ） A． B．1 C．或3 D．或1 37．（多选题）（2025·福建福州·二模）已知二项展开式，则（    ） A． B． C． D． 38．（2025·福建福州·二模）某活动现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者A去甲活动场地，志愿者B不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 39．（2025·福建厦门·二模）设，则（   ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 40．（2025·福建厦门·二模）四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有 种． 41．（2025·福建三明·二模）的展开式中，含的项的系数为 .（用数字作答） 42．（2025·福建龙岩·二模）在的展开式中，各二项式系数的和与含的项系数之比为，则的值为 ． ( 题型06 )概率的计算 43．（2025·福建莆田·二模）从1，2，…，2024中任取两数（可以相同），则的个位是7的概率为 ． 44．（2025·福建厦门·二模）6根长度相同的绳子平行放置在桌面上，分别将左、右两边的6个绳头各自随机均分成3组，然后将每组内的两个绳头打结，则这6根绳子恰能围成一个大圈的概率为 . 45．（2025·福建泉州·二模）若随机事件A，B满足，，，则 . 46．（2025·福建厦门·二模）已知随机变量，若，则（   ） A． B． C． D． 47．（2025·福建泉州·二模）已知随机变量服从正态分布，记函数，则（   ） A． B． C． D． 48．（2025·福建·二模）2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 49．（多选题）（2025·福建漳州·二模）在正四面体ABCD中，质点M，N的初始位置均在正四面体顶点A处，它们每隔1秒钟都沿着正四面体的棱移到另一个顶点1次.当M，N在同一位置时，将各自独立等可能地移向另三个顶点之一；当M，N在不同位置时，移到对方位置的概率均为，往另两个位置移动的概率均为.记为n秒后M，N在同一位置的概率，则（   ） A． B．的最小值为 C．2秒后M，N在B处相遇的概率为 D．4秒后M，N首次回到A处且途中恰经过B，C，D各1次的概率大于 50．（多选题）（2025·福建莆田·二模）某校教研会上，共有3位统考科目（语文、数学、外语）教师，2位首选科目（物理、历史）教师，4位再选科目（化学、生物、政治、地理）教师进行发言，现用抽签的方式决定发言顺序，用事件（，）分别表示第位发言的是统考科目教师、首选科目教师、再选科目教师，则（    ） A． B． C． D． ( 题型07 ) 统计小题 51．（2025·福建莆田·二模）小明所在的学校每周都要进行数学周测，他将近8周的周测成绩统计如下：112，101，93，99，106，105，114，119，则这组数据的第25百分位数是（    ） A．99 B．100 C．101 D．113 52．（2025·福建龙岩·二模）甲、乙、丙三家公司生产同一种产品．三家公司的市场占有率如图所示，且甲、乙、丙三家公司产品的次品率分别为、和．若市场上该产品的次品率为，则（   ）    A．1 B．2 C．3 D．4 53．（多选题）（2025·福建福州·二模）有一组成对样本数据，设．由这组数据得到新成对样本数据．利用一元线性回归模型，根据最小二乘法，下列结论一定正确的是（   ）附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：．相关系数，决定系数（其中）． A．两条经验回归直线都过点 B．两条经验回归直线的截距相同 C．两组数据的相关系数相同 D．两组数据的决定系数相同 54．（多选题）（2025·福建三明·二模）下列说法正确的是（    ） A．一组数据“，，，，，”的第百分位数为 B．已知具有线性相关关系的变量、，设其样本点为，经验回归方程为，若，，则 C．若随机变量，且，则 D．若随机变量，且，则 55．（多选题）（2025·福建南平·二模）已知甲组数据的平均数为8，方差为2，由这组数据得到乙组数据，其中，则（    ） A．数据的平均数为 B．乙组数据的方差为11 C．数据的方差小于2 D．甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍 56．（多选题）（2025·福建厦门·二模）甲、乙两名篮球运动员连续5场比赛的得分如图所示，则（    ） A．甲得分的极差大于乙得分的极差 B．甲得分的平均数大于乙得分的平均数 C．甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D．甲得分的方差大于乙得分的方差 57．（多选题）（2025·福建漳州·二模）截至2025年3月17日中午12：58，国产动画电影《哪吒之魔童闹海》全球总票房已达151.25亿元人民币，强势跻身全球影史票房榜第五位，成为首部冲入该榜单前十的亚洲动画电影.下图是2025年1月29日至3月9日（共40天）该电影内地单日票房条形图，由此可知下列结论中正确的是（   ） A．这40天该电影内地单日票房中最高的是2月4日 B．这40天该电影内地单日票房中大于1亿元的天数比例超过70% C．这40天该电影内地单日藜房的第70百分位数大于5亿元 D．这40天该电影内地单日票房的平均数大于5亿元 58．（2025·福建宁德·二模）由如表所示的变量之间的一组数据，得之间的线性回归方程为，则（    ） 6 8 10 12 7 5.5 4.5 A．点一定在回归直线上 B．每增加1个单位，大约增加0.5个单位 C． D．去掉这组数据后，求得的回归直线方程斜率将变大 ( 题型08 ) 概率与统计综合应用 59．（2025·福建泉州·二模）为增强学生的法制意识，打造平安校园，某市组织该市的全体高中学生开展“智慧法治，平安校园”的知识竞赛，竞赛成绩经统计，得到如下的频率分布直方图： 用样本估计总体，以频率代替概率.现从该市的高中学生中随机抽取人，用表示成绩在的人数. (1)若，求的分布列与数学期望； (2)若，求使得取得最大值时的值. 60．（2025·福建泉州·二模）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取80名学生．通过测试得到了如下表数据： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 30 10 40 乙校 20 20 40 合计 50 30 80 (1)依据小概率值的独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果表中所有数据都扩大为原来的10倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因． (2)据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为30%，将频率视为概率，现根据甲、乙、丙三所学校总人数比例分别抽取了24人，30人，30人进行调查访谈．从这84人中任意抽取一名学生，求抽到数学成绩优秀学生的概率． 附：，其中． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 61．（2025·福建龙岩·二模）某项科研活动共进行了5次试验，其数据如下表所示： 特征量 第1次 第2次 第3次 第4次 第次 2 5 8 9 11 12 10 8 8 7 (1)根据表中的数据，计算相关系数； (2)求特征量关于的线性回归方程，并预测当特征量为12时特征量的值． 参考公式：相关系数 ，． 参考数据：，，． 62．（2025·福建厦门·二模）在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． (1)求与； (2)求； (3)证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 63．（2025·福建泉州·二模）泉州少年郎团队从2024年10月份以来，通过深度整合AI算法、大数据分析和自动化技术，不断优化产品与服务，显著提升了运营效率和市场竞争力，推动团队收入持续攀升.该团队在近7个月的经济收入（单位：百万元）的数据如下表： 月份编号 1 2 3 4 5 6 7 收入（百万元） 6 11 21 34 66 101 196 (1)根据以上数据绘制散点图，并根据散点图判断，与（均为大于零的常数）哪一个适宜作为该团队经济收入y关于月份x的回归方程模型？（给出判断即可，不必说明理由）并根据你的判断结果及表中的数据，求出y关于x的回归方程； (2)请你根据所求的回归方程，预测该团队下一个月的经济收入； (3)试从统计学角度分析，如果用所求的回归方程预测该团队接下来1年的经济收入情况是否合理？ 参考数据： 462 10.78 2711 50.12 2.82 3.47 其中设， 参考公式：，. 64．（2025·福建福州·二模）某校组织学生参观中国船政文化博物馆，并抽取20个学生进行船政文化知识竞赛，成绩如下： 53，79，76，92，63，63，65，77，66，68， 72，67，73，57，66，85，87，79，90，61． (1)根据以上数据，求成绩的上四分位数（说明：上四分位数即第75百分位数）； (2)在大于70分的成绩中随机抽取2个，设表示抽取的2个成绩中大于上四分位数的个数，求的分布列和数学期望． 65．（2025·福建漳州·二模）两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏，胜者得1分，负者得0分，两人玩一轮游戏是指：两人都出一次拳，若出现胜负，则该轮游戏结束；若平局，则两人继续出拳，直至出现胜负，则该轮游戏结束. (1)设甲、乙两人每次出三种拳的概率都相等，且各次出拳相互独立，当这两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏分出胜负时，甲共出拳X次，求X的分布列与； (2)现60人玩“石头、剪刀、布”游戏，任意两人都玩一轮该游戏.记第i个人的累计总得分为（，2，3，…，60）.对于这60人中的任意n人（）组成的集合T，若T中存在一人胜T中的其余所有人，则称T存在“全胜人”，并称这个人为T的“全胜人”；若T中存在一人负T中的其余所有人，则称T存在“全负人”，并称这个人为T的“全负人”；已知这60人中任意32人组成的集合都存在“全胜人”，也存在“全负人”. ①求； ②按如下方法在这60人中选出29人：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；除去，从余下的59人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全胜人”.记的累计总得分为（，2，3，…，29），证明：，，…，两两不相等； ③证明：，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列. 66．（2025·福建南平·二模）建瓯挑幡是国家级非物质文化遗产，常见动作招式有手舞东风转、肩扛南天松、肘擎中军令、牙咬北海塔.现有甲、乙两队进行挑幡比赛，规则如下：①比赛至多4局，每局比赛获胜方得1分，负方得0分，没有平局；②若一方先多得2分，则赢得比赛，比赛终止；③若4局后一方未多得2分，比赛也终止.假设每局比赛甲队获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立. (1)求比赛局数为的概率； (2)已知比赛终止时甲队得2分，求甲队赢得比赛的概率； (3)将（1）中作为某区挑幡爱好者完成常见动作招式的概率的值.现从该区挑幡爱好者中随机调查20人，设其中能完成动作招式的人数为，求使得最大的的值. 67．（2025·福建宁德·二模）某地组织全市高中学生开展青少年劳动技能知识竞赛，竞赛分为笔试和操作两部分，随机抽取了100名高中学生的笔试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示. (1)根据频率分布直方图，估计笔试成绩的样本平均数和第一四分位数. (2)用频率估计概率，笔试成绩在80分（含）以上记为良好.经统计，学生笔试等级为良好的情况下操作等级为良好的概率为0.8，学生笔试等级非良好的情况下操作等级为良好的概率为0.6.从全市所有高中学生中选取5人，记操作等级为良好的人数为，求的数学期望与方差. 68．（2025·福建三明·二模）某公司对其开发的AI软件进行测试，拟定让AI软件随机从指定题库中回答几道语文和数学问题，题库中语文与数学问题题数比例为.现经过测试得到测试数据，AI软件答对语文问题的概率为，AI软件答对数学问题的概率为. (1)若从该指定题库中随机选取4道题让AI软件回答，且4道问题是否答对相互独立，设X表示AI软件回答正确的题数，求X的期望； (2)若从该指定题库中随机选取几道题让AI软件回答，且每道问题是否答对相互独立，并规定连续答对2题或连续答错3题则停止答题，设Y表示AI软件回答问题的题数，求. ( 题型09 ) 新定义问题 69．（多选题）（2025·福建泉州·二模）在平面直角坐标系中，若对于上任意一点，图形上总存在唯一点与之对应，记为或， 且对于图形上的任意一点，图形总存在唯一点，使得． 则称图形与图形线性同胚，记为，则（    ） A．若线段与线段线性同胚，则 B．等边三角形与等腰直角三角形线性同胚 C．曲线与曲线线性同胚 D．若，则的面积与面积之比为 70．（多选题）（2025·福建三明·二模）若曲线与圆恰有两个公共点，且该曲线将圆的周长和面积同时等分成两个部分.则称该曲线为圆的“太极曲线”.则下列结论正确的是（    ） A．函数是圆的“太极曲线” B．存在不为常数函数的偶函数，使其为某个圆的“太极曲线” C．函数可以同时是无数个圆的“太极曲线” D．不存在实数，使得曲线为圆的“太极曲线” 71．（2025·福建宁德·二模）已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为 ，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为 . 72．（2025·福建泉州·二模）摩尔斯电码常用0和1组成的有序数组（，，）表示信息，被称为一个长为的字．设， 令表示使的的个数，例如，，则．若，则满足，字长为6的字中至少有3个1相邻的概率为 ． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 圆锥曲线与概率统计 题型概览 题型01 直线与圆 题型02 椭圆及其性质 题型03 双曲线及其性质 题型04 抛物线及其性质 题型05 二项式定理 题型06 概率的计算 题型07 统计小题 题型08 概率与统计综合应用 题型09 新定义问题 ( 题型01 ) 直线与圆 1．（2025·福建厦门·二模）已知直线：与圆：相切于点T，A是圆上一动点，点P满足，且以P为圆心，为半径的圆恰与相切，则的最大值为 ． 【答案】/ 【解析】设，则， 直线：与圆：相切于点T，则， 以P为圆心，为半径的圆恰与相切， 则可得，化简可得，且， 从而可设，且， 则， 由于，当且仅当，即时，等号成立， 所以，故的最大值为. 故答案为：. 2．（2025·福建漳州·二模）已知直线l过点，分别与直线：，：交于A，B两点，圆C：过A，B两点，则△ABC面积的最大值为 ；当△ABC面积取最大值时，直线l的方程为 【答案】 1 或 【解析】 由，则其圆心，半径，设， 易知，则当时，取得最大值为， 在等腰中， 当直线的斜率不存在时，直线， 代入直线，解得，则； 代入直线，解得，则； 所以，显然此时取得最大值为. 当直线的斜率存在时，可设直线， 联立可得，解得，，则； 联立可得，解得，，则； ， 由，则，解得，即直线， 所以取得最大值为，则直线或. 故答案为：；或. 3．（多选题）（2025·福建福州·二模）如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（   ） A．圆的圆心都在直线上 B．圆的方程为 C．若，则圆与轴有交点 D．设直线与圆在第二象限的交点为，则 【答案】ABC 【解析】圆的圆心，直线的方程为，即， 由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，故A正确； 显然，设点，则，而， 解得，，因此圆的圆心，半径为， 圆的方程为， 则圆的方程为，故B正确； 圆的圆心为，半径， 圆心到轴的距离为， 由两边平方得， ，，而 所以当时，圆与轴有交点，C选项正确. 在中，令，得点的纵坐标为，因此，故D错误． 故选：ABC. 4．（多选题）（2025·福建厦门·二模）过点的直线交圆于点P，Q，交圆于点M，N，其中T，P，Q，M，N顺次排列.若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】A选项：，，均为钝角， 因为，则，故，A选项正确. B选项：同上述分析可知，所以. 因为，所以，，B选项正确. C选项：取中点，则 ，C选项错误. D选项：因为，所以. 由B选项的分析可知，， 所以，D选项正确. 故选：ABD. ( 题型02 ) 椭圆及其性质 5．（2025·福建三明·二模）已知椭圆的左，右焦点分别为、，过且斜率为的直线l与椭圆C在x轴上方的交点为，的角平分线与线段交于点N，若，则椭圆C的离心率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设椭圆的半焦距为， 因为的角平分线， 则在中利用角平分线定理可知，， 因，，则，则， 由椭圆的定义可知，，则， 由直线的斜率为，则， 则在中利用余弦定理可得，， 即，得或（舍）， 则椭圆C的离心率是. 故选：A 6．（2025·福建龙岩·二模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，为坐标原点．若椭圆上的点满足，，则椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，过点作，垂足为， 由，知，所以，而， 所以，则， 由椭圆的定义知，，即， 所以椭圆的离心率为. 故选：A 7．（2025·福建厦门·二模）已知椭圆的焦点为，，P为上的一点，若的周长为18，则的离心率为 . 【答案】/0.8 【解析】因为椭圆长半轴大于半焦距，若椭圆的长半轴， 则的周长，不符合题意， 所以椭圆的长半轴为，所以， 解得，即，所以，， 所以椭圆的离心率为. 故答案为：. 8．（2025·福建南平·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的右顶点为，过的焦点且垂直于轴的弦长为2. (1)求的方程； (2)过点作斜率之积为1的两条不同的直线，若交于两点，交于两点，为的中点，直线与交于点. ①证明：为的中点； ②求面积的最大值. 【解析】（1）已知椭圆的右顶点为，根据椭圆的性质，右顶点坐标为，所以. 过椭圆的焦点且垂直于轴的弦长为，不妨设焦点为， 将代入椭圆方程，可得，即，那么弦长为. 把代入，可得. 所以椭圆的方程为. （2）①根据条件知道，两直线斜率存在且不为. 设直线方程，， 与椭圆联立，消去得到关于的一元二次方程. 根据韦达定理，可得，. 因为是AB中点，所以，，即. 同理可得CD中点. 联立直线MT与直线CD方程，解得交点坐标为，与点坐标相同，所以为CD中点.   ②已知，的面积，则. 对其化简： 先通分. 分子分母同时除以得， 因为，所以.   令，则. 根据基本不等式，对于，有，所以. 当且仅当，即，时，的面积取最大值. 9．（2025·福建泉州·二模）已知椭圆的离心率为，则的一个顶点与两个焦点构成的三角形是（   ） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．等腰非直角三角形 D．直角非等腰三角形 【答案】B 【解析】由椭圆离心率为，则，， 所以，， 所以的一个顶点与两个焦点构成的三角形是等腰直角三角形， 故选：B． 10．（2025·福建福州·二模）已知椭圆的两个焦点分别是，长轴长是短轴长的倍． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，以为直径的圆记为． （i）当直线过原点时，求与的交点坐标； （ii）是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【解析】（1）解法一：由于椭圆的焦点在轴上，设其标准方程为， 由条件得，解得， 所以的方程为． （2） 解法一：（i）当直线过原点时，直线的方程为， 将其与方程联立，可求两交点坐标分别为， 从而方程为． 联立与，得， 故与的交点坐标为． （ii）当直线垂直轴时，将代入中，得， 从而方程为． 当直线过原点时，方程为．联立与方程， 解得，或，故若过定点，则定点只能为或． 当直线斜率存在时，设其方程为，由于在直线上，可得． 由，得， 设，则． 若为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得不恒为零， 故定点为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得，故定点为． 综上，过定点，定点坐标为． 解法二：（i）同解法一 （ii）当直线垂直轴时，将代入中，得， 从而方程为． 当直线过原点时，方程为．联立与方程， 解得，若，故若过定点，则定点只能为或． 当直线斜率存在时，设其方程为，由于在直线上，可得． 由得， 设，则． 由，得的横坐标为，将其代入中，得， 所以的坐标为． 又， 若为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得不恒为零， 故定点不为． 若为所求定点，则必有，由于 ， 将代入，得，故定点为． 综上，过定点，定点坐标为． 解法三：（i）同解法一 （ii）当直线斜率存在时，设其方程为，由于在直线上，可得． 由得，设，则 ． 由得的横坐标为，将其代入中，得， 所以的坐标为． 又， 所以的方程为， 即． 由于 ， 所以由的方程得， 即． 又因为，将其代入上式，并整理化简得 ， 解方程组得，故此时过定点． 当直线垂直轴时，将代入中，得， 从而方程为，令得成立，故此时同样过点． 综上，过定点，定点坐标为． 11．（2025·福建漳州·二模）已知、分别为椭圆C：（）的左、右焦点，C的离心率为，P为C上一点，的周长为6. (1)求C的方程； (2)若P为C的上顶点，过且斜率不为0的直线l交C于A，B两点，交线段于点N，且，求l的方程. 【解析】（1）设焦距为2c，依题意，解得，， 所以，所以C的方程为. （2） 依题意，得，，， 则直线的方程为， 设l的方程为，，， 联立，得， 所以，， 联立，得N的纵坐标， 由于，所以，其中为的纵坐标， 因为N，必在A，B之间，所以，即， 所以，解得， 所以l的方程为. 12．（2025·福建宁德·二模）已知，点.在上任取一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点且斜率不为0的直线与曲线相交于两点. （i）若为原点，求面积的最大值； （ii）点，设点是线段上异于的一点，直线的斜率分别为，且，求的值. 【解析】（1）因为线段的垂直平分线与半径相交于点，所以. 又因为，所以，所以， 因为，， 所以的轨迹是以为左右焦点的椭圆. 所以，所以的方程为. （2）（i）方法一：设直线的方程为，点，， 由消去得：， 则，则或. ， 面积 令，则，， 当且，即时，面积的最大值为. 方法二：显然直线的斜率存在且非零，设直线的方程为，点，， 由 消去得：， 则，，则且， . 点到直线的距离， 所以面积 . 令，则， 当，即时，的最大值为，所以面积的最大值为. 方法三：显然直线的斜率存在且非零，设直线的方程为，点，， 由， 消去得：， 则，则且， . 点到线的距离， 所以面积 . ， 即当时，有最大值为. （ii）因为，所以直线的倾斜角互补，所以， 所以点在线段的垂直平分线上，所以. 于是，，. ，. ， 于是， 因为， 所以. 所以的值1. 13．（2025·福建厦门·二模）已知椭圆：的右焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)过点且不垂直于y轴的直线与E交于A，B两点，直线与E交于点C（异于A）． （i）证明：为等腰三角形； （ii）若点M是的外心，求面积的最大值． 【解析】（1）依题意可得，解得，所以， 所以椭圆方程为； （2）（i）设直线的方程为，，， 由，整理得， 所以，则， 所以，， 若轴，由，解得，则，此时的斜率，即（不合题意）， 所以、的斜率均存在， 所以， 又， 所以，即， 又因为、均在椭圆上， 由椭圆的对称性可知，即为等腰三角形； （ii）设的中点为，则，， 所以， 所以的垂直平分线为， 令可得，所以， 所以的面积， 令，设，， 所以， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值， 所以面积的最大值为. 14．（2025·福建泉州·二模）在直角坐标系中，直线过点，直线过点，且的斜率之积为，记与的交点的轨迹为． (1)求的方程； (2)点为的中点，过的直线与交于两点，设，若，求的取值的集合． 【解析】（1）解法一：设点，则，， 依题意，， 整理得． 因为，，故，所以的方程为（）． 解法二：联立两直线的方程 可得， 由，可得，即 ，故， 由，整理得． 因为，，故，所以的方程为（）． （2）解法一：由，可得． 记直线的斜率分别为，则． 设直线的斜率为，由（1）可知．则． 依题意可知， 直线与（）交于两点，可设直线． 由，可得． 设，则，（※）． 将（※）代入上式，可得． 所以的取值的集合．（没有写成集合形式不扣分） 解法二：由，可得， 记直线的斜率分别为，则． 依题意，． 直线与（）交于两点，可设直线． 由，可得． 设，则，（※）． 其中，（※） ． 将（※）代入上式，可得． 所以的取值的集合． ( 题型03 ) 双曲线及其性质 15．（2025·福建三明·二模）平面直角坐标系中，M是一个动点，直线与直线垂直，垂足位于第一象限，直线与直线垂直，垂足位于第四象限，且. (1)求动点M的轨迹方程C； (2)若过点的直线交曲线C于B、D两点，D关于x轴的对称点为点A（异于点B），直线AB与x轴交于点G，求面积的取值范围. 【解析】（1）设，直线与直线的夹角为，即， 又因为，所以， 又因为，， 所以，化简得， 由于位于第一象限，位于第四象限， 所以M的轨迹方程； （2）由题可知直线斜率不为0，故设直线BD方程为， ，，，， 联立直线BD与曲线C，可得且， 化简得，，， ，，所以， 设直线AB方程为， 令，得， 所以， 所以， 令，， 所以，，， 综上，面积的取值范围为. 16．（2025·福建泉州·二模）已知分别为双曲线的左、右焦点，直线过与交于两点，若，，则的渐近线为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 由，即，可得． 设，，，根据上述条件及双曲线的定义，可知 ，，． 又因为，所以， 故，，，． 在中，由， 得，得，即， 得，故的两条渐近线方程为． 故选：A． 17．（2025·福建厦门·二模）已知双曲线的顶点为，，虚轴的一个端点为，若为直角三角形，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【解析】不妨设双曲线方程为， 不妨取，，， 因为为直角三角形，且，则为等腰直角三角形， 所以，所以，则，所以， 双曲线的离心率. 故选：A 18．（2025·福建宁德·二模）已知直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，若线段的中点在直线上，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【解析】双曲线的渐近线方程为：， 设直线与的交点为，直线与的交点为， 则解得，即， 则解得，即， 所以线段的中点为， 因为点在直线上， 所以， 因为直线与双曲线的两条渐近线分别相交于，两点，所以， 即，化简得， 所以双曲线的离心率为. 故选：C. 19．（2025·福建南平·二模）已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【解析】由题可得，所以的离心率为. 故选：D 20．（多选题）（2025·福建龙岩·二模）已知双曲线的左，右焦点分别为，，左、右顶点分别为，．为双曲线在第一象限上的点，设，的斜率分别为，，且．过点作双曲线的切线与双曲线的渐近线交于，两点，则（   ） A．的值随着的增大而减小 B．双曲线的离心率为 C． D． 【答案】ABD 【解析】对于A，双曲线的左顶点为，右顶点为， 渐近线为，在中， 由正弦定理可知， 显然，均为锐角且随着的增大分别减小与增大， 即，随着的增大分别减小与增大且均为正数， 的值随着的增大而减小，故A正确； 对于B，由，则，因为左顶点为，右顶点为， 即，所以，，故B正确； 对于C，显然，且，，故C错误； 对于D，可设双曲线， 在点处的切线方程为， 联立可得， 联立可得， 点为线段的中点，即，故D正确； 故选：ABD. 21．（2025·福建福州·二模）已知双曲线的右焦点为，其左、右顶点分别为，过且与轴垂直的直线交于两点，直线与交于点，若与的面积相等，则的离心率为 ． 【答案】2 【解析】双曲线左顶点，右顶点，右焦点（其中， 将代入双曲线方程可得，解得， 不妨设和， 直线的斜率为，其方程为：， 同理可得直线的方程为：，直线的方程为：， 即直线的一般式方程为， 联立直线与直线，解得：，即， 因为与的面积相等，所以点到直线的距离等于点到直线的距离， 即：，因为，所以化简得，即， 故答案为：2 22．（2025·福建福州·二模）双曲线的两个焦点为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与的左右两支分别交于两点，且，则的离心率为 . 【答案】 【解析】不妨设双曲线的标准方程为，则， 设过的直线与圆相切于点，则在中，， 且点位于双曲线的右支，如图所示， 在中，由正弦定理得， ， 又， ， 在中，， 即， 化简得，即. 故答案为：. 23．（2025·福建泉州·二模）已知双曲线的右焦点为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)设的右顶点为，过点的直线与的右支交于两点，记直线的斜率分别为，证明：为定值； (3)已知点是上任意一点，直线：是在点处的切线，点是上异于点的动点，且过点与（为坐标原点）平行的直线交于两点，定义为双曲线在点处的切割比，记为，求切割比． 【解析】（1）因为双曲线的右焦点为，所以， 所以的离心率为，所以，， 故的标准方程为．                    （2）由（1）知，由题意知的斜率不为0， 设的方程为，，， 联立方程，得，得， 所以， ，， 所以 ．   （3）由题意知， 所以在点处的切线方程为． 易知直线的斜率， 可设直线的方程为，，． 由方程组，解得， 所以点的坐标为，所以． 由方程组，消去可得， 则， 所以，，         所以， 同理可得，           所以 ， 所以，即．    ( 题型04 ) 抛物线及其性质 24．（2025·福建福州·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点为上一点，过点作的垂线，垂足为，若，且点在直线上，则直线的斜率为（   ） A．或 B．或 C．1或 D．或 【答案】B 【解析】由题意，，准线为， 设，则， 由于，则为的中点，即， 又点在直线上， 则，解得，则. 故选：B. 25．（多选题）（2025·福建泉州·二模）已知为抛物线的焦点，点在上，过作的切线交轴于点，则下列说法正确的是（    ） A．的斜率为定值 B．若圆被截得弦长为，则 C． D．若平行的直线与相切于点，则 【答案】AC 【解析】 对于A选项，由题设的斜率必定存在且不为零，而， 当，设， 由 可得，故， 而，故，故此时切线的斜率为； 当，同理可求切线的斜率为，故A正确； 对于B选项，由对称性不妨设， 则由A可得切线方程为即， 而圆心到的距离为，故，故B错误； 对于C选项，根据对称性，不妨取，由A中的切线方程得， 又，故，故C正确； 对于D选项，根据对称性，不妨取由C的分析可得， 又，设，且抛物线在处的切线方程为， 由可得， 故，故， 故切线的斜率为，故，故，， 而，故，故D错误． 故选：AC． 26．（多选题）（2025·福建宁德·二模）若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】当时，，抛物线方程为：. 此时，该直线与抛物线只有一个交点，符合已知条件. 那么抛物线的焦点坐标为：. 当时，联立直线与抛物线方程：. 消去，整理得，进一步化简得： . 因为直线与抛物线只有一个交点，所以判别式为0，即： ，解得（舍去）或者. 所以抛物线方程为：，此时焦点坐标为. 故选：BC. 27．（多选题）（2025·福建莆田·二模）已知抛物线的焦点为，点，为上的动点，则（    ） A．满足的点恰有两个 B．满足面积为的点恰有三个 C．的最小值为3 D．的最小值为 【答案】BCD 【解析】满足的点位于线段的垂直平分线上，其直线方程为，与仅有一个交点，故A错误； 设到直线的距离为，，则，所以在直线或轴上，这样的点有三个，故B正确； 如图1，点在抛物线外，，故的最小值为，故C正确； 如图2，过作轴平行线，与准线交于点，与抛物线交于点，根据抛物线定义，，此时有最小值，故D正确． 故选：BCD． 28．（2025·福建泉州·二模）已知抛物线上位于第一象限内的点到抛物线的焦点的距离为5，过点作圆的切线，切点为，则 ． 【答案】 【解析】在抛物线中，，则，所以焦点，准线方程为． 设点，根据抛物线的定义，可得， 解得．把代入，得， 因为，所以，即． 圆，圆心为，半径， 故． 故答案为：． 29．（2025·福建泉州·二模）已知为坐标原点，抛物线：，过点（0，4）的直线与相交于M，N两点. (1)求； (2)过M，N分别作的两条切线，，记，的交点为P. （i）求面积的最小值； （ii）设A，B分别为，与x轴的交点，证明：的外接圆过定点. 【解析】（1）根据题意直线斜率存在，设直线，，， 联立抛物线：得， 方程的判别式， ，， ， 所以. （2）（i）抛物线，，所以，的斜率分别为， 则，，交点即， 点到直线的距离，，，当时取等， 所以面积的最小值为32. （ii）证明：，与x轴的交点坐标，， ，，的中点为， 所以垂直平分线方程为， 又垂直平分线方程为，所以的外接圆圆心为即，半径， 所以外接圆方程为， 即，故， 所以恒过定点和， 故的外接圆过定点. 30．（2025·福建龙岩·二模）已知曲线，点为曲线的焦点，点为曲线上一点，且． (1)求曲线的方程； (2)设曲线，若过点的直线与曲线，从左到右依次相交于点，，，． （i）证明：为定值； （ii）若直线，（为坐标原点）分别交直线于点，，求的最小值． 【解析】（1）因，设，则， 即，化简得：，解得或（舍）， 抛物线的方程为． （2）（i）由得，圆心，半径为1， 抛物线的焦点与的圆心重合，即为， 显然，直线斜率存在，设直线方程为，设点、， 联立方程，消去并整理得， ，由韦达定理得，． 由抛物线的定义可知，，，． ， 即为定值1； （ii）由（i）可知：． ，则直线的方程为， 由可得， 同理直线的方程为，由可得， ， 设，，， 当，即，即时，的最小值是． 31．（2025·福建厦门·二模）设抛物线的焦点为，过的直线交于A，B两点（在第一象限），当垂直于轴时，. (1)求的方程； (2)过且与垂直的直线交于，两点（在第一象限），直线与直线和分别交于P，Q两点. （i）当的斜率为时，求； （ii）是否存在以为直径的圆与轴相切？若存在，求，的方程；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）设各点坐标分别为，，，，其中，. 由题意可知，当轴时，直线的方程为， 将代入，可得，， 所以，，所以C的方程为； （2） （i）依题意，直线的方程为，即， 由得， 故，，则，. 直线的方程为，即， 由得， 故，，则，. 所以直线的方程为，令得， 直线的方程为，令得， 所以； （ii）方法一：设直线的方程为，不妨设. 由得，，同理. 直线的方程为，即 令得. 由于，，所以. 从而的中点恒为，以为直径的圆与轴相切等价于. 若，则. 由得，， 故， ， 所以， 不妨如图设点的分布，可知， 所以， 所以， 因此，回代得， 而判别式，该方程无解， 从而不存在以为直径的圆与轴相切； 方法二：设直线的方程为，其中. 由得， ，. 因为，所以，. 从而. 令得. 故. 当且仅当时，等号成立， 同理，而P，Q分别在第一、第四象限， 故，从而不存在以为直径的圆与轴相切. ( 题型05 ) 二项式定理、排列组合 32．（2025·福建三明·二模）县委组织部拟派六位大学生村官对五个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，其中甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】先考虑将六位大学生村官分派到五个贫困村的分法种数， 则五个贫困村分派的村官人数分别为、、、、， 不同的派遣方案种数为； 接下来考虑甲、乙两位大学生村官分派在同一个贫困村，则不同的派遣方案种数为种， 由间接法可知，甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有种. 故选：B. 33．（2025·福建福州·二模）展开式中常数项是（   ） A．20 B．15 C． D． 【答案】D 【解析】根据题意，的展开式的通项公式， 令，解得， 所以常数项为. 故选：D 34．（2025·福建漳州·二模）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C．15 D．20 【答案】A 【解析】的展开式的通项为， 令，得，则， 则的展开式中项的系数为. 故选：A 35．（2025·福建厦门·二模）在的展开式中各二项式系数的和为32，则的系数为（    ） A．10 B．40 C．80 D．120 【答案】C 【解析】依题意，，解得， 则二项式的通项为， 取，即得的系数为. 故选：C. 36．（2025·福建宁德·二模）已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大.若展开式中所有项的系数和为16，则的值为（    ） A． B．1 C．或3 D．或1 【答案】D 【解析】因为的展开式中只有第3项的二项式系数最大， 故，解得， 依题意，令，有，解得或， 故选：D. 37．（多选题）（2025·福建福州·二模）已知二项展开式，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】对于A，令，得，故A正确； 对于B，令，得①， 则，故B错误； 对于C，令，得②， 由①②可得，故C错误； 对于D，由可知，， 所以，故D正确. 故选：AD. 38．（2025·福建福州·二模）某活动现安排6名志愿者去甲、乙、丙3个活动场地配合工作，每个活动场地去2名志愿者，其中志愿者A去甲活动场地，志愿者B不去乙活动场地，则不同的安排方法共有（    ） A．18种 B．12种 C．9种 D．6种 【答案】A 【解析】根据题意，分2类讨论． 第一类，去甲活动场地，则在一起，都去甲活动场地， 将剩下4人分为2组，安排在乙、丙两个活动场地即可， 有（种）安排方法； 第二类，不去甲活动场地，则必去丙活动场地， 在剩下4人中选出2人安排在乙活动场地， 再将剩下2人分别安排到甲、丙活动场地， 有（种）安排方法． 根据分类加法计数原理，共有（种）安排方法． 故选：A. 39．（2025·福建厦门·二模）设，则（   ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 【答案】A 【解析】令易知， 令可得，， 所以. 故选：A. 40．（2025·福建厦门·二模）四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有 种． 【答案】 【解析】当A，B不相邻时，采用插空法，先排其余两人再让A，B插空， 共有种排法； 当A，B相邻时，将看作一个整体，并且在的右边， 相当于个人排队，则不同的排法有种； 所以共有种. 故答案为：. 41．（2025·福建三明·二模）的展开式中，含的项的系数为 .（用数字作答） 【答案】 【解析】的展开式的通项为， 因为， 在中，， 令，可得； 在中，，令，可得. 因此，展开式中含项的系数为. 故答案为：. 42．（2025·福建龙岩·二模）在的展开式中，各二项式系数的和与含的项系数之比为，则的值为 ． 【答案】 【解析】由题可知各二项式系数的和为， 由的展开式中的， 根据它们的比为可得：， 故答案为： ( 题型06 )概率的计算 43．（2025·福建莆田·二模）从1，2，…，2024中任取两数（可以相同），则的个位是7的概率为 ． 【答案】 【解析】从1，2，…，2024中任取两数（可以相同），共有种不同取法， 因为的个位数字随着从1开始，依次是7，9，3，1，7，…，周期变化，的个位数字随着从1开始，则依次是8，4，2，6，8，…，周期变化，故它们的周期均为4， 所以1～2024中，共有，，，（），4种数型，且每种数型的个数是相同的，都是506个． 又和的尾数中只有，，三种情形中个位数字是7， 即，；，；，时，的个位数字是7． 又，；，，所以满足的个位数字是7的取法有种取法，所以所求概率为． 故答案为：. 44．（2025·福建厦门·二模）6根长度相同的绳子平行放置在桌面上，分别将左、右两边的6个绳头各自随机均分成3组，然后将每组内的两个绳头打结，则这6根绳子恰能围成一个大圈的概率为 . 【答案】 【解析】左、右两边的各6个绳头各自随机均分成3组， 共有种， 先选定左边第一条绳子的绳头，然后从左边剩下的5个绳头里任取一个打结， 然后按照从右边4个绳头里任取一个，从左边3个绳头里任取一个，从右边2个绳头里任取一个的顺序打结，一共有种， 所以6根绳子恰能围成一个大圈的概率为. 故答案为： 45．（2025·福建泉州·二模）若随机事件A，B满足，，，则 . 【答案】/ 【解析】因为，，， 则. 故答案为：. 46．（2025·福建厦门·二模）已知随机变量，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】，解得，所以. 故选：B. 47．（2025·福建泉州·二模）已知随机变量服从正态分布，记函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为随机变量服从正态分布，所以该正态分布曲线的对称轴为，， 所以函数是单调递增函数，则，故ABC错误； 又，所以，故D正确； 故选：D． 48．（2025·福建·二模）2024年国家公务员考试笔试已于2023年11月25日结束，公共科目包括行政职业能力测验和申论两科，满分均为100分，行政职业能力测验中，考生成绩X服从正态分布.若，则从参加这次考试的考生中任意选取3名考生，至少有2名考生的成绩高于90的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因考生成绩服从正态分布， 所以， 故任意选取3名考生， 至少有2名考生的成绩高于90的概率为． 故选：B. 49．（多选题）（2025·福建漳州·二模）在正四面体ABCD中，质点M，N的初始位置均在正四面体顶点A处，它们每隔1秒钟都沿着正四面体的棱移到另一个顶点1次.当M，N在同一位置时，将各自独立等可能地移向另三个顶点之一；当M，N在不同位置时，移到对方位置的概率均为，往另两个位置移动的概率均为.记为n秒后M，N在同一位置的概率，则（   ） A． B．的最小值为 C．2秒后M，N在B处相遇的概率为 D．4秒后M，N首次回到A处且途中恰经过B，C，D各1次的概率大于 【答案】ACD 【解析】选项A： 的初始位置均在点处，1秒后： 若均移动到同一顶点（）的概率为. 若移动到不同顶点的概率为，但此时不在同一位置. 因此，，选项A正确. 选项B： 通过递推公式， 可得通项为：，所以选项B错误. 选项C： 2秒后在处相遇说明，第一秒时均不在处，第二秒时均在处. 共有四种情况的路径： ①当时，概率为. ②当时，概率为. ③当时，概率为. ④当时，概率为. 所以，2秒后在处相遇的概率为：. 所以选项C正确. 选项D：分情况讨论 ①当在这4秒中经过的路径完全相同时，比如：. 共有6种路径，总概率为：. ②当在这4秒中经过的路径完全不相同时即在处完全不相遇时，比如：. 共12种情况，此时概率为：. ③当在这4秒中经过的路径中有一次相遇时即在处相遇一次时，比如： . 共有18种情况，此时概率为：. 综合以上三种讨论，满足D选项的总概率为：.故D正确. 故选：ACD. 50．（多选题）（2025·福建莆田·二模）某校教研会上，共有3位统考科目（语文、数学、外语）教师，2位首选科目（物理、历史）教师，4位再选科目（化学、生物、政治、地理）教师进行发言，现用抽签的方式决定发言顺序，用事件（，）分别表示第位发言的是统考科目教师、首选科目教师、再选科目教师，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】或，故A正确； ，或，故B错误； 或，所以，故C正确； 因为，， 所以，D正确． 故选：ACD． ( 题型07 ) 统计小题 51．（2025·福建莆田·二模）小明所在的学校每周都要进行数学周测，他将近8周的周测成绩统计如下：112，101，93，99，106，105，114，119，则这组数据的第25百分位数是（    ） A．99 B．100 C．101 D．113 【答案】B 【解析】这组数据从小到大排列为93，99，101，105，106，112，114，119， 由，得这组数据的第25百分位数是. 故选：B 52．（2025·福建龙岩·二模）甲、乙、丙三家公司生产同一种产品．三家公司的市场占有率如图所示，且甲、乙、丙三家公司产品的次品率分别为、和．若市场上该产品的次品率为，则（   ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】设从出厂产品中任取一件，它是次品为事件， 则， 解得. 故选：C 53．（多选题）（2025·福建福州·二模）有一组成对样本数据，设．由这组数据得到新成对样本数据．利用一元线性回归模型，根据最小二乘法，下列结论一定正确的是（   ）附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：．相关系数，决定系数（其中）． A．两条经验回归直线都过点 B．两条经验回归直线的截距相同 C．两组数据的相关系数相同 D．两组数据的决定系数相同 【答案】CD 【解析】对于A，因为， ，所以新成对样本数据过点，故A错误； 对于 B，因为， 所以新成对样本数据的回归直线的截距为，故B错误； 对于 C，因为新成对样本数据的相关系数 ， 所以两组数据的相关系数相同，故C正确； 对于D，因为新成对样本数据的决定系数 ， ， 其中，， 所以， 所以两组数据的决定系数相同，故D正确. 故选：CD. 54．（多选题）（2025·福建三明·二模）下列说法正确的是（    ） A．一组数据“，，，，，”的第百分位数为 B．已知具有线性相关关系的变量、，设其样本点为，经验回归方程为，若，，则 C．若随机变量，且，则 D．若随机变量，且，则 【答案】AC 【解析】对于A选项，因为，因此，该组数据的的第百分位数为，A对； 对于B选项，由已知可得，， 将样本中心点的坐标代入经验回归方程得，解得，B错； 对于C选项，若随机变量，且，可得， 则，C对； 对于D选项，若随机变量，且， 则，D错. 故选：AC. 55．（多选题）（2025·福建南平·二模）已知甲组数据的平均数为8，方差为2，由这组数据得到乙组数据，其中，则（    ） A．数据的平均数为 B．乙组数据的方差为11 C．数据的方差小于2 D．甲组数据的第25百分位数是乙组数据的第25百分位数的2倍 【答案】AC 【解析】数据的平均数为8，数据， 对于A，由题，， ， 所以数据的平均数为 ，故A正确； 对于B，由题乙组数据的方差为，故B错误； 对于C，由题可得数据的平均数为8， 所以数据的方差为 ，故C正确； 对于D，因为， 所以甲组数据的第25百分位数是第二大数据设为，则乙组数据的第25百分位数是， 甲组数据的第25百分位数小于乙组数据的第25百分位数的2倍，故D错误. 故选：AC 56．（多选题）（2025·福建厦门·二模）甲、乙两名篮球运动员连续5场比赛的得分如图所示，则（    ） A．甲得分的极差大于乙得分的极差 B．甲得分的平均数大于乙得分的平均数 C．甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D．甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】BC 【解析】甲场比赛得分由低到高分别为， 乙场比赛得分由低到高分别为， 则甲的极差为，乙的极差为， 故甲得分的极差小于乙得分的极差，故A错误； 甲的平均数，乙的平均数， 则甲得分的平均数大于乙得分的平均数，故B正确； 甲的中位数为，乙的中位数为， 则甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确； 甲的方差， 乙的方差， 故甲得分的方差小于乙得分的方差，故D错误. 故选：BC 57．（多选题）（2025·福建漳州·二模）截至2025年3月17日中午12：58，国产动画电影《哪吒之魔童闹海》全球总票房已达151.25亿元人民币，强势跻身全球影史票房榜第五位，成为首部冲入该榜单前十的亚洲动画电影.下图是2025年1月29日至3月9日（共40天）该电影内地单日票房条形图，由此可知下列结论中正确的是（   ） A．这40天该电影内地单日票房中最高的是2月4日 B．这40天该电影内地单日票房中大于1亿元的天数比例超过70% C．这40天该电影内地单日藜房的第70百分位数大于5亿元 D．这40天该电影内地单日票房的平均数大于5亿元 【答案】ABC 【解析】对于A，由图可知月日对应的柱子最高，即单日票房最高，故A正确； 对于B，由图可知单日票房小于亿元的有天，大于亿元的有天，则，故B正确； 对于C，由图可知单日票房大于亿元的有天，小于亿元的有天，且， 由图易知第个百分位数一定大于亿元，故C正确； 对于D，由C可知，大于亿元的仅仅天，则平均数一定小于亿元，故D错误. 故选：ABC. 58．（2025·福建宁德·二模）由如表所示的变量之间的一组数据，得之间的线性回归方程为，则（    ） 6 8 10 12 7 5.5 4.5 A．点一定在回归直线上 B．每增加1个单位，大约增加0.5个单位 C． D．去掉这组数据后，求得的回归直线方程斜率将变大 【答案】C 【解析】由题意可得，， 因为回归直线方程一定过样本中心点， 所以，解得，故C正确； 当，所以点不在回归直线上，故A错误； 每增加1个单位，大约减少0.5个单位，故B错误； 当，所以在回归直线上，故去掉点 不影响回归直线方程，故D错误. 故选：C. ( 题型08 ) 概率与统计综合应用 59．（2025·福建泉州·二模）为增强学生的法制意识，打造平安校园，某市组织该市的全体高中学生开展“智慧法治，平安校园”的知识竞赛，竞赛成绩经统计，得到如下的频率分布直方图： 用样本估计总体，以频率代替概率.现从该市的高中学生中随机抽取人，用表示成绩在的人数. (1)若，求的分布列与数学期望； (2)若，求使得取得最大值时的值. 【解析】（1）由频率分布直方图中所有直方图的面积之和为， 可得，所以， 样本中，成绩在的高中生所占的频率为， 当时，由题意可知， 所以，， ，， 故随机变量的分布列如下表所示： 所以，. （2）由题意可知，因为最大，则， 所以，解得， 因为，可得， 故使得取得最大值时的值为. 60．（2025·福建泉州·二模）为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用简单随机抽样的方法抽取80名学生．通过测试得到了如下表数据： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 30 10 40 乙校 20 20 40 合计 50 30 80 (1)依据小概率值的独立性检验，分析两校学生中数学成绩优秀率之间是否存在差异；如果表中所有数据都扩大为原来的10倍．在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因． (2)据调查，丙校学生数学成绩的优秀率为30%，将频率视为概率，现根据甲、乙、丙三所学校总人数比例分别抽取了24人，30人，30人进行调查访谈．从这84人中任意抽取一名学生，求抽到数学成绩优秀学生的概率． 附：，其中． α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【解析】（1）零假设：两校学生中数学成绩优秀率之间没有差异， 因为， 依据小概率值的独立性检验，没有充分的理由推断不成立， 所以认为两校学生中数学成绩优秀率之间没有差异． 所有数据都扩大10倍后： ． 这时两校学生中数学成绩优秀率之间有关系， 所以相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论不一样， 主要是因为样本容量的不同，只有当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高． （2）抽取甲、乙、丙三所学校优秀学生人数分别为： ， 记分别为事件“抽到的学生来自甲、乙、丙学校”，为事件“抽到一名优秀学生”，则， ， 所以抽到数学成绩优秀学生的概率 ． 61．（2025·福建龙岩·二模）某项科研活动共进行了5次试验，其数据如下表所示： 特征量 第1次 第2次 第3次 第4次 第次 2 5 8 9 11 12 10 8 8 7 (1)根据表中的数据，计算相关系数； (2)求特征量关于的线性回归方程，并预测当特征量为12时特征量的值． 参考公式：相关系数 ，． 参考数据：，，． 【解析】（1）由题意得，， ， ，， 相关系数． （2）由（1）知，， ， 所求的线性回归方程是． 当特征量为12时，可预测特征量． 62．（2025·福建厦门·二模）在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． (1)求与； (2)求； (3)证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 【解析】（1）表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故， 表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球， 第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次， 则． （2）依题意可得：， 则， 所以 设， ， 作差可得， 所以， 所以 （3）设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数， 则，其中， 则， ， 设， 作差可得：， 所以， 所以，即， 令，当时，，所以在单调递增， 所以，即， 所以， 所以． 63．（2025·福建泉州·二模）泉州少年郎团队从2024年10月份以来，通过深度整合AI算法、大数据分析和自动化技术，不断优化产品与服务，显著提升了运营效率和市场竞争力，推动团队收入持续攀升.该团队在近7个月的经济收入（单位：百万元）的数据如下表： 月份编号 1 2 3 4 5 6 7 收入（百万元） 6 11 21 34 66 101 196 (1)根据以上数据绘制散点图，并根据散点图判断，与（均为大于零的常数）哪一个适宜作为该团队经济收入y关于月份x的回归方程模型？（给出判断即可，不必说明理由）并根据你的判断结果及表中的数据，求出y关于x的回归方程； (2)请你根据所求的回归方程，预测该团队下一个月的经济收入； (3)试从统计学角度分析，如果用所求的回归方程预测该团队接下来1年的经济收入情况是否合理？ 参考数据： 462 10.78 2711 50.12 2.82 3.47 其中设， 参考公式：，. 【解析】（1）散点图如图所示， 根据散点图判断，适宜作为5G经济收入y关于月代码x的回归方程类型， ，两边同时取常用对数得：， 设，， ， ， ， ， 把样本中心点代入，得：， ，， ， y关于x的回归方程：. （2）当时，， 所以预测该公司2025年5月份的经济收入估计为347百万元. （3）不合理,经验回归方程一般具有时效性，解释变量越接近样本数据，预测值比较可信，否则会有显著误差. 64．（2025·福建福州·二模）某校组织学生参观中国船政文化博物馆，并抽取20个学生进行船政文化知识竞赛，成绩如下： 53，79，76，92，63，63，65，77，66，68， 72，67，73，57，66，85，87，79，90，61． (1)根据以上数据，求成绩的上四分位数（说明：上四分位数即第75百分位数）； (2)在大于70分的成绩中随机抽取2个，设表示抽取的2个成绩中大于上四分位数的个数，求的分布列和数学期望． 【解析】（1）把20个成绩按从小到大排序，可得 53，57，61，63，63，65，66，66，67，68， 72，73，76，77，79，79，85，87，90，92． 由，可知成绩的上四分位数为第15个成绩与第16个成绩的平均数，即； （2）由数据可知，成绩大于70分的有10个，大于上四分位数79的成绩有4个， 根据题意，的所有可能取值为0，1，2， ， 则的分布列为 0 1 2 所以的数学期望． 65．（2025·福建漳州·二模）两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏，胜者得1分，负者得0分，两人玩一轮游戏是指：两人都出一次拳，若出现胜负，则该轮游戏结束；若平局，则两人继续出拳，直至出现胜负，则该轮游戏结束. (1)设甲、乙两人每次出三种拳的概率都相等，且各次出拳相互独立，当这两人玩一轮“石头、剪刀、布”游戏分出胜负时，甲共出拳X次，求X的分布列与； (2)现60人玩“石头、剪刀、布”游戏，任意两人都玩一轮该游戏.记第i个人的累计总得分为（，2，3，…，60）.对于这60人中的任意n人（）组成的集合T，若T中存在一人胜T中的其余所有人，则称T存在“全胜人”，并称这个人为T的“全胜人”；若T中存在一人负T中的其余所有人，则称T存在“全负人”，并称这个人为T的“全负人”；已知这60人中任意32人组成的集合都存在“全胜人”，也存在“全负人”. ①求； ②按如下方法在这60人中选出29人：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；除去，从余下的59人中任选32人，记这32人组成的集合的“全胜人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全胜人”.记的累计总得分为（，2，3，…，29），证明：，，…，两两不相等； ③证明：，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列. 【解析】（1）X的所有可能取值为1，2，3，…. 因为甲每次出拳时，平局的概率为，分出胜负的概率为， “”表示“甲、乙这两人玩一轮该游戏分出胜负时，甲共出拳k次”，即“甲前次出拳都平局，第k次出拳时分出胜负”， 所以X的分布列为，其中，即 X 1 2 … k … P … … 所以. （2）①因为任意两人玩一轮该游戏，都产生1分，60人共玩了轮该游戏， 所以. ②由题意，存在1，2，…，29的一个排列，，…，，使得对于，2，…，28，都有的“全胜人”为.（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人：若中存在“全胜人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合，若该集合还存在“全胜人”，则再剔除这个人；…；依次类推，最后必存在t个人，这t人组成的集合不存在“全胜人”，记这t个人为，，…，（）.现考虑选时的32人组，记为，用，，…，替换，，…，后得到另一个32人组成的集合，该集合不存在“全胜人”，与条件矛盾）. 记60人中除，，…，外的其余31人为，，…，. 由题意的选人规则可知（），且胜所有的（）. 现考虑（），若没有全胜所有的（），则存在胜，则存在“胜环”：→→…→→→（A→B表示A胜B）. 现考虑选时的32人组，记为，用，…，，替换，，…，后得到另一个32人组，这个集合无“全胜人”，与条件矛盾.因此（）胜所有的（），从而（），故，，…，两两不相等. ③由②可知，，…，是31，32，…，59的一个排列. 现按如下方法选出29个“全负人”：先在这60人中任选32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出：除去，从余下的59人中任选出32人，记这32人组成的集合的“全负人”为，选出；…；依此类推，直至选出第29个“全负人”. 记的累计得分为（），用与②类似的方法可以证明，，…，是0，1，…，28的一个排列，并且除（）和（）外剩余的两人都胜所有的（）且都负所有的（），因此这两人的累计总得分只能是29或30，又这两人的累计总得分之和为，所以这两人的累计总得分只能是一个29，另一个30. 综上可知，，，…，是0，1，2，…，59的一个排列. 【注】“，，…，是0，1，…，28的一个排列”的具体证明如下： 由选人规则可知存在1，2，…，29的一个排列，，…，，使得对于，2，…，28，都有的“全负人”为.（假设上面结论不成立，按下面方法剔除人；若中存在“全负人”，则剔除这个人；再考虑剩下的28人组成的集合，若该集合还存在“全负人”，则剔除这个人；…；依次类推，最后必存在r个人，这r人组成的集合不存在“全负人”，记这r个人为，，…，（）.现考虑选时的32人组，记为，用，，…，替换，，…，后得到另一个32人组成的集合，该集合不存在“全负人”，与条件矛盾）. 记60人中除，…，外的其余31人为，，…，， 由选人规则可知（），且所有的都胜（）. 现考虑（），若没有所有的都胜（），则存在使得胜，从而存在“胜环”：→→→…→→. 现考虑选时的32人组，记为，用，…，，替换，，…，后得到另一个32人组，这个集合无“全负人”，与条件矛盾.因此所有的（）都胜所有的（），从而（），故，，…，是0，1，…，28的一个排列. 66．（2025·福建南平·二模）建瓯挑幡是国家级非物质文化遗产，常见动作招式有手舞东风转、肩扛南天松、肘擎中军令、牙咬北海塔.现有甲、乙两队进行挑幡比赛，规则如下：①比赛至多4局，每局比赛获胜方得1分，负方得0分，没有平局；②若一方先多得2分，则赢得比赛，比赛终止；③若4局后一方未多得2分，比赛也终止.假设每局比赛甲队获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立. (1)求比赛局数为的概率； (2)已知比赛终止时甲队得2分，求甲队赢得比赛的概率； (3)将（1）中作为某区挑幡爱好者完成常见动作招式的概率的值.现从该区挑幡爱好者中随机调查20人，设其中能完成动作招式的人数为，求使得最大的的值. 【解析】（1）依题意比赛局数为或， 又比赛局数为的概率， 比赛局数为的概率， （2）记比赛终止时甲队得2分为事件，甲队赢得比赛为事件， 则， ， 所以. （3）依题意， 所以，且， 令，即， 即，解得， 又，所以. 67．（2025·福建宁德·二模）某地组织全市高中学生开展青少年劳动技能知识竞赛，竞赛分为笔试和操作两部分，随机抽取了100名高中学生的笔试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示. (1)根据频率分布直方图，估计笔试成绩的样本平均数和第一四分位数. (2)用频率估计概率，笔试成绩在80分（含）以上记为良好.经统计，学生笔试等级为良好的情况下操作等级为良好的概率为0.8，学生笔试等级非良好的情况下操作等级为良好的概率为0.6.从全市所有高中学生中选取5人，记操作等级为良好的人数为，求的数学期望与方差. 【解析】（1）设笔试成绩样本平均数为，第一四分位数（即下四分位数）为， 则 前一组频率为，前两组频率之和为， 所以第一四分位数（即下四分位数）落在第二组内，则，解得； （2）记“笔试成绩等级良好”为事件，“操作成绩等级为良好”为事件， 依题意，，，， 所以， 则，所以，. 68．（2025·福建三明·二模）某公司对其开发的AI软件进行测试，拟定让AI软件随机从指定题库中回答几道语文和数学问题，题库中语文与数学问题题数比例为.现经过测试得到测试数据，AI软件答对语文问题的概率为，AI软件答对数学问题的概率为. (1)若从该指定题库中随机选取4道题让AI软件回答，且4道问题是否答对相互独立，设X表示AI软件回答正确的题数，求X的期望； (2)若从该指定题库中随机选取几道题让AI软件回答，且每道问题是否答对相互独立，并规定连续答对2题或连续答错3题则停止答题，设Y表示AI软件回答问题的题数，求. 【解析】（1）设“一次回答问题，AI软件答对问题”，“选出语文问题让AI回答”，（注：若设事件合理则得分） 依题意，，，，， 所以， 依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，， 所以. （2）设“共回答5道题后停止，其中最后2道题AI软件均答对”，“共回答5道题后停止，其中最后3道题AI软件均答错”， 那么，所以， 所以， 所以. ( 题型09 ) 新定义问题 69．（多选题）（2025·福建泉州·二模）在平面直角坐标系中，若对于上任意一点，图形上总存在唯一点与之对应，记为或， 且对于图形上的任意一点，图形总存在唯一点，使得． 则称图形与图形线性同胚，记为，则（    ） A．若线段与线段线性同胚，则 B．等边三角形与等腰直角三角形线性同胚 C．曲线与曲线线性同胚 D．若，则的面积与面积之比为 【答案】BCD 【解析】对于选项A，对于线段，，则线段，所以，故A错误； 对于选项B：显然对于任意三点和另外三点 ， 因为方程组，为六元一次方程组必有解， 存在，使得， 所以，任意三角形都是线性同胚的，B正确； 对于选项C：可取映射，则C正确； 对于选项D:不妨取，，则的面积， ，， 所以面积 ，故D正确 故选：BCD 70．（多选题）（2025·福建三明·二模）若曲线与圆恰有两个公共点，且该曲线将圆的周长和面积同时等分成两个部分.则称该曲线为圆的“太极曲线”.则下列结论正确的是（    ） A．函数是圆的“太极曲线” B．存在不为常数函数的偶函数，使其为某个圆的“太极曲线” C．函数可以同时是无数个圆的“太极曲线” D．不存在实数，使得曲线为圆的“太极曲线” 【答案】BCD 【解析】对于A选项，联立可得或， 故抛物线交圆于点、、、， 、， 所以，， 因为，故，由对称性可知， 所以，函数没有平分圆的周长， 因此，函数不是圆的“太极曲线”，A错； 对于B选项，根据题意圆，如图， 与圆交于点、，且在轴上方三角形面积与轴下方个三角形面积之和相等， 为圆的太极函数，且是偶函数，B对； 对于C选项，设，因为的定义域为， ， 所以， 所以函数的图象关于点对称， 所以函数为圆的“太极曲线”，C对； 对于D选项，若，则曲线表示直线， 圆的方程为，圆心为，半径为， 因为，此时，直线不过圆心，不合乎题意； 若，则曲线表示两平行直线和， 圆的圆心为， 若直线经过圆心，则，可得， 此时圆的方程为，圆心为， 圆心到直线的距离为，则直线与圆相交， 此时，曲线不平分圆的周长，不合乎题意； 若直线经过圆心，则，解得， 圆的方程为，圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为，则直线与圆相交， 此时，曲线不平分圆的周长，不合乎题意； 当直线、都不过圆心时， 若曲线平分圆的周长，设直线与圆交于点、， 直线交圆于点、，如下图所示： 记圆心为，则有， 所以， 则圆被夹在直线、之间部分的面积为 ， 所以，曲线不可能平分圆的面积， 综上所述， 不存在实数，使得曲线为圆的“太极曲线”，D对. 故选：BCD. 71．（2025·福建宁德·二模）已知数列共有项，其中项为，项为.若数列满足对任意中的的个数不少于的个数，则称数列为“规范数列”.当，时，“规范数列”的个数为 ，记表示数列是“规范数列”的概率，则的最小值为 . 【答案】 5 【解析】（1）当时，满足要求的“规范数列”有 ；；；； ； 所以当，时，“规范数列”的个数为. （2），，时，具有“规范数列”数列特征的数列的个数为， 当，，时，由已知数列共有项，其中项为，项为， 所以满足条件的数列的个数为， 若数列为“规范数列”，则第一项为， 若第一项为，第二项为时，“规范数列”个数为， 当第一项为，第二项为，第三项必然为，此时“规范数列”个数为， 所以. 故， 因为函数在上单调递增， 所以当时，取最小值，， 故答案为：；. 72．（2025·福建泉州·二模）摩尔斯电码常用0和1组成的有序数组（，，）表示信息，被称为一个长为的字．设， 令表示使的的个数，例如，，则．若，则满足，字长为6的字中至少有3个1相邻的概率为 ． 【答案】 【解析】若，则满足，字长为6的字的个数为， 其中至少有3个1相邻的字分别为： 有且仅有3个1相邻；有且仅有4个1相邻； 有且仅有5个1相邻；有且仅有6个1相邻； 有且仅有3个1相邻：， 有且仅有4个1相邻：， 有且仅有5个1相邻：不可能， 有且仅有6个1相邻：，共有7种情况， 故所求概率. 故答案为：． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$