专题04 空间向量和立体几何-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（湖北专用）

专题04 圆锥曲线和统计概率 题型概览 题型01 直线和圆 题型02 椭圆的性质和计算 题型03 双曲线的性质和计算 题型04 抛物线的性质和计算 题型05 排列组合 题型06 二项式定理 题型07 统计概率 直线和圆题型01 1．（2025·湖北黄冈·二模）四照花美观而鲜艳，具有清热解毒、收敛止血的功能.曲线的轨迹和四照花颇为相似，下列说法正确的是：（    ） A．曲线C所表示的图形有条对称轴 B．能完全覆盖曲线C的最小圆的面积为 C．直线是曲线C与圆的公切线 D．P为曲线C上第一象限的点，直线与坐标轴交于E、F两点，不存在点P使得的直角 2．（2025·湖北黄冈·二模）已知方向向量为的直线与圆相切，则的方程为 ． 3．（2025·湖北·二模）已知点，圆，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点. (1)求的轨迹方程; (2)当时，求的方程及的面积. 椭圆的性质和计算题型02 4．（2025·湖北黄冈·二模）设，“曲线为椭圆”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．（2025·湖北黄冈·二模）在三棱锥中，，，，，且，则（    ） A．点的轨迹为椭圆 B．当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为 C．当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值 D．二面角的余弦值的最小值为 6．（2025·湖北·二模）已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（    ） A．点在以为直径的圆上 B．椭圆的离心率为 C．椭圆的方程为 D． 7．（2025·湖北宜昌·二模）已知椭圆的左右焦点分别为为，过的直线与交于两点.若，，则椭圆的离心率为 . 8．（2025·湖北襄阳·二模）已知椭圆的离心率为，A为椭圆E上一点，且点A到椭圆E的两个焦点的距离之和等于. (1)求椭圆E的方程； (2)若直线与椭圆相交于P，Q两点，求线段PQ的中点N的轨迹方程； (3)若A关于原点O的对称点为B，过点A与AB垂直的直线与椭圆E的另一个交点为C，轴于点H，直线BC与x轴交于点M.用与分别表示与的面积，证明：. 9．（2025·湖北武汉·二模）如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．      (1)求与的标准方程； (2)过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） (3)点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 椭圆的性质和计算题型03 10．（2025·浙江·二模）如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（   ）    A． B． C． D． 11．（2025·湖北·二模）双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且的内切圆圆心为，则（    ） A．点在直线上 B． C．外接圆的面积为 D．连结交轴于点，则 12．（2025·湖北宜昌·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且. (1)求的标准方程； (2)过的直线交双曲线于两点（两点均位于轴下方，在左，在右），线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求. 13．（2025·湖北黄冈·二模）设双曲线的左、右焦点分别为，直线与的渐近线不平行，且与恰有一个公共点，点在上．当轴时，． (1)求的方程； (2)若不在轴上，满足，求的横坐标； (3)若，证明的轨迹为圆，并求该圆的方程． 14．（2025·湖北·二模）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作平行于轴的直线，与直线分别交于，两点，直线与轴的交点为. (1)求双曲线的离心率； (2)证明：数列是以为公比的等比数列； (3)定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且.设直线与直线的交点为，的面积记为，求数列的所有项和的最小值（结果用或表示）. 15．（2025·湖北武汉·二模）双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 抛物线的性质和计算题型04 16．（2025·湖北·二模）已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 17．（2025·湖北武汉·二模）已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与该抛物线交于，两点，若，若面积为，则（    ） A．4 B．3 C． D． 18．（2025·湖北黄冈·二模）设抛物线的焦点为，准线为，经过点的直线交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则直线的倾斜角为 B．以线段为直径的圆与相切 C．存在直线，使得 D．若直线交于点，则 排列组合题型05 19．（2025·湖北宜昌·二模）运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（    ） A．32种 B．24种 C．18种 D．12种 20．（2025·湖北·二模）甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 21．（2025·湖北黄冈·二模）甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为 种. 二项式定理题型05 22．（2025·湖北襄阳·二模）若，则 . 23．（2025·湖北·二模）的展开式中的系数为 . 统计概率题型05 24．（2025·湖北黄冈·二模）四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数5的是（    ） A．平均数为4，中位数为3 B．中位数为4，众数为3 C．中位数为4，方差为2 D．平均数为3，方差为3 25．（2025·湖北宜昌·二模）已知随机变量X，Y均服从两点分布，若，，且，则（    ） A． B． C． D． 26．（2025·湖北武汉·二模）已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（   ） A．关于直线对称 B．关于直线对称 C．关于点成中心对称 D．关于点成中心对称 27．（2025·湖北武汉·二模）随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（   ）    评委编号模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 7.0 9.3 8.3 9.2 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A．甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B．甲得分的众数大于乙得分的众数 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 28．（2025·湖北·二模）已知一组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，则该组数据的40%分位数为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 29．（2025·湖北武汉·二模）某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图， 下列说法中正确的是（    ） A． B．评分的众数估值为70 C．评分的第25百分位数估值为67.5 D．评分的平均数估值为76 30．（2025·湖北武汉·二模）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（    ） A．40 B．48 C．52 D．60 31．（2025·湖北襄阳·二模）下列说法正确的是（   ） A．数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9 B．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越小 C．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 D．将两个具有相关关系的变量x，y的一组数据调整为，决定系数不变（附：，，） 32．（2025·湖北黄冈·二模）为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（    ） A．决定系数变大 B．相关系数变小 C．残差平方和变小 D．这些数据中的x的平均值变小，的平均值变大 33．（2025·湖北·二模）若小明坐公交上班的用时（单位：分钟）和骑自行车上班的用时（单位：分钟）分别满足，且同一坐标系中的密度曲线与的密度曲线在分钟时相交，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若的密度曲线与的密度曲线相交所对应的另一个时间为，则 D．若要在34分钟内上班不迟到，小明最好选择坐公交 34．（2025·湖北黄冈·二模）一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为 ． 35．（2025·湖北襄阳·二模）一只猫和一只老鼠在两个房间内游走，每经过1分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动，猫从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4，若是一只猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分钟时，猫在0号房间，老鼠在1号房间.设在第n分钟时，猫和老鼠在0号房间的概率分别为，. (1)求第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1的概率； (2)求证：为等比数列，并求表达式； (3)在第几分钟时，老鼠在0号房间的概率最大？ 36．（2025·湖北黄冈·二模）在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下：两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利.已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 .比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . 记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为. (1)求甲以的比分赢得比赛的概率； (2)求与的关系； (3)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求的取值范围. （参考知识：当时，若，则.） 37．（2025·湖北宜昌·二模）2025宜昌马拉松比赛于2025年4月13日在宜昌城区举行，主管部门为提升服务质量，随机采访了120名参赛人员，得到下表： 满意度 性别 合计 女性 男性 比较满意 r s 50 非常满意 t 40 70 合计 60 l 120 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异？ (2)用频率估计概率，现随机采访1名女性参赛人员与1名男性参赛人员，设表示这2人中对该部门服务质量非常满意的人数，求X的分布列和数学期望. 附：，. 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 38．（2025·湖北黄冈·二模）一个袋子中有4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为． (1)求的值： (2)从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的数学期望和方差； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义． 39．（2025·湖北武汉·二模）13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A~E，将这十三张牌随机排成一行． (1)求五张字母牌互不相邻的概率； (2)求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率； (3)对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，求发生的概率．（结果用含k的式子表示） 40．（2025·湖北·二模）已知某商店出售商品A，据统计分析，发现顾客对商品A的需求量相对稳定，每周内对商品A的不同需求量（单位：个）与概率的数据如下： 对A的需求量 0 1 2 3 概率 若以商品A的库存作为供给量，为了改善经营，该商店决定每周末对商品A进行盘点存货：如果商品A都售出了，则在周末及时采购2个新的商品，只要商品A还有1个存货，就不采购新的商品.记为该商店第周开始时商品A的供给量，假设. (1)求的分布列； (2)记为第周开始时供给量的概率向量，随着的增大，若，则趋向一个定常态分布，记这个定常态分布为. （i）求商品A的定常态分布； （ii）从长远来看，求该商店改善经营后商品A需求大于供给的概率. 41．（2025·湖北·二模）某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. (1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ (2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 42．（2025·湖北武汉·二模）有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立． (1)求这八名运动员各自获得冠军的概率； (2)求与对决过且最后获得冠军的概率； (3)求与对决过且最后获得冠军的概率． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 圆锥曲线和统计概率 题型概览 题型01 直线和圆 题型02 椭圆的性质和计算 题型03 双曲线的性质和计算 题型04 抛物线的性质和计算 题型05 排列组合 题型06 二项式定理 题型07 统计概率 直线和圆题型01 1．四照花美观而鲜艳，具有清热解毒、收敛止血的功能.曲线的轨迹和四照花颇为相似，下列说法正确的是：（    ） A．曲线C所表示的图形有条对称轴 B．能完全覆盖曲线C的最小圆的面积为 C．直线是曲线C与圆的公切线 D．P为曲线C上第一象限的点，直线与坐标轴交于E、F两点，不存在点P使得的直角 【答案】ABD 【分析】对于A，将代入方程即可判断，对于B，确定第一象限曲线上的点到原点距离的最大值即可判断；对于C，由第一象限圆心到直线的距离与半径的关系即可判断；对于D，确定以为直径的圆的方程为：，联立第一象限曲线，进而可求解. 【详解】对于A：设为曲线上任意一点， 将点方程，显然满足， 所以曲线关于对称，故A正确， 当时，，再结合A中对称性， 可得：曲线图像， 对于B：在第一象限，可知曲线对应的圆心坐标为，半径为， 所以曲线在第一象限内的点到原点距离最大值为， 所以能完全覆盖曲线C的最小圆，应该是以为圆心，以为半径的圆，面积为，B正确； 对于C：在第一象限，可知曲线对应的圆心坐标为，半径为， 圆心到的距离为：， 所以直线是曲线C不相切，错误； 对于D：， 则以为直径的圆，圆心坐标为：，半径为：， 所以圆的方程为：， 即：， 第一象限曲线， 两方程相减可得，代入， 可得：，解得：或，此点在轴上， 所以不存在点P使得的直角，D正确， 故选：ABD 2．已知方向向量为的直线与圆相切，则的方程为 ． 【答案】 【分析】由直线的方向向量设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列方程求解可得. 【详解】因为直线的方向向量为，所以设直线方程为，即， 又直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离为，解得， 所以直线方程为. 故答案为：. 3．已知点，圆，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点. (1)求的轨迹方程; (2)当时，求的方程及的面积. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）根据即可判断求轨迹为以点为圆心，为半径的圆，即可求方程； （2）数形结合可得，即可求出直线的方程，再计算点到的距离，利用勾股定理计算即可求面积. 【详解】（1）圆的方程可化为，所以圆心为，半径为， 则线段的中点，， 因点为线段的中点，则， 则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 则该圆的方程为，经检验符合题意， 所以的轨迹方程是. （2）由于，故在线段的垂直平分线上， 又在圆上，所以， 因为直线的斜率为，所以的斜率为， 故的方程为，即， 又，点到的距离为， 所以， 则，故的面积为.    椭圆的性质和计算题型02 4．设，“曲线为椭圆”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据椭圆的标准方程判断充分性是否成立，再根据判断必要性是否成立，进而确定“曲线为椭圆”与“”之间的条件关系. 【详解】若曲线为椭圆，则椭圆的标准方程为（）. 因为椭圆中分母须大于，所以且，又因为，那么且，所以由“曲线为椭圆”可以推出“”，充分性成立. 当时，比如，，此时曲线方程为，它表示的是圆，而不是椭圆，所以由“”不能推出“曲线为椭圆”，必要性不成立. 所以“曲线为椭圆”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5．在三棱锥中，，，，，且，则（    ） A．点的轨迹为椭圆 B．当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为 C．当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值 D．二面角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，可根据椭圆的定义来判断；对于B，根据双曲线的定义判断点C的轨迹，然后根据双曲线的性质求出离心率；对于C，首先将两个三角形的面积表达式列出来，然后根据二面角是60°，利用正弦定理，将的表达式列出来，然后根据角的范围求出最大值；对于D，将二面角的余弦值表示出来后，通过化简求出最小值. 【详解】对于选项A： 在三棱锥中，因为， 根据椭圆的定义：平面内到两个定点的距离之和等于常数（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹叫椭圆. 这里为两个定点，为定值且大于，而点在空间中， 所以点的轨迹是以为焦点的椭球.所以A错误. 对于选项B： 因为，根据双曲线的定义可知点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支. 设双曲线方程为 ，，则， 则，所以离心率为，B正确. 对于选项C： 作，连接. 因为平面，所以平面. 所以，所以为的二面角，根据题意为60°. . 要求其最大值，即是求的最大值. 在中，设,根据正弦定理得 . 所以， 所以. 因为，所以，所以. 所以的最大值为. 所以的最大面积为，所以C正确. 对于选项D： 在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是椭圆. 所以，，所以椭圆方程为 设为中点，对应的椭圆为： 椭圆方程可变换为，所以可设，， 在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是双曲线. 所以，，所以双曲线方程为.图像如下： 因为双曲线方程为，所以. 所以， 所以，根据余弦定理 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，二面角的余弦值的最小值为.D正确. 故选：BCD. 6．已知，是椭圆的左、右焦点，，是上位于第二象限内一点，为坐标原点，.为上一点，且，点为的中点，与交于点，且，则（    ） A．点在以为直径的圆上 B．椭圆的离心率为 C．椭圆的方程为 D． 【答案】ACD 【分析】根据即可判断选项A；由选项A及圆的性质可知，.设，则，分析可得为等腰直角三角形，所以，进一步可得，.在中利用勾股定理及即可求出离心率，可判断选项B；由椭圆离心率及，可求得椭圆的方程判断选项C；根据角平分线定理可知，即可判断选项D. 【详解】如图所示，因为，所以点在以为直径的圆上，故选项A正确；由圆的性质可知，.设，则. 因为点为的中点，为的中点，所以为的中位线，则，且，所以. 又，则为等腰直角三角形，所以. 因为为的中位线，则，即，解得，所以，. 在中，，则，整理得. 又，则，所以，故选项B错误； 由，得，所以，，故椭圆的方程为，故选项C正确； 由上可知，，.因为，所以，则， 所以，故选项D正确. 故选：ACD.    7．已知椭圆的左右焦点分别为为，过的直线与交于两点.若，，则椭圆的离心率为 . 【答案】 【分析】根据椭圆定义和几何关系用a表示出，求出A点位置；在中，由余弦定理推论求出，再结合几何关系和余弦二倍角公式即可求出离心率． 【详解】如图， 由已知可设，则， 由椭圆的定义有，故． ，故点A为椭圆的上顶点或下顶点. 在中，由余弦定理推论得． 在中，设， 故，得， 故． 故答案为：． 8．已知椭圆的离心率为，A为椭圆E上一点，且点A到椭圆E的两个焦点的距离之和等于. (1)求椭圆E的方程； (2)若直线与椭圆相交于P，Q两点，求线段PQ的中点N的轨迹方程； (3)若A关于原点O的对称点为B，过点A与AB垂直的直线与椭圆E的另一个交点为C，轴于点H，直线BC与x轴交于点M.用与分别表示与的面积，证明：. 【答案】(1) (2). (3)证明见解析. 【分析】（1）利用椭圆的定义及离心率的意义求出，即可得到椭圆方程. （2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出弦中点坐标，进而求出轨迹方程. （3）先设点、、坐标，再设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到、表达式，再利用向量垂直的坐标表示解出与的关系，排除直线过原点的情况后，确定时直线方程，求出点坐标，最后根据三角形面积公式得出. 【详解】（1）依题意，，解得，由离心率为，得，则， 所以椭圆的方程为． （2）由消去得，设， ，解得， ， 由是线段的中点，得，因此，， 所以线段PQ的中点N的轨迹方程为. （3）由题意，设点，则点，， 设直线的方程为，点， 由，得， 则，， ，． 由，得， 整理得，解得或， 当时，直线过原点，不符合题意； 当时，直线的方程为，则点坐标为， 因此，． 所以. 9．如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，．      (1)求与的标准方程； (2)过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） (3)点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案； （2）设，计算得，结合其在椭圆上，代入化简即可得，同理，则得到斜率比值； （3）设直线，联立椭圆方程得到，则得到的坐标，再计算得，，设，计算化简得，则得到定点坐标. 【详解】（1）由题意得，，又因为在上， 代入得，所以，则. （2）设，则， 又因为，所以， 则，同理可得，所以. （3）设直线分别为，其斜率依次为， 设直线，联立得， 即有，所以，代入直线方程得， 则，设， 则经过的两直线之间斜率满足关系：， 将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两者斜率满足，所以， 同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两直线斜率满足， ， 设，则有，代入上式得：， 得到， 所以，因此存在定点， 使直线和直线的斜率之积为定值5. 椭圆的性质和计算题型03 10．如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据椭圆及双曲线定义，结合等腰直角三角形，计算求解离心率. 【详解】    设左焦点为，则，，，， 在中用勾股定理，化简得， 所以 所以，所以. 故选:C. 11．双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且的内切圆圆心为，则（    ） A．点在直线上 B． C．外接圆的面积为 D．连结交轴于点，则 【答案】ACD 【分析】根据题意，结合图像，利用双曲线焦点三角形的内切圆的特征，可求出，得到双曲线方程及焦点坐标，根据内切圆的性质可推理出是直角三角形，并求得点坐标为，再根据选项要求分别判断即可. 【详解】根据题意，设的内切圆半径为，则，设内切圆与边的切点为， 则有，，结合双曲线定义和内切圆的性质可得，即. 所以双曲线的方程为，焦点. 对于A，点在直线上，故A正确； 由题意，点在第一象限，设内切圆与边的切点为，连接， 易知且， 则四边形是正方形，即有，易得点坐标为. 对于B，在中，,根据勾股定理，，，所以，故B错误； 对于C，由已知条件可知，三角形外接圆半径，所以圆面积为，故C正确； 对于D，在中，因为，所以，则，故D正确. 故答案为：ACD. 12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且. (1)求的标准方程； (2)过的直线交双曲线于两点（两点均位于轴下方，在左，在右），线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到，再利用点在双曲线上和间的关系，建立方程组，求出，即可求解； （2）设直线方程为，联立双曲线方程得到，根据条件得到点和点到直线的距离相等，从而可求出，再利用弦长公式，即可求解. 【详解】（1）因为，且，所以焦点，即， 又，由，解得，所以双曲线. （2）由题知直线斜率不为，设过的直线为， 由，消得到， 则，且 设，则由韦达定理有， 因为，所以， 即点和点到直线的距离相等， 则有，解得， 所以， 故. 13．设双曲线的左、右焦点分别为，直线与的渐近线不平行，且与恰有一个公共点，点在上．当轴时，． (1)求的方程； (2)若不在轴上，满足，求的横坐标； (3)若，证明的轨迹为圆，并求该圆的方程． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）由双曲线的定义结合图中几何关系以及关系可得； （2）设的方程为，直曲联立，由判别式等于零得到斜率进而得到直线方程，再由两直线垂直得到斜率关系写出方程，然后联立解出的横坐标； （3）当时，由两直线垂直斜率关系得到直线的方程，联立的方程解出的坐标，再代入双曲线方程后可得；当时，代入验证可得. 【详解】（1） 当轴时，由双曲线的定义可知，所以 在中，有，即，解得， 所以，故双曲线的方程为． （2）设的方程为，其中． 联立，消去得， 由题意可得，把代入得，整理得， 因为，所以， 从而有，即，解得， 所以的方程为，化简得， 故的方程为． 由（1）可知，所以直线的斜率为， 因为点不在轴上且， 所以直线的斜率为，直线的方程为， 联立，解得，故点的横坐标为． （3）由（2）可得当时，直线的斜率为， 因为，所以直线的斜率为，直线的方程为， 联立，解得， 因为点满足， 所以，代入式，化简得 则，即； 当时，，也符合上式， 故点的轨迹为圆，该圆的方程为． 14．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，为双曲线的右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，过点，分别作平行于轴的直线，与直线分别交于，两点，直线与轴的交点为. (1)求双曲线的离心率； (2)证明：数列是以为公比的等比数列； (3)定义：无穷等比递减数列的所有项和，其中为的首项，为的公比，且.设直线与直线的交点为，的面积记为，求数列的所有项和的最小值（结果用或表示）. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用给定条件，求出渐近线方程，进而求出离心率. （2）由（1）求出双曲线方程，设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理定理求出直线与轴交点坐标，结合已知推理得证. （3）利用（2）求出的坐标，求出的面积，求出数列的所有项和的函数关系，再求出其最小值即可. 【详解】（1）设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，另一条渐近线的倾斜角为， 依题意，，解得，， 则双曲线的渐近线方程为，即， 所以双曲线的离心率为 （2）由（1）知，，双曲线的方程为， 设，，则，， 过的直线斜率不为0，设直线的方程为， 由消去并整理得，， 则，， ， 直线的斜率，直线的方程为， 令，则 ，因此直线恒过定点， 又直线与轴的交点为，于是，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. （3）由对称性知，直线也恒过定点，则，， 因此 ，， 则是以为首项，为公比的等比数列，数列的所有项和 ，设，则， 由过的直线与双曲线的右支交于两点，得，即， 则，又函数在上单调递减， 则 ，， 所以数列的所有项和的最小值为. 15．双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求出，再根据离心率得到，则得到其双曲线方程； （2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到的范围； （ii）设，根据切线结论得到直线和方程，再联立求出的坐标，再求出的坐标，得到直线方程，再分别设直线与直线交点为，直线与直线交点为，证明两点重合即可. 【详解】（1）直线方程中，令，则， 则直线与轴交于，所以．离心率， 所以，故． 所以双曲线的标准方程为． （2）（i）经检验，当一条切线斜率不存在时， 若，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为， 联立双曲线方程得， 则， 解得，而双曲线渐近线方程为，则此时不符合题意， 当时，此时只有一条切线，显然不合题意， 则两条切线斜率均存在，设切线斜率为，切线方程为， 与双曲线方程联立得：， 令． 整理得：，由于，所以且． 上式整理得：． 由题意，有两个相异实根，所以， 且． 整理得：，解得：． 综上所述，的取值范围是． （ii）设． 直线和方程分别为和． 联立得点． 又点在直线上，代入整理得：．① 在直线方程中，令，则，得点． ， 故直线方程为：． 设直线与直线交点为，联立两直线方程：． 解得：． 设直线与直线交点为， 同理可得：． 由①式，作差的分子有 ， 作差的分母有 . 则可得和表达式的分子分母分别相等． 故，两点重合，所以直线与的交点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用证明两交点重合的方程得到定直线方程. 抛物线的性质和计算题型04 16．已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】设，则，可得，则，进而，即可求得. 【详解】如图，过作于， 由抛物线的定义知， 又，则， 设，则， 因为，则， 所以. 由于轴，所以， 则， 则， 所以，则. 故选：D.    17．已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与该抛物线交于，两点，若，若面积为，则（    ） A．4 B．3 C． D． 【答案】A 【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线的定义及三角形面积公式列式求出 【详解】抛物线的焦点，设直线，点， 由消去得，则， ，即， ， ，则，因此， 所以. 故选：A 【点睛】易错点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 18．设抛物线的焦点为，准线为，经过点的直线交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则直线的倾斜角为 B．以线段为直径的圆与相切 C．存在直线，使得 D．若直线交于点，则 【答案】BD 【分析】对于A选项：先设直线方程与抛物线联立，得出和的值，再结合求出，进而得到直线斜率和倾斜角.对于B选项：利用抛物线定义，找到AB中点到准线距离与的关系，判断圆与准线是否相切.对于C选项：通过向量垂直性质，计算，看是否能满足.对于D选项：先求出直线AO与准线交点的纵坐标，再结合，判断与纵坐标是否相同，确定BD与准线的位置关系. 【详解】对于A选项，抛物线的焦点，准线.设直线AB的方程为，，. 联立，消去得，则，. 由抛物线的定义知，. 因为，所以，即. 又，联立可解得，则直线AB的斜率，倾斜角为或，所以A选项错误. 对于B选项，设AB的中点为，过，，分别作准线的垂线，垂足分别为. 根据抛物线的定义，，，则. 所以以线段AB为直径的圆与相切，B选项正确. 对于C选项，，，若，则. 由，，可得，则，所以不存在直线AB使得，C选项错误. 对于D选项，直线AO的方程为，令，得. 因为，所以. 又，则，所以点的纵坐标与点的纵坐标相同，即，D选项正确. 故选：BD.    排列组合题型05 19．运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（    ） A．32种 B．24种 C．18种 D．12种 【答案】B 【分析】按照跳高项目安排人数，分成两种情况讨论即可. 【详解】按照跳高项目安排人数，可以分以下两类： 第一类，跳高项目安排1人，共种安排方法， 第二类，跳高项目安排2人，共种安排方法， 由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法. 故选：B. 20．甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 【答案】B 【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排B项工作的人数分为两类， 第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作， 从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法， 再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法， 若D项工作安排一人，则有种方法， 所以B项工作仅安排1人共种方法， 第二类，B项工作安排2人，有种方法， 由分类加法计数原理，得共有种方法. 故选：B. 21．甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为 种. 【答案】114 【分析】由题意，根据分组分配的解题方法，结合正难则反的思想，可得答案. 【详解】由题意人去三个地方，不同分组有或，则不同的游览方法的种数为， 若甲乙去到同一景区，则不同的游览方法的种数为， 符合题意的不同的游览方法的种数为. 故答案为：. 二项式定理题型06 22．若，则 . 【答案】 【分析】通过赋值法即可求解. 【详解】令，可得：， 令，可得：， 所以， 所以， 故答案为： 23．的展开式中的系数为 . 【答案】20 【分析】由二项式展开式的通项分前面括号内取1和分别求解即可. 【详解】展开式的通项是， 分别令得， 所以展开式中项为， 所以展开式中的系数为. 故答案为：20. 统计概率题型07 24．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数5的是（    ） A．平均数为4，中位数为3 B．中位数为4，众数为3 C．中位数为4，方差为2 D．平均数为3，方差为3 【答案】D 【分析】根据平均数、中位数、众数、方差的定义和性质，逐一分析每个选项，判断是否一定没有出现点数. 【详解】对应选项，平均数为，中位数为.设这次掷骰子的点数从小到大排列为. 根据平均数的计算公式，可得. 当，，，时满足条件，所以有可能出现点数，A选项错误. 对应B选项，中位数为，众数为. 设这次掷骰子的点数从小到大排列为.因为众数为，所以至少出现次，若，，时满足条件，所以有可能出现点数，B选项错误. 对于C选项,中位数为，方差为. 设这次掷骰子的点数从小到大排列为. 若，，，时，平均数. 方差 ，满足条件，所以有可能出现点数，C选项错误. 对于D选项,平均数为，方差为. 设这次掷骰子的点数分别为. 根据平均数公式可得，即. 根据方差公式，则. 若假设出现点数，不妨设，则 . 则.则. 展开变形，得到， 即，解得， 因为，所以中不能有. 由，不妨令， 则所有可能取值为： ， 因为； ； ； ； ； ； 综上，不存在，使得且. 故假设错误，不会出现点数.D选项正确. 故选：D. 25．已知随机变量X，Y均服从两点分布，若，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】列举法即可求解. 【详解】因为随机变量X，Y均服从两点分布，且，， 所以，， 所以， 又因为，所以， 所以. 故答案为：A. 26．已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（   ） A．关于直线对称 B．关于直线对称 C．关于点成中心对称 D．关于点成中心对称 【答案】C 【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 27．随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（   ）    评委编号模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 7.0 9.3 8.3 9.2 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A．甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B．甲得分的众数大于乙得分的众数 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】A 【分析】根据已知数据分别应用中位数，众数，平均数及方差定义分别计算判断各个选项. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲：，乙：， 甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确； 甲得分的众数，乙得分的众数为，甲得分的众数大于乙得分的众数，故B正确； 甲得分的平均数， 乙得分的平均数，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故A错误； 甲的方差， 乙的方差为 故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确. 故选：A. 28．已知一组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17，则该组数据的40%分位数为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【分析】根据题意，先求得，结合百分位数的计算方法，即可得到对答案. 【详解】由组数据从小到大排列：4，6，7，8，9，10，14，15，17， 因为，所以该组数据的40%分位数为第4个数据， 即数据的分位数为. 故选：B. 29．某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图， 下列说法中正确的是（    ） A． B．评分的众数估值为70 C．评分的第25百分位数估值为67.5 D．评分的平均数估值为76 【答案】C 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出，再根据平均数、百分位数及众数的计算规则计算可得. 【详解】由题意：， 解得，A错误， 所以平均数为，故D错误； 众数为，故B错误； 因为，第百分位数估计为，故C正确； 故选：C 30．有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（    ） A．40 B．48 C．52 D．60 【答案】B 【分析】由题意，根据分步乘法原理，可得答案. 【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择； 然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎， 这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择. 根据乘法原理，总共有种选法. 故选：B. 31．下列说法正确的是（   ） A．数据8，6，4，11，3，7，9，10的上四分位数为9 B．某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越小 C．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点坐标为，则 D．将两个具有相关关系的变量x，y的一组数据调整为，决定系数不变（附：，，） 【答案】BD 【分析】求出上四分位数判断A；利用正态曲线的性质判断B；利用散点图的性质判断C；利用决定系数公式计算判断D. 【详解】对于A，给定数据按由小到大排列为：，由，得数据的上四分位数为，A错误； 对于B，越大，对应的正态曲线越“矮胖”，随机变量的分布越分散， 因此该物理量在一次测量中在的概率越小，B正确； 对于C，散点不一定在回归直线上，将该点代入直线方程，方程不一定成立，C错误； 对于D，，变成了，则，， 因此都不变，决定系数不变，D正确. 故选：BD 32．为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（    ） A．决定系数变大 B．相关系数变小 C．残差平方和变小 D．这些数据中的x的平均值变小，的平均值变大 【答案】AC 【分析】由图可知：点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及点的横纵坐标平均值逐项分析判断. 【详解】由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好. 对于A，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后，决定系数变大，故A正确； 对于B，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势，所以去掉点后，相关系数变大，故B错误； 对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后，残差平方和变小，故C正确； 对于D，由图可知，点在所有点中，横坐标较小，纵坐标较大，所以去掉点后，x的平均值变大，的平均值变小，故D错误； 故选：AC. 33．若小明坐公交上班的用时（单位：分钟）和骑自行车上班的用时（单位：分钟）分别满足，且同一坐标系中的密度曲线与的密度曲线在分钟时相交，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．若的密度曲线与的密度曲线相交所对应的另一个时间为，则 D．若要在34分钟内上班不迟到，小明最好选择坐公交 【答案】BD 【分析】利用正态分布密度曲线的性质及原则、密度函数解析式一一分析选项即可. 【详解】 由题意易知坐公交的方差比骑自行车的方差大， 即的密度曲线较矮胖，的密度曲线更瘦高， 则的密度曲线在38分钟后在的密度曲线的上方，可在同一坐标系中作出密度曲线， 易知，故A错误； 由原则可知，故B正确； 根据条件可知两种方式相应密度函数分别为：， ，建立方程， 整理可得， 则，故C错误； 易知，故D正确. 故选：BD 34．一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为 ． 【答案】 【分析】计算出，根据条件得到，，，故，其中，，则或2，当时，，，，分，和，，两种情况，求出相应的，时，不合要求，从而得到答案. 【详解】事件，事件，故， 又，故，即， 因为，， 所以，故，即， 又，， 故，所以， 即，所以，故， 其中，，则或2， 若，则， 又，故， ，故， 若，，可令或或或； 若，，可令或或或， 事件，事件 若，则，此时， 此时，故，不合要求，舍去， 综上，满足条件的事件的个数为8. 故答案为：8 35．一只猫和一只老鼠在两个房间内游走，每经过1分钟，猫和老鼠都可以选择进行一次移动，猫从当前房间移动到另一房间的概率为0.6，留在该房间的概率为0.4，若是一只猫和老鼠都在一个房间，那么下一分钟老鼠必定移动到另一个房间，否则老鼠从当前房间移动到另一房间或留在当前房间的概率均为0.5，已知在第0分钟时，猫在0号房间，老鼠在1号房间.设在第n分钟时，猫和老鼠在0号房间的概率分别为，. (1)求第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1的概率； (2)求证：为等比数列，并求表达式； (3)在第几分钟时，老鼠在0号房间的概率最大？ 【答案】(1) (2)证明见解析， (3)第2分钟 【分析】（1）求出猫和老鼠分别在0与0、0与1、1与0、1与1号房间的概率，再利用全概率公式计算得解. （2）根据给定条件，求出的递推关系，再利用等比数列的定义推理得证.再根据等比数列定义即可求得结果. （3）由（2）的通项公式，按取奇数和偶数分类求出最大值. 【详解】（1）在第0分钟时，猫在0号房间，老鼠在1号房间，设为第1分钟时， 猫在i号房间，老鼠在j号房间，则 ， 设第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为X，则， 所以第1分钟时，猫和老鼠所在房间号之和为1的概率0.5. （2）依题意， 当时，猫在第n分钟时位于0号房间包含两种情况： 上一分钟在0号房间，继续保持在0号房间的概率为； 上一分钟在1号房间，转移到0号房间的概率为； 由全概率公式，得，则， 而，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 满足上式，则， 老鼠第分钟在0号房间包含3种情况： 上一分钟猫和老鼠都在1号房间，老鼠转移到0号房间的概率为， 上一分钟猫在0号房间，老鼠在1号房间，老鼠转移到0号房间的概率为， 上一分钟猫在1号房间，老鼠在0号房间，老鼠仍在0号房间的概率为， 由全概率公式，得， 即，则， 即，而， 因此数列是首项为，公比为的等比数列， ，而也满足上式， 则， 又， 所以以为首项，为公比的等比数列. （3）由（2）知，显然不是其最大值， 设，当n为奇数时，， 当且仅当时取等号，最大值为0；当n为偶数且时，， 当时，，最大值为， 则的最大值为,所以在第2分钟时，老鼠在0号房间的概率最大. 36．在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下：两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得1分，直到有一方得分超过对方2分时即可获得该局的胜利.已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 .比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 . 记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为. (1)求甲以的比分赢得比赛的概率； (2)求与的关系； (3)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6，求的取值范围. （参考知识：当时，若，则.） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据条件概率以及乘法公式直接计算即可； （2）依题意得出第次和第甲获胜的概率，求出其递推公式即可得出结论； （3）依据（2）中结论，利用等比数列定义得出的通项公式，再由数列单调性得出对应不等式，解不等式即可求得结果. 【详解】（1）记第一球比赛甲运动员获胜的事件为，第二球比赛甲运动员获胜的事件为， 由题意知，且， 可知； 即甲以 的比分赢得比赛的概率为. （2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为， 则乙运动员在第球比赛中获胜的概率为， 所以， 即 （3）由（2）可知, 可知数列是首项为，公比为的等比数列， 则有，,             ①当时，，又， 故是一个递减数列，当时，， 依题需使，即，这与矛盾,舍去； ②当时，，不合题意； ③当时，，又，故是一个递增数列， 依题意，只需，即，解得， 故； 综上：时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6. 37．2025宜昌马拉松比赛于2025年4月13日在宜昌城区举行，主管部门为提升服务质量，随机采访了120名参赛人员，得到下表： 满意度 性别 合计 女性 男性 比较满意 r s 50 非常满意 t 40 70 合计 60 l 120 (1)依据小概率值的独立性检验，能否认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异？ (2)用频率估计概率，现随机采访1名女性参赛人员与1名男性参赛人员，设表示这2人中对该部门服务质量非常满意的人数，求X的分布列和数学期望. 附：，. 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】(1)能 (2)分布列见解析，数学期望为 【分析】（1）完善列联表，根据公式求出，与表格里面的2.706比较即可； （2）利用样本的频率作为概率，再结合独立事件概率计算方法即可求出分布列和方差. 【详解】（1）完善二联表为： 满意度 性别 合计 女性 男性 比较满意 30 20 50 非常满意 30 40 70 合计 60 60 120 零假设：不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价无差异， 则， 故依据小概率值的独立性检验，能认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异. （2）由于女性对服务非常满意的概率为，男性对服务非常满意的概率为， 故可能取值为， ，， 故的分布列为： 0 1 2 故. 38．一个袋子中有4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为． (1)求的值： (2)从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为． （i）求的数学期望和方差； （ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） ，，采用不放回估计的结果更可靠些 【分析】（1）结合题意利用古典概型由组合数建立方程，解出即可； （2）（i）利用有放回是二项分布，由公式求出期望和方差即可； （ii）通过样本比例与总体比例的误差范围，计算相应概率并比较大小，说明其含义. 【详解】（1）由题可得， 即，解得：． （2）（i）对于有放回摸球，每次摸到绿球的概率为，且每次试验之间的结果是独立的，则 （ii）样本中绿球的比例分别为， 有放回摸球时，概率 不放回摸球时， 概率 所以，在误差不超过0.2的相同限制下，用样本中绿球比例估计总体中绿球比例，采用不放回估计的结果更可靠些． 39．13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A~E，将这十三张牌随机排成一行． (1)求五张字母牌互不相邻的概率； (2)求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率； (3)对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，求发生的概率．（结果用含k的式子表示） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解； （2）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解； （3）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解. 【详解】（1）记五张字母牌互不相邻为事件为， 则； （2）记在标有8的卡牌左侧没有数字牌为事件， 由于标的牌都在标有的牌的右侧，有种排法， 所以； （3）标号比小的字牌有张，比大的字牌有张， . 40．已知某商店出售商品A，据统计分析，发现顾客对商品A的需求量相对稳定，每周内对商品A的不同需求量（单位：个）与概率的数据如下： 对A的需求量 0 1 2 3 概率 若以商品A的库存作为供给量，为了改善经营，该商店决定每周末对商品A进行盘点存货：如果商品A都售出了，则在周末及时采购2个新的商品，只要商品A还有1个存货，就不采购新的商品.记为该商店第周开始时商品A的供给量，假设. (1)求的分布列； (2)记为第周开始时供给量的概率向量，随着的增大，若，则趋向一个定常态分布，记这个定常态分布为. （i）求商品A的定常态分布； （ii）从长远来看，求该商店改善经营后商品A需求大于供给的概率. 【答案】(1)分布列见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据条件概率公式计算得，则； （2）（i）设，利用全概率公式即可得到方程，解出即可； （ii）分析得，再利用全概率公式即可. 【详解】（1）由题意，第2周开始时商品A不同供给量的概率为，， 第3周开始时商品A供给量的概率为 ， . 第3周开始时商品A的供给量分布列为 1 2 （2）（i）记为商品A第周内的的需求量，由题意，与的状态有关， 当时，若，则；若，则， 设，即， 由全概率公式可得， ， 由，得，解得，故. （ii）由（i）可知，定常态分布，所以从长远来看， ， 记商品A需求大于供给的概率为，由全概率公式得 . 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是理解定常态分布的定义，再结合全概率公式计算即可. 41．某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响. (1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择： 方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励. 方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励； 通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？ (2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率. 【答案】(1)方案一 (2) 【分析】（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可； （2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解. 【详解】（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，，， 所以， 若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则； 则，， ， 所以 因为，故选择方案一比较合适 （2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，， 则，，， 所以， 故， 所以所求概率为. 42．有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立． (1)求这八名运动员各自获得冠军的概率； (2)求与对决过且最后获得冠军的概率； (3)求与对决过且最后获得冠军的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）分别求出与在第1,2,3轮对决且胜利的概率，最后相加即可； （3）求出没有与对决过且最后获得冠军的概率，再利用条件概率和全概率公式计算即可. 【详解】（1）夺冠即为三轮比赛都获胜，所以夺冠的概率为． 由题意，七名运动员水平相同，且八名运动各自夺冠概率之和为1． 所以七名运动员各自夺冠的概率均为． （2）记事件＂获得冠军＂，事件＂与对决过＂，事件“与在第轮对决”，． 不妨设在①号位，则在第1,2,3轮能与对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧． ， ， ， ， 所以. （3）记事件“与对决过”． 没有与对决过且最后获得冠军的概率． 由题意，六名运动员与对决过的概率相同，夺冠时共与三名运动员对决． 所以． 代入得：． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用全概率公式计算出相关概率. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$