高考真题变式题2024年天津高考数学真题变式题11-15含解析答案

这是一份高考真题变式题2024年天津高考数学真题变式题11-15含解析答案，共19页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。


一、填空题
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 ．
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.