第05讲 古典概型与概率的基本性质（八大题型）（讲义）-2024年高考数学复习讲练测（新教材新高考）（解析版）

第第页第05讲古典概型与概率的基本性质目录考点要求考题统计考情分析（1）理解古典概型及其概率计算公式．（2）会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率．2023年乙卷（文）第9题，5分2023年甲卷（文）第4题，5分2022年I卷第5题，5分2020年II卷第4题，5分本节内容是概率的基础知识，考查形式可以是选择填空题，也可以在解答题中出现．经常出应用型题目，与生活实际相结合，要善于寻找合理的数学语言简化语言描述，凸显数学关系，通过分析随机事件的关系，找到适合的公式计算概率．但整体而言，本节内容在高考中的难度处于中等偏易．知识点1、随机事件的概率对随机事件发生可能性大小的度量（数值）称为事件的概率，事件的概率用表示．知识点2、古典概型（1）定义一般地，若试验具有以下特征：①有限性：样本空间的样本点只有有限个；②等可能性：每个样本点发生的可能性相等．称试验E为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．（2）古典概型的概率公式一般地，设试验是古典概型，样本空间包含个样本点，事件包含其中的个样本点，则定义事件的概率．知识点3、概率的基本性质（1）对于任意事件都有：．（2）必然事件的概率为，即；不可能事概率为，即．（3）概率的加法公式：若事件与事件互斥，则．推广：一般地，若事件，，…，彼此互斥，则事件发生（即，，…，中有一个发生）的概率等于这个事件分别发生的概率之和，即：．（4）对立事件的概率：若事件与事件互为对立事件，则，，且．（5）概率的单调性：若，则．（6）若，是一次随机实验中的两个事件，则．【解题方法总结】1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数与事件中所包含的基本事件数．因此要注意清楚以下三个方面：（1）本试验是否具有等可能性；（2）本试验的基本事件有多少个；（3）事件是什么．2、解题实现步骤：（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件；（3）分别求出基本事件的个数与所求事件中所包含的基本事件个数；（4）利用公式求出事件的概率．3、解题方法技巧：（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率（2）利用分析法求解古典概型．①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和．②求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法．题型一：简单的古典概型问题例1．（2023·高一课时练习）下列概率模型中，是古典概型的个数为（

）①从区间内任取一个数，求取到1的概率；②从1，2，3，…，10中任取一个数，求取到1的概率；③在正方形ABCD内画一点P，求点P恰好为正方形中心的概率；④向上抛掷一枚不均匀的硬币，求出现反面朝上的概率.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】古典概型的特征是样本空间中样本点的个数是有限的，并且每个样本点发生的可能性相等，故②是古典概型；①和③中的样本空间中的样本点个数不是有限的，故不是古典概型；④由于硬币质地不均匀，因此样本点发生的可能性不相等，故④不是古典概型.故选：A.例2．（2023·全国·高一专题练习）下列关于古典概型的说法正确的是（

）①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④样本点的总数为n，随机事件A若包含k个样本点，则.A．②④ B．②③④ C．①②④ D．①③④【答案】D【解析】在①中，由古典概型的概念可知：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，故①正确；在②中，由古典概型的概念可知：每个基本事件出现的可能性相等，故②错误；在③中，由古典概型的概念可知：每个样本点出现的可能性相等，故③正确；在④中，基本事件总数为n，随机事件A若包含k个基本事件，则由古典概型及其概率计算公式知，故④正确．故选：D．例3．（2023·全国·高三专题练习）下列有关古典概型的四种说法：①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④已知样本点总数为，若随机事件包含个样本点，则事件发生的概率.其中所正确说法的序号是（

）A．①②④ B．①③ C．③④ D．①③④【答案】D【解析】根据古典概型的基本概念及概率公式，即可得出结论②中所说的事件不一定是样本点，所以②不正确；根据古典概型的特点及计算公式可知①③④正确.故选:D.变式1．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选6只小白鼠，随机地将其中3只分配到试验组且饲养在高浓度臭氧环境，另外3只分配到对照组且饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：）.则指定的两只小鼠分配到不同组的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】指定的两只小鼠分配到相同组的概率为，所以指定的两只小鼠分配到不同组的概率为.故选：D变式2．（2023·青海西宁·高三统考开学考试）乒乓球是中国的国球，拥有广泛的群众基础，老少皆宜，特别适合全民身体锻炼．某小学体育课上，老师让小李同学从7个乒乓球（其中3只黄色和4只白色）中随机选取2个，则他选取的乒乓球恰为1黄1白的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据古典概型，从7个乒乓球中随机选取2个，基本事件总数有个，其中恰为1黄1白的基本事件有个，所以概率．故选：A．变式3．（2023·河北保定·统考二模）三位同学参加某项体育测试，每人要从跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有个，它们等可能，有且仅有两人选择的项目完全相同的事件含有的基本事件数有个，所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率.故选：C变式4．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，则2个小球在同一个盒子的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：种方法，2个小球在同一个盒子有种情况，所以2个小球在同一个盒子的概率为.故选：D.题型二：古典概型与向量的交汇问题例4．（2023·重庆·高三统考阶段练习）已知正九边形，从中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】可以和向量构成数量积有一共8个向量，其中数量积为的正数的向量有：一共4个，由对称性可知，任取两个向量，它们的数量积是正数的概率为：.故选：A例5．（2023·全国·高三专题练习）已知，若向量，，则向量与所成的角为锐角的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】向量与所成的角为锐角等价于，且与的方向不同，即，则满足条件的向量有，其中或时，与同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，又的取法共有种，则向量与所成的角为锐角的概率是．故选：B．例6．（2023·甘肃武威·甘肃省武威第一中学校考模拟预测）连掷两次骰子分别得到点数m，n，则向量与向量的夹角的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题设，向量的可能组合有36种，要使向量与向量的夹角，则，即，满足条件的情况如下：时，，时，，时，，时，，时，，综上，共有15种，故向量与向量的夹角的概率是.故选：D变式5．（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）从集合中随机抽取一个数a，从集合中随机抽取一个数b，则向量与向量垂直的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】求出组成向量的个数和与向量垂直的向量个数，计算所求的概率值．从集合中随机抽取一个数，从集合中随机抽取一个数，可以组成向量的个数是（个；其中与向量垂直的向量是和，共2个；故所求的概率为．故选：B．变式6．（2023·云南楚雄·高三统考期末）从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，则向量与向量垂直的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】计算出所有的基本事件数，记事件，列举出事件所包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可计算出事件的概率.从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，基本事件总数.记事件，当向量与向量垂直时，，则事件包含的基本事件有：、（形如），共个，因此，.故选：D.变式7．（2023·湖北·高考真题）连掷两次骰子得到的点数分别为和，记向量与向量的夹角为，则的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，即，事件“”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个，所有的基本事件数为，因此，事件“”的概率为.故选：C.题型三：古典概型与几何的交汇问题例7．（2023·全国·高三专题练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点或用小石子表示数，他们将1，3，6，10，15，…，，称为三角形数；将1，4，9，16，25，…，，称为正方形数．现从200以内的正方形数中任取2个，则其中至少有1个也是三角形数的概率为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】令，∵，故200以内的正方形数有14个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196，其中是三角形数的仅有1与36，故所求概率.故选：A．例8．（2023·四川达州·统考二模）把腰底比为（比值约为，称为黄金比）的等腰三角形叫黄金三角形，长宽比为（比值约为，称为和美比）的矩形叫和美矩形.树叶、花瓣、向日葵、蝴蝶等都有黄金比.在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的的比例关系，常用的纸的长宽比为和美比.图一是正五角星（由正五边形的五条对角线构成的图形），.图二是长方体，，.在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在如下图所示的正五角星中，该图中共有个三角形，且等腰的腰底之比大于，等腰的腰底之比小于，且，则等腰的腰底之比为，则在该五角星中，黄金三角形的个数为，在如下图所示的长方体中，，，则，，，所以，矩形、均为和美矩形，所以，长方体中共个矩形，其中和美矩形的个数为，所以，图一和图二中共个三角形，个矩形，在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为.故选：B.例9．（2023·江西·高三校联考阶段练习）如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现用红色和蓝色给这4个三角形区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则相邻的区域所涂颜色不同的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】将四块三角形区域编号如下，由题意可得总的涂色方法有种，若相邻的区域所涂颜色不同，即12同色，34同色，故符合条件的涂色方法有2种，故所求概率.故选：A变式8．（2023·江西·校联考二模）圆周上有8个等分点，任意选这8个点中的4个点构成一个四边形，则四边形为梯形的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】依题意，从8个点中任取4个点构成有个四边形，构成梯形就只有以下两种情况：以某相邻两个点（如点A，B）构成的线段为边的梯形有2个，共有个，以某间隔一个点的两点（如点A，C）构成的线段为边的梯形有1个，共有个，于是构成的四边形中梯形有个，所以四边形为梯形的概率是.故选：B变式9．（2023·广东深圳·高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年.该书前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相似形这7章，几乎包含现今平面几何的所有内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修，则学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修共有：种选法；学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：种选法，故学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为：.故选：B.变式10．（2023·河北张家口·张家口市宣化第一中学校考三模）如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】当一条直线位置于上（或下）底面，另一条不在底面时，共有对异面直线，当两条直线都位于上下底面时，有对异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有对异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为故选：B变式11．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术·商功》指出“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”意为将一个正方体斜切，可以得到两个壍堵，将壍堵斜切，可得到一个阳马，一个鳖臑（四个面都是直角三角形的三棱锥），如果从正方体的8个顶点中选4个顶点得到三棱锥，则得到的三棱锥是鳖臑的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】从正方体的8个顶点中任选4个顶点，共有（种）情况，其中4点在同一平面的情况共有两种，第一种是当取正方体的一个面上的4个点时，共有6种情况；第二种是当取上下､左右､前后斜切面的4个点时，共有6种情况，所以从正方体的8个顶点选4个顶点得到三棱锥共有（种）.因为鳖臑是四个面都是直角三角形的三棱锥，所以以为例，与下底面组成的鳖臑有和，与上底面构成的鳖臑也有两个，鳖臑共有（个）.又与侧面组成的4个鳖臑有两个与前面得到的重复，有2个不重合，故有（个），所以一共有24个鳖臑，所以得到的三棱锥是鳖臑的概率为，故选：C.题型四：古典概型与函数的交汇问题例10．（2023·四川遂宁·统考三模）已知，从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为.【答案】/【解析】函数有两不相等的实数根，则，解得或.，，.因为，所以.即从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为.故答案为：例11．（2023·全国·高三专题练习）已知四个函数：（1），（2），（3），（4），从中任选个，则事件“所选个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为.【答案】【解析】如图所示，与，与，与，与均有多个公共点，令，则，∴在上单调递增，又∵，∴有唯一零点，∴与的图象有且仅有一个公共点；令，则，∴在上单调递增，又∵，∴存在，使，且是的唯一零点，∴与的图象有且仅有一个公共点.∴从四个函数中任选个，共有种可能，“所选个函数的图象有且仅有一个公共点的有与和与共种可能，∴“所选个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为.故答案为：.例12．（2023·河南信阳·河南省信阳市第二高级中学校联考一模）在，，0，1，2的五个数字中，有放回地随机取两个数字分别作为函数中a，b的值，则该函数图像恰好经过第一、三、四象限的概率为．【答案】/0.2【解析】五个数字任取一个作数字作系数a，放回后随机任取一个数作为b，有种不同取法.当时，函数图像为一条直线，若图像恰好经过第一、三、四象限，则，即有，；，两组数满足；时，二次函数经过第一、三、四象限则开口向下，又图像过点，顶点必在第一象限，即满足，，，有，；，；，三组数满足．故共有5组满足，所求概率为．故答案为：变式12．（2023·四川遂宁·统考一模）若函数的定义域和值域分别为和，则满足的函数概率是．【答案】【解析】因函数的定义域和值域分别为和，则函数有6个，它们是：；；；；；，满足的函数有2个数，它们是或，因此满足的函数有4个，所以满足的函数概率是.故答案为：变式13．（2023·全国·高三专题练习）一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R的函数：，，，，，．现从盒子中逐一抽取卡片并判函数的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为X，则的概率为．【答案】/0.8【解析】易判断，，为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，的取值范围是．，，所以．故答案为：变式14．（2023·全国·高三专题练习）对于定义域为D的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“不严格单调增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“不严格单调增函数”的概率是．【答案】/0.04【解析】基本事件总数为：把D中的5个数分成三堆：①1，1，3：，②1，2，2：,则总共有种，求函数是“不严格单调增函数”的情况，等价于在1，2，3，4，5中间有4个空，插入2块板分成3组，分别从小到大对应6,7,8共有种情况，函数是“不严格单调增函数”的概率是故答案为：.变式15．（2023·上海·高三专题练习）从3个函数：和中任取2个，其积函数在区间内单调递增的概率是.【答案】【解析】从三个函数中任取两个函数共有3种取法，若取，积函数为，所以，因为当时，，所以函数在单调递增；若取和，积函数，所以，因为当时，，所以函数在单调递减；若取和，积函数，所以，因为当时，，所以函数在单调递增；故满足题意的有2个积函数，所以概率值为，故答案为：.题型五：古典概型与数列的交汇问题例13．（2023·江西鹰潭·统考一模）斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.因n趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】依题意可知，数列的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，其中偶数有3个，所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为，所以至少有1项是奇数的概率为.故选：D.例14．（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“兔子数列”，在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列满足，，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，所以基本事件数共有12，其中质数有2，3，5，13，89，共5种，故是质数的概率为.故选：A.例15．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考三模）已知某抽奖活动的中奖率为，每次抽奖互不影响．构造数列，使得，记，则的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，可得，抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，故的概率为．故选:A.变式16．（2023·山东潍坊·高三统考阶段练习）数列共有10项，且满足：，，每一项与前一项的差为或，从满足上述条件的所有数列中任取一个数列，则取到的数列满足每一项与前一项的差为的项都相邻的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由于，从至，“”或“”共次，所以“”共次，“”共次，基本事件的总数有种，“每一项与前一项的差为的项都相邻”的事件有种，故取到的数列满足每一项与前一项的差为的项都相邻的概率为.故选：A变式17．（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，，若从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】依题意可知，数列的前项为：，其中奇数有个，所以从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为.故选：D变式18．（2023·全国·高三专题练习）记数列的前项和为，已知，在数集中随机抽取一个数作为，在数集中随机抽取一个数作为.在这些不同数列中随机抽取一个数列，则是递增数列的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知，当时，，当时，，因为数列为单调递增数列，则，即，即，所有样本点有：、、、、、、、、，共个，其中，满足是递增数列的样本点有：、，共个，故所求概率为.故选：B.变式19．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为，且，若数列满足，从中任取两个数，则至少一个数满足的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由于①，当时，得，解得；当时，②，①-②化简可得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以；因为，所以，令得，解得或，从中任取两个数共有，，，，，，，，，，，，，，15种，其中至少一个6或7的有9种，所以至少一个数满足的概率为，故选：B.变式20．（2023·全国·高三专题练习）已知等比数列的首项为1，公比为-2，在该数列的前六项中随机抽取两项，，则的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意知：，，，，，，由，则m，n奇偶相同，若m，n都为偶数时，符合题意，情况数为种；若m，n都为奇数时，仅有不符题意，情况数为种，综上，符合题意的情况数为种，而总情况数为种，∴概率．故选：C.题型六：古典概率与统计的综合例16．（2023·四川宜宾·统考二模）2022年中国新能源汽车销量继续蝉联全球第一，以比亚迪为代表的中国汽车交出了一份漂亮的“成绩单”，比亚迪新能源汽车成为2022年全球新能源汽车市场销量冠军，为了解中国新能源车的销售价格情况，随机调查了10000辆新能源车的销售价格，得到如图的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计一辆中国新能源车的销售价格位于区间（单位：万元）的概率，以及中国新能源车的销售价格的众数；(2)现有6辆新能源车，其中2辆为比亚迪新能源车，从这6辆新能源车中随机抽取2辆，求至少有1辆比亚迪新能源车的概率.【解析】（1）一辆中国新能源车的销售价格位于区间的概率中国新能源车的销售价格的众数为（2）记2辆比亚迪新能源车为，其余4辆车为，从6辆新能源车中随机抽取2辆的情况有：，，共15种情况.其中至少有1辆比亚迪新能源车的情况有：，，共有9种情况.至少有1辆比亚迪新能源车的概率例17．（2023·北京西城·高三北京市第三十五中学校考开学考试）为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的(1)班(8)班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（轴表示对应的班号，轴表示对应的优秀人数）：

(1)若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，求该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；(2)若从以上统计的高一（2）班和高一（4）班的学生中各抽出1人，设表示2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求的分布列及其数学期望；(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“”表示第班抽到的这名同学身体素质优秀，“”表示第班抽到的这名同学身体素质不是优秀（）．写出方差的大小关系（不必写出证明过程）．【解析】（1）从高一年级（1）班~（8）班学生中抽测了80人，其中身体素质检测成绩优秀的人数有人，所以，优秀的概率是

因为是随机抽样，所以用样本估计总体，可知从高一年级学生中任意抽测一人，该生身体素质检测成绩达到优秀的概率是（2）因为高一（2）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有6人，不优秀的有4人，因为高一（4）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有4人，不优秀的有6人，所以从中抽出2人，的可能取值为，，，所以的分布列为数学期望（3），理由：由于且服从二点分布，所以，由于在单调递减，所以.例18．（2023·四川成都·校联考模拟预测）某重点大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了名这类大学生进行调查，将收集到的课余学习时间（单位：）整理后得到如下表格：课余学习时间人数(1)估计这名大学生每天课余学习时间的中位数；(2)根据分层抽样的方法从课余学习时间在和，这两组中抽取人，再从这人中随机抽取人，求抽到的人的课余学习时间都在的概率．【解析】（1），，这名大学生每天课余学习时间的中位数位于之间，则中位数为.（2）由题意知：从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为，从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为；从这人中随机抽取人，所有的基本事件为：，共个基本事件；其中“抽到的人的课余学习时间都在”包含的基本事件为：，共个基本事件；抽到的人的课余学习时间都在的概率.变式21．（2023·海南海口·高三统考期中）为促进全民健身更高水平发展，更好地满足人民群众的健身和健康需求，国家相关部门制定发布了《全民健身计划（2021—2025年）》.相关机构统计了我国2018年至2022年（2018年的年份序号为1，依此类推）健身人群数量（即有健身习惯的人数，单位：百万），所得数据如图所示：

(1)若每年健身人群中放弃健身习惯的人数忽略不计，从2022年的健身人群中随机抽取5人，设其中从2018年开始就有健身习惯的人数为X，求；(2)由图可知，我国健身人群数量与年份序号线性相关，请用相关系数加以说明.附：相关系数.参考数据：，，，，.【解析】（1）由图中数据可知从2018年开始就有健身习惯的人数有232百万，2022年的健身人数为324百万，故从2022年的健身人群中随机抽取1人，其中从2018年开始就有健身习惯的人被抽到的概率为，则，故；（2）由题意知，，故我国健身人群数量与年份序号正线性相关且相关性很强.变式22．（2023·江西宜春·高三江西省丰城拖船中学校考开学考试）某市教师进城考试分笔试和面试两部分，现把参加笔试的40名教师的成绩分组：第1组[75，80），第2组[80，85），第3组[85，90），第4组[90，95），第5组[95，100].得到频率分布直方图如图所示.

(1)分别求成绩在第4，5组的教师人数；(2)若考官决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6名进入面试，①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲和乙同时进入面试的概率；②若决定在这6名考生中随机抽取2名教师接受考官D的面试，设第4组中有X名教师被考官D面试，求X的分布列和数学期望.【解析】（1）由题意，结合频率分布直方图，可得第4组的教师人数为人，第5组的教师人数为人，所以第4，5组的教师人数分别为人和人.（2）（2）①由频率分布直方图，可得第3组的教师人数为，因为第3，4，5组中用分层抽样抽取6名进入面试，所以第3，4，5组中抽取的人数分别是，则甲，乙同时进入面试的概率为.②由①知，随机变量的所有可能取值为，且服从超几何分布，可得，所以的分布列为012所以的数学期望.变式23．（2023·全国·高三专题练习）插花是一种高雅的审美艺术，是表现植物自然美的一种造型艺术，与建筑、盆景等艺术形式相似，是最优美的空间造型艺术之一。为了通过插花艺术激发学生对美的追求，某校举办了以“魅力校园、花香溢校园”为主题的校园插花比赛。比赛按照百分制的评分标准进行评分，评委由10名专业教师、10名非专业教师以及20名学生会代表组成，各参赛小组的最后得分为评委所打分数的平均分.比赛结束后，得到甲组插花作品所得分数的频率分布直方图和乙组插花作品所得分数的频数分布表，如下所示：

分数区间频数151214431定义评委对插花作品的“观赏值”如下所示：分数区间观赏值123(1)估计甲组插花作品所得分数的中位数（结果保留两位小数）；(2)若该校拟从甲、乙两组插花作品中选出1个用于展览，从这两组插花作品的最后得分来看该校会选哪一组，请说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(3)从40名评委中随机抽取1人进行调查，试估计其对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率.【解析】（1）设甲组插花作品所得分数的中位数为，由频率分布直方图可得甲组得分在前三个分数区间的频率之和为0.3，在最后三个分数区间的频率之和为0.26，故，所以，解得.即估计甲组插花作品所得分数的中位数为85.82（2）由频率分布直方图可知，甲组插花作品的最后得分约为由乙组插花作品所得分数的频数分布表，得下表分数区间频数频率10.02550.125120.300140.35040.10030.07510.025所以乙组插花作品的最后得分约为.因为，所以该校会选择甲组插花作品用于展览（3）设“对乙组插花作品的‘观赏值’比对甲组插花作品的‘观赏值’高”为事件，“对乙组插花作品的‘观赏值’为2”为事件，“对乙组插花作品的‘观赏值’为3”为事件，“对甲组插花作品的‘观赏值’为1”为事件，“对甲组插花作品的‘观赏值’为2”为事件，则.，，由频数分布表得，，.因为事件与相互独立，其中，，所以，所以估计该评委对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率为0.225【解题方法总结】求解古典概型的交汇问题的步骤（1）将题目条件中的相关知识转化为事件；（2）判断事件是否为古典概型；（3）选用合适的方法确定样本点个数；（4）代入古典概型的概率公式求解．题型七：有放回与无放回问题的概率例19．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）一个袋子中有大小和质地相同的5个球，其中有3个红色球，2个白色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则第2次摸到红色球的概率为.【答案】【解析】由题意，袋子中有相同的5个球，3个红球，2个白球，不放回地依次随机摸出2个球，∴第1次可能摸到1白色球或1红色球∴第2次摸到红色球的概率为：，故答案为：.例20．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）已知红箱内有3个红球、2个白球，白箱内有2个红球、3个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去，以此类推，第次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去．则第3次取出的球是红球的概率为．【答案】/0.504【解析】3次取出的结果共有8种，分别为：（红，红，红）、（红，红，白）、（红，白，红）、（红，白，白）、（白，红，红）（白，红，白）、（白，白，红）、（白，白，白），其中第3次取出的球是红球的情况为（红，红，红）、（红，白，红）、（白，红，红）、（白，白，红）、共4种.根据题意，，，，所以，第3次取出的球是红球的概率.故答案为：【答案】/0.75则，故答案为：．例21．（2023·湖北·校联考三模）袋中有形状和大小相同的两个红球和三个白球，甲、乙两人依次不放回地从袋中摸出一球，后摸球的人不知前面摸球的结果，则乙摸出红球的概率是．【答案】/0.4【解析】有两种情况：①甲摸到红球乙再摸到红球得概率为：

②甲摸到白球乙再摸到红球得概率为：，故乙摸到红球的概率．故答案为：变式24．（2023·浙江·校联考二模）袋中有形状大小相同的球5个，其中红色3个，黄色2个，现从中随机连续摸球，每次摸1个，当有两种颜色的球被摸到时停止摸球，记随机变量为此时已摸球的次数，则.【答案】【解析】由题意可得若两次摸到两种颜色的球，则；若三次摸到两种颜色的球，则；若四次摸到两种颜色的球，则；故.故答案为：变式25．（2023·全国·模拟预测）小颖和小星在玩抽卡游戏，规则如下：桌面上放有5张背面完全相同的卡牌，卡牌正面印有两种颜色的图案，其中一张为紫色，其余为蓝色.现将这些卡牌背面朝上放置，小颖和小星轮流抽卡，每次抽一张卡，并且抽取后不放回，直至抽到印有紫色图案的卡牌停止抽卡.若小颖先抽卡，则小星抽到紫卡的概率为.【答案】/【解析】按照规则，两人依次抽卡的所有情形如下表所示，小颖小星小颖小星小颖情形一紫情形二蓝紫情形三蓝蓝紫情形四蓝蓝蓝紫情形五蓝蓝蓝蓝紫其中情形二和情形四为小星最终抽到紫卡，则小星抽到紫卡的概率为.故答案为：.变式26．（2023·浙江·模拟预测）袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是．【答案】【解析】由题可知，要使直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球，则摸球次数可能为2，3，4次.设两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.两次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：两个球都是白球，情况数为2种.故设三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.三次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前两次为一白一红，情况数为：.故.设四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.四次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前三次为两红一白，情况数为：.故.设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是，则.故答案为：题型八：概率的基本性质例22．（2023·全国·高三专题练习）某企业有甲、乙两个工厂共生产一精密仪器件，其中甲工厂生产了件，乙工厂生产了件，为了解这两个工厂各自的生产水平，质检人员决定采用分层抽样的方法从所生产的产品中随机抽取件样品，已知该精密仪器按照质量可分为四个等级．若从所抽取的样品中随机抽取一件进行检测，恰好抽到甲工厂生产的等级产品的概率为，则抽取的三个等级中甲工厂生产的产品共有件．【答案】【解析】由分层抽样原则知：从甲工厂抽取了件样品，设抽取甲工厂生产的等级产品有件，则，解得：，抽取的三个等级中，甲工厂生产的产品共有件.故答案为：.例23．（2023·上海徐汇·高三上海民办南模中学校考阶段练习）已知袋中有（为正整数）个大小相同的编号球，其中黄球8个，红球个，从中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率为，则的最大值为.【答案】【解析】根据题意可得，黄球8个，红球个，从中任取两个球总共有种，取出的两球是一黄一红总共有种；所以从袋中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率；令，利用基本不等式可得，当且仅当时等号成立，但为正整数，所以当时，；当时，；即当或时，的最小值为，所以，即的最大值为故答案为：例24．（2023·全国·高三专题练习）一个口袋里有大小相同的白球个，黑球个，现从中随机一次性取出个球，若取出的两个球都是白球的概率为，则黑球的个数为．【答案】5【解析】由题意得，所以，解得或（舍去），即黑球的个数为．故答案为：变式27．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）为舒缓高考压力，射洪中学高三年级开展了“葵花心语”活动，每个同学选择一颗葵花种子亲自播种在花盆中，四个人为一互助组，每组四人的种子播种在同一花盆中，若盆中至少长出三株花苗，则可评为“阳光小组”．已知每颗种子发芽概率为0.8，全年级恰好共种了500盆，则大概有个小组能评为“阳光小组”．（结果四舍五入法保留整数）【答案】410【解析】由题意知，每一盆至少长出三株花苗包括“恰好长出三株花苗”和“长出四株花苗”两种情况，其概率为，即一盆花苗能被评为“阳光小组”的概率为，且被评为“阳光小组”的盆数服从二项分布，所以500盆花苗中能被评为“阳光小组”的有.故答案为：410变式28．（2023·全国·高三专题练习）在某次考试中，要从20道题中随机地抽取6道题，若考生至少能答对其中的4道即可通过；若至少能答对其中的5道就获得“优秀”．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，则他获得“优秀”的概率为．【答案】【解析】设“他能答对其中的6道题”为事件A，“他能答对其中的5道题”为事件B，“他能答对其中的4道题”为事件C，设“他考试通过”为事件D，“他考试获得优秀”为事件E．则由题意可得D＝A∪B∪C，E＝A∪B，且A、B、C两两互斥．．又，，∴．故答案为：．变式29．（2023·重庆·统考二模）饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子3个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取3个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为.【答案】【解析】由条件可知，舀到的有1个白菜，2个韭菜，或是2个白菜，1个韭菜，所以概率.故答案为：变式30．（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）城市地铁极大的方便了城市居民的出行，南昌地铁1号线是南昌市最早建成并成功运营的一条地铁线.已知1号地铁线的每辆列车有6节车厢，从5月1日起实行“夏季运行模式”，其中2节车厢开启强冷模式，2节车厢开启中冷模式，2节车厢开启弱冷模式.现在有甲、乙、丙3人同一时间同一地点乘坐同一趟地铁列车，由于个人原因，甲不选择强冷车厢，乙不选择弱冷车厢，丙没有限制，但他们都是独立而随机的选择一节车厢乘坐，则甲、乙、丙3人中恰有2人在同一车厢的概率为．【答案】【解析】因为甲乙丙在同一车厢的概率为，甲乙在同一车厢的概率为，甲丙在同一车厢的概率为，乙丙在同一车厢的概率为，则甲乙丙恰有人在同一车厢的概率为.故答案为：·【解题方法总结】求复杂互斥事件的概率的两种方法（1）直接法（2）间接法（正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解简单）．

1．（2023•乙卷）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为A． B． C． D．【答案】【解析】某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，甲、乙两位参赛同学构成的基本事件总数，其中甲、乙两位参赛同学抽到不同主题包含的基本事件个数，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为．故选：．2．（2023•甲卷）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为A． B． C． D．【答案】【解析】某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，基本事件总数，这2名学生来自不同年级包含的基本事件个数，则这2名学生来自不同年级的概率为．故选：．3．（2022•甲卷）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为A． B． C． D．【答案】【解析】根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有，，，，，，，，，，，，，，，共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有，，，，，，共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率；故选：．

变式31．2．1直线的倾斜角与斜率参考答案题型一：点斜式直线方程例1．【解析】直线经过点，斜率，代入点斜式方程得．画图时，只需再找出直线上的另一点，例如，取，则，得点的坐标为，过，两点的直线即为所求，如图所示．例2．【解析】（1）根据已知可得直线l的点斜式方程为，化简得；（2）根据已知可得直线l的点斜式方程为，化简得.例3．【解析】（1）由题意可知，将和斜率3直接代入直线点斜式方程可得，直线的点斜式方程为；（2）由倾斜角是可得直线斜率，将代入点斜式方程即为（3）由倾斜角是可得直线斜率，将代入点斜式方程即为变式1．【解析】设直线的倾斜角分别为由点斜式方程可知直线的斜率为，因为，所以，所以，其斜率，由直线方程的点斜式可得，直线的方程为.变式2．【解析】因为直线的斜率为，所以该直线倾斜角为，所以所求直线的倾斜角为，其斜率为，所以所求直线的点斜式方程为．变式3．【解析】如图：因为，所以，故直线BC的点斜式方程为.【方法技巧与总结】（1）利用点斜式求直线方程的步骤是：①判断斜率是否存在，并求出存在时的斜率；②在直线上找一点，并求出其坐标．（2）要注意点斜式直线方程的逆向运用，即由方程可知该直线过定点且斜率为．题型二：斜截式直线方程例4．【解析】由题意得直线与两坐标轴不垂直,否则构不成三角形,设其斜率为,则直线的方程为,令,得;令,得,于是直线与两坐标轴围成的三角形的面积为,即.若,则整理得,因为,所以方程无解.若,则整理得,解得或,所以直线的方程为或,即或.例5．【解析】（1）由直线方程的斜截式可知，所求直线的斜截式方程为y＝2x＋5.（2）由于直线的倾斜角为150°，所以斜率k＝tan150°＝－，故所求直线的斜截式方程为y＝－x－2.（3）因为直线的倾斜角为60°，所以斜率k＝tan60°＝．因为直线与y轴的交点到坐标原点的距离为3，所以直线在y轴上的截距b＝3或b＝－3，故所求直线的斜截式方程为y＝x＋3或y＝x－3.例6．【解析】设直线方程为：，令，得，令，得，因为直线与两坐标轴围成的三角形的面积是12，所以，解得，所以直线的斜截式方程是或.变式4．【解析】(1)因为直线斜率是，在y轴上的截距是，所以直线的斜截式方程为；（2）因为直线斜率是，在y轴上的截距是4，所以直线的斜截式方程为；变式5．【解析】（1）∵，∴的中点坐标为，∴中线的斜率为，∴中线所在直线的方程为，（2）由已知可得的斜率为，所以与直线垂直的直线的斜率为∴与直线垂直的直线为变式6．【答案】或【解析】由题意所求直线l的斜率必存在，且不为，设其斜率为，则直线l方程为，令，得，令，得，故所围三角形面积为，即，当时，上式可化为，解得或；当时，上式可化为，方程无解；综上：直线的斜截式方程是或.故答案为：或.变式7．【答案】【解析】由直线的斜截式方程得：直线的斜截式方程为：，故答案为：.【方法技巧与总结】（1）选用斜截式表示直线方程的依据是知道（或可以求出）直线的斜率和直线在轴上的截距．（2）直线的斜截式方程的好处在于它比点斜式方程少一个参数，即斜截式方程只要两个参数、即可确定直线的方程，而点斜式方程则需要三个参数、、才能确定，而且它的形式简洁明了，这样当我们仅知道直线满足一个条件时，由参数选用斜截式方程具有化繁为简的作用．（3）若直线过某一点，则这一点坐标一定满足直线方程，这一隐含条件应充分利用．题型三：两点式直线方程例7．【答案】A【解析】因为直线经过点，所以由方程的两点式可得直线方程为，即．故选：A例8．【答案】D【解析】因为，则线l的方程为，整理得，所以直线l的方程为.故选：D.例9．【答案】C【解析】由直线的两点式方程可得，直线l的方程为，即．故选：C．变式8．【答案】A【解析】因为直线的两点式方程为，所以直线过点，，所以的斜率为．故选：A变式9．【答案】A【解析】根据直线方程的方法逐个分析即可.对①,当直线与轴垂直时不能用方程表示.故①错误.对②,直线两点式方程若要也能表示与轴垂直的直线方程应该为.故②错误.对③,当直线与轴垂直时不能用方程表示.故③错误.对④,当直线与轴垂直时不能用方程表示.故④错误.故选：A变式10．【答案】B【解析】因为所求直线过点和点，根据直线的两点式方程可得：所求直线方程为.故选B.【方法技巧与总结】当已知两点坐标，求过这两点的直线方程时，首先要判断是否满足两点式方程的适用条件，若满足即可考虑用两点式求方程．在斜率存在的情况下，也可以先应用斜率公式求出斜率，再用点斜式写出方程．题型四：截距式直线方程例10．【答案】或【解析】若直线经过原点，则方程为；若直线不经过原点，设方程为，故，得，所以方程为.故答案为：或.例11．【答案】或【解析】①当截距为0，即直线过原点时，直线的方程为；②当截距不为0，设直线的方程为：，代入得：，解得：，所以直线方程为，即；综上，所求直线方程为或，故答案为：或例12．【答案】或【解析】因为直线l与两坐标轴围成一个等腰直角三角形，所以直线l在两坐标轴上的截距的绝对值相等且不为0.设直线方程为，则.因为，即，所以，所以时，，当时，，所以直线方程为或.故答案为:或.变式11．【答案】或【解析】设直线l在y轴上的截距为a，则在x轴上的截距为．当时，直线l过点，又直线l过点，故直线l的斜率，故直线l的方程为，即；当时，直线l的方程为，即，∴直线l过点，∴，∴，∴直线l的方程为．综上可知，直线l的方程为或．故答案为：或.变式12．【答案】【解析】解析：由于直线过A(0，3)，B(－2，0)两点，所以直线在x轴、y轴上的截距分别为－2，3.由截距式可知，方程为.故答案为：.变式13．【答案】【解析】设直线在x轴上的截距为a，则在y轴上的截距为，由截距式可得：，将代入直线方程，解得：或3，所以代入直线方程化简可得，或.变式14．【答案】B【解析】均为正整数，可设直线，将代入直线方程得：，当时，，方程无解，，，，，或，或，即满足题意的直线方程有条.故选：B.变式15．【答案】C【解析】当截距为0时，设直线方程为，将代入，求得，故方程为；当截距不为0时，①截距相等时，设方程为，将代入，即，解得：，故方程为；②截距互为相反数时，设直线方程为，将代入，即，解得：，故方程为；一条是截距为0，一条是截距相等(不为0)，一条是截距互为相反数(不为0)，共3条.故选：C【方法技巧与总结】应用截距式求直线方程时，一定要注意讨论截距是否为零．题型五：中点坐标公式例13．【解析】不妨设，且，则直线l的方程为，因为为中点，所以，由截距式可知，直线l的方程为，即.例14．【答案】【解析】由题意可得，，所以直线，设，所以AB的中点C.由点C在直线上，且A，P，B三点共线得解得，所以,又，所以＝，所以，即直线AB的方程为.例15．【答案】【解析】因为直线与直线和的交点分别为，设，因为点是线段的中点，由中点公式可得，解得，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即.故答案为：.变式16．【答案】【解析】设中点为，因为，所以在直线上，由在直线上，联立可得，解得，即中点为，所以直线的斜率，所以的方程为，即．故答案为：．变式17．【答案】【解析】线段的中点坐标为，即，,直线垂直于线段，故，故，所以直线的方程为，化简得.故答案为：，.变式18．【答案】【解析】因为点，，线段PQ的中点为，所以，所以，所以，所以直线PQ的方程为，即，故答案为：.【方法技巧与总结】（1）中点坐标公式是一个重要的公式，要注意灵活地运用它来解决问题．（2）在运用中点坐标公式时，要注意与“中点”等价的有关概念的运用．（3）在具体解题时，还应注意创设条件运用中点坐标公式，如由平面几何知识可知，平行四边形的对角线相交于一点且互相平分，也就是对角线上两顶点的中点重合等．题型六：直线的一般式方程例16．【解析】（1）直线的斜率为，其倾斜角为，因此所求直线的倾斜角为，斜率为，所以所求直线的方程为，即.（2）直线的斜率，所以直线的方程为，即.（3）经过点，平行于x轴的直线斜率为0，所以经过点，平行于x轴的直线方程为.（4）在x轴，y轴上的截距分别为，的直线方程为，即.例17．【答案】B【解析】由直线方程知：直线方向向量有及它的平行向量均可作为其方向向量.故选：B例18．【答案】C【解析】因为方程表示一条直线，所以，，不能同时成立，解得．故选：C.变式19．【答案】C【解析】由且，可得同号，异号，所以也是异号；令，得；令，得；所以直线不经过第三象限.故选：C变式20．【答案】A【解析】点为直线与轴的交点，直线的斜率为，则直线的倾斜角为，则将直线绕点按逆时针方向旋转后所得直线的倾斜角为，则所求直线的斜率为，所以所求直线的方程为，即．故选：A．变式21．【答案】B【解析】对于直线，令，解得，故直线恒过点，一定不经过原点，故A正确；当时直线即为，直线过二、三象限，当时直线即为，若，则，，直线过一、二、三象限，若，则，，直线过二、三、四象限，所以直线一定过二、三象限，故B错误，C正确；因为直线恒过点，所以直线可表示经过点的所有直线，故选：B变式22．【答案】D【解析】由，可得，则由，可得，则方程表示的曲线是一条直线.故选：D变式23．【答案】D【解析】对于A选项，当，且时，直线斜率不存在，故错误；对于B选项，当，且，时，直线只与轴相交；当，且，时，直线与轴重合，故错误；对于C选项，当，且时，直线与两条坐标轴都相交，故错误；对于D选项，当，且，且时，直线方程为，即轴所在直线，故正确.故选：D变式24．【答案】C【解析】由题，将直线方程转化为斜截式方程可得，所以直线的斜率，因为，所以，故选:C.【方法技巧与总结】让学生体会直线方程的各种形式，以及各种形式向一般式的转化，对于直线方程的一般式，一般作如下约定：的系数为正，，的系数及常数项一般不出现分数，一般按含项、项、常数项顺序排列．求直线方程的题目，无特别要求时，结果写成直线方程的一般式．题型七：直线方程的综合应用例19．【答案】【解析】，直线的方程为，由解得，设，依题意，的平分线为直线，由正弦定理得，由于，由此整理得,则，设，则，整理得，解得或（舍去），则，，直线的方程为.故答案为：例20．【答案】【解析】根据题意，因为直线l与直线垂直，设l的方程为，又由直线l经过点，则有，解可得，故直线l的方程为.故答案为：．例21．【答案】【解析】若为已知直线倾斜角，将其顺时针旋转45°后的直线倾斜角为，而，故，所以旋转后直线为，则.故答案为：变式25．【答案】或【解析】由题设，直线斜率为，则其倾斜角为，所以直线的倾斜角为或，且过，故直线的方程为或，即或.故答案为：或变式26．【答案】或【解析】由直线方程，可得此直线的斜率为，倾斜角为，则与该直线成角的直线的倾斜角为或，又因为所求直线过点，所以所求直线方程为或，即或．故答案为：或变式27．【解析】（1）选择①：由题意可设直线的方程为，因为直线的斜率是直线的斜率的2倍，所以，所以直线的方程为，即．

选择②：由题意可设直线的方程为，，因为直线过点，所以，解得．所以直线的方程为，即．（2）由（1）可知直线的方程为，令，可得，所以直线在轴上的截距为，所以直线在轴上的截距为．故直线过点，代入，得，解得．变式28．【解析】（1）直线的斜率为，所以边上的高所在直线的斜率为，所以边上的高所在直线的方程为.（2）线段的中点为，直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为，所以线段的垂直平分线的方程为.变式29．【解析】设交于，则为的中点，设，因为点是三角形的重心，所以，所以，所以，，所以，所以，故，解得.故边所在直线的方程为，边所在直线的方程为，即.变式30．【解析】如图，以为轴，点在轴上，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可知，，则，，同理可得，，所以，，，故，，则，直线的方程为：，即，，，直线的方程为：即，由题意可知，直线可由直线向右平移个单位而得到，直线可由直线向右平移个单位而得到，直线的方程为：，即，直线的方程为：，即：.变式31．【解析】（1）依题意，直线的斜率，于是边上高所在直线的斜率，所以直线方程为，即.（2）依题意，，在向量方向上取，使，而，则，令，显然平分，于是的平分线所在直线的方向向量为，即直线的斜率为3，所以直线的方程为，即.变式32．【解析】（1）∵的顶点，高CD所在直线方程为，角的平分线BE所在直线方程为，∴直线AB的斜率，∴直线AB的方程为：，即，联立，得，∴B点坐标为；（2）∵，，角的平分线BE所在直线方程为，∴，∴，解得或（舍），∴直线BC的方程为：，即．变式33．【解析】设点，则，解得，点．又点，所以直线方程为，倾斜角为又平分线：，倾斜角为，直线的倾斜角为直线的方程为联立，解得，点．直线的方程，即变式34．【解析】（1）边上的高所在的直线的方程为，所以直线上的高的斜率，直线的斜率为．所以直线的方程为，整理得．（2）角的平分线所在直线的方程为．所以，解得故．（3）由于直线的斜率，角的平分线的斜率，设直线的斜率，利用到角公式：，解得，所以直线的方程为，整理得．【方法技巧与总结】求直线的方程的关键是选择适当的直线方程的形式．题型八：判断动直线所过定点例22．【答案】A【解析】直线方程可化为，解方程组，得，即定点的坐标为.故选：