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好题速递51
1． 已知点是双曲线的左焦点，过且平行于双曲线渐近线的直线与圆交于点，且点在抛物线上，则该双曲线的离心率是（ ）
A、 B、 C、 D、
解：由得或
所以在上，所以，解得
2．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同选法的种数是 ．
答案：（或1024）
好题速递52
1． 过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，过的直线与轴，轴分别交于两点，则的面积的最小值为 ．
解：设，则直线的方程为，所以直线与轴，轴分别交于点的坐标为
而，所以
所以
2．已知等式成立，
则的值等于 ．
答案：0
好题速递53
1．已知两定点和，动点在直线上移动，椭圆以为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为 ．
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解：由于确定，所以离心率最大就是最小．
所以问题等价于在直线上确定点，使取得最小值．
结合对称性可得，点关于直线的对称点为
所以
所以
2．正五边形ABCDE中，若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿、三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有 种 ．
答案：30
好题速递54
1．已知数列和中，，是公比为的等比数列．记，若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围是 ．
解：因为，所以，
所以
解得
若，则，即对一切正整数成立，显然不成立
若，则对一切正整数成立，只要即可，即
解得
2． 已知，则＝_____；______．
答案：0，－2
好题速递55
1．方程的曲线即为函数的图象，对于函数，有如下结论：①在上单调递减；②函数不存在零点；③函数的值域是；④的图象不经过第一象限，其中正确的个数是 ．
解：由知，不能同时大于0，分类讨论：
当时，表示双曲线的一部分
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当时，表示椭圆的一部分
当时，表示双曲线的一部分
作出图象可知①③④正确
对于②的判断：由于是双曲线和的渐近线，所以结合图象可知曲线与直线没有交点，则不存在零点．
2．若x∈A则∈A，就称A是伙伴关系集合，集合M={－1，0，，，1，2，3，4}的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为 ．
答案：A 具有伙伴关系的元素组有－1，1，、2，、3共四组，它们中任一组、二组、
三组、四组均可组成非空伙伴关系集合，个数为C+ C+ C+ C=15．
好题速递56
1．已知正方形的棱长为1，是对角线上的两点，动点在正方体表面上运动，满足，则动点的轨迹长度的最大值为 ．
解：动点的轨迹为线段的中垂面与正方体表面的截痕．
2． 若，则= ．
答案：32
好题速递57
1．如图，在正方体中，当动点M在底面ABCD内运动时，总有，则动点M在面ABCD内的轨迹是 ．
A．椭圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．圆的一部分
解：因为满足条件的动点在底面ABCD内运动时，动点的轨迹是以为轴线，以为母线的圆锥，与平面的交线即圆的一部分．
2．从6名品学兼优的同学中选出4名去进行为期三天的宣传活动，每人一天，要求星期天有2人参加，星期五、星期六各有1人参加，则不同的选派方案共有 种．
答案：180
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好题速递58
1．已知函数，，，若，且当时，恒成立，则的最大值为 ．
解：
即即为取，中较大者．
画出函数图象，且单调递增，所以单调递增区间，所以的最大值为5．
2．若的展开式中的系数是 ．
答案：14
好题速递59
1．设正实数满足，则当取得最大值时，的最大值为 ．
解：，所以
当且仅当时，等号成立
所以
令，则原式
所以的最大值为1.
2．有5名学生站成一列，要求甲同学必须站在乙同学的后面（可以不相邻），则不同的站法有 种．
答案：60
好题速递60
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1．定义，设实数 满足约束条件，则的取值范围是 ．
解：
作出所对应的区域如图所示：
由图可知：
2． 某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有 种．
答案：按条件项目可分配为与的结构，∴种．
好题速递61
1．不等式对恒成立，则的取值范围是 ．
解：经整理为对恒成立，
当时，；当时，
所以，二次函数开口向上
对称轴
所以需满足
2．有两排座位，前排4个座位，后排5个座位，现安排2人就坐，并且这2人不相邻（一前一后也视为不相邻），那么不同坐法的种数是 ．
答案：58
好题速递62
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1．已知为的外心，且，，则 ．
解：
所以
由正弦定理得，所以
2． 将4个相同的白球和5个相同的黑球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子既要有白球，又要有黑球，且每个盒子中都不能同时只放入2个白球和2个黑球，则所有不同的放法种数为 种．
答案：12
好题速递63
1．已知，函数的零点分别为，函数的零点分别为，则的最小值为 ．
解：由题可知
所以
当且仅当时，
2．某高三学生希望报名参加某6所高校中的3所学校的自主招生考试，由于其中两所学校的考试时间相同，因此该学生不能同时报考这两所学校．该学生不同的报考方法种数是 ．（用数字作答）
答案：16
好题速递64
1．已知实数满足，，且，则
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的取值范围是 。
解：由得
又，故，即
又，所以
所以
所以是方程的两个小于不等实根
所以，解得
本题是2014年浙江文科16题的变式，虽然多加了的条件，本质上还是利用法解决
2． 有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同的坐法种数是 种．
答案：346
好题速递65
1．已知函数，，若的图象关于轴对称，则 ．
解：
此函数由外函数与内函数复合而成
由复合函数的奇偶性判定法则：“内偶则偶，内奇同外”可知，若为偶函数，只需为偶函数即可，故对称轴，所以
2． 由0，1，2，3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有 个．
答案：174个
好题速递66
1．已知离心率为的椭圆与双曲线
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有相同的焦点，且直线分别与椭圆相交与两点，与双曲线相交于两点，若依次为线段的四等分点，则 ．
解：设，则
所以且，
所以化简得，解得，
所以
2． 5名志愿者进入3个不同的场馆参加工作，则每个场馆至少有一名志愿者的概率为 。
解：
好题速递67
1．已知双曲线，圆，过双曲线第一象限内任意一点作圆的两条切线，其切点分别为．若与轴、轴分别交于两点，则（ ）
A、 B、 C、 D、
解：直线
当，，
当，，
2．将一个棋盘中的8个小方格染成黑色，使得每行、每列都恰有两个黑色方格，则有 种不同的染色方法。
解：解第一行染2个黑格有种染法，第一行染好后，有如下三种情况：
（1）第二行染的黑格与第一行同列，这时其余两行只有1种染法；
（2）第二行染的黑格与第一行均不同列，这时第三行有种染法，第四行随之确定；
（3）第二行染的黑格恰有一个与第一行同列，这样的染法有4种，而第一、第二行染好后，第三行染的黑格必然有一个于上面的黑格均不同列，这是第三行的染法有2种，第四行随之确定。
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因此共有种。
好题速递68
1．已知函数单调递减，函数图象关于对称，实数满足不等式，则的最小值为 ．
解：函数图象关于对称，得到图象关于对称
所以是奇函数，且是减函数
又，所以
所以，画出可行域如图．
视为可行域内的点与定点之间距离的最小值的平方，由图可知
2．从个男生，个女生，中任选2个人当组长，假设事件表示选出的2个人性别相同，事件表示选出的2个人性别不同。如果的概率和的概率相等，则的可能值为 。
解：
由于
所以
即是完全平方数，且
所以或
解得或（不合条件，舍去）
好题速递69
1．已知椭圆的左、右焦点为，过的直线与圆相切于点，并与椭圆交于两点，若，则椭圆的离心率为 ．
解：连结，由圆与直线相切得
所以，且，
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所以，
在直角中，由勾股定理得
化简得，所以
2．某学校的数学课外小组有4个女生，3个男生，要从他们中挑选3人组成代表队去参加比赛，则代表队男生、女生都有的概率为 ．
解：
好题速递70
1．已知，其中．若对任意的非零实数总存在唯一的非零实数，使得成立，则的取值范围是 ．
解：当，显然不合题意，舍去
当时，问题等价于，即，
所以
2．有4名优秀大学毕业生被某公司录用，该公司共有5个科室，由公司人事部门安排他们到其中3个科室上班，每个科室至少安排一人，则不同的安排方案种数为 ．
解：
好题速递71
1．设实数使得不等式对任意实数恒成立，则满足条件组成的集合是 。
解法一：设
当时，
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所以
所以，解得
当时，
所以
所以，解得
综上，
解法二：由齐次化思想，令，则原不等式为
转化为对任意恒成立
易得
所以，解得
2．将号码为的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。甲从袋中摸出一个球，其号码为，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为，则使不等式成立的事件发生的概率为 ．
解：
列举法：，，共45种
，，共7种
，，共5种
，，共3种
，，共1种
所以
好题速递72
1．双曲线的左右焦点分别为，过作圆
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的切线分别交双曲线的左、右支于，且，则双曲线的渐近线方程为 ．
解：结合图形可得
所以
即
解得
所以渐近线方程为
2．将两个和两个共四个字母填入方格表的9个小方格中，每个小方格内至多填入1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有 种．
解：法一：使2个不同行不同列的填法有（或）种
使2个不同行不同列的填法也18种
其中不符合要求的有（1）2个方格中都填入有18种
（2）2个方格中仅有1个填入有种
故共有种
法二：先后，填有18种填法
填（两个记为）
分3种情况：（1）所在行、列中不含，此时有
（2）所在行、列中含1个，此时有
（3）所在行、列中含2个，此时有
所以在确定的情况下，的填法有种
所以共有种
好题速递73
1．已知满足，，且，则的取值范围是 ．
解：，又
所以的终点既在圆内（含边界），又在圆内（含边界），
，所以转化为求在方向上的投影的大小
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由图可知
所以
2．某人有5把钥匙，其中有1把是办公室的钥匙，但他忘了是哪一把，于是他便将5把钥匙逐一不重复试开，则恰好第三次打开抽屉的概率是 ．
解：既可以，也可以
评注：这题其实说明了买彩票不分先后，抽签不分先后。
好题速递74
1．若正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
解：令，则
由均值不等式得，即，解得
所以等价于在上恒成立
所以，解得或
2．在1，2，3，4，5，6这6个数字中任取3个相加，和是3的倍数的概率是 ．
解：1+2+3，1+2+6，1+3+5，1+5+6，2+3+4，2+4+6，3+4+5，4+5+6
好题速递75
1．是平行四边形所在的平面内的一点，，，则 。
解法一：设为与的交点，取的中点
则，所以
由转基底得
得
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又三点共线，而不共线，所以，即
所以
解法二：特殊值法，平行四边形取边长为1的正方形，以为原点，以为轴建系，则
设，则
所以，，，
解得
2．复数中，，、都在这十个数中取值，这样所得的数为虚数的概率是 ．
解：
好题速递76
1．已知的外接圆的圆心为，满足：，，且，，则 。
解法一：，所以，即
所以外接圆的圆心就在边的中点，所以
所以
解法二：，
所以，
又，所以
解法三：
取的中点，取的三等分点，则
又，所以三点共线
所以，所以
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点评：本题是三角形外心与向量融合的典范，常规套路要熟悉。
2．若从数字1，2，3，4，5中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于40的概率是 ．
解：
好题速递77
1．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，设为抛物线上的动点，则的最大值为 。
解法一：设点，则
令，则
所以
解法二：设，，则
所以，所以
所以
2．若从数字1，2，3，4，5中任取3个不同的数字构成一个没有重复数字的三位数，其中奇数一定要排在奇数位的概率是 ．
解：
好题速递78
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1．已知正实数满足，，则实数的取值范围是 。
解法一：由得
由得，即
由均值不等式，所以，所以
解法二：由，可将视为方程的两个正根
故，即
解法三：由，且，设
所以
所以
2．10幅不同的画，其中水彩画1幅，油画5幅，国画4幅，若随机地排成一行展出，则同一品种的画连在一起，并且水彩画不放在两段的概率是 ．
解：
好题速递79
1．长方体的底面是边长为的正方形，若在侧棱上至少存在一点，使得，则侧棱的长的最小值为 。
解：设，以为坐标原点建系，
则， ，，
所以，
所以
若使侧棱上存在一点，则只需有实根
所以，解得
2．袋中装有6只白球和4只黑球，若从中任意抽出3只球，则其中至少有一只是黑球的概率是 ．
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解：
好题速递80
1．已知中，，，点是线段（含端点）上的一点，且，则的取值范围是 。
解：作图：以为直径作圆，
由知在方向上的投影为
即在上运动，连结并双向延长交圆于
所以
当且仅当点与或重合时，取得最大值为1；当时取值无限接近
2．箱子里有100个零件，其中90个是正品，10个是次品，从中任取5个，这5个中有4个正品，1个次品的概率是 ．
解：
好题速递81
1．在平面直角坐标系中，直线与圆交于两点，为坐标原点，若圆上有一个满足，则 。
解法一：将两边平方，得，
又圆心到直线的距离为
所以
所以，所以
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解法二：由得
设与交于点，则三点共线。
，且
所以利用得
所以
过作的垂线交于，根据圆心到直线的距离为得
解得
2．从1，2，3，4，5五个数中随机地依次选取三个不同的数，则所取的三个数按照挑选的顺序排列恰能构成等差数列的概率是 ．
解：
好题速递82
1．已知是定义在上的奇函数，当时，，函数，如果对于，使得，则实数的取值范围是 。
解：，
若对于，使得，只需的值域包含于的值域即可。即，解得
2．在同一层楼有一排8间会议室，现要安排4个不同学科的研讨会在这8间研讨室，要求任意两个研讨会不相邻的安排方法有 种．
解：
好题速递83
1．在平行四边形中，于，交于点，若，
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，则 。
解：以为坐标原点，以为轴，设，，则，
所以，，，，
代入，解得
【评注】坐标法是解决向量问题的最后必杀技。
2．小明手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的K，3张为不同花色的A。规定每次只能出同一种点数的牌（可以只出一张，也可出多张），出牌后不再收回，且同一次所出的牌不考虑顺序。若小明恰好4次把牌出完，则他不同的出牌方式共有 种．
解：型共有种，型共有种，共有96种。
好题速递84
1．已知点，其中，且和为方程的两组不同实数解。若四边形是矩形，则此矩形绕轴旋转一周得到的圆柱的体积的最大值为 ．
解：
由得
，得
2．某校数学学科有5门兴趣特长类选修课程，假设甲、乙、丙三位同学随机选课，且规定每人选3门课程，则每门课程都被选中的概率为 ．
解法一：记事件为“每人选3门课程”，事件A为“每门课程都被选中”，则
事件包含的基本事件数总数为，
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(1)恰有2门课程未被选中的基本事件数；
(2)恰有1门课程未被选中的基本事件数；
故事件A包含的基本事件数为 ，
所以所求的概率P(A)．
解法二：记事件为“每人选3门课程”，事件A为“每门课程都被选中”，则
事件包含的基本事件数总数为，
(1)当甲、乙恰有相同的3门课程时，甲、乙有种选课结果，丙有种选课结果，故事件A的基本事件数；
(2)当甲、乙恰有相同的2门课程时，甲、乙有种选课结果．当甲、乙、丙有2门课程相同时，丙有种选课结果；当甲、乙、丙只有1门课程相同时，丙有种选课结果；当甲、乙、丙没有课程相同时，丙有种选课结果．故事件A的基本事件数；
(3)当甲、乙恰有相同的1门课程时，甲、乙有种选课结果，丙有种选课结果，故事件A的基本事件数．
所以事件A包含的基本事件数为，
所以所求的概率P(A)．
好题速递85
1．已知，动点分别在射线上运动，使得的面积恒为。点为中点，，则的最小值为 。
解：由题意可知为的重心，
设，则由得
以为原点，为轴建系，则，
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所以，则
所以
2．从6人中选4人分别到巴黎，伦敦，悉尼，莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲，乙两人不去巴黎游览的概率为 。
解：
好题速递86
1．若对任意的，不等式恒成立，则的最大值为 ，的最小值为 。
解：当时，恒成立，此时
当时，
令，则在时单调递增，所以
所以，即
2．某商场开展促销抽奖活动，摇出的中奖号码是8，2，5，3，7，1，参加抽奖的每位顾 客从0～9这10个号码中任意抽出六个组成一组，若顾客抽出的六个号码中至少有5 个与摇出的号码相同（不计顺序）即可得奖，则中奖的概率是 。
解：
好题速递87
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1．若是椭圆焦点三角形的内心，的角平分线交于，则 。
解法一：设，则
又的角平分线交于，所以
所以
因为也是的角平分线，所以
解法二：特殊情况法：因为题干里没有说是哪个焦点三角形，但却要求求定值，所以选取上顶点作为，则内心在轴上，设，则由
得，所以
2．某中学的一个研究性学习小组共有10名同学，其中男生x名（3≤x≤9），现从中选出 3人参加一项调查活动，若至少有一名女生去参加的概率为，则 。
解：，单调递减
故
好题速递88
1．已知是椭圆的两个焦点，直线过焦点与椭圆交于两点，是以为直角的等腰直角三角形，则椭圆离心率 。
解：设，，，
则可求得
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所以
所以，所以
变式：已知是椭圆的两个焦点，直线过焦点与椭圆交于两点，是直角三角形，则椭圆离心率的取值范围是 。
解：（1）当时，
若直线的斜率不存在，则，即，解得
若直线的斜率存在，设直线的方程为，代入椭圆方程得
则
由得
所以
即
所以，所以，即，所以
（2）当时，有解，即
所以，即
综上可得，
2．已知集合A={12，14，16，18，20}，B={11，13，15，17，19}，在A中任取一个元素用表示，在B中任取一个元素用表示，则所取两数满足的概率为 。
解：
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好题速递89
1．若等差数列满足，则的最大值为 。
解法一：由得
而，所以
所以整理得关于的方程有实根
所以，解得
解法二：由题可设，公差
所以
当且仅当时，
2．在圆周上有10个等分点，以这些点为顶点，每3个点可以构成一个三角形，如果随机选择3个点，刚好构成直角三角形的概率是 。
解：直径有5条，故直角三角形有
好题速递90
1．已知在数列中，，，对任意，都有，成立，则数列的通项公式为 。
解：
若是偶数时，，
所以
若是奇数时，
所以
综上，对任意，
又
所以对任意，
综上可得，
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评注：这是夹逼原理在数列中的应用。
2．为了支持拆迁工作，某镇决定接受一批移民，其中有3户互为亲戚关系，将这3户移民随机安置到5个村民组，则这3户中恰好有2户安置到同一村民组的概率为 。
解：
好题速递91
1．若满足，则 。
解：
又
所以
即解得或
所以
评注：本题是夹逼原理的应用。
2．已知10个产品中有3个次品，现从其中抽出若干个产品，要使这3个次品全部被抽出的概率不小于0.6，则至少应抽出产品 个。
解：，即，解得
好题速递92
1．已知是边长为的正三角形，为的外接圆的一条直径，为的边上的动点，则的取值范围是 。
解：的外接圆的半径为2
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由极化恒等式可得
由图易得，所以
2．已知P箱中有红球1个，白球9个，Q箱中有白球7个，（P、Q箱中所有的球除颜色外完全相同）．现随意从P箱中取出3个球放入Q箱，将Q箱中的球充分搅匀后，再 从Q箱中随意取出3个球放入P箱，则红球从P箱移到Q箱，再从Q箱返回P箱中的概率等于 。
解：
好题速递93
1．在中，，，，是的内心，若，其中，则动点的轨迹所覆盖的面积为 。
解：由余弦定理得
的内切圆半径
而，其中，则动点的轨迹所覆盖的区域如图所示就是平行四边形，即
2．儿童节到了，幼儿园里做了一个亲子游戏，甲、乙、丙三位小朋友随机进入4个房间找爸爸（小朋友可以进入同一个房间），四个房间里分别有一个人，其中三个是甲乙丙的爸爸，则至少有一个小朋友找到爸爸的概率为 。
解：
变式：儿童节到了，幼儿园里做了一个亲子游戏，甲、乙、丙三位小朋友随机进入4个房间找爸爸，每个房间只能进一个小朋友，四个房间里分别有一个人，其中三个是甲乙丙的爸爸，则至少有一个小朋友找到爸爸的概率为 。
解法一：我们来算背面，即没有小朋友找到自己的爸爸。
如果无人去第四个房间，那就是3个小朋友不找自己的爸爸有2种情况；
如果有人去第四个房间，那就是种情况；
故
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解法二：我们来算背面，即没有小朋友找到自己的爸爸。把问题加强为甲乙丙丁四个小朋友找爸爸，其中甲乙丙不能找到自己的爸爸，丁没有要求。
这样就分了两类，一类是丁找自己的爸爸，那么就是3个小朋友不找自己的爸爸，有2种；另一类是丁也不找自己爸爸，那么就是4个小朋友不找自己的爸爸，有9种，共11种，故
解法三：再正面算，有一个小朋友找到自己的爸爸有种，有两个小朋友找到自己的爸爸有种，有三个小朋友找到自己的爸爸有1种，故共有13种。概率为
好题速递94
1．已知是椭圆和双曲线的公共顶点，是双曲线上的动点，是椭圆上的动点（都异于），且满足，其中，设直线的斜率分别为，若，则 。
解：设点
由于结合椭圆和双曲线的对称性知：
所以，所以三点共线，所以
又
而
所以，又，所以
2．袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取，乙再取，……取后不放回，直到两人中有一人取到白球时既终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的
（1）求袋中所有的白球的个数；
（2）求甲取到白球的概率
解：（1），解得
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（2）
好题速递95
1．若直线与不等式组表示的平面区域无公共点，则的取值范围是 。
解：不等式组表示的平面区域是由，，围成的三角形区域。
直线与不等式组表示的平面区域无公共点，则满足：
（无解）或，画出在如图所示的三角形区域（不含边界和原点），所以
2．一位学生每天骑自行车上学，从他家到学校共有5个交通岗，假设他在每个交通岗遇到红灯是相互独立的，且首末两个交通岗遇红灯的概率均为p，其余3个交通岗遇红灯的概率均为
（Ⅰ）若，求该学生在第三个交通岗第一次遇到红灯的概率；
（Ⅱ）若该学生至多遇到一次红灯的概率不超过，求的取值范围．
解：（1）
（2）
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即，解得
又，故
好题速递96
1．在中，内角所对应的边分别为，且边上的高为，则的最大值为 ，此时内角的值为 。
解法一：由
所以
所以当时，
解法二：以为轴，中点为原点建系，则，
，
所以
当时，
当时， ，当且仅当时取等号
所以令，单调递减，所以当时，即时，
此时，，则，所以
由对称性可知，时也一样。
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2．某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是，构造数列，使，记，则时的概率为 。
解：，需四次中有3次正面，1次反面，故
好题速递97
1．点为椭圆在第一象限的弧上的任意一点，过引轴，轴的平行线，分别交直线于两点，交轴，轴于两点，记与的面积为，当时，的最小值为 。
解：设，
则，
所以
当且仅当时取得最小值。
变式：点为椭圆在第一象限的弧上的任意一点，过引轴，轴的平行线，分别交直线于两点，交轴，轴于两点，记与的面积为，当时，的最大值为 。
解：设，
则，
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所以
当且仅当时取得最大值。
2．有2n个数字，其中一半是奇数，一半是偶数，从中任取两个数，则所取的两数之和为偶数的概率是 。
解：
好题速递98
1．已知正实数满足，则的最小值是 。
解：
由
故
2．平面直角坐标系中有两个动点A、B，它们的起始坐标分别是(0,0)，(2,2)，动点A、B 从同一时刻开始每隔1秒钟向上、下、左、右四个方向中的一个方向移动1个单位，已知动点A向左、右移动的概率都是，向上、下移动的概率分别是和，动点B向上、下、左、右四个方向中的一个方向移动1个单位的概率都是q．
（1）求p和q的值；
（2）试判断最少需要几秒钟，动点A、B 能同时到达点，并求在最短时间内A、B 同时到达D的概率。
解：（1），，
（2）至少需要3秒同时到达D
经过3秒，点A到达D的概率，点B到达D有9种走法，故点B到达D的概率
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故同时到达的概率为
好题速递99
1．在中，已知的角平分线交于点，且，若，则 ．
解法一：以为原点，以为轴建系，令，则
所以直线
所以点B关于直线的对称点为
所以
所以
所以，，故
解法二：如图令，则
故
结合角平分线定理得，解得
故
解法三：取，设
则，
所以，故
2．从9名同学中选出5名同学组成班委会，要求甲、乙两人要么同时入选，要么同时不入选，丙、丁两人不同时入选，则符合要求的选法共有 种．
解：（1）甲、乙同时入选，丙、丁两人只有1人入选，其余2人从其余5人中任选，共有种
（2）甲、乙同时入选，丙、丁两人都没有入选，其余3人从其余5人中任选，共有种
（3）甲、乙同时不入选，丙、丁两人只有1人入选，其余4人从其余5人中任选，共有种
（4）甲乙丙丁都不入选，则其余5人的选法有1种
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共计41种。
好题速递100
1．设，若实数使得对任意实数恒成立，则 。
解法一：由得
因为对任意实数恒成立，所以
得，即
解法二：由三角函数联想到周期性，取
则，故取满足条件
故
这个方法是基于变化的问题答案确是定值，所以用特殊情况做出答案即可，考场里用比较好。
2．用数字0，1，2，3，4组成的五位数中，中间三位数字各不相同，但首末两位数字相同的共有 个。
解：240个
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