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2025二轮复习大题规范练（七）
一、基础保分练
1．（22-23高三上·吉林·阶段练习）在 中，角 的对边分别是 ，且
．
(1)求角 的大小；
(2)若 ，且 ，求 的面积．
2．（2023·山东·一模）已知等比数列 的各项均为正数，其前 项和为 ，且 ， ，
成等差数列， ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 ．
3．（23-24高一下·安徽阜阳·期中）2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃
圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”.阜阳三中高一年级举行了
一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x
（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为
五组（ ， ， ， ， ），其中第1组频数的
平方等于第2组、第4组频数之积，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）
解决下列问题：
(1)求a，b的值；(2)若根据这次成绩，学校准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级
分数线划为多少合理？
(3)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数： ， ， ，…， ，已知这10个
分数的平均数 ，标准差 ，若剔除其中的95和85这两个分数，求剩余8个分数
的平均数与方差．
4．（2023·北京房山·一模）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面ABCD，
，M为BC的中点.
(1)求证： 平面PBD；
(2)求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值；
(3)求D到平面APM的距离.
5．（2024·广东茂名·二模）已知椭圆 ，右焦点为 ，过点 的直线 交 于
两点.
(1)若直线 的倾斜角为 ，求 ；
(2)记线段 的垂直平分线交直线 于点 ，当 最大时，求直线 的方程.
6．（23-24高二上·江苏扬州·期末）已知函数 在 处取得极小
值5．
(1)求实数a，b的值；
(2)当 时，求函数 的最小值．
二、能力增分练7．（2023·湖北·一模）已知正项数列 的前 项和 ，满足： ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)记 ，设数列 的前 项和为 ，求证 ．
8．（2024·辽宁·一模）已知在 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中
.
(1)求A；
(2)已知直线 为 的平分线，且与BC交于点M，若 求 的周长.
9．（2024·山东济南·一模）已知函数 .
(1)当 时，求 的单调区间；
(2)讨论 极值点的个数.
10．（2024·全国·模拟预测）已知四棱柱 如图所示，底面 为平行四
A B C D
边形，其中点 在平面 1 1 1 1内的投影为点 ，且 ．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)已知点 在线段 上（不含端点位置），且平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求 的值．
11．（2023·湖北武汉·一模）口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，
现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.
(1)记总的抽取次数为X，求E（X）；
(2)现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是
黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个
小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2
个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E
（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.
12．（22-23高二下·浙江杭州·期末）设抛物线 ，过焦点 的直线与抛物
线 交于点 ， .当直线 垂直于 轴时， .
(1)求抛物线 的标准方程.
(2)已知点 ，直线 ， 分别与抛物线 交于点 ， .
①求证：直线 过定点；
②求 与 面积之和的最小值.
三、拓展培优练
13．（2024·广东汕头·一模）2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目
录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学
老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生
尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生
小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到 颗番石榴（不
妨设 颗番石榴的大小各不相同），最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为
了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前
颗番石榴，自第 颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗
番石榴，否则就摘最后一颗.设 ，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为 .
(1)若 ，求 ；
(2)当 趋向于无穷大时，从理论的角度，求 的最大值及 取最大值时 的值.
（取 ）
14．（2023·湖南长沙·一模）在锐角 中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已
知 ．
(1)求角B的值；
(2)若 ，求 的周长的取值范围．
15．（22-23高三上·江苏·期末）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔
举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个
方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使
方向判断正确也有 的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在
前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，
球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机
传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知 ．
①试证明： 为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p 与q 的大小．
10 10
16．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台 的上、下底面分别是边长为2
和4的正方形，平面 ⊥平面ABCD， ，点P是棱 的中点，点Q
在棱BC上．
(1)若 ，证明： 平面 ；
(2)若二面角 的正弦值为 ，求BQ的长．
17．（2023·浙江杭州·二模）已知椭圆 的离心率为 ，左、右顶
点分别为 、 ，点 、 为椭圆上异于 、 的两点， 面积的最大值为 ．
(1)求椭圆 的方程；
(2)设直线 、 的斜率分别为 、 ，且 ．
①求证：直线 经过定点．
②设 和 的面积分别为 、 ，求 的最大值．
18．（23-24高三上·浙江温州·期末）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1
号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从
号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
(1)当 时，求2号盒子里有2个红球的概率；
(2)当 时，求3号盒子里的红球的个数 的分布列；
(3)记n号盒子中红球的个数为 ，求 的期望 ．
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理边化角，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由余弦定理结合三角形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为 ，
所以根据正弦定理得 ，
因为 ，
所以 ，
即 ，
即 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
（2） ．
因为 ，所以 ①．
因为 ，所以 ②．
联立①②可得 ，解得 （负根舍去），
故 的面积为 ．
2．(1)
(2)
【分析】（1）利用 ， ， 成等差数列以及 求出首项和公比，再利用等
比数列的通项公式写出即可；
（2）由（1）将数列 的通项公式代入 中化简，再利用错位相减法求和
即可.
【详解】（1）设数列 的公比为 ，
因为 ， ， 成等差数列，
所以 ，
即 ，
解得 或 ，
因为 各项均为正数，
所以 ，
所以 ，
由 ，
得 ，解得 ，
所以 .
（2）由（1）知， ，
则 ，
所以 ，
两式相减可得 ，
整理可得 ．
3．(1) ，
(2)晋级分数线划为78分合理
(3)90；38.75
【分析】（1）由其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，求出 的值，频率
分布直方图面积和为1，求b的值；
（2）利用频率分布直方图计算第80百分位数即可；
（3）根据平均数和方差的计算公式求出结果.
【详解】（1）由题意知，所以 ，解得 ，
又 ，解得 ．
所以 ， ，
（2）成绩落在 内的频率为： ，
落在 内的频率为： ，
设第80百分位数为m，则 ，
解得 ，所以晋级分数线划为78分合理．（3） ，故： ．
又 ， ，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为 ， ， ，…， ，
平均数与标准差分别为 ， ，
则剩余8个分数的平均数： ；
方差： ．
4．(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定
定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）因为 ，M为BC的中点，
所以 ，
因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，
所以 ，所以 ，
而 ，即 ，
因为 底面ABCD， 底面ABCD，
所以 ，而 平面PBD，所以 平面PBD；
（2）因为 平面ABCD， 平面ABCD，
所以 ，
因为因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为 平面ABCD，
所以平面ABCD的法向量为 ，
设平面APM的法向量为 ，
， ，
于是有 ，
平面ABCD与平面APM所成角的余弦值为 ；
（3）由（2）可知平面APM的法向量为 ， ，
所以D到平面APM的距离为
5．(1)
(2) 或【分析】（1）由椭圆方程，即可求出椭圆右焦点坐标，根据直线的点斜式，联立直线方程
和椭圆方程，求得交点 的坐标，根据两点之间距离公式可求得|AB| ；
（2）联立直线方程和椭圆方程，根据椭圆的弦长公式可求得|AB|，计算 的中点
，利用 最大求得直线方程
【详解】（1）由题意可得F(1,0)，
因为直线 的倾斜角为 ，所以 ，
因此， 的方程为 ，
联立方程 ，消去 得
解得
所以
因此， ；
（2）设A(x ,y ),B(x ,y )，由题意得，直线 的斜率不为0，故设 为 ，
1 1 2 2
联立方程 消去 得， ， ，
因此 ，
所以 ，
设线段 的中点为 ，
则 ，所以 ，
所以
设 ，则 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
当 最大时， 也最大，此时直线 的方程为 ，
即 或
6．(1) ，
(2)
【分析】（1）由题意得到 ， ，求出 ， ，检验后得到答
案；
（2）求导，得到函数单调性，进而得到极值和最值情况，得到答案.
【详解】（1） ，
因为 在 处取极小值5，所以 ，得 ，
此时
所以 在 上单调递减，在 上单调递增所以 在 时取极小值，符合题意
所以 ， ．
又 ，所以 ．
（2） ，所以
列表如下：
0 (0,1) 1 2 (2,3) 3
f'(x)
0 0
1 ↗ 极大值6 ↘ 极小值5 ↗ 10
由于 ，故 时， ．
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由 ，把 用1代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数
列通项可求；
（2）由（1）可先算出 ，代入 求得 通项并裂项，再求
和即可证明.
【详解】（1）
当 时， ，解得 ．
当 时，由 ①，可得 ，②① ②得： ，即 ．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列 的通项公式 ．
（2）
由（1）可得 ，
，
， ， ， ， ，
，
.
8．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合三角函数的和差公式即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到关于 的方程组，结合整体法即可得解.
【详解】（1）根据题意可得 ，
由正弦定理得 ，又 ，
故 ，
又 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 .
（2）因为 ，
所以 ，
又 平分 ，所以 ，
所以 ，
则 ，即
由余弦定理得 ，即 ，
所以 ，解得 （负值舍去），
故 的周长为 .
9．(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）求出函数的导函数，分 、 两种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得
到函数的极值点个数.
【详解】（1）当 时， 定义域为 ，
又 ，
所以 ，
由 ，解得 ，此时 单调递增；
由 ，解得 ，此时 单调递减，
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2）函数 的定义域为 ，
由题意知， ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
即 极值点的个数为 个；
当 时，易知 ，
故解关于 的方程 得， ， ，
所以 ，
又 ， ，
所以当 时， ，即 在 上单调递增，
当 时， ，即 在 上单调递减，
即 极值点的个数为 个.综上，当 时， 极值点的个数为 个；当 时， 极值点的个数为 个.
10．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）不妨设 ，根据线面垂直的性质证明 ，利用勾股定理证明
，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以 为坐标原点，建立的空间直角坐标系 ，利用向量法求解即可.
【详解】（1）不妨设 ，
因为 平面 平面 ，故 ，
在 中， ，
由余弦定理， ，
得 ，故 ，则 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
而 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）由（1）知， 两两垂直，
如图所示，以 为坐标原点，建立的空间直角坐标系 ，
则 ，
故 ，
，所以 ，
设 ，则 ，即 ，所以 ；
设 为平面 的一个法向量，
则 ，
令 ，则 ，所以 ，
因为 轴 平面 ，则可取 为平面 的一个法向量，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
解得 ，故 ．
11．(1)
(2)6，答案见解析
【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望
；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为 和 ，利用独立事件概率
公式求得 的概率，再由期望公式计算出期望 ，根据白球对取到
黑球的影响说明期望的大小关系．
【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7，，
；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为 和 ，
，
，
，
，
.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干
扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.
12．(1)
(2)①证明见解析；② .
【分析】（1）利用弦长求解p，即可求解抛物线方程；
（2）（i）设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可
求出定点；
（ii）利用面积分割法求出两个三角形面积表达式，然后利用二次函数求最值即可.
【详解】（1）由题意，当直线 垂直于 轴时， ，代入抛物线方程得 ，则
，所以 ，即 ，所以抛物线 .（2）（i）设 ， ，直线 ，
与抛物线 联立，得 ，因此 ， .
设直线 ，与抛物线 联立，得 ，
因此 ， ，则 .同理可得 .
所以 .
因此直线 ，由对称性知，定点在 轴上，
令 得，
，
所以直线 过定点 .
（ii）因为 ，
，
所以 ，
当且仅当 时取到最小值 .
13．(1) ；
(2) 的最大值为 ，此时 的值为 .【分析】（1）根据给定条件，利用有限制条件的排列求出古典概率 .
（2）利用全概率公式求出 ，再构造函数，利用导数求出最大值.
【详解】（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有 种情况，
要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有 种情况；
②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置，
有 种情况，
所以所求概率为 .
（2）记事件 表示最大的番石榴被摘到，事件 表示最大的番石榴排在第 个，则
，
由全概率公式知： ，
当 时，最大的番石榴在前 个中，不会被摘到，此时 ；
当 时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前 个番石榴中的最大一个在前 个之
中时，此时 ，
因此 ，
令 ，求导得 ，由 ，得 ，
当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，于是当 时， 取得最大值 ，所以 的最大值为 ，此时 的值为 .
【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生
的简单事件的概率求和问题.
14．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理得到 ，再利用余弦定理求出 ；
（2）根据正弦定理得到 ，从而得到
，求出 ，得到 ，
，从而求出周长的取值范围.
【详解】（1） ，由正弦定理得： ，
即 ，
由余弦定理得： ，
因为 ，
所以 ；
（2）锐角 中， ， ，
由正弦定理得： ，故 ，
则
，
因为锐角 中， ，
则 ， ，
解得： ，
故 ， ，
则 ，
故 ，
所以三角形周长的取值范围是 .
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有
关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，
或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值
15．(1)分布列见解析；期望为
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断 ，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为 ，则当 时，第 次传球之前球在
甲脚下的概率为 ，由条件确定 的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出 ，比较其大小即可.
【详解】（1）方法一： 的所有可能取值为 ，
在一次扑球中，扑到点球的概率 ，
所以 ，
，
所以 的分布列如下：
0 1 2 3
方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为 ，
门将在前三次扑到点球的个数 可能的取值为 ，易知 ，
所以 ，
故 的分布列为：
0 1 2 3所以 的期望 ．
（2）①第 次传球之前球在甲脚下的概率为 ，
则当 时，第 次传球之前球在甲脚下的概率为 ，
第 次传球之前球不在甲脚下的概率为 ，
则 ，
即 ，又 ，
所以 是以 为首项，公比为 的等比数列．
②由①可知 ，所以 ，
所以 ，
故 ．
16．(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取 的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线
面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件
设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法
表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点 坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解 ；
法三：一作二证三求，设 ，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先
证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取 的中点M，连接MP，MB．
在四棱台 中，四边形 是梯形， ， ，
又点M，P分别是棱 ， 的中点，所以 ，且 ．
在正方形ABCD中， ， ，又 ，所以 ．
从而 且 ，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以 ．
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）在平面 中，作 于O．
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面
，
所以 平面 ．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则 ．
以 为正交基底，建立空间直角坐标系 ．因为四边形 是等腰梯形， ， ，所以 ，又 ，
所以 ．
易得 ， ， ， ， ，所以 ，
， ．
法1：设 ，所以 ．
设平面PDQ的法向量为 ，由 ，得 ，取 ，
另取平面DCQ的一个法向量为 ．
设二面角 的平面角为θ，由题意得 ．
又 ，所以 ，
解得 （舍负），因此 ， ．
所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1．
法2：设 ，所以 ．设平面PDQ的法向量为 ，由 ，得 ，取
，
另取平面DCQ的一个法向量为 ．
设二面角 的平面角为θ，由题意得 ．
又 ，所以 ，
解得 或6（舍），因此 ．
所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1．
法3：在平面 中，作 ，垂足为H．
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面
，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ．
在平面ABCD中，作 ，垂足为G，连接PG．
因为 ， ， ，PH， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ．
因为 ， ，所以 是二面角 的平面角．
在四棱台 中，四边形 是梯形，
， ， ，点P是棱 的中点，
所以 ， ．
设 ，则 ， ，
在 中， ，从而 ．
因为二面角 的平面角与二面角 的平面角互补，
且二面角 的正弦值为 ，所以 ，从而 ．
所以在 中， ，解得 或 （舍）．
所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1．
17．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题意可得出关于 、 、 的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭
圆 的方程；
（2）①分析可知直线 不与 轴垂直，设直线 的方程为 ，可知 ，设点
、 .将直线 的方程的方程与椭圆 的方程联立，列出韦达定理，利用求出 的值，即可得出直线 所过定点的坐标；
②写出 关于 的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得 的最大值.
【详解】（1）解：当点 为椭圆 短轴顶点时， 的面积取最大值，
且最大值为 ，
由题意可得 ，解得 ，
所以，椭圆 的标准方程为 .
（2）解：①设点 、 .
若直线 的斜率为零，则点 、 关于 轴对称，则 ，不合乎题意.
设直线 的方程为 ，由于直线 不过椭圆 的左、右焦点，则 ，
联立 可得 ，
，可得 ，
由韦达定理可得 ， ，则 ，
所以，
，解得 ，
即直线 的方程为 ，故直线 过定点 .②由韦达定理可得 ， ，
所以，
，
，则 ，
因为函数 在 上单调递增，故
，
所以， ，当且仅当 时，等号成立，
因此， 的最大值为 .
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的
一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线
系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的
解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点 ，常利用直线的点斜式方程 或截距式
来证明.
18．(1)
(2)分布列见解析(3)
【分析】(1)由古典概率模型进行求解；
(2) 可取 ，求出对应的概率，再列出分布列即可；
(3) 记 为第 号盒子有三个红球和一个白球的概率，则 ，
为第 号盒子有两个红球和两个白球的概率，则 ，
则第 号盒子有一个红球和三个白球的概率为 ，且
，化解得 ，即可求解.
【详解】（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为 ；
（2）由题可知 可取 ，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
1 2 3
P
（3）记 为第 号盒子有三个红球和一个白球的概率，则 ，
为第 号盒子有两个红球和两个白球的概率，则 ，则第 号盒子有一个红球和三个白球的概率为 ，
且 ，
化解得 ，
得 ，
而 则数列 为等比数列,首项为 ，公比为 ，
所以 ，
又由 求得：
因此 ．
【点睛】关键点点睛：记 为第 号盒子有三个红球和一个白球的概率，则 ，
为第 号盒子有两个红球和两个白球的概率，则 ，则第
号盒子有一个红球和三个白球的概率为 ，且
，即可求解.
