2024届高考数学考前大题冲刺特训：6大考点模拟题汇编（江苏篇）

2024届高考数学考前大题冲刺特训：6大考点模拟题汇编（江苏篇） 6大考点模拟题汇编目录 考点1：数列 考点2：函数与导数 考点3：三角函数 考点4：空间向量与立体几何 考点5：统计与概率 考点6：圆锥曲线的方程 6大考点模拟题汇编练习 考点1：数列 1．（2024·江苏南通·三模）已知函数． (1)若，求的最小值； (2)设数列前项和，若，求证：． 2．（2024·江苏南京·二模）已知数列的前n项和为．若对每一个，有且仅有一个，使得，则称为“X数列”.记，，称数列为的“余项数列”. (1)若的前四项依次为0，1，，1，试判断是否为“X数列”，并说明理由； (2)若，证明为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式； (3)已知正项数列为“X数列”，且的“余项数列”为等差数列，证明：． 3．（2024·江苏南通·二模）已知数列的前n项和为，，. (1)证明：数列为等比数列； (2)设，求数列的前n项和； (3)是否存在正整数p，q（），使得，，成等差数列？若存在，求p，q；若不存在，说明理由. 4．（2024·江苏徐州·一模）对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列． (1)若数列为2，4，3，7，求的值； (2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，． （i）探究与的关系； （ii）证明：． 5．（2024高三·徐州·一模）在数列中，若存在常数，使得恒成立，则称数列为“数列”． (1)若，试判断数列是否为“数列”，请说明理由； (2)若数列为“数列”，且，数列为等比数列，且，求数列的通项公式； (3)若正项数列为“数列”，且，，证明：． 考点2：函数与导数 6．（2024·江苏·二模）已知函数. (1)当时，证明：； (2)若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围. 7．（2024·江苏·模拟预测）已知函数在处的切线经过原点. (1)判断函数的单调性； (2)求证：函数的图象与直线有且只有一个交点. 8．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，证明． 9．（2024·江苏南京·二模）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，若在区间上的最小值为，求a的值． 10．（2024·南通·二模）已知函数. (1)若，讨论的单调性； (2)已知存在，使得在上恒成立，若方程有解，求实数的取值范围. 考点3：三角函数 11．（2024·江苏南通·三模）在中，角的对边分别为． (1)求； (2)若的面积为边上的高为1，求的周长． 12．（2024·河北保定·二模）已知中，角所对的边分别为. (1)求角； (2)若，且的周长为，求的面积. 13．（2024·江苏·模拟预测）在中，点在边上，且满足. (1)求证：； (2)若，，求的面积的最小值. 14．（2024·江苏苏州·二模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求角； (2)若，点为的重心，且，求的面积． 15．（2024·江苏扬州·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，且的面积为. (1)求角； (2)若，求的最小值. 考点4：空间向量与立体几何 16．（2024·江苏南通·模拟预测）如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点C是的中点．已知，点M是BC的中点． (1)若直线与直线所成角为，证明：平面； (2)记直线与平面ABC所成角为，平面与平面的夹角为，若，求． 17．（2024·江苏·模拟预测）如图所示，已知正方体的棱长为3，，分别是，的中点，是上一点，且平面. (1)求； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，分别是线段的中点，，，，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值． 19．（2024·湖北·三模）已知三棱柱中，，，，    (1)求证：平面平面； (2)若，且P是AC的中点，求平面和平面的夹角的大小. 20．（2024·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱中，，． (1)当时，求证：平面； (2)设二面角的大小为，求的取值范围． 考点5：统计与概率 21．（2024·江苏南通·模拟预测）某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的 (1)求甲任选一题并答对的概率; (2)若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为， ①求和 ②求 22．（2024·苏州·二模）某公司为提升款产品的核心竞争力，准备加大款产品的研发投资，为确定投入款产品的年研发费用，需了解年研发费用(单位：万元)对年利润(单位：万元)的影响.该公司统计了最近8年每年投入款产品的年研发费用与年利润的数据，得到下图所示的散点图: 经数据分析知，与正线性相关，且相关程度较高.经计算得，. (1)建立关于的经验回归方程; (2)若该公司对款产品欲投入的年研发费用为30万元，根据(1)得到的经验回归方程，预测年利润为多少万元? 附：. 23．（2024·江苏南通·三模）“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．） (1)若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义； (2)若拋郑一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且． （ⅰ）当时，求的值； （ⅱ）求证：． 24．（2024·江苏·二模）某班统计了全班50名同学在某一周内到图书馆借阅次数的相关数据，结果如下表： 借阅次数 0 1 2 3 4 5 6 7 合计 男生人数 2 5 3 5 5 1 2 2 25 女生人数 4 4 5 5 3 2 1 1 25 合计人数 6 9 8 10 8 3 3 3 50 若将该周内到图书馆借阅次数不少于3次的学生，称为“爱好阅读生”；少于3次的学生称为“一般阅读生”． (1)请完成以下列联表；问：能否有90％的把握认为爱好阅读与性别有关？ 性别 阅读 合计 一般 爱好 男生 女生 合计 附：，． 0.1 0.05 0.01 k 2.706 3.841 6.635 (2)班主任从该周内在图书馆借阅次数为0的同学中，一次性随机抽取3人了解有关情况，求抽到的男生人数的概率分布和数学期望． 25．（2024·徐州·二模）单位面积穗数､穗粒数､千粒重是影响小麦产量的主要因素，某小麦品种培育基地在一块试验田种植了一个小麦新品种，收获时随机选取了100个小麦穗，对每个小麦穗上的小麦粒数进行统计得到如下统计表： 穗粒数 穗数 4 10 56 22 8 其中同一组中的数据用该组区间的中点值作代表.从收获的小麦粒中随机选取5组，每组1000粒，分别称重，得到这5组的质量（单位：）分别为：. (1)根据抽测，这块试验田的小麦亩穗数为40万，试估计这块试验田的小麦亩产量（结果四舍五入到）； 公式：亩产量亩穗数样本平均穗粒数. (2)已知该试验田穗粒数近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.若小麦穗粒数不低于28粒的穗数超过总体的，则称该小麦品种为优质小麦品种，试判断该试验田中的小麦品种是否为优质小麦品种. 参考数据：若近似服从正态分布，则. 考点6：圆锥曲线的方程 26．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆（）的左右顶点分别为，，且，，，四个点中恰有三个点在椭圆上.若点是椭圆内（包括边界）的一个动点，点是线段的中点. (1)若，且与的斜率的乘积为，求的面积； (2)若动点满足，求的最大值. 27．（2024·江苏·二模）已知F为抛物线C：的焦点，点A在C上，.点P（0，-2），M，N是抛物线上不同两点，直线PM和直线PN的斜率分别为，. (1)求C的方程； (2)存在点Q，当直线MN经过点Q时，恒成立，请求出满足条件的所有点Q的坐标； (3)对于（2）中的一个点Q，当直线MN经过点Q时，|MN|存在最小值，试求出这个最小值. 28．（2024·无锡·二模）三等分角是古希腊几何尺规作图的三大问题之一，如今数学上已经证明三等分任意角是尺规作图不可能问题，如果不局限于尺规，三等分任意角是可能的.下面是数学家帕普斯给出的一种三等分角的方法：已知角的顶点为，在的两边上截取，连接，在线段上取一点，使得，记的中点为，以为中心，为顶点作离心率为2的双曲线，以为圆心，为半径作圆，与双曲线左支交于点（射线在内部），则.在上述作法中，以为原点，直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，若，点在轴的上方. (1)求双曲线的方程； (2)若过点且与轴垂直的直线交轴于点，点到直线的距离为. 证明：①为定值； ②. 29．（2024·江苏南京·二模）已知抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F，且．过F的直线1与抛物线C交于A，B两点，与E的两条近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧). (1)求E的渐近线方程； (2)若实数满足，求的取值范围． 30．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项． (1)求点的轨迹方程； (2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)0 (2)证明见详解 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性，进而可得的最小值； （2）当时显然成立，当，结合（1）可得，进而可得，利用裂项相消法分析证明. 【详解】（1）因为，则， 因为，则，且， 当时，则，可得； 当时，则，可得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为. （2）因为， 若，则，满足； 若，由（1）可知：， 即，当且仅当时，等号成立， 令，可得， 且， 可得， 所以； 综上所述：. 2．(1)不是“X数列” (2)证明见解析；， (3)证明见解析 【分析】（1）依次求出，再根据“X数列”定义进行判断即可. （2）由先求出数列通项公式，再依据“X数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数列”的定义公式进行计算即可. （3）先探究得出“余项数列”公差情况，再讨论时推出矛盾得到，接着探究时若得出矛盾，从而得出，进而得出即可进一步推出. 【详解】（1）由题， 所以有，， 故根据“X数列”的定义不是“X数列”. （2）因为， 所以当时，； 当时，； 则不满足，所以， 令，即， 则当时，有，； 当时，有；故即， 则对每一个，有且仅有一个且，使得， 综上，对任意，有且仅有一个，使得， 所以为“X数列”， 由上，， 即的“余项数列”通项公式为，. （3）因为是正项数列，所以单调递增， 所以，故， 因为，且为“X数列”， 所以，故由得， 的“余项数列”为等差数列，故其公差， 因为，所以， 若，则当时，，与矛盾， 故，所以，，即， 对于，若，则，与正项数列矛盾， 所以，故， 所以，故， 所以， 又， 所以，. 【点睛】关键点睛：证明的关键第一步是探究出“余项数列”公差；第二步是探究出时有矛盾得到；第三步是探究出时若有矛盾，从而得到，进而得出. 3．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）利用给定的递推公式，结合及等比数列定义推理即得. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即可. （3）由（1）求出，由已知建立等式，验证计算出，再分析求解即可. 【详解】（1），，当时，， 两式相减得，即， 则有，当时，，则，即， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）得，，则，数列是等差数列， 于是，解得，则， 所以的前项和 . （3）由（1）知，， 由成等差数列，得，整理得， 由，得，又，，不等式成立， 因此，即，令，则, 从而，显然，即， 所以存在，使得成等差数列. 【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 4．(1)172； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定的数列及变换计算即得. （2）（i）根据给定的信息依次计算，再作差即得；（ii）是每项均为非负整数的数列，交换数列的第项与第项得到数列，利用已知证明，再结合（i）推理即得. 【详解】（1）依题意，，， . （2）（i）记， ， ， ， ，所以. （ii）设是每项均为非负整数的数列， 当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列， 则， 当存在，使得时，若记数列为，则， 因此，从而对于任意给定的数列， 由，，由（i）知， 所以. 【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 5．(1)数列不是“数列” (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件求出即可判断； （2）根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解出，由此求出，即可求出数列的通项公式. （3）构造函数，通过导数判断函数的单调性，有在上单调递减，且，再推导出且，符合上述区间，即可证明不等式. 【详解】（1）数列不是“数列”，理由如下： ，则， 又， 所以， 因为不是常数，所以数列不是“数列”. （2）因为数列为“数列”，由， 有①， 所以②， 两式作差得， 又因为数列为“数列”，所以， 设数列的公比为，所以， 即对成立， 则，得； 又，， 得，所以. （3）设函数，则， 当时，，则在上单调递减，且， 因为数列为“数列”，则， 因为，， 则，故， 由此类推，可得对，， 所以，即，所以得证. 【点睛】关键点点睛：①理解“数列”的定义并运用； ②通过构造函数利用函数单调性证明不等式. 6．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）因为函数的定义域为，当时，，将问题转化为当时，，构造函数，利用导数研究的值域即可证明； （2）求导，令，再求导，利用放缩可知，得到在单调递增，，分类讨论和时的正负，从而确定是否有极值点以及极值点的个数. 【详解】（1）因为函数的定义域为，当时，. 要证，只需证：当时，. 令，则， 则在单调递增， 所以，即. （2）， 令， 则. 所以在单调递增，， ①时，，. 则在为增函数，在上无极值点，矛盾. ②当时，.由（1）知，， ，则，则使. 当时，，，则在上单调递减； 当时，，，则在上单调递增. 因此，在区间上恰有一个极值点， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用导数求解参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围 2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 7．(1)在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）先根据题意求出参数的值，然后求导，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解； （2）由题意构造函数（），利用导数判断函数单调性，结合零点存在定理即可得解. 【详解】（1）因为，所以切点为. 因为，所以， 所以切线方程为. 因为切线经过原点，所以，所以. 由定义域为，故， 所以在上单调递增. （2）设（）， 则. 因为当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且， 因为，且当时，单调递减，所以 所以当时，， 所以函数在时没有零点， 所以当时，函数的图象与直线没有交点. 当时，，单调递增， 又因为，且函数的图象是不间断的， 所以当时，函数有且只有一个零点， 函数的图象与直线有且只有一个交点. 综上所述，函数的图象与直线有且只有一个交点. 8．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）直接用导数求出的最大值即可； （2）构造并证明时，并对该不等式代入特殊值即可得证. 【详解】（1）首先由可知的定义域是，从而. 故，从而当时，当时. 故在上递增，在上递减，所以具有最大值. 所以命题等价于，即. 所以的取值范围是. （2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有. 在的范围内定义函数. 则，所以单调递增. 这表明时，即. 又因为，且和都大于， 故由在上的单调性知，即. 9．(1) (2) 【分析】（1）由，分别求出及，即可写出切线方程； （2）计算出，令，解得或，分类讨论的范围，得出的单调性，由在区间上的最小值为，列出方程求解即可． 【详解】（1）当时，，则，，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即． （2），令，解得或， 当时，时，，则在上单调递减， 所以，考虑，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以的极大值为，所以由得； 当时，时，，则在上单调递减， 时，，则在上单调递增， 所以，则，不合题意； 当时，时，，则在上单调递减， 所以，不合题意； 综上，． 10．(1)在上单调递减，在上单调递增； (2). 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，令，判断的单调性，即可得到的取值情况，从而得到的单调区间； （2）求出函数的导函数，即可判断导函数的单调性，依题意可得，即可得到，设，依题意可得有解，利用导数说明的单调性，即可得到，从而得到，再令，利用导数求出的单调性，即可求出函数的极值与区间端点的函数值，从而求出参数的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，，所以， 设，因为、都在上单调递增， 所以在上单调递增，且， 所以时，单调递减； 时，单调递增. 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）由，， 得， 因为、都在上单调递增，所以在上单调递增， 已知存在，使得在上恒成立，所以是的最小值，所以， 即，所以， 所以 ， 设， 由方程有解，得有解， 即有解， 因为在上恒成立，所以在上单调递减， 所以，则， 设，则， 所以时，单调递增，时，单调递减， 又， 所以，即的取值范围是. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 11．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小； （2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长. 【详解】（1）因为， 由正弦定理，得， 即，即. 因为在中，， 所以. 又因为，所以. （2）因为的面积为， 所以，得. 由，即， 所以.由余弦定理，得，即， 化简得，所以，即， 所以的周长为. 12．(1) (2). 【分析】（1）利用正弦定理边化角，切化弦后整理可得； （2）根据余弦定理，联立已知条件解方程组可得，然后由面积公式可得. 【详解】（1）由正弦定理边化角得，所以， 即， 整理得， 因为，所以， 又，所以. （2）由正弦定理得， 又，所以，即， 所以， 所以，所以， 所以的面积. 13．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）因为，所以，由正弦定理可得，则可得，则得； （2）由，化简可得，则得，，因为，则可得，再由基本不等式可得，即，则得到的面积的最小值. 【详解】（1） 在中，由正弦定理，得， 在中，由正弦定理，得， 因为，所以，所以， 因为，所以， 所以， 所以， 又因为，，且， 所以. （2）因为， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 由（1）知，则， 因为， 所以， 又， 所以 因为， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的面积的最小值为. 14．(1) (2) 【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解;（2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 整理得，由余弦定理可得． 又因为，所以． （2）设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点， 又因为，所以． 在中，由和，可得． 在和中，有， 由余弦定理可得 故，所以， 所以的面积为． 15．(1) (2) 【分析】（1）借助余弦定理与面积公式可得，结合二倍角公式可得，即可得解； （2）结合题意借助向量，可得，结合模长与数量积的关系计算即可得，利用基本不等式即可得其最值. 【详解】（1）， 结合余弦定理得，， ，， 即，又，，故； （2）由（1）知：， ，， ， 又， 当且仅当时，长取最小值，此时， 长的最小值为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证明.而证明利用直角三角形斜边中线等于斜边一半逆定理，证明需要证明平面即可. （2）本题关键求出点的坐标，核心是求圆台的高，因此设高为h, 表示出平面和平面 的法向量，平面与平面的夹角为,利用建立关系式求出h, 在中求出直线与平面所成角为. 【详解】（1）连接，则四边形是直角梯形. 过作于N，则四边形是矩形，， 连接，，为的中点.又M为的中点， 平面，，平面 又平面，， 在中，， 为的中点， 又，，平面，， 平面又平面， ，，OB，平面，， 平面 （2）以O为原点，直线OC，OB，分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系. 设，则 ，，， ， 设平面的法向量， 则， 取得 ，， 设平面的法向量， 则， 取得 ，解得 在中，， 由（1）知， 17．(1)1 (2) 【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，引入参数表示的位置，求出平面的一个法向量以及，由题意，由此即可求出参数，进而得解； （2）求出，结合第一问中求出的，由向量夹角公式即可得解. 【详解】（1）如图，以点为原点，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 由得， 取，则，故. 设，则. 因为平面，所以， 所以，所以. （2）因为， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线知识得到，然后使用线面垂直的判定定理； （2）直接使用空间向量求解. 【详解】（1）由于是的中点，，故. 而分别是的中点，故且，而，所以. 由，知，而，故. 而，在平面内交于点，故平面. （2） 已证，平面， 故可以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，且由知. 设，分别是平面和的一个法向量， 则由可知. 故可取，，得. 所以二面角的正弦值是. 19．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可求解. 【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形， 而，则平行四边形是菱形，连接，如图， 则有， 因，，，平面， 于是得平面， 而平面，则， 由，得，，AC，平面， 从而得平面， 又平面ABC，所以平面平面    （2）在平面内过C作， 由知平面平面ABC，平面平面，平面， 则平面ABC， 以C为原点，以射线CA，CB，Cz分别为x，y轴，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，    因，，， 则，，，， 则有，， 设平面的一个法向量， 则有，解得：. 令得，而平面的一个法向量， 依题意，， 设平面和平面的夹角的夹角是，则， ， 所以平面和平面的夹角是 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可； （2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围. 【详解】（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 当时，， 所以， 所以，所以. 又平面平面， 所以平面. （2）， 设平面的一个法向量为， 则，即，不妨取. 因为平面，所以平面的一个法向量为. 所以， 所以. 又因为，易知在上单调递减， 所以. 21．(1) (2)①，；② 【分析】（1）利用条件概率以及互斥事件的概率加法公式求解得出结论； （2）①利用相互独立事件的概率乘法公式求解； ②依题意，随机变量，，0，1，2，4，求出相应的概率，再利用期望公式可得期望. 【详解】（1）记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及内容”为事件A， 依题意，，，，， 因为事件与互斥， 所以 ； （2）①，即两题均选择作答，且均正确作答， 故， ，即两题均选择作答，且均作答错误， 故 ②依题意，随机变量，，0，1，2，4， 由①得，， ，即选择一道题作答且作答错误，另一题不作答， 故， ，即两题均不作答， 故， ，即选择两题均作答，且一题作答正确，另一题作答错误， 故， ，即甲选择一题作答且作答正确，另一题不作答， ， 故 22．(1) (2)65万元 【分析】（1）根据所给数据求出，然后由求得可得回归方程； （2）将代入回归方程即可得预测值. 【详解】（1）， . . 关于的经验回归方程为. （2）由(1)可得，. 当时，. 对款产品投入30万元年研发费用，年利润约为65万元. 23．(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据定义代入计算，再比较大小即可； （2）（i）根据步骤列出分布列，再计算即可；（ii）当时，，再计算出时，，最后代入公式计算化简即可. 【详解】（1）时，， 时， 因为，所以，所以. 说明硬币质地均匀时，抛掷正面向上的不确定性更大. （2）（i）当时，的分布列： . （ii）当时，第次正面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以 . 当时，第次反面向上，前次中有次正面向上， 所以， 所以. 所以 . 由， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是列出当时，的分布列，然后再计算相关值，第二小问的关键是对和的讨论，最后代入题目所给公式计算即可. 24．(1)列联表见解析，没有90％的把握认为喜爱阅读与性别有关 (2)概率分布见解析，1 【分析】（1）完成2×2列联表，计算出即可得出判断； （2）由题可知，随机变量服从超几何分布，由此求出的概率分布和数学期望． 【详解】（1）列联表： 性别 阅读 合计 一般 爱好 男生 10 15 25 女生 13 12 25 合计 23 27 50 提出假设：是否喜爱阅读与性别没有关系， 根据列联表的数据，可以求得： ， 所以没有90％的把握认为喜爱阅读与性别有关． （2）随机变量服从超几何分布，可能取0，1，2， ，，， 则的分布列为： 0 1 2 所以， 故抽取男生人数的数学期望为1． 25．(1)； (2)该试验田中的小麦为优质小麦品种. 【分析】（1）用每组区间的中点值乘以穗数求和除以100得到样本平均穗粒数，再由题所给数据得到样本平均千粒重，代入所给公式即可； （2）先根据数据求得，再由，根据正态分布的原则，求得概率即可判断. 【详解】（1）该试验田样本平均穗粒数为， 样本平均千粒重为， 所以这块试验田的小麦亩产量的估计值为， （2）由（1）得， 所以， 由得：， 故：， 所以该试验田中的小麦为优质小麦品种. 26．(1)3 (2) 【分析】（1）由椭圆性质可得不在椭圆上，即可得椭圆方程，设，表示出后计算可得点坐标，再计算面积即可得； （2）由，可得点在以为直径的圆上，有，设，结合题目条件计算可得，或可设，结合三角函数计算即可得. 【详解】（1）因为与关于轴对称，所以这两个点必定都在椭圆上， 则必定不在椭圆上，点在椭圆上， 故有，解得， 即椭圆， 因为点是线段的中点，点是线段的中点， 所以，， 所以，. 设，则，， 化简得，所以或， 又因为点是椭圆内（包括边界）的一个动点，所以. 因为，所以，所以. 所以的面积为； （2）因为动点满足，所以点在以为直径的圆上， 因为点是线段的中点，所以， 因为，，所以， 设，则当时，点在线段上，此时， 当时，设，点在以，为焦点的椭圆上， 若，则， 所以，所以点在椭圆外，不成立，故舍去， 若，设，则，所以， 因为，所以，， 所以， 所以的最大值是，当且仅当，，三点共线时等号成立， 另解：设，因为点是椭圆内（包括边界）的一个动点， 所以， 所以， 所以，所以，所以. 当时，取得最大值是. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助三角形两边之和大于第三边，得到，从而转化为计算的最大值. 27．(1) (2)（2，2）或（4，2） (3)5 【分析】（1）设，进而求出的坐标，利用坐标式向量相等的条件求解即可 （2）设，，联立直线MN的方程和抛物线方程，利用韦达定理求出，，代入得或，利用点斜式求出Q的坐标； （3）根据（2）结论和条件得MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值，利用韦达定理和两点间的距离公式求出，然后构造函数，通过导函数求出单调区间，利用函数的单调性求出最值 【详解】（1），设，则， 所以得：，解得或（舍）， 所以抛物线C的方程为①. （2）设直线MN：②，，， 联立①②，得. 所以③，，④. ，， 则， . 因为，即：， 即：， 则或，能满足③式. 则MN：，或MN：， 所以定点Q的坐标为（2，2）或（4，2）； （3）如MN过（4，2）点，当时，，但此时M，N重合， 则|MN|无最小值，所以MN只能过（2，2）点，此时|MN|有最小值. 由（2），在④中，令得：，， . 令， 则，. 当时，，在上为减函数， 当时，，在上为增函数， 所以当时，有最小值，|MN|有最小值. . 【点睛】关键点睛：第二问的关键：根据一元二次方程根与系数的关系，结合恒成立，得到直线MN过定点. 28．(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据题设直接求出，即可求出结果； （2）①根据条件得到直线的方程为，设，则 ，利用两点间的距离公公式及，即可证明结果；②根据条件得到，从而得到，再利用几何关系，即可证明结果. 【详解】（1）设双曲线的方程为， 由及，可得，所以， 因为双曲线的离心率为2，所以，解得， 所以双曲线的方程为. （2）①由题可得， 因为，所以直线的方程为， 设，则， 所以， ，所以，为定值. ②因为，由①得， 因为，所以， 又都是锐角，所以， 所以，所以. 【点睛】关键点晴：本题的关键在于第（2）问中的②问，利用①中结果得到，从而得到，再利用条件，即可求解. 29．(1) (2) 【分析】（1）由两曲线有公共的焦点F，且，得，，可求渐近线方程； （2）通过设直线方程，联立方程组，借助韦达定理，表示出和，由求的取值范围． 【详解】（1）抛物线与双曲线（，）有公共的焦点F， 设双曲线E的焦距为，则有， 又，则. 由，得， 所以E的渐近线的方程为 （2）设，， 1与E的两条近线交于P，Q两点均位于y轴右侧，有， 由，解得，， . 设， 由，消去得， 则有， ， 由，， 有，即， 由，有，所以.    【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 30．(1)； (2)或； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由平移公式可得曲线的方程，然后与直线的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，求导可得在点处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由题意可得，，， 则， ， 又是，的等差中项， ， 整理得点的轨迹方程为． （2） 由（1）知， 又，平移公式为即， 代入曲线的方程得到曲线的方程为：， 即． 曲线的方程为． 如图由题意可设M，N所在的直线方程为， 由消去得， 令，，则， ，， 又为锐角，，即， ，又， ，得或． （3）当时，由（2）可得，对求导可得， 抛物线在点， ，处的切线的斜率分别为， ， 在点M，N处的切线方程分别为，， 由，解得交点的坐标． 满足即，点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$