6大考点模拟题汇编-2024届高考数学考前大题冲刺特训

2024届高考数学考前大题冲刺特训：6大考点模拟题汇编（山东篇） 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·山东·二模）已知是公差不为0的等差数列，其前4项和为16，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 2．（2024·山东泰安·三模）对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，. (1)若为等比数列，求； (2)求在，，，…，中，3级十全十美数的个数. 3．（2024·山东济宁·三模）已知. (1)判断在上的单调性； (2)已知正项数列满足. （i）证明:； （ii）若的前项和为，证明:. 4．（2024·山东·模拟预测）设，.如果存在使得，那么就说可被整除（或整除），记做且称是的倍数，是的约数（也可称为除数、因数）．不能被整除就记做．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若，，则；②，互质，若，，则；③若，则，其中. (1)若数列满足，，其前项和为，证明：； (2)若为奇数，求证：能被整除； (3)对于整数与，，求证：可整除. 考点2：函数与导数 5．（2024·山东威海·二模）已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 6．（2024·山东·模拟预测）已知函数，其中. (1)求曲线在点处切线的倾斜角； (2)若函数的极小值小于0，求实数的取值范围； (3)证明：. 7．（2024·山东泰安·三模）已知函数. (1)讨论的最值； (2)若，且，求的取值范围. 8．（2024·山东临沂·二模）已知函数. (1)当时，求证：存在唯一的极大值点，且； (2)若存在两个零点，记较小的零点为，t是关于x的方程的根，证明：. 考点3：三角函数 9．（2024·山东泰安·二模）已知函数，的内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，求的值. 10．（2024·山东聊城·三模）在中，内角的对边分别为，且. (1)求； (2)若在边上，且，求的周长. 11．（2024·山东济宁·三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，已知. (1)求证:； (2)若，求面积的取值范围. 12．（2024·山东·二模）如图所示，是海面上位于东西方向的两个观测点，海里，点位于观测点北偏东，且观测点北偏西的位置，点位于观测点南偏西，且海里．现点有一艘轮船发出求救信号，点处的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时．求： (1)的距离； (2)该救援船到达点所需要的时间． 考点4：空间向量与立体几何 13．（2024·山东济宁·三模）图1是由正方形ABCD和两个正三角形组成的一个平面图形，其中，现将沿AD折起使得平面平面，将沿CD折起使得平面平面，连接EF，BE，BF，如图2. (1)求证:平面； (2)求平面与平面夹角的大小. 14．（2024·山东威海·二模）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，为等边三角形，，，，，M为的中点．    (1)证明：⊥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 15．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．    (1)求三棱台的高； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求． 16．（2024·山东·模拟预测）如图，在五面体中，面面，，平面，，，二面角的平面角为60°．    (1)求证：是梯形； (2)点在线段上，且，求二面角的余弦值． 考点5：统计与概率 17．（2024·山东济南·三模）近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5． (1)根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由） (2)根据（1）中的判断结果，建立y关于x的回归方程； (3)根据（2）的结果，估计2024年的企业利润． 参考公式及数据； ，， ，，，， 18．（23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）已知常数，在成功的概率为的伯努利试验中，记为首次成功时所需的试验次数，的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量的概率分布为几何分布. (1)对于正整数，求，并根据，求； (2)对于几何分布的拓展问题，在成功的概率为的伯努利试验中，记首次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为，现提供一种求的方式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是，即总的试验次数为；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为2，若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为. （i）求； （ii）记首次出现连续次成功时所需的试验次数的期望为，求. 19．（2024·山东济宁·三模）产品重量误差是检测产品包装线效能的重要指标.某食品加工厂为了检查一条新投入使用的全自动包装线的效能，随机抽取该包装线上的20件产品作为样本，并检测出样本中产品的重量（单位:克），重量的分组区间为.由此得到样本的频率分布直方图（如图），已知该产品标准重量为500克.    (1)求直方图中的值； (2)若产品重量与标准重量之差的绝对值大于或等于5，即判定该产品包装不合格，在上述抽取的20件产品中任取2件，求恰有一件合格产品的概率； (3)以样本的频率估计概率，若从该包装线上任取4件产品，设为重量超过500克的产品数量，求的数学期望和方差. 20．（2024·安徽合肥·二模）树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． (1)证明：； (2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； (3)假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）． 附：． 考点6：圆锥曲线的方程 21．（2024·山东济南·三模）已知点在椭圆上，到的两焦点的距离之和为． (1)求的方程； (2)过抛物线上一动点，作的两条切线分别交于另外两点． （ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）； （ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由． 22．（2024·山东济宁·三模）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程. 23．（2024·山东聊城·三模）已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点. （ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上； （ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 24．（2024·浙江·二模）已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点. (1)求双曲线的方程； (2)若线段，的中点分别为，，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标. 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) (2) 【分析】（1）设出公差，借助等差数列性质与等比数列性质计算即可得； （2）分奇数项及偶数项分组求和，结合等比数列的性质与裂项相消法计算即可得. 【详解】（1）设的公差为，由题意知，即， 即有，因为，可得，， 所以； （2）设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为， 则 ， ， 所以． 2．(1)或 (2). 【分析】（1）设的公比为，根据题意，列出方程组，即可求得的值； （2）由（1）知，得到，和，两式相减得，分为奇数和为偶数，两种情况讨论，结合二项展开式的性质，即可求解. 【详解】（1）解：设的公比为， 则，即， 由，可得，解得或， 所以或. （2）解：由（1）知，当时，， 当时，， 两式相减得. 当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0； 当为偶数时，设，则， 要想末尾3个数字为0，需满足被整除， 当时，均不符合题意； 当时，， 自，以后各项均可被125整除， 故只需考虑能否被125整除， 其中不是5的倍数， 故若原式能被整除，需为偶数且能被整除，即需是50的倍数， 在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000， 故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40. 【点睛】方法点睛：与数列有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 3、若数列中涉及到三角函数有关问题时，常利用三角函数的周期性等特征，寻找计算规律求解； 4、若数列与向量有关问题时，应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解； 5、若数列与不等式有关问题时，一把采用放缩法进行判定证明，有时也可通过构造函数进行证明； 6、若数列与二项式有关的问题时，可结合二项展开式的性质，进行变换求解. 3．(1)单调递减； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再判断时，导数值的正负即可得解. （2）（i）利用（1）的结论，结合分析法可得，再利用分析法推理，构造函数借助导数确定单调性即可得；（ii）利用（i）的结论，借助放缩法及等比数列求和即得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，则，即 所以在上单调递减. （2）（i）首先证明:，即证明，即证明，即证明， 由及（1）知，， 所以； 要证明，即证，只需证， 而，则只需证，， 令，则，由，知，则， 只需证，即证， 令，求导得， 于是函数在上单调递减，，即，因此， 所以. （ii）由（i）可知， ， 则当且时，， 当时，，所以. 【点睛】思路点睛：数列是一类特殊的函数某些数列问题，，准确构造相应的函数，借助函数导数研究其单调性是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件. 4．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列前项和公式，求得，再结合二项式定理以及整除性质②即可得出证明； （2）由二项展开式可得为奇数时，满足，可得结论； （3）分别对整数为奇数和偶数进行分类讨论，利用表达式将的表达式化简成含有的式子，再结合（2）中的结论即可证明可整除. 【详解】（1）因为，可知数列是以为首项，公比为的等比数列； 所以， 而，且31与9互质； 易知 ， 所以； ， 所以； 结合整除性质②可知：； （2）因为， 且为奇数，所以； 因此能被整除. （3）易知. 当时，， ， 上式中，由（2）知，能被整除， 另一方面， ， 上式中，所以也能被整除，且与互质， 所以能被整除，即能被整除. 类似可证当时，， ， 显然，由（2）知，能被整除； 另一方面， ， 所以能被整除；且与互质. 能被整除. 综上可知能被整除. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于对整数的奇、偶进行分类讨论，得出的表达式，将的表达式通过拆分化简成含有中的式子，再结合（2）中的结论以及整除性质，即可得出证明. 5．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案； （2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论. 【详解】（1）由题意得的定义域为， 则， 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，令，则，令，则， 即在上单调递增，在上单调递减， 故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值； （2）证明：设， ，令， 则，即在上单调递增， ， 故，使得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故 即，即，则. 6．(1)0 (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）利用函数乘法求导法则来求函数的导函数并因式分解得，即可求出，从而可求得切线的倾斜角为0； （2）对参数分四种情形，，，进行讨论单调性，从而得到极小值小于0，来求出实数的取值范围； （3）要证明不等式，利用放缩思想对和进行代换，结合分析法证明，把原不等式最后转化为新的不等式，再构造函数进行求最值证明. 【详解】（1）由， 所以， 设曲线在点处切线的倾斜角为，则， 又因为，所以， 所以曲线在点处切线的倾斜角为0. （2）由（1）知，且，解得：或， 当时，，，，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以，解得， 所以； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即此时极小值不可能小于0，所以当时不符合题意； 当时，恒成立， 所以在上单调递增，即函数无极值，不满足题意， 所以当时不符合题意； 当时，，，，，，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得， 所以； 综上可知实数的取值范围为或. （3）由（2）知，当时，在上单调递增，在上单调递减， ，即，即，两边取自然对数得：，则. 要证成立，只需证，. 两边同除得：，即. 只需证：，即证， 令，，，解得：， 当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增， 所以，即， 经检验，当时，成立. 综上可知不等式得证. 【点睛】方法点睛：（1）某点的切线斜率利用该点的导函数值来求解； （2）含参函数求极小值，需要对参数进行分类讨论，讨论的依据就是导函数的两个零的大小比较，从而利用导数的正负去得到函数的单调性，即可判断极小值点来求的范围； （3）证明这种含指数函数和对数函数的不等式，要借用指数不等式和的放缩思想，利用分析法去把原不等式转化到一些简单的函数不等式来证明. 7．(1)最小值为，无最大值. (2). 【分析】（1）求得，结合导数的符号，求得函数的单调区间，进而求得其最值； （2）把不等式转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围. 【详解】（1）.解：因为的定义域为，可得. 当时，令，可得； 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值. （2）解：当时，由，可得， 整理得，即， 令， 则， 由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 故当时，取得最大值，即， 故的取值范围为. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 8．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，利用零点存在性定理判断存在零点，利用隐零点方程代入化简，通过配方即可得证； （2）令，同构函数，根据单调性转化为的根，构造，利用导数判断单调性，结合零点存在性定理判断零点范围，得，,将转化为.记（），利用导数判断的范围，设，，利用判断的符号，由单调性可证. 【详解】（1）当时，，， ∴， 易知在上单调递减，且，， 则，使得当时，， 当时，，且，即，即， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴存在唯一的极大值点， 而， ∴． （2）令，得， 设，显然在定义域上单调递增， 而，则有， ∴． 依题意，方程有两个不等的实根， 即函数在定义域上有两个零点， 显然，当时，的定义域为， 在上单调递增，最多一个零点，不合题意， ∴，的定义域为， ∴求导，得， 当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ， 要使有两个零点，必有，即， 此时，即在有一个零点， ， 令，， 求导得，显然在上单调递增， ∴， ∴在上单调递增，， ∴，则函数在上存在唯一零点． 由为的两个根中较小的根， 得，， 又由已知得， 从而， ∵， ∴， ∴． 设（）， 当时，，，则符合题意， 当时，，则在上单调递增， ∴不合题意， ∴ ∴设，． 求导，得，当时， 令，， 则，， ∴，在上单调递增， 从而，，即，， 从而， 即在单调递增，则， 于是， 即， 即． 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用零点存在性定理判断零点范围，进而将条件方程转化为不等式，构造函数，利用导数讨论的范围，再通过判断的单调性，利用单调性即可得证. 9．(1) (2) 【分析】（1）利用特殊角的三角函数值求角； （2）法一，根据两角和差公式和正弦定理化简已知，可得，再结合余弦定理求解；法二：利用余弦定理化简已知得，再结合余弦定理求解. 【详解】（1），， ， ，， ，； （2）， 法一：， ， ， 根据正弦定理得， 由余弦定理得   ① 将代入①式，得， ，； 法二：， ， ， 由余弦定理得  ① 将代入①式，得， ，. 10．(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用正弦定理角化边整理可得，结合三角形性质得，即可求解； （2）根据得，结合向量模的运算求得，利用余弦定理求得，即可得解. 【详解】（1）因为， 所以，因为，所以， 所以， 因为，所以，因为，所以. （2）因为，所以， 所以，即， 即，解得，或（舍）， 由余弦定理，得，所以， 所以的周长为. 11．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据两角和差的正弦公式、二倍角的余弦公式化简计算可得，结合诱导公式计算即可证明； （2）由（1）得且，根据正弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换化简可得，结合正切函数的性质即可求解. 【详解】（1）， ， ，又， 则， ， ，即， 又，所以，即， 又，所以； （2）由（1）知，，得， 由，得，由正弦定理得， 得， 所以， 又，所以，又在上单调递增， 则，所以， 即的面积我取值范围为. 12．(1)海里 (2)1小时 【分析】（1）结合已知图形，在中利用正弦定理转化求解的长. （2）在中利用余弦定理求出，然后求解出该救援船到达D点所需的时间． 【详解】（1）由题意可知，，， 则， 而， 在中，，由正弦定理可得， 即，即，解得（海里）． （2）在中，， 由余弦定理可得 ， 所以，则时间为（小时）， 所以该救援船到达点需要的时间为1小时. 13．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，利用面面垂直的性质，结合平行四边形的性质、线面平行的判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）分别取棱的中点，连接， 由是边长为2正三角形，得， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，同理平面， 于是，即四边形为平行四边形，， 而平面平面， 所以平面. （2）取棱的中点，连接，由四边形为正方形，得， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 由，平面平面，平面平面平面， 得平面，则为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为 则，而，解得， 所以平面与平面的夹角为. 14．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设中点为O，证明平面，从而得，结合，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）设中点为O，连接，为等边三角形，故， 由题意知平面⊥平面，平面平面， 平面，故平面，平面， 故，又，平面， 故平面，平面，故， 又M为的中点，为等边三角形，则, 平面， 所以⊥平面； （2）由（1）知平面，平面，故， 连接，，则， 即四边形为平行四边形，故， 故以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面的一个法向量为，则, 即，令，则， 设直线与平面所成角为， 则. 15．(1) (2) 【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案； （2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案． 【详解】（1）作于点O，因为平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面，即为三棱台的高， 又因为平面，所以，连接， 因为，，所以， ，平面，所以平面， 又平面，所以，，， 所以，，所以三棱台的高为； （2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 设平面的法向量为，则，可取， 设，则， 设直线与平面所成角为，， 化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以）， 所以． 16．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由线面平行的性质定理得，同理得，从而得，再得到得证. （2）取中点由面面垂直得性质定理可证的线面垂直，则可在处建系，写出各点坐标，求出面和面的一个法向量，求夹角的余弦值即可. 【详解】（1）在五面体中，平面，面， 面面，所以同理可证， 所以且； 所以是梯形. （2）取中点，中点，连接，. 因为面面，交线为，面，， 所以面，所以 所以是二面角的平面角.即,又， 所以为正三角形，以为原点，以，，分别为，，轴（如图）    建立空间直角坐标系，设， 则，，，，，， ，，. 设面的一个法向量为，由，，得 ，取，得，， 所以 设面的一个法向量为，由，，得 ，取，得，， 所以 所以 所以二面角的平面角的余弦值为. 17．(1)适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型 (2) (3)估计2024年的企业利润为93.3亿元 【分析】（1）利用散点图的变化趋势，即可得出答案； （2）利用最小二乘法求出即可得解； （3）令即可得解. 【详解】（1）由散点图的变化趋势，知适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型； （2）由题意得：，， ， ， 所以； （3）令，， 估计2024年的企业利润为99.25亿元． 18．(1)，； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先求出，得到期望的表达式，结合错位相减法求和及极限可得答案； （2）（i）根据可能发生的三种情况即可求解. （ii）根据题意得到，利用递推关系可得. 【详解】（1）由题可知， 记， 则， 相减得： ； 由题意：. （2）（i）. 解得：. （ii）期待在次试验后，首次出现连续次成功，若下一次试验成功，则试验停止，此时试验次数为；若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是，此时总的试验次数为. 即. 整理得：，即， 是公比为的等比数列， 所以. 由（1）知， 代入得：. 19．(1)0.05； (2)； (3)，. 【分析】（1）利用频率分布直方图中小矩形面积和为1求出的值. （2）求出抽取的20件产品中的不合格件数，再利用古典概率计算即得. （3）求出样本中，重量超过500克的产品数量及对应概率，利用二项分布的期望、方差公式计算得解. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以直方图中的值是0.05. （2）样本中不合格产品数量为， 记事件表示“在上述抽取的20件产品中任取2件，恰有一件合格产品”则， 所以在上述抽取的20件产品中任取2件，恰有一件合格产品的概率为. （3）根据该样本频率分布直方图，重量超过500克的产品数量为， 则从包装线上任取一件产品，其重量超过500克的概率为所以， 随机变量，因此，. 20．(1)证明见解析； (2)平均数为96分，标准差为18分； (3)将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解； （2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解； （3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解. 【详解】（1） ， 同理． 所以. （2）将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为， 则， 所以 又，所以． 即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分． （3）由（2）知，所以全年级学生的考试成绩服从正态分布， 所以． ． 故可将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 21．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在， 【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义得到，再利用点在上，即可求出结果； （2）（ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程程，利用，得到，联立抛物线方程，得到，即可求出结果；（ⅱ）根据条件得到必要条件，再代入检验满足题意，从而求出结果. 【详解】（1）由题意，得． 又在上，得，从而，故E的方程为． （2）（ⅰ）当为的顶点时，， 不妨设在第一象限，直线的方程为， 联立的方程为，可得． 由，得． 联立直线的方程与抛物线的方程，可得， 则点的纵坐标为， 由对称性知， 故直线在轴上的截距为． （ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即， 解得或（舍去）． 设，，，则，，． 直线的方程为，即． 联立椭圆方程可得 ， 由 可得， 即． 同理可得． 因为直线同时经过点，所以的直线方程为． 联立椭圆方程可得， 于是． 故直线与椭圆相切，因此符合题意． 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问的第（ii）小问，通过条件，得到，从而有，再检验满足题意，即可求解. 22．(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程. （2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得. 【详解】（1）令，由，得，则直线的斜率， 由直线过点，得直线的方程为，因此， 所以椭圆的标准方程为. （2）设，直线的倾斜角为， 直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为， 于是，即有，显然均不等于， 则，即直线的斜率满足， 由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为， 由，消去x并整理得，，显然， 设，则， 由，得，即， 则，整理得， 即，于是，而，解得，， 所以直线的方程为，即. 【点睛】关键点点睛：本题第2问，由，结合直线倾斜角及斜率的意义求得是解题之关键. 23．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上； （ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断. 【详解】（1）由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆， 设曲线的方程为，则，解得， 所以， 所以曲线的方程为；    （2）（ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为， 因为在上，所以， 由得， ，设， 则，由得， 化简得，则， 化简得，又因为，所以， 所以点在定直线上. （ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为， 从而得，， 由（ⅰ）知，，， 所以 ， 所以存在实数，使得.    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 24．(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解； （2）设直线的方程为，可得的方程，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，表示直线的方程，令求得是定值. 【详解】（1）设双曲线的两渐近线方程分别为，， 点到双曲线两渐近线的距离乘积为， 由题意可得：，解得，， 所以双曲线的方程为. （2）设直线的方程为， 由，互相垂直得的方程， 联立方程得，消得， 成立，所以，， 所以点坐标为， 联立方程得，所以，， 所以点坐标为， 根据对称性判断知定点在轴上， 直线的方程为， 则当时，， 所以直线恒过定点，定点坐标为.    【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法再联立双曲线方程从而解出点的坐标，再得到直线的方程，最后令即可得到其定点坐标. 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 $$