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2024高考模拟测试卷一
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：高中全部所学内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若复数满足，则（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【解析】，，
，故选：A．
2．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以，即，
且或，所以或，即，
所以.故选:B
3．已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由线面垂直的性质知，若，，则成立，即充分性成立；
根据线面垂直的定义，必须垂直平面内的两条相交直线，才有，即必要性不成立.
故选：A.
4．是内的一点，若，，则（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【解析】由，则，
所以，即，又，
故，故.故选：D
5．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，关于函数的下列说法中错误的是（ ）
A．周期是 B．非奇非偶函数
C．图象关于点中心对称 D．在内单调递增
【答案】D
【解析】，
则，
则，故A正确；
因为，则，
故函数是非奇非偶函数，故B正确；
对于C，因为，
所以函数的图象关于点中心对称，故C正确；
对于D，因为，所以，
则函数在上不单调，故D错误.
故选：D.
6．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚．近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车和最终停止传统汽车销售的时间计划表，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景．新能源汽车主要指电动力汽车，其能量来源于蓄电池．已知蓄电池的容量（单位：）、放电时间（单位：）、放电电流（单位：）三者之间满足关系．假设某款电动汽车的蓄电池容量为，正常行驶时放电电源为，那么该汽车能持续行驶的时间大约为（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，,时，；，
.又,
故选：C.
7．研究发现椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，这个圆叫做椭圆的蒙日圆．设椭圆的焦点为，，为椭圆上的任意一点，为椭圆的蒙日圆的半径．若的最小值为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为，
不妨设椭圆的焦点在x轴上，中心在坐标原点，显然均为椭圆的切线，
即均在蒙日圆上，
根据对称性分析可得：蒙日圆的圆心为坐标原点，半径，
设椭圆方程为，椭圆上任一点，
∵，则，
可得
，
注意到，
故，当且仅当时，等号成立，
即的最小值为，故，
整理得，即，
整理得，即，故选D.
8．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，
令，所以，
令得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，所以，
令，
所以，
所以在单调递增，
，
所以，
所以，所以，
所以，
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列结论正确的有（ ）
A．若随机变量满足，则
B．若随机变量，且，则
C．若样本数据线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
【答案】BCD
【解析】对A，由方差的性质可知，若随机变量满足，则，故A错误；
对B，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对D，由可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确
故选：BCD
10．在的展开式中,下列说法正确的是( )
A．常数项是 B．第四项和第六项的系数相等
C．各项的二项式系数之和为 D．各项的系数之和为
【答案】AC
【解析】根据二项式定理,的通项公式为,
对于A,常数项为,故A正确;
对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;
对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;
对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.
故选:AC.
11．已知抛物线：的焦点为，点在上，直线交于另一点，则（ ）
A．的准线方程为 B．直线的斜率为
C． D．线段的中点的横坐标为
【答案】BD
【解析】对A：∵点在抛物线上，则，解得，
故抛物线的方程为，焦点，准线，A错误；
对B：直线的斜率，B正确；
对C：直线的方程，
联立方程，解得或，
即，故，C错误；
对D：线段的中点的横坐标为，D正确；
故选：BD.
12．已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（ ）
A．
B．函数在内单调递增
C．对于任意都有
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】已知,令可得,
令可得,得,,A选项正确;
奇函数的定义域为,，所以,又知,
所以函数在内不是单调递增,B选项错误;
对于任意的正数，都有，
对于任意都有,,,
又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;
对于任意的正数，都有，
,又因为,所以,
所以,
又因为所以,所以,
所以函数在内是单调递增, 又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,
不等式,,
已知,
令, 因为可得，
函数在内是单调递增, 所以,
已知,令, 因为,
可得，同理，,
又因为函数为奇函数，,,
又因为函数在内是单调递增, 所以
不等式的解集为, D选项正确；
故选:ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某班共有50名学生，在期末考试中，小明因病未参加数学考试．参加考试的49名学生的数学成绩的方差为2．在评估数学成绩时，老师把小明的数学成绩按这49名学生的数学成绩的平均数来算，那么全班50名学生的数学成绩的标准差为 ．
【答案】/
【解析】设参加考试的49名学生的数学成绩为，平均成绩为，
由题意得，则全班50名学生的数学成绩的标准差为：
14．记为不大于实数的最大整数，已知数列的通项公式为，则的前2023项的和 ．
【答案】4962
【解析】根据题意知：
15．某综合性大学数学系为了提高学生的数学素养，开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求每位学生从大一到大三的三个学年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，若同一学年内选修的课程不分前后顺序，则每位学生共有 种不同的选修方式可选．（用数字填写答案）
【答案】
【解析】由题意可知三年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，
则四门学科可按和两种情况分成三组，
若按分成三组，有种分组方法，
若按分成三组，有种分组方法，
所以每位学生共有种不同的选修方式可选．
16．已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为 ．
【答案】
【解析】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，
由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以、、、四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，因为，
所以，所以，所以，
设、，，
依题意，，
所以，
要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若，，，求b，c.
【解析】（1）在中，依题意，
则，即，
由正弦定理得：，由余弦定理得，而，
所以.
（2）依题意，，则，
又，，则有，
即，又，解得，
所以，.
18．已知等差数列是递增数列，为数列的前n项和，，，，成等比数列.
(1)求；
(2)求.
【解析】（1）设等差数列的公差为d，，
，即
整理得，
解得，或（舍）
所以
故，
（2）由（1）知，，所以，
所以，
则，
.
19．如图，在中，，且，，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点．
(1)是否存在点D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；
(2)当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
【解析】（1）当为圆弧的中点，即时，，
证明如下：∵为圆弧的中点，∴，即为的平分线，
∵，∴为等腰的高线，即，
∵平面，
∴平面，∴，
∵，∴面，∴．
（2）由（1）得，为四棱锥的高，∵，∴当底面积取最大值时，四棱锥体积最大.
设，则，
，
∵，
∴时，取最大值，
∴当四棱锥体积最大时，，
过在平面内作直线，交圆弧于点，
由题知两两垂直，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面与平面的夹角为，则，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
20．某中学在高一学生选科时，要求每位学生先从物理和和历史这两个科目中选定一个科目，再从思想政治、地理、化学、生物这四个科目中任选两个科目．选科工作完成后，为了解该校高一学生的选科情况，随机抽取了部分学生作为样本，对他们的选科情况统计后得到下表：
思想政治 地理 化学 生物
物理类 100 120 200 180
历史类 120 140 60 80
(1)利用上述样本数据填写以下列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析以上两类学生对生物学科的选法是否存在差异．
科类 生物学科选法
选 不选 合计
物理类
历史类
合计
(2)假设该校高一所有学生中有的学生选择了物理类，其余的学生都选择了历史类，且在物理类的学生中其余两科选择的是地理和化学的概率为，而在历史类的学生中其余两科选择的是地理和化学的概率为．若从该校高一所有学生中随机抽取100名学生，用表示这100名学生中同时选择了地理和化学的人数，求随机变量的均值．
附：
0.1 0.05 0.001 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【解析】（1）由题意可得：选择物理类的总人数有600，其中选择生物学科的人数为180，不选择生物学科的人数为420；选择历史类的总人数有400，其中选择生物学科的人数为80，不选择生物学科的人数为320；据此完善列联表
科类 生物学科选法
选 不选 合计
物理类 180 120 300
历史类 80 120 200
合计 260 240 500
零假设：两类学生对生物学科的选法没有差异，
可得，
由于，根据小概率值可知假设不成立，
故可以认为两类学生对生物学科的选法存在差异，且犯错误的概率不大于.
（2）记“学生选择物理类”为事件M，“学生选择历史类”为事件N，“同时选择的地理和化学”为事件C，
则，
故，
由题意可得，则，
故随机变量的均值.
21．已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为60°，且上的点到的距离的最小值为1．
(1)求的方程；
(2)设点，，动直线：与的右支相交于不同两点，，且，过点作，为垂足，证明：动点在定圆上，并求该圆的方程．
【解析】（1）设,
则由已知得,
解得,
所以的方程.
（2）由(1)得,,
设，则
于是,
同理,
由，得
即
即,
整理得，
因为，所以,
所以的方程可化为
因此过定点 .
又因为垂足为,所以动点 在以为直径的圆上，
该圆的方程为.
22．已知函数，．
(1)若直线是曲线的一条切线，求的值；
(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围．
【解析】（1）由得,
设直线 与曲线的切点为,
则，
解得
因此的值为.
（2）由得
设，则 ,
因为当时，，所以在上单调递增，
又因为
所以存在 ，使 ,
且当时， ；当时， ；
从而 ，且当 时， ；
当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增，
因此 ,
由，得从而 ,
所以
由对于任意的，都存在，使 成立，
得对于任意的，都有 ,
即不等式在上恒成立，
即不等式 在上恒成立.
设 ，则
因为 ，当 时，;
当 时，;
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以 ，因此 ,
故 的取值范围为.
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2024高考模拟测试卷一
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：高中全部所学内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若复数满足，则（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【解析】，，
，故选：A．
2．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以，即，
且或，所以或，即，
所以.故选:B
3．已知m，n是两条不重合的直线，是一个平面，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由线面垂直的性质知，若，，则成立，即充分性成立；
根据线面垂直的定义，必须垂直平面内的两条相交直线，才有，即必要性不成立.
故选：A.
4．是内的一点，若，，则（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【解析】由，则，
所以，即，又，
故，故.故选：D
5．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，关于函数的下列说法中错误的是（ ）
A．周期是 B．非奇非偶函数
C．图象关于点中心对称 D．在内单调递增
【答案】D
【解析】，
则，
则，故A正确；
因为，则，
故函数是非奇非偶函数，故B正确；
对于C，因为，
所以函数的图象关于点中心对称，故C正确；
对于D，因为，所以，
则函数在上不单调，故D错误.
故选：D.
6．“绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚．近几年国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车和最终停止传统汽车销售的时间计划表，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景．新能源汽车主要指电动力汽车，其能量来源于蓄电池．已知蓄电池的容量（单位：）、放电时间（单位：）、放电电流（单位：）三者之间满足关系．假设某款电动汽车的蓄电池容量为，正常行驶时放电电源为，那么该汽车能持续行驶的时间大约为（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，,时，；，
.又,
故选：C.
7．研究发现椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，这个圆叫做椭圆的蒙日圆．设椭圆的焦点为，，为椭圆上的任意一点，为椭圆的蒙日圆的半径．若的最小值为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为，
不妨设椭圆的焦点在x轴上，中心在坐标原点，显然均为椭圆的切线，
即均在蒙日圆上，
根据对称性分析可得：蒙日圆的圆心为坐标原点，半径，
设椭圆方程为，椭圆上任一点，
∵，则，
可得
，
注意到，
故，当且仅当时，等号成立，
即的最小值为，故，
整理得，即，
整理得，即，故选D.
8．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，，
令，所以，
令得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，所以，
令，
所以，
所以在单调递增，
，
所以，
所以，所以，
所以，
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列结论正确的有（ ）
A．若随机变量满足，则
B．若随机变量，且，则
C．若样本数据线性相关，则用最小二乘估计得到的经验回归直线经过该组数据的中心点
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05
【答案】BCD
【解析】对A，由方差的性质可知，若随机变量满足，则，故A错误；
对B，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对D，由可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确
故选：BCD
10．在的展开式中,下列说法正确的是( )
A．常数项是 B．第四项和第六项的系数相等
C．各项的二项式系数之和为 D．各项的系数之和为
【答案】AC
【解析】根据二项式定理,的通项公式为,
对于A,常数项为,故A正确;
对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;
对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;
对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.
故选:AC.
11．已知抛物线：的焦点为，点在上，直线交于另一点，则（ ）
A．的准线方程为 B．直线的斜率为
C． D．线段的中点的横坐标为
【答案】BD
【解析】对A：∵点在抛物线上，则，解得，
故抛物线的方程为，焦点，准线，A错误；
对B：直线的斜率，B正确；
对C：直线的方程，
联立方程，解得或，
即，故，C错误；
对D：线段的中点的横坐标为，D正确；
故选：BD.
12．已知奇函数的定义域为，，对于任意的正数，都有，且时，都有，则（ ）
A．
B．函数在内单调递增
C．对于任意都有
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】已知,令可得,
令可得,得,,A选项正确;
奇函数的定义域为,，所以,又知,
所以函数在内不是单调递增,B选项错误;
对于任意的正数，都有，
对于任意都有,,,
又因为函数为奇函数，可得,C选项正确;
对于任意的正数，都有，
,又因为,所以,
所以,
又因为所以,所以,
所以函数在内是单调递增, 又因为函数为奇函数，所以函数在内是单调递增,
不等式,,
已知,
令, 因为可得，
函数在内是单调递增, 所以,
已知,令, 因为,
可得，同理，,
又因为函数为奇函数，,,
又因为函数在内是单调递增, 所以
不等式的解集为, D选项正确；
故选:ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某班共有50名学生，在期末考试中，小明因病未参加数学考试．参加考试的49名学生的数学成绩的方差为2．在评估数学成绩时，老师把小明的数学成绩按这49名学生的数学成绩的平均数来算，那么全班50名学生的数学成绩的标准差为 ．
【答案】/
【解析】设参加考试的49名学生的数学成绩为，平均成绩为，
由题意得，则全班50名学生的数学成绩的标准差为：
14．记为不大于实数的最大整数，已知数列的通项公式为，则的前2023项的和 ．
【答案】4962
【解析】根据题意知：
15．某综合性大学数学系为了提高学生的数学素养，开设了“古今数学思想”“世界数学通史”“几何原本”“什么是数学”四门选修课程，要求每位学生从大一到大三的三个学年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，若同一学年内选修的课程不分前后顺序，则每位学生共有 种不同的选修方式可选．（用数字填写答案）
【答案】
【解析】由题意可知三年内将四门选修课程全部修完，且每学年最多选修两门，
则四门学科可按和两种情况分成三组，
若按分成三组，有种分组方法，
若按分成三组，有种分组方法，
所以每位学生共有种不同的选修方式可选．
16．已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为 ．
【答案】
【解析】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，
由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以、、、四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，因为，
所以，所以，所以，
设、，，
依题意，，
所以，
要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若，，，求b，c.
【解析】（1）在中，依题意，
则，即，
由正弦定理得：，由余弦定理得，而，
所以.
（2）依题意，，则，
又，，则有，
即，又，解得，
所以，.
18．已知等差数列是递增数列，为数列的前n项和，，，，成等比数列.
(1)求；
(2)求.
【解析】（1）设等差数列的公差为d，，
，即
整理得，
解得，或（舍）
所以
故，
（2）由（1）知，，所以，
所以，
则，
.
19．如图，在中，，且，，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点．
(1)是否存在点D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；
(2)当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
【解析】（1）当为圆弧的中点，即时，，
证明如下：∵为圆弧的中点，∴，即为的平分线，
∵，∴为等腰的高线，即，
∵平面，
∴平面，∴，
∵，∴面，∴．
（2）由（1）得，为四棱锥的高，∵，∴当底面积取最大值时，四棱锥体积最大.
设，则，
，
∵，
∴时，取最大值，
∴当四棱锥体积最大时，，
过在平面内作直线，交圆弧于点，
由题知两两垂直，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面与平面的夹角为，则，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
20．某中学在高一学生选科时，要求每位学生先从物理和和历史这两个科目中选定一个科目，再从思想政治、地理、化学、生物这四个科目中任选两个科目．选科工作完成后，为了解该校高一学生的选科情况，随机抽取了部分学生作为样本，对他们的选科情况统计后得到下表：
思想政治 地理 化学 生物
物理类 100 120 200 180
历史类 120 140 60 80
(1)利用上述样本数据填写以下列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析以上两类学生对生物学科的选法是否存在差异．
科类 生物学科选法
选 不选 合计
物理类
历史类
合计
(2)假设该校高一所有学生中有的学生选择了物理类，其余的学生都选择了历史类，且在物理类的学生中其余两科选择的是地理和化学的概率为，而在历史类的学生中其余两科选择的是地理和化学的概率为．若从该校高一所有学生中随机抽取100名学生，用表示这100名学生中同时选择了地理和化学的人数，求随机变量的均值．
附：
0.1 0.05 0.001 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【解析】（1）由题意可得：选择物理类的总人数有600，其中选择生物学科的人数为180，不选择生物学科的人数为420；选择历史类的总人数有400，其中选择生物学科的人数为80，不选择生物学科的人数为320；据此完善列联表
科类 生物学科选法
选 不选 合计
物理类 180 120 300
历史类 80 120 200
合计 260 240 500
零假设：两类学生对生物学科的选法没有差异，
可得，
由于，根据小概率值可知假设不成立，
故可以认为两类学生对生物学科的选法存在差异，且犯错误的概率不大于.
（2）记“学生选择物理类”为事件M，“学生选择历史类”为事件N，“同时选择的地理和化学”为事件C，
则，
故，
由题意可得，则，
故随机变量的均值.
21．已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为60°，且上的点到的距离的最小值为1．
(1)求的方程；
(2)设点，，动直线：与的右支相交于不同两点，，且，过点作，为垂足，证明：动点在定圆上，并求该圆的方程．
【解析】（1）设,
则由已知得,
解得,
所以的方程.
（2）由(1)得,,
设，则
于是,
同理,
由，得
即
即,
整理得，
因为，所以,
所以的方程可化为
因此过定点 .
又因为垂足为,所以动点 在以为直径的圆上，
该圆的方程为.
22．已知函数，．
(1)若直线是曲线的一条切线，求的值；
(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围．
【解析】（1）由得,
设直线 与曲线的切点为,
则，
解得
因此的值为.
（2）由得
设，则 ,
因为当时，，所以在上单调递增，
又因为
所以存在 ，使 ,
且当时， ；当时， ；
从而 ，且当 时， ；
当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增，
因此 ,
由，得从而 ,
所以
由对于任意的，都存在，使 成立，
得对于任意的，都有 ,
即不等式在上恒成立，
即不等式 在上恒成立.
设 ，则
因为 ，当 时，;
当 时，;
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以 ，因此 ,
故 的取值范围为.
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