2024年高考数学解答题考前冲刺训练：6大考点与针对性特训（江苏篇）（含解析）

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2024年高考数学解答题考前冲刺训练：6大考点与针对性特训（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大考点针对性特训
考点1：数列
1．（2024·江苏泰州·模拟预测）记数列的前n项之积为.
(1)若为等比数列，，，求；
(2)若为等比数列，，，求数列的前n项和.
2．（2022·江苏盐城·模拟预测）已知数列满足，()，且()．
(1)求数列的通项公式；
(2)若()，求数列的前n项和．
3．（2022·江苏南京·模拟预测）记数列的前项和为，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为，证明：.
4．（2024·湖北·阶段练习）记为数列的前项和，已知，，且数列是等差数列.
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
考点2：函数与导数
5．（2023·江苏南通·二模）已知函数．
(1)若，，求实数a的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
6．（2023·江苏·一模）已知，函数，.
(1)若，求证：仅有1个零点；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
7．（2023·江苏·一模）已知，且0为的一个极值点．
(1)求实数的值；
(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
8．（2023·江苏·二模）已知函数 ．
(1)当时，求函数的单调递增区间
(2)若函数在的最小值为，求的最大值．
考点3：三角函数
9．（2024·江苏·二模）在，角A，B，C所对应的边是a，b，c，满足，且．
(1)求证：；
(2)若C为钝角，D为边上的点，满足，求的取值范围．
10．（2022·江苏常州·模拟预测）已知中内角的对边分别是，.
(1)求的值；
(2)设是的角平分线，求的长.
11．（2023·江苏南京·模拟预测）已知的内角所对的边分别为，且满足．
(1)求角B的大小；
(2)若，设的面积为S，满足，求b的值．
12．（2024·江苏南通·二模）在①，②，③，．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．
已知中，内角所对的边分别为，且________．
(1)求的值;
(2)若，求的周长与面积．
考点4：空间向量与立体几何
13．（2022·江苏常州·模拟预测）如图，为圆的直径，点在圆上，且为等腰梯形，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知.
(1)求证：平面平面；
(2)当的长为何值时，二面角的大小为.
14．（2023·江苏南京·一模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，是边长为2的菱形，，．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求三棱柱的体积．
15．（2023·江苏溧阳·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
(1)证明：平面平面PBC；
(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．
16．（2024·江苏南京·二模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面.
(1)证明：；
(2)三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.
考点5：统计与概率
17．（2023·江苏连云港·模拟预测）为了丰富在校学生的课余生活，某校举办了一次趣味运动会活动，学校设置项目A“毛毛虫旱地龙舟”和项目B“袋鼠接力跳”．甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛．每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．
(1)求甲班在项目A中获胜的概率；
(2)设甲班获胜的项目个数为X，求X的分布列及数学期望．
18．（2024·江苏绍兴·二模）为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如下.
(1)用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
(2)可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为，的近似值），已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少（结果取整数）？
(3)从的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测份试卷（抽测的份数是随机的），若已知抽测的份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率.
参考数据：若，则.
19．（2024·江苏南京·二模）中国在第75届联合国大会上承诺，将采取更加有力的政策和措施，力争于2030年之前使二氧化碳的排放达到峰值，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)，此举展现了我国应对气候变化的坚定决心，预示着中国经济结构和经济社会运转方式将产生深刻变革，极大促进我国产业链的清洁化和绿色化．新能源汽车、电动汽车是重要的战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．为了解某一地区电动汽车销售情况，一机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量y(单位：万台)关于x(年份)的线性回归方程为＝4.7x－9495.2，且销量y的方差，年份x的方差为．
(1)求y与x的相关系数r，并据此判断电动汽车销量y与年份x的相关性强弱；
(2)该机构还调查了该地区100位购车车主性别与购车种类情况，得到的数据如下表：
购买非电动汽车 购买电动汽车 总计
男性 30 20 50
女性 15 35 50
总计 45 55 100
能否有99%的把握认为购买电动汽车与性别有关
(3)在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取11人，再从这11人中随机抽取4人，记这4人中，男性的人数为X，求X的分布列和数学期望．
参考公式；
(i)线性回归方程：，其中，；
(ii)相关系数：，若r＞0.9，则可判断y与x线性相关较强；
(iii)，其中n＝a＋b＋c＋d．
附表：
α 0.100 0.050 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
20．（2022·江苏南京·模拟预测）公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫（Demere）向另一位著名的数学家帕斯卡（B．Pascal）提出了一个问题，帕斯卡和费马（Fermat）讨论了这个问题，后来惠更斯（C．Huygens）也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答．该问题如下：设两名运动员约定谁先赢(，)局，谁便赢得全部奖金元．每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立．在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止．奖金该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金．
(1)规定如果出现无人先赢局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金．若，，，，求．
(2)记事件为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当，，时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由．规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件．
考点6：圆锥曲线的方程
21．（2023·江苏·一模）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
22．（2024·江苏·阶段练习）已知双曲线的实轴长为4，左 右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，
(1)设直线的斜率分别为，求的值；
(2)若，求的面积.
23．（2023高三·江苏·专题练习）已知，，点满足，记点的轨迹为，
(1)求轨迹的方程；
(2)若直线过点且法向量为，直线与轨迹交于、两点．
①过、作轴的垂线、，垂足分别为、，记，试确定的取值范围；
②在轴上是否存在定点，无论直线绕点怎样转动，使恒成立？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由．
24．（2022·江苏南通·模拟预测）已知A′，A分别是椭圆C：（a＞b＞0）的左、右顶点，B，F分别是C的上顶点和左焦点．点P在C上，满足PF⊥A′A，AB∥OP，|FA′|＝2．
(1)求C的方程；
(2)过点F作直线l（与x轴不重合）交C于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．
25．（2022·江苏·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N.
(1)判断线段PM与NQ长度的大小关系，并证明你的结论；
(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，求直线AB斜率的取值范围.
参考答案：
1．(1)；
(2).
【分析】（1）设公比为，求出即得解；
（2）设等比数列公比为，求出，当时，，即得解.
【详解】（1）解：设公比为，因为数列的前项之积，
由，得，，
解得，，所以，
所以.
（2）解：设等比数列公比为，则，由得，
所以，
当时，，当时，，
所以时，，
当时，也满足上式，即，
所以数列的前项和.
2．(1)，；
(2)．
【分析】（1）根据递推关系结合条件求得，然后利用累加法可得的通项公式；
（2）由题可得，然后利用裂项相消法即得.
【详解】（1）因为，，，
可得，，
又，
则当时，
，
上式对也成立，
所以，；
（2）由，
可得，
则数列的前n项和为
．
3．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据辅助数法，整理等式，可得数列的通项，在根据与的关系，可得答案；
（2）整理数列的通项公式，利用错位相减法，求得，根据作差法以及数列的单调性，可得答案.
【详解】（1）由，两边同时除以可得：，
故数列为以为公差的等差数列，则，即，
当时，，
将代入上式，可得，则满足上式，
故数列的通项公式.
（2）由，则，即，
，
，
两式相减可得，
，
则，
由（1）可得，
，
令，，则数列为递增数列，
，则，即；
，
令，易知数列为递减数列，，则，即.
综上，不等式恒成立.
4．(1)证明见解析；；
(2).
【分析】（1）由题可得，然后根据项与前项和的关系可得，再根据等比数列的定义即得；
（2）由题可得，然后利用分组求和法及求和公式即得.
【详解】（1）∵，，
∴，，
设，则，，
又∵数列为等差数列，
∴，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
又∵，
∴，即：，
又∵，
∴是以1为首项，为公比的等比数列，
∴，即；
（2）∵，且，
∴，
∴
，
∴.
5．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；
（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.
【详解】（1）依题意，.
①当时，在上，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
②当时，令，得，解得，，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
③当时，判别式，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，是的极小值点.
由（1）知，，，则.
综上，要证，只需证，
因为
，
设，.
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，
（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；
（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.
6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；
（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.
【详解】（1）当，，
时，，
所以在上单调递增，且，
所以仅有1个零点.
（2），
当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；
当时，时，设，
则，所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
时，，
，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；
当时，，
由上知在上单调递增，在上，，
所以存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
要使有两个零点，则，
此时；
当时，由上知在上单调递减，
且在上单调递减，，
时，，则，
所以存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
时，，
所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.
综上，的取值范围为
【点睛】方法点睛：
本题中在判断零点范围是使用了两个技巧：
①合理的放缩函数，如，，在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界；
②通过函数取值范围确定零点范围，如通过可得，通过可得，此处用到整体换元的思想，令.
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【详解】（1）由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
（2）①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.
8．(1)单调递增区间为
(2) ．
【分析】（1）求导并判断导数符号，进一步可得单调区间；
（2）求导，对进行分类讨论，根据函数在的最小值为，求得的取值范围，从而得到的最大值．
【详解】（1）当时，，
则，
当时，，，
当时，，，
当时，，
恒成立，仅当时取等号，
即的单调递增区间为
（2）
当时，时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则在取得最小值，符合题意；
当时，时，，时，，
时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为最小值为，所以得，即；
当时，由（1）可知单调递增，则当时无最小值，不合题意；
当时，时，，时，，
时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则有，不合题意；
综上可得，的最大值 ．
【点睛】难点点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间、利用导数根据函数最值求参数的最值，难点在于根据最小值求参数时，要注意讨论a的取值，结合函数的单调性，得到相应的不等式，确定参数范围.
9．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换化简即可证明；
(2)根据题意确定为B的角平分线，再根据正弦定理可得，换元法求解函数的值域即可.
【详解】（1）∵，由正弦定理可得，
则
则
，
原式可化简为，则或．
若，则，此时，与题意矛盾，
故．
（2）若，
则为B的角平分线．
则
,
由于C为钝角，则，令．
∴．
由，因为，所以，
可知在单调递增，∴，
故的取值范围为．
10．(1)
(2)
【分析】（1）由三角形的正弦定理，结合诱导公式以及两角和的正弦公式可得所求值；
（2）设ADx，运用三角形的面积公式，结合等积法可得，解方程可得所求值．
【详解】（1），由，可得，
，可得B为锐角，则，
所以sin=，
由=可得，解得；
（2）由（1）可得，
因为是的平分线，
所以,
设，由，
可得，
化为，
解得，
则．
11．(1)
(2)
【分析】（1）切化弦后由正弦定理化边为角，并利用两角和的正弦公式、诱导公式化简变形可得角大小；
（2）由三角形面积公式得，再由正弦定理可求得．
【详解】（1）由，得，
根据正弦定理，得．
因为，
所以，
所以．
因为，所以，所以，则．
（2）由，得．
又由正弦定理得，
所以，解得．
12．(1)
(2)周长为11，面积为
【分析】（1）若选①，利用正弦定理边化角及诱导公式求出，再求出，由正切的二倍角公式即可求出的值；若选②，由诱导公式化简，再结合三角函数的平方和，可求出，，再由正切的二倍角公式可求出的值；若选③，由余弦的二倍角公式代入化简求出，再求出，由正切的二倍角公式可求出的值；
（2）由，求出，由正弦定理求出，最后根据三角形的面积公式和周长即可得出答案.
【详解】（1）若选①:由正弦定理得，
故，
而在中，，
故，又，
所以，则，
则，
故．
若选②:由，化简得，代入中，整理得，
即，
因为，所以，所以，
则，
故．
若选③:因为，
所以，即，则．
因为，所以，
则，
故．
（2）因为，且，
所以．
由（1）得，则
，
由正弦定理得，则．
故的周长为，
的面积为．
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据面面垂直性质定理得平面，即得，再根据圆性质得，根据线面垂直判定定理得平面，，最后根据面面垂直判定定理得结论；
（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组求各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据向量夹角与二面角关系建立方程，求出的长.
【详解】（1）证明：平面平面，且，平面平面，
平面ABCD,所以平面，
因为平面，所以，又因为为圆的直径，所以，BF,CB在平面内相交，所以平面，又由平面，所以平面平面.
（2）设的中点分别为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则点D的坐标为，
则，设平面的法向量为)，则
，即，取，可得，则，
由（1）可知平面，平面的一个法向量为，
则，因为二面角的大小为，
可得 解得，所以线段的长为.
14．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）根据给定条件，证明平面，再利用面面垂直的判定推理作答.
（2）由已知及（1）中信息，求出，进而求出三棱锥的体积即可计算作答.
【详解】（1）因为侧面是矩形，则，又因为，，，
即有，则，又，平面，
因此平面，而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知，平面，而平面，则，
因为，于是得，而是边长为2的菱形，
因此是正三角形，，
所以三棱柱的体积.
15．(1)证明见解析
(2)．
【分析】
(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；
(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.
【详解】（1）
方法一：
因为底面ABCD，平面ABCD，
所以．
因为ABCD为正方形，所以，
又因为，平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，
所以，
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC．
方法二：
因为底面ABCD，平面PAB，
所以平面底面ABCD
又平面底面，，平面ABCD，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，所以．
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC
解法三：因为底面ABCD，，
以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，
设，则，
所以，，，，
设为平面AEF的法向量，
则所以取，则，，
则，
设为平面PBC的法向量，
则所以取，则， ，
则
因为，所以,
所以平面平面PBC.
（2）
（基于（1）解法一、二）
因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，
易知是平面PAB的法向量
设，则，所以，，
所以
即，得，所以，
设为平面AEF的法向量，则
所以平面AEF的法向量，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，
所以点P到平面AEF的距离为．
（另解）由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，
所以
解得，故F是BC的中点．
所以，，
的面积为
因为，的面积为
设点P到平面AEF的距离为h，则有
解得
所以点P到平面AEF的距离为．
（基于（1）解法三）
易知是平面PAB的法向量
所以，
即，解得
所以，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，
所以点P到平面AEF的距离为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，再由面面垂直的性质定理得到平面，即可得到，再由直三棱柱的性质得到，即可得到平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，设棱锥的外接球的球心为，即可得到方程组，从而求出球心坐标，再由半径求出，最后利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
依题意平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
（2）解：由（1）可知，如图建立空间直角坐标系，设，
则，，，，
因为棱锥的外接球的表面积为，设外接球的半径为，则，解得，
设棱锥的外接球的球心为，
则，即，
解得，所以球心，
因为，所以，解得，所以，
所以，，又，
所以，，，
设平面的法向量为，则，不妨取，
设平面的法向量为，则，不妨取，
所以平面与平面夹角的余弦值为
.
17．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）记“甲班在项目A中获胜”为事件A，利用独立事件的乘法公式求解即可；
（2）先算出“甲班在项目B中获胜”的概率，然后利用独立事件的乘法公式得到X的分布列，即可算出期望
【详解】（1）记“甲班在项目A中获胜”为事件A，
则，
所以甲班在项目A中获胜的概率为
（2）记“甲班在项目B中获胜”为事件B，
则，
X的可能取值为0，1，2，
则，
，
．
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
．
所以甲班获胜的项目个数的数学期望为
18．(1)80.5
(2)72分
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解；
（2）首先确定，再根据参考公式，即可求解；
（3）根据全概率公式，和条件概率，列式求解.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
平均分；
（2）由（1）可知，,
设学校期望的平均分约为，则，
因为，，
所以，即，
所以学校的平均分约为72分；
（3）由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人，
分数在应抽取人，
记事件：抽测份试卷，事件取出的试卷都不低于90分，
则,，
，
则.
19．(1)，与线性相关较强.
(2)有的把握认为购买电动汽车与车主性别有关.
(3)分布列见解析，.
【分析】（1）利用相关系数的求解公式，并转化为和方差之间的关系，代入计算即可；
（2）直接利用独立性检验公式求出，根据零点假设定理判断购买电动汽车与车主性别是否有关；
（3）采用分层抽样先得出男性车主和女性车主的选取人数，得出可能取值0,1,2，3，4，分别求出对应概率，即可得的分布列，再结合期望公式，即可求解.
【详解】（1）相关系数为
，
所以，故与线性相关较强.
（2）零假设为：购买电动汽车与车主性别相互独立，即购买电动汽车与车主性别无关.
所以依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于.
（3）11人中，男性车主人，女性车主人，
则的可能取值为0，1，2，3，4，故
，，，
，，
故的分布列为：
0 1 2 3 4
.
20．(1)；
(2)，事件是小概率事件；理由见解析.
【分析】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，进而可得甲赢的概率，即得；
（2）由题可得甲赢得全部奖金的概率，进而利用导函数可得，即得.
【详解】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则，2．
，，
故，
从而．
（2）设比赛继续进行局甲赢得全部奖金，则，3．
，，
故，即，
则，
当时，，因此在上单调递增，从而，
所以，
故事件是小概率事件．
21．(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：
，
即，
则，即，
所以点在圆.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.
法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.
（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.
法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.
【详解】（1）法一：
因为，所以，令得，
所以，解得，
所以的方程为
显然直线与轴不垂直，设其方程为，
联立直线与的方程，消去得，
当时，，
设，则.
因为，
所以.
法二：
由题意得，解得，
双曲线的方程为.
设方程为，
联立，可得，
，，
，
.
（2）法一：
因为，
所以，
又因为，
所以，即，（※）
将代入（※）得，
因为在轴上方，所以，所以直线方程为，
联立与直线方程，消去得，，
解得或（舍），所以，
代入，得，所以直线方程为，
联立与直线方程，消去得，，
解得或，
所以的面积为.
法二：
设，由，可得，
，解得，
方程，
联立，可得，解得，
同理联立，解得，
.
23．(1)
(2)①；②存在，
【分析】（1）根据双曲线的定义直接得到答案.
（2）根据直线与双曲线的位置关系得到，计算，根据的范围得到的取值范围；假设存在点满足条件，通过得到，计算得到答案.
【详解】（1）由，知，点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支．
，，，故，轨迹方程为．
（2）直线的方程为，，
得，设，，，，
由条件得，
解得，即．
①，
由条件，故，故，
因为，因此．
②设存在点满足条件，
由
，
得对任意恒成立，所以，
解得，
因此存在定点满足条件．
【点睛】本题考查了双曲线的轨迹问题，根据直线和双曲线的位置求参数，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用韦达定理解题是常考的题型，需要熟练掌握.
24．(1)1；
(2)证明见解析
【分析】（1）由代入椭圆方程求得点坐标，由得出，再结合的大小求得得椭圆方程；
（2）设直线l的方程为x＝my，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线方程代入椭圆方程后，应用韦达定理得，然后代入化简可得．
【详解】（1）设，由x＝﹣c，可得y＝±b±，
则P的坐标为（﹣c，）．
由A（a，0），B（0，b），AB∥OP，可得kAB＝kOP，
则，即b＝c，
又|FA′|＝2，可得a﹣c＝2，
又a2﹣c2＝b2，解得a＝2，b＝c，
所以椭圆C的方程为1；
（2）证明：由F(，0)，可设直线l的方程为x＝my，
与椭圆方程x2+2y2＝4，可得(2+m2)y2﹣2my﹣2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1+y2，y1y2．
又A(2，0)，可得k1k2
，
所以k1k2为定值．
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，解题方法是：设交点坐标为，，设直线方程，代入椭圆方程整理后应用韦达定理，再把韦达定理的结论代入需求定值的式子，化简变形，从而可得结论．
25．(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）设，，，，，，由于，，三点共线可得：，设，可求出点的坐标，同理可得点的坐标，分别求出的长度，即可得出.
（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，代入即可求出，，，即可求出斜率.
【详解】（1）设，，，
则，，
由于，，三点共线，则，整理得，
，则，同理可得
则，，
则，即证.
（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，则，化简得，又因为，则，，则直线斜率的取值范围为：.
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