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（基础篇）

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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（基础篇）
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大考点模拟题针对性训练
考点1：数列
1．已知首项不为1的正项数列，其前n项和为，且点在直线上.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
2．已知数列满足，．
(1)写出数列的前五项，由此五项，写出数列的一个通项公式（不需要证明）；
(2)求数列的前项和．
3．“数列”定义：数列的前项和为，如果对于任意的正整数，总存在正整数使则称数列是“数列”.
(1)若数列的前项和为求证：数列是“数列”；
(2)已知数列是“数列”，且数列是首项为，公差小于的等差数列，求数列的通项公式；
(3)若数列满足：求数列的前项和.
4．甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.
(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；
(2)投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；
(3)设，求证：.
考点2：函数与导数
5．已知函数，且曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)求的单调区间与最大值．
6．已知函数.
(1)若的极大值为，求的值；
(2)当时，若使得，求的取值范围.
7．已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程；
(2)当时，求出函数的所有零点；
(3)证明：.
8．已知，函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；
(3)设，若存在，使得，证明：．
考点3：三角函数
9．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，
①求的值：
②求的值.
10．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)若为锐角三角形，点F为的垂心，，求的取值范围.
11．已知在中，D为BC边的中点，且．
(1)若的面积为，，求；
(2)若，求的周长的最大值．
12．已知函数.
(1)若时，恒成立，求实数的取值范围；
(2)将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围.
考点4：空间向量与立体几何
13．如图，在三棱台中，，平面平面，．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．
14．如图，在三棱锥中，两两互相垂直，分别是的中点.
(1)证明：；
(2)设和平面所成的角为，求点到平面的距离.
15．如图，在四棱台中，底面是边长为2的正方形，.

(1)证明：平面；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
16．如图所示，在梯形中，，，，平面，，，，为中点.
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
考点5：统计与概率
17．现统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数，得到如下数据：
甲 77 73 77 81 85 81 77 85 93 73 77 81
乙 71 81 73 73 71 73 85 73
已知甲12次投篮次数的平均数，乙8次投篮次数的平均数.
(1)求这20次投篮次数的中位数，估计甲每次训练投篮次数超过的概率；
(2)求这20次投篮次数的平均数与方差.
18．某手机App为了答谢新老用户，设置了开心大转盘抽奖游戏，制定了如下中奖机制：
每次抽奖中奖的概率为p，n次抽奖仍未中奖则下一次抽奖时一定中奖．每次中奖时有的概率中积分奖，有的概率中现金奖．若某一次中奖为积分奖，则下一次抽奖必定中现金奖，抽到现金奖后抽奖结束．
(1)若，，试求直到第3次才抽到现金奖的概率；
(2)若，，X表示抽到现金奖时的抽取次数．
（ⅰ）求X的分布列（用p表示即可）；
（ⅱ）求X的数学期望．（，结果四舍五入精确到个位数）
19．“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称，为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过40周岁的游客和年龄不超过40周岁的游客各100人作为样本，每位参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价．调查结果如下表．
年龄 满意度 合计
满意 不满意
不超过40周岁 60 40 100
超过40周岁 80 20 100
合计 140 60 200
(1)根据列联表中的数据，在犯错误的概率不超过1%的前提下，可以认为游客对“村超”的满意度与年龄有关吗？
(2)若将频率视为概率，该组织从某日所有游客中随机抽取3名游客进行现场采访，记抽取的3名游客中对“村超”满意的人数为，求随机变量的分布列与数学期望．
附：．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
20．某公司为了解旗下某产品的客户反馈情况，随机抽选了250名客户体验该产品并进行评价，评价结果为“喜欢”和“不喜欢”，整理得到如下列联表：
不喜欢 喜欢 合计
男 50 100 150
女 50 50 100
合计 100 150 250
(1)是否有的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系？
(2)公司为进一步了解客户对产品的反馈，现从参与评价的女性客户中，按评价结果用分层抽样的方法随机抽取了4人，收集对该产品改进建议．已知评价结果为“喜欢”的客户的建议被采用的概率为，评价结果为“不喜欢”的客户的建议被采用的概率为．若“建议”被采用，则赠送价值200元的纪念品，“建议”未被采用，则赠送价值100元的纪念品．记这4人获得的纪念品的总金额为，求的分布列及数学期望．
附：，
0.10 0.05 0.010 0.001
2.706 3.841 6.635 10.828
考点6：圆锥曲线的方程
21．已知过点的直线与抛物线交于两点，抛物线在点处的切线为，在点处的切线为，直线与直线交于点，当直线的倾斜角为时，．
(1)求抛物线的方程；
(2)设线段的中点为，求的取值范围．
22．已知椭圆的焦距为，直线与在第一象限的交点的横坐标为3．
(1)求的方程；
(2)设直线与椭圆相交于两点，试探究直线与直线能否关于直线对称．若能对称，求此时直线的斜率；若不能对称，请说明理由．
23．如图，四边形为坐标原点是矩形，且，，点，点，分别是，的等分点，直线和直线的交点为
(1)试证明点在同一个椭圆C上，求出该椭圆C的方程；
(2)已知点P是圆上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别是A，B，求面积的取值范围.
注：椭圆上任意一点处的切线方程是：
24．如图，双曲线的左 右焦点，分别为双曲线的左 右顶点，过点的直线分别交双曲线的左 右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线交双曲线的右支于两点.
①记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
②试探究：是否为定值？并说明理由.
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系求得数列为首项为2公差为3的等差数列，然后利用等差数列通项公式求解即可；
（2）先求出，然后利用裂项求和法求解即可.
【详解】（1）由题意得，所以，
故当时，，两式相减得，，
整理化简得，，因为，所以，
因为，解得或（舍去），
故数列为首项为2，公差为3的等差数列，所以；
（2）由（1）得，所以，
所以数列的前n项和.
2．(1)，，
(2)
【分析】（1）根据递推公式求出前五项即可，再根据前五项即可得出数列得通项；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1），，
，
同理，，
数列的前五项顺次为，即，
由数列的前五项，得数列的一个通项公式为；
（2）由（1）知，
①，
②，
由①②得
，
.
3．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】
（1）利用求出，再利用题中“数列”的定义进行证明.
（2）数列即是“数列”，又是等差数列，表示出通项公式和前项和，利用“数列”的定义求出公差，进而求出通项公式.
（3）由（1），（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）证明：当时，；
当时，，
所以，即.
所以数列是“数列”.
（2）设数列的公差为d,.
对，使；
取时，得，解得，
，又，
故，是小于2正整数.
此时对于任意的正整数，总存在正整数使，故.
（3），
当时，，
，
，
.
当时，，满足上式.
综上，.
4．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析事件“三次投掷骰子后球在甲手中”包括四类情况，由独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式即得；
（2）经分析，满足递推公式，变形后转化成等比数列，即可求得通项；
（3）将（2）代入化简得，利用裂项求和法得，再对分奇偶进行讨论，利用函数单调性求出和的范围即得.
【详解】（1）依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为，传给乙的概率为；
球在乙手中时，传给甲的概率为，传给丙的概率为；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是.
则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，
第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为；
第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为；
第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为；
第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为
由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为.
（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，
故有，变形为.
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
所以数列的通项公式.
（3）由（2）可得，
则
① 当是奇数时，因是单调增函数，故，则，
于是，，故；
② 当是偶数时，因是单调减函数，故，则，
于是，，故.
综上，.
【点睛】方法点睛：本题主要考查随机事件的概率与数列知识点的交叉融合，属于难题.
解决概率与数列知识点交叉题的方法，一般是从概率问题中寻求相关概率间的递推关系，利用转化思想将其化归为等差或等比数列求解；对于利用数列的通项公式证明不等式时，常用到裂项相消法和错位相减法求和，以及就的奇偶分类讨论和函数的单调性.
5．(1)，
(2)单调递增区间为，单调递减区间为，最大值为．
【分析】（1）先根据切点在曲线上确定切点的坐标；再根据切点在切线上和导数的几何意义列出方程组求解即可.
（2）根据导函数的符号与原函数单调性的关系即可得出单调区间；再根据单调性可求出最大值..
【详解】（1）因为，
所以，，
则切点坐标为.
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得．
（2）由（1）可得：函数的定义域为：，.
令，得；令，得.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以的最大值为．
6．(1)2
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，令，解得或，分类讨论，求得函数单调性和极大值，即可求解；
（2）当时，由（1）得到的单调性，分别求得和，结合题意，分类讨论，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：因为函数，可得，
因为，令，解得或，
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
所以的极大值为，不符合题意；
当时，即时，，在上单调递增，无极大值；
当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以极大值为，解得.
（2）解：当时，
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，
当时，即时，当时，单调递增，，
又因为当时，，
因为，所以，当时，使得，
当时，即时，
当时，单调递增，，
当时，
若满足题意，只需，即，
当时，即时，
当时，在上单调递减，上单调递增
所以函数的最小值为，
所以，
又因为时，，
若满足题意，只需，即，
因为，所以，
所以，当时，不存在使得，
综上，实数的取值范围为.
【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．
7．(1)；
(2)有唯一零点；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）把代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得.
（3）对所证不等式作等价变形得，再构造函数依次证明即得.
【详解】（1）当时，，求导得，
则，又，
因此曲线在点处的切线方程为，
所以切线的斜截式方程为.
（2）当时，，求导得，
令，，则，
则在单调递增，而，当时，，即，
当时，，，函数在上递减，在上递增，又，
所以当时，有唯一零点.
（3）不等式
，
令函数，求导得，当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，则，即，
因此，，
令，求导得，函数在上递增，
，因此，又，
从而，
所以原不等式得证.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
8．(1)递增区间为，递减区间；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）当时，求得，结合导数的符号，即可求解；
（2）当时，求得，根据题意恒成立，取，得到，即可证明；
（3）设，得到，转化为，设，求得，根据，得到，进而得到，进而证得结论．
【详解】（1）由函数，可得其定义域为，
当时，可得，则，
当时，可得，单调递减；
当时，可得，单调递增，
函数的单调递增区间为，单调递减区间．
（2）当时，可得，则，
恒成立，即恒成立，令，
若，则，存在，使得，
即，不符合题意，，
取，则，可得
即存在，使得．
（3）由函数，可得，
设，由，可得，则，
又由，可得，函数为单调递增函数，
，即，
，
设，可得，
当时，，即，，
即，，
代入可得：，
则，．
【点睛】方法点睛：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）通常要构造新函数，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；
（2）利用分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）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，进行求解，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．
9．(1)
(2)①；②
【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式可得，由此即可得解；
（2）①结合余弦定理可得，结合即可求解；②由正弦定理以及平方关系依次求得，将转换为，结合两角和的正弦公式即可得解.
【详解】（1）因为，利用正弦定理可得：
，
即.
因为，所以，即，
又，可得.
（2）①由余弦定理及已知可得：
即，又因为，所以，
联立或（舍），
②由正弦定理可知：，
因为，则，故为锐角，，
.
10．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）设，分别在两个三角形中，由正弦定理可得，的表达式，由辅助角公式可得的取值范围．
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，，
可得；
（2）延长交于，延长交于，延长交于，，
根据题意可得，，因为，所以，
设，，在中，由正弦定理可得，
即，可得，
同理在中，可得，
所以
，
因为，所以,，
所以,，
所以,．
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，求得，由余弦定理，求得，再由正弦定理求得，进而求得的值；
（2）设，分别在和中，利用余弦定理，列出方程求得，结合，即可求解.
【详解】（1）解：因为的面积为，且为的中点，
可得，
又因为，可得，所以
在中，由余弦定理得
，所以，
由正弦定理，可得，
因为且，
可得，
即为钝角，所以为锐角，所以.
（2）解：设，分别在和中，
由余弦定理，
即，同理可得，
所以，可得，
又因为，当且仅当时，等号成立，
所以，所以周长的最大值为．
12．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变形，转化为正弦型函数，然后利用相位整体思想，结合正弦曲线，求出最值，即可得到答案；
（2）根据伸缩和平移变换，得到新的函数解析式，再同样把相位看成一个整体，利用正弦曲线，数形结合，就可以判定端点值的取值范围，从而得到解答.
【详解】（1）因为，
当时，可得，
当，即时，取得最小值，
因为时，恒成立，所以，
即实数的取值范围为.
（2）由图象的横坐标缩小为原来的，可得：，
再将其向右平移，可得：，
即函数，
因为，所以，在给定区间的正弦函数的零点是，
再由函数有且仅有4个零点，则满足，
解得，所以实数的取值范围.
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得，再利用面面垂直的性质定理得，最后根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）首先利用锥体体积公式得，再通过建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量即可求出面面角余弦值,
【详解】（1）如图，在等腰梯形中，连接，
又，可以解得，
在三角形中，，
又平面平面，且平面平面，
，且平面，
平面．
又，且平面，
平面．
（2）由（1）可知，，
．
以为原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
可得：．
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，又，
由
令，解得平面的一个法向量为，
．
平面与平面的夹角的余弦值为．
14．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）解法一：取的中点，连接，证明平面即可；解法二：以为原点，分别以直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）解法一：证明平面，可得的长为点到平面的距离，求解即可；解法二：以为原点，分别以直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）解法一：取的中点，连接.
因为分别是的中点，
所以，又，
所以，又，且平面，
从而平面，又平面，所以.
解法二：因为，平面，所以平面.
过点在平面内作，因为，所以.
故可以为原点，分别以直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系（如图）.
设，则，.
从而.
因为，所以.
（2）解法一：因为，平面，
所以平面，即的长为点到平面的距离.
同理可得平面，进而有.
连接(图参考第一问法一)，易知.
在Rt中，.
因为，所以平面,
故是和平面所成的角，即，
且,于是.
故点到平面的距离为.
解法二：因为，平面，所以平面.
过点在平面内作，因为，所以.
故可以为原点，分别以直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系（图参考第一问法二）.
设，则，.
从而，易知是平面的一个法向量.
因为和平面所成的角为，所以，即.
在Rt中，，
在Rt中，，
即，解得.
因为，平面，
所以平面，即的长为点到平面的距离.
故点到平面的距离为.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理证明即可；方法二：将棱台补形成棱锥，利用面面平行的性质定理结合中位线以及线面平行的判定定理证明得到答案.
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解；方法二：利用面面角的定义找到其平面角求解.
【详解】（1）

方法一：由棱台定义可知与共面，且平面平面.
又平面平面，平面平面，
所以.
连接AC交BD于点，则为AC中点.
因为，所以.
所以四边形是平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.

方法二：将棱台补形成棱锥，
由棱台定义知平面平面.
又平面平面，平面平面，
所以.
连接AC交BD于点，则为AC中点.
又，所以，所以为PC中点，
所以为的中位线，所以.
又平面，平面，所以平面
（2）

方法一：在正方形中，，又，，
所以平面.
因为平面，所以.
在中，，，，所以.
在中，，，所以，所以.
以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
，，，，.
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
又因为平面的法向量，
所以，
所以平面与平面所成角余弦值为.

方法二：在正方形中，，又，，
所以平面.
因为平面，所以
在中，，，，所以.
在中，，，所以，
所以.
连接交于点，连接交于点，
则MN为平面与平面的交线，设MN交于点.
由，有，同理，
所以，所以平面.
又平面，平面，
所以，，
所以为平面与平面的夹角.
由得，所以.
在中，，，，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）只需通过证明两次线面平行得到平面平面，再结合面面平行的性质即可得证；
（2）只需证明平面，再结合线面垂直的性质即可得证；
（3）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量的夹角公式即可得解.
【详解】（1）
连接CM，
，，是AB中点，
且，
四边形是平行四边形，.
而平面平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又平面，，平面，平面，
平面平面.
又平面，平面.
（2）
，平面，平面，
平面，，
又，四边形是平行四边形，
平行四边形为正方形，．
又，平面，平面，
平面，
平面，.
（3）
平面，平面，平面，
所以，
因为四边形是正方形，所以，两两垂直．
建立直角坐标系，以为原点，AB为轴，AD为轴，AP为轴.
设平面的法向量，，，
则 ，即，当时，法向量，
设平面的法向量，，，
则，即，当时，法向量，
所以平面与平面夹角的余弦值为：
.
17．(1)
(2)平均数为78，方差为33
【分析】利用中位数、平均数和方差的公式直接计算即可.
【详解】（1）将这20个数据从小到大排列，第10个数和第11个数都是77，所以，
因为甲的12次投篮训练中，投篮次数超过77次的有6次，
估计甲每次训练投篮次数超过的概率为.
（2）这20次投篮次数的平均数，
方差
18．(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，（ⅱ）19
【分析】（1）先设抽到现金奖时共抽取了3次为事件A，事件A包括两种情况，分别算出概率即可.
（2）X的可能取值为1，2，3，…，19，20，21，由（1）可得，3，…，19的概率，因为19次抽奖仍未中奖则下一次抽奖时一定中奖，所以求的概率时，可以包括前18次没中第19次中了积分奖第20次一定中现金奖或前19次没中奖第20次中现金奖两种情况，分别写出概率列出分布列求期望即可.
【详解】（1）设抽到现金奖时共抽取了3次为事件A，
则事件A包括第一次未中奖第二次未中奖第三次中了现金奖或第一次未中奖第二次中了积分奖第三次中现金奖，
其中中了积分奖的概率为，
则，
所以直到第3次才抽到现金奖的概率为．
（2）（ⅰ）X的可能取值为1，2，3，…，19，20，21．
，
，，3，…，19，
，
，
所以X的分布列为
X 1 2 … i … 20 21
P … …
其中，3，…，19．
（ⅱ）
，
令，
则，
作差得，
则，
所以，
，
，
，
代入，因为，所以得，
所以X的数学期望约为19.
19．(1)有关联
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）计算，对照附表即可得出结论；
（2）根据随机变量的所有取值计算出对应概率，列出分布列，即可求出期望．
【详解】（1）零假设为：游客对“村超”的满意度与年龄互相独立，即游客对“村超”的满意度与年龄无关联，
，
依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联，此推断犯错误的概率不大于．
（2）由题可知，参与调查的游客都对“村超”给出满意评价的概率为，则，
随机变量可取，
，
，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
0.027 0.189 0.441 0.343
数学期望．
20．(1)有
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）由的列联表中的数据，求得，结合附表，即可求解；
（2）根据题意，得到的所有可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，根据的列联表中的数据，
可得，
所以，有的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系．
（2）解：由题意知，选取的4人中，评价结果为“喜欢”和“不喜欢”的分别有2人，
所以的所有可能取值为，
则，
，
，
，
则随机变量的分布列为
400 500 600 700 800
所以，数学期望为．
21．(1)
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线方程得韦达定理，根据弦长公式即可求解，
（2）根据中点坐标公式可得，进而利用导数求解斜率，根据点斜式求解切线方程，即可联立两直线方程得，根据弦长公式求解，即可代入化简求解.
【详解】（1）当的斜率为时，则，不妨设，
由可得，，所以，
,
即，因为，解得：．
从而抛物线的方程为
（2）由题意可知直线有斜率，
设直线，，
由可得，，则
所以，
于是，即
而
由，则，
于是抛物线在点处的切线的方程为
即
同理可得，在点处的切线的方程为
联立 ，解得，于是 则
从而
所以，的取值范围是
22．(1)
(2)直线与直线能够关于直线对称，此时直线的斜率为1
【分析】（1）由题意可得，由在上，可得，进而可求得椭圆方程；
（2）将代入，设，进而可得，若直线与直线关于直线对称，则，求解判断即可.
【详解】（1）由已知，，所以．
而在上，所以．
于是，．则，
故椭圆的方程为．
（2）可知，将代入，
得．
由，有．
设，易知．
则．
因为直线与直线关于直线对称，
则直线与存在斜率，且斜率互为相反数．
所以，
即，
即，
所以，
则，
即，所以或．
当时，的方程为，经过点，与题意不符，故舍去．
故直线与直线能够关于直线对称，此时直线的斜率为，
同时应有．
【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，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
23．(1)证明见解析；
(2)
【分析】设，求出和的方程，联立可求证在同一个椭圆上，并求得椭圆方程为；
求出直线AB的方程，分和两种情况讨论，求出面积的表达式，换元，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】（1）设，又，，
则直线，
直线，
点的坐标是方程的解，可得，
化简得，
所以在同一个椭圆上，该椭圆方程为
（2）设，，，如图所示：
则，
切线PA方程为：，切线PB方程为：，两直线都经过点P，
所以得：，，从而直线AB的方程是：，
当时，
由得，则，
，
当时，
由，消y得：，
由韦达定理，得：，，
，
，
点P到直线AB的距离，
其中
令，则令，
则，
在上单调递增，
综上所述，面积的取值范围是
【点睛】关键点点睛：在第（2）中求出时，要用换元法及利用导数求函数的取值范围.
24．(1)
(2)①3；②为定值4，理由见解析
【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；
（2）①设，求得，结合，即可求解；
②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.
【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，
所以，即，
又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，
联立方程组，解得，所以，
故双曲线的方程为.
（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为，
设，则，可得，
则.
② 为定值.
理由如下：
由（1）得直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
因为位于双曲线的左 右两支，所以，即，
可得，
又因为，所以直线的方程为，
根据双曲线的对称性，同理可得，
所以，故为定值.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.
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