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理科大题


三、解答题 1 .( 本 题 10 分 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 , 直 线 l 的 参 数 方 程 为
? ?x ? ? 5 ? ? ? ? y? 5? ? ? 2 t 2 t为参数 ? ? 2 t 2 ,若以 O 为极点, x 轴的正半轴为极轴,取相同的单位长度建

立极坐标系,已知曲线 C 的极坐标方程为 ? ? 4 cos ? . (1)求曲线 C 的直角坐标方程及直线 l 的普通方程;

1 (2) 将曲线 C 上的所有点的横坐标缩短为原来的 2 , 再将所得曲线向左平移 1 个单位,
得到曲线 C1,求曲线 C1 上的点到直线 l 的距离的最小值. 2. (10 分)如图,椭圆 C : 线 l 的方程为 x ? 4 .

x2 y2 3 1 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 经过点 P (1, ) ,离心率 e ? ,直 2 2 2 a b

(1)求椭圆 C 的方程; (2) AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P ) ,设直线 AB 与直线 l 相交于点 M ,

k 2 、k 3 . 记 PA 、PB 、PM 的斜率分别为 k 1 、 问: 是否存在常数 ? , 使得 k1 ? k 2 ? ?k3 ?
3. (本题满分 10 分)已知函数 f ( x) ? x ? 3x .
3

(1)讨论 f ( x ) 的单调区间; (2)若函数 g ( x) ? f ( x) ? m 在[ ?
x 2

3 ,3]上有三个零点,求实数 m 的取值范围; 2

( 3 ) 设 函 数 h( x) ? e ? ex ? 4n ? 2n ( e 为 自 然 对 数 的 底 数 ) ,如果对任意的

1 x1 , x 2 ? [ ,2] ,都有 f ( x1 ) ? h( x2 ) 恒成立,求实数 n 的取值范围. 2
4.(本题满分 10 分)公安部最新修订的《机动车驾驶证申领和使用规定》于 2013 年 1 月 1 日起正式实施,新规实施后,获取驾照要经过三个科目的考试,先考科目 一(理论一) ,科目一过关后才能再考科目二(桩考和路考) ,科目二过关后还要考 科目三(理论二) .只有三个科目都过关后才能拿到驾驶证.某驾校现有 100 名新 学员,第一批参加考试的 20 人各科目通过的人数情况如下表: 参考人数 通过科目一人数 通过科目二人数 通过科目三人数

试卷第 1 页,总 3 页

20

12

4

2

请你根据表中的数据: (Ⅰ)估计该驾校这 100 名新学员有多少人一次性(不补考)获取驾驶证; (Ⅱ)第一批参加考试的 20 人中某一学员已经通过科目一的考试,求他能通过科 目二却不能通过科目三的概率; (Ⅲ)该驾校为调动教官的工作积极性,规定若所教学员每通过一个科目的考试, 则学校奖励教官 100 元.现从这 20 人中随机抽取 1 人,记 X 为学校因为该学员而 奖励教官的金额数,求 X 的数学期望.

P=P(B C |A)= 2 ? 1 ............................................................................................................. 6 分 12 6 (Ⅲ)设这个学员一次性过关的科目数为 Y,则 Y 的分布列为
Y P 0 1 2 3

............................ 8 分 2 2 1 1 9 EY=0× +1× +2× +3× = ...................................................................................... 10 分 5 5 10 10 10 而 X=100Y,所以 EX=100EY=100× 9 =90 ......................................................................... 12 分 10 平面直角坐标系中,已知曲线 C1 : x2 ? y 2 ? 1 , 将曲线 C1 上所有点横坐标 ,纵坐标分别 伸长为原来的 2 倍和 3 倍后,得到曲线 C2 (1)试写出曲线 C2 的参数方程; (2) 在曲线 C2 上求点 P , 使得点 P 到直线 l : x ? y ? 4 5 ? 0的距离最大 ,并求距离最 大值.

2 5

2 5

1 10

1 10

? x ? cos? 解 23.(1)曲线 C1 的参数方程为 ? ???1 分 (? 为参数) ? y ? sin ?
? ? x? ? 2 x 由? ? ? y? ? 3 y ? ? x? ? 2 cos ? 得? ???3 分 ? y ? 3 sin ? ? ?

? ? x ? 2 cos ? (? 为参数) ??5 分 ? C2 的参数方程为 ? ? ? y ? 3 sin ?
(2)由(1)得点 P

?

2 cos ? , 3 sin ?

?
2 ? 5 cos ?? ? ? ? ? 4 5 2

点 P 到直线 l 的距离 d ?

2 cos ? ? 3 sin ? ? 4 5

试卷第 2 页,总 3 页

tan ? ?

2 3

???7 分

d max ?

5 5 2

?

5 10 2

???9 分

此时 P点的坐标为? ?

? 2 5 3 5? ? 5 ,? 5 ? ? ? ?

????10 分

试卷第 3 页,总 3 页

参考答案 1. (1)

x2 16 ? y 2 ? 1 ( 2) 25 4

【解析】 试题分析: (1) 2a ? 4 ,

x2 c 3 ? ? y 2 ? 1 (2)设 , a ? 2, c ? 3 ,椭圆 M 的方程为 a 4 2

? y ? n( x ? 2) 8n 2 ? 2 ? BC 的方程 y ? n( x ? 2) (n ? 0) 由 ? x 2 x ? A ( x , y ) B ( x , y ) , 得 , 2 1 1 2 2 2 2 4 n ? 1 ? y ? 1 ? ?4
x1 ? 8 ? 2n 2 n2 ? 4

S ?ABC

1 2(n ? ) 1 2t n ,设 t ? n ? 1 ? 2 , S ,面积的最大值 ? | BC || AC |? ?ABC ? 1 9 9 n 2 2 (n ? ) 2 ? t ? n 4 4



16 . 25

试题解析: (1)∵ | PF 1 | ? | PF 2 |? 4 ,∴ 2 a ? 4 , ∵

c 3 ? , a 2
4分

2分

∴ a ? 2, c ? 3 , ∴ b ? 1 ,故椭圆 M 的方程为

x2 ? y2 ? 1 . 4

(2)方法一:不妨设 BC 的方程 y ? n( x ? 2) (n ? 0) ,则 AC 的方程为 y ? ?

1 ( x ? 2) . n

? y ? n( x ? 2) ? 2 2 2 2 由 ? x2 得 (1 ? 4n ) x ? 16n x ? 16n ? 4 ? 0 , 2 ? ? y ?1 ?4
设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , ∵ 2 x2 ?

16n 2 ? 4 8n 2 ? 2 x ? ,∴ , 2 4n 2 ? 1 4n 2 ? 1

6分

8 ? 2n 2 同理可得 x1 ? 2 , n ?4

4n 1 ? n 2 ∴ | BC |? 1 ? n , | AC |? , 4n 2 ? 1 n2 ? 4
2

4

8分

试卷第 4 页,总 29 页

1 2(n ? ) 1 n , S ?ABC ? | BC || AC |? 1 2 9 2 (n ? ) ? n 4 1 2t 设 t ? n ? ? 2 ,则 S ?ABC ? 在 [2,??) 上单调递减, 11 分 9 n 2 t ? 4 16 当且仅当 t ? 2 即 n ? 1 时, ?ABC 面积的最大值为 . 12 分 25
方法二:不妨设直线 AB 的方程 x ? ky ? m .

? x ? ky ? m ? 由 ? x2 消去 x 得 (k 2 ? 4) y 2 ? 2kmy? m2 ? 4 ? 0 , 2 ? ? y ?1 ?4
设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , 则有 y1 ? y2 ? ?

2km m2 ? 4 , y y ? , .① 1 2 k2 ? 4 k2 ? 4

6分

∵以 AB 为直径的圆过点 C ,所以 CA ? CB ? 0 . 由 CA ? ( x1?2, y1 ),CB ? ( x2 ? 2, y2 ) , 将 x1 ? ky1 ? m, x2 ? ky2 ? m 代入上式, 得 . (k ? 1) y1 y2 ? k (m ? 2)( y1 ? y2 ) ? (m ? 2) ? 0
2 2

??? ? ??? ?

得 ( x1 ? 2)(x2 ? 2) ? y1 y2 ? 0

6 或 m ? 2 (舍) . 5 6 6 ∴ m ? (此时直线 AB 经过定点 D ( ,0) ,与椭圆有两个交点) , 5 5 1 ∴ S ?ABC ? | DC || y1 ? y2 | 2
将 ① 代入上式,解得 m ? =

9分

1 4 8 25(k 2 ? 4) ? 36 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 = 2 5 25 (k 2 ? 4) 2
2

1 1 1 8 ,0 ? t ? ,则 S ?ABC ? ? 36t 2 ? 25 在 ( 0, ] 单调递增, 11 分 4 k ?4 4 25 16 1 ∴当 t ? 时, S?ABC 取得最大值 . 12 分 25 4
设t ? 考点:1.椭圆方程;2.直线与椭圆相交问题 2. (1)

x2 y2 ? ? 1. (2) ? ? 2 . 4 3
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【解析】 试题分析: (1)将点 P (1, ) 代入椭圆方程,再根据 e ?

3 2

c 2 , a ? b 2 ? c 2 ,解方程组可求得 a

(2)设直线 AB 的方程为 y ? k ( x ? 1) ,与椭圆方程联立, a , b, c 的值,从而可得椭圆方程. 消去 y 得关于 x 的一元二次方程,由韦达定理可得两根之和,两根之积.根据斜率公式分别 求 k1 ? k2 和 k 3 的值.求 ? . 试题解析:解: (1)由 P (1, ) 在椭圆上,得 又e ?

3 2

1 9 ? 2 ? 1, 2 a 4b
. .②

①.

c 1 ? , 得 a 2 ? 4c 2 , b 2 ? 3c 2 , a 2
2 2 2

由①②,得 c ? 1, a ? 4, b ? 3.

故椭圆 C 的方程为

x2 y2 ? ? 1. 4 3

5分

(2)设直线 AB 的方程为 y ? k ( x ? 1), A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) ,

由 ? x2

? y ? k ( x ? 1) ? ? (4k 2 ? 3) x 2 ? 8k 2 x ? 4k 2 ? 12 ? 0. y2 ? ? 1 . ? 3 ?4

? x1 ? x2 ?

8k 2 4k 2 ? 12 , x x ? 1 2 4k 2 ? 3 4k 2 ? 3
y1 ?

7分

3 3 3 3 y2 ? k ( x1 ? 1) ? k ( x 2 ? 1) ? 2? 2 ? 2? 2 ? k1 ? k 2 ? x1 ? 1 x 2 ? 1 x1 ? 1 x2 ? 1

x1 ? x2 ? 2 3 1 1 3 ? 2k ? ( ? ) ? 2k ? ? 2 x1 ? 1 x2 ? 1 2 x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1
8k 2 ?2 2 3 4 k ? 3 ? 2k ? ? 2 ? 2 k ? 1. 2 4k ? 12 8k 2 ? ?1 4k 2 ? 3 4k 2 ? 3
又将 x ? 4 代入 y ? k ( x ? 1) 得 M (4,3k ),

10 分

? k3 ?

3k ?

3 2 ?k?1, 3 2

, ,

12 分

? k1 ? k 2 ? 2k3 .
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故存在常数 ? ? 2 符合题意. 13 分 考点:1 椭圆的简单几何性质;2 直线与椭圆的位置关系问题. 3. (Ⅰ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ)设 F 的坐标为(–c,0),依题意有 bc=

2 . (Ⅱ)见解析. 2

2 ab,即得. 2

(Ⅱ)b=2 时,得 a= 2
2 2

2 ,椭圆方程为

? x 2 ? 2 y 2 ? 8, x2 y2 ? ? 1 .联立方程组 ? 8 4 ? y ? kx ? 4

化简得:(2k +1)x +16kx+24=0, 由△=32(2k –3)>0,解得:k > 由韦达定理得:xM+xN=
2 2

3 2

? 16k 2k 2 ? 1

①,xMxN=

24 2k 2 ? 1



设 M(xM,kxM+4),N(xN,kxN+4), MB 方程为:y=

kxM ? 6 x–2, ③ xM kxN ? 2 x+2, ④ xN 2(kxM x N ? x M ? 3x N ) 3x N ? x M
即证得.

NA 方程为:y=

由③④解得:y=

试题解析: (Ⅰ)设 F 的坐标为(–c,0),依题意有 bc=

2 ab, 2
3分

∴椭圆 C 的离心率 e=

c 2 = . a 2

(Ⅱ)若 b=2,由(Ⅰ)得 a= 2

2 ,∴椭圆方程为

x2 y2 ? ?1. 8 4

5分

? x 2 ? 2 y 2 ? 8, 联立方程组 ? ? y ? kx ? 4
化简得:(2k +1)x +16kx+24=0, 由△=32(2k –3)>0,解得:k > 由韦达定理得:xM+xN=
2 2 2 2

3 2

? 16k 2k 2 ? 1

①,xMxN=

24 2k 2 ? 1



7分

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设 M(xM,kxM+4),N(xN,kxN+4), MB 方程为:y=

kxM ? 6 x–2, ③ xM kxN ? 2 x+2, ④ xN 2(kxM x N ? x M ? 3x N ) 3x N ? x M
9分

NA 方程为:y=

由③④解得:y=

11 分

2(
=

24k ? 16k 8k ? 2 xN ) ? 2 ? 2 x N ) 2( 2 2 2k ? 1 2k ? 1 = 2k ? 1 =1 16k ? 16k 4 xN ? 2 4 xN ? 2 2k ? 1 2k ? 1

即 yG=1, ∴直线 BM 与直线 AN 的交点 G 在定直线上. 13 分 考点:1.椭圆的几何性质;2.直线的位置关系;3.直线与椭圆的位置关系. 4. (1) f ( x ) 的单调递增区间为(-∞,-1)和(1,+∞) ,单调递减区间为(-1,1) . (2) ? ,2 ? ; (3) ? ? ?,? ? ? ?1,??? 2

?9 ?8

? ?

? ?

1? ?

【解析】
2 试题分析: (1)由题 f ?( x) ? 3x ? 3 ? 3( x ? 1)(x ? 1) ,当 x ? ?1 或 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ;

当 ? 1 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,不难得到其对应单调区间; (2)由(1)知, g ( x) 在(-∞, -1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减;问题等价于 g(x)在对应区间上 有两个不等的实数根, 然后得到 m 的范围; (3) 对任意的 x1 , x 2 ? [ ,2] , 都有 f ( x1 ) ? h( x2 ) 恒 成 立 , 等 价 于 当 x ? [ ,2] 时 , f ( x) m a x ? h( x) m i n 成 立 . 然 后 根 据 还 是 单 调 性 计 算

1 2

1 2

f ( x) max ? 2 , h( x)min ? h(1) ? 4n2 ? 2n ,所以 4n 2 ? 2n ? 2 ,计算即可.
试题解析: (1) f ( x) 的定义域为 R, f ?( x) ? 3x ? 3 ? 3( x ? 1)(x ? 1) .
2

(1 分)

因为当 x ? ?1 或 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ;当 ? 1 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ; (2 分) 所以 f ( x ) 的单调递增区间为(-∞,-1)和(1,+∞) ,单调递减区间为(-1,1) . (3 分) (2)法 1:
试卷第 8 页,总 29 页

由(1)知, g ( x) 在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减; 所以 g ( x) 在 x ? ?1 处取得极大值 g (?1) ? 2 ? m ,在 x ? 1 处取得极小值 g (1) ? ?2 ? m . (5 分)

3 ? ? g (? 2 ) ? 0 ? 3 ? 因为 g ( x) 在[ ? ,3]上有三个零点,所以有: ? g (?1) ? 0 , (7 分) 2 ? g (1) ? 0 ? ? ? g (3) ? 0 ?9 ?8 ? m ? 0 ? 9 ? ?9 ? 即 ?2 ? m ? 0 ,解得 ? m ? 2 ,故实数 m 的取值范围为 ? ,2 ? . (8 分) 8 ?8 ? ?? 2 ? m ? 0 ? ? ?18 ? m ? 0
3 , 3]上有三个零点, 就是要方程 g ( x) ? f ( x) ? m ? 0 2 3 3 在[ ? ,3]上有三个实根,也就是只要函数 y ? f ( x) 和函数 y ? m 的图象在[ ? ,3]上 2 2
法 2: 要函数 g ( x) ? f ( x) ? m 在[ ? 有三个不同的交点. (5 分) 由(1)知, f ( x) 在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减; 所以 f ( x) 在 x ? ?1 处取得极大值 f (?1) ? 2 ,在 x ? 1 处取得极小值 f (1) ? ?2 . 又 f (? ) ?

3 2

9 , f (3) ? 18 . (7 分) 8

故实数 m 的取值范围为 ? ,2 ? . (8 分) ( 3 ) 对 任 意 的 x1 , x 2 ? [ ,2] , 都 有 f ( x1 ) ? h( x2 ) 恒 成 立 , 等 价 于 当 x ? [ ,2] 时 , (10 分) f ( x) m a x ? h( x) m i n成立. 由 (1) 知, f ( x) 在[ 所以 f ( x) 在[

?9 ?8

? ?

1 2

1 2

1 1 11 , 1]上单调递减, 在[1, 2]上单调递增, 且 f ( ) ? ? , f (2) ? 2 , 2 2 8

1 ,2]上的最大值 f ( x) max ? 2 . (11 分) 2

(12 分) h?( x) ? e x ? e ,令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 1 . 因为当 x ? 1 时, h ?( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, h ?( x) ? 0 ;所以 h( x) 在[

1 ,1]上单调递减,在 2

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[1,2] 上单调递增;故 h( x) 在[

1 ,2]上的最小值 h( x)min ? h(1) ? 4n2 ? 2n . (13 分) 2

所以 4n 2 ? 2n ? 2 ,解得 n ? ?

1 1? ? 或 n ? 1 ,故实数 n 的取值范围是 ? ? ?,? ? ? ?1,??? . 2 2? ?

(14 分) 考点:利用导数研究还是的性质 5. (1)3(2) b ? 0 【解析】 试题分析: (1)利用函数极值点处导数为 0,先求出导数,利用 f ?(1) ? 0 得 a (2)不等式 恒成立问题可采用分离参数, f ( x) ? x 2 ? 2 x ? b 变形为 b ? x 3 ? x 2 ? x ? 2 ,进而通过导 数求函数 g ( x) ? x ? x ? x ? 2 的最大值
3 2

试题解析: (1) f ?( x) ? 3x ? a
2

? f ( x) 在 x ? 1 处取得极值
4分

∴ f ?(1) ? 3 ? a ? 0,? a ? 3 由(1)得 f ( x) ? x ? 3x ? 2
3

∵ f ( x) ? x ? 2 x ? b 对 x ? [0,2] 恒成立,
2
3 2 ∴ x ? 3x ? 2 ? x ? 2 x ? b 对 x ? [0,2] 恒成立,
3 2 即 b ? x ? x ? x ? 2 对 x ? [0,2] 恒成立,

6分

令 g ( x) ? x ? x ? x ? 2 , x ? [0,2]
3 2

1 g ?( x) ? 3x 2 ? 2x ? 1 ? 0 ,解得 x ? 1 , x ? ? (舍) 3
g ( x) 在 (0 ,1) 单调递减, (1, 2) 单调递增

8分

g (0) ? ?2, g (2) ? 0 ,∴ g max ( x) ? 0
考点:函数导数与极值最值

∴b ? 0

12 分

试卷第 10 页,总 29 页

试卷第 11 页,总 29 页

【解析】

试卷第 12 页,总 29 页

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通过分离参数,

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首先通过函数导数得到单调区间,进而求出最值,在求单调区间时注意对参数 a 分情况讨论 试题解析: (1)因为函数 f ( x) 在区间 [1, ? ?) 上为减函数,

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2) 当

1 1 1 1 ? 1 ? 0 时, ? 1, ? ?) 即 0 ? a ? 时, 在区间 (0 , ? 1) 上 g ?( x) ? 0 ; 在区间 ( 2a 2 2a 2a

上 g ?( x) ? 0 .

? 函数 g ( x) 在 (0 , ? 1) 上单调递减,在区间 (
[0 , ? ?) 无最大值,不满足条件。

1 2a

1 ? 1, ? ?) 单调递增,同样 g ( x) 在 2a

③当 a ? 0 时,由 x ? 0 ,故 2ax ? (2a ? 1) ? 0 ,? g ?( x ) ?

x[2ax ? (2a ? 1)] ? 0 ,故函数 x ?1

g ( x) 在 [0 , ? ?) 上单调递减,故 g ( x) ? g (0) ? 0 成立

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试卷第 29 页,总 29 页

考点:1.不等式与函数的转化;2.利用导数求函数的单调性最值
2 7. (1)直线 l 的普通方程为 x ? y ? 2 5 ? 0 ,曲线 C 的直角坐标方程 ? x ? 2 ? ? y ? 4 2



10 (2) 2 .
【解析】 试题分析: (1)直线 l 的参数方程两式相减消参得到普通方程;曲线 C 的极坐标方程两边同 时乘以

? , 根 据 极 坐 标 与 直 角 坐 标 的 转 化 , ? 2 ? x2 ? y2 , ? , 得 到 ? 2 ? 4? c o s

? ? 1 ?x? ? x ? 1 ?x ? x (2)根据点的伸缩变换公式 ? 代入公式得到曲 ?cos? ? x , 2 和平移公式 ? y? ? y ? ? ? y? ? y
线 C1 , x ?
2

y2 ? 1 ,设曲线的参数方程,代入点到直线的距离公式,利用三角函数的最 4

值求距离的最小值. 试题解析:解: (1)曲线 C 的直角坐标方程为:

x2 ? y 2 ? 4 x

2 即: ? x ? 2 ? ? y ? 4 2

直线 l 的普通方程为 x ? y ? 2 5 ? 0 (2)将曲线 C 上的所有点的横坐标缩为原来的

5分

1 2 2 , 得 ? 2x ? 2? ? y ? 4 , 即 2

? x ? 1?

2

?

y2 ?1 4
2

y2 ?1 再将所得曲线向左平移 1 个单位,得 C1 : x ? 4
又曲线 C1 的参数方程为 ?

? x ? cos ? ( ? 为参数) ,设曲线 C1 上任一点 P ? cos? , 2sin ? ? ? y ? 2sin ?
? 2 5 ? 5 sin ?? ? ? ? 2 ? 10 1 (其中 tan ? ? ? ) 2 2

则 d p ?l ?

cos ? ? 2sin ? ? 2 5 2

? 点 P 到直线 l 的距离的最小值为

10 。 2

12 分

考点:1.直线的参数方程与普通方程的互化;2.极坐标方程与直角坐标方程的转化;3.伸 缩与平移变换;4.利用参数方程求最值.

试卷第 30 页,总 29 页

8. (1)没达到可靠性要求; (2) 【解析】

7 ; 36

试题分析: (1)由题可知,将表格中的数据代入到卡方运算公式中,得到 K 2 ? 7.5 ,由于

7.5 ? 10 .828 ,因此达不到 99.9%的可靠性要求; (2)先后两次抛掷一枚骰子,得到的基
本事件共有 36 个, 而其中满足两次点数和为 9 或 10 的基本事件只有 7 个, 因此抽到 9 号或

10 号的概率为

7 . 36
2

试题解析: (1)假设成绩与班级无关,将表格中的数据代入到卡方运算的公式中得到

110 ?10 ? 30 ? 20 ? 50 ? n(ad ? bc ) 2 K ? ? ? 7.5 (a ? b)(c ? d )(a ? c )(b ? d ) 30 ? 80 ? 50 ? 60
2

则查表得相关的概率为 99%,达不到 99.9%的可靠性要求,故没达到可靠性要求。 分

6

(2) 设“抽到 9 或 10 号”为事件 A , 先后两次抛掷一枚均匀的骰子, 出现的点数为 ( x, y) . 所有的基本事件有: (1,1) 、 (1,2) 、 (1,3) 、 ?、 (6,6) 共 36 个. 9分

事件 A 包含的基本事件有: (3,6) 、 (4,5) 、 (5,4) 、 (6,3) 、 (5,5) 、 (4,6) 、 (6,4) 共 7 个 所以 P( A) ?

7 7 ,即抽到 9 号或 10 号的概率为 . 36 36

12 分

考点:独立性检验古典概型 9. (1)有 99 .5% 的把握认为喜欢“人文景观”景点与年龄有关; (2)

8 15

【解析】 试题分析: (1)古典概型的概率问题,关键是正确找出基本事件总数和所求事件包含的基本 事件数,然后利用古典概型的概率计算公式计算; (2)当基本事件总数较少时,用列举法把 所有的基本事件一一列举出来,要做到不重不漏,有时可借助列表,树状图列举,当基本事 件总数较多时,注意去分排列与组合; (3)注意判断是古典概型还是几何概型,基本事件前 者是有限的,后者是无限的,两者都是等可能性.(4)独立性检验是考察两个分类变量是否 有关系,计算随机变量的观测值 k , k 越大,说明两个分类变量有关系的可能性越大. 试题解析: (1)由公式 K ?
2

55(20 ? 20 ? 10 ? 5) 2 ? 11.978 ? 7.879 30 ? 25 ? 25 ? 30
5分

所以有 99 .5% 的把握认为喜欢“人文景观”景点与年龄有关 (2)设所抽样本中有 m 个“大于 40 岁”市民,则

m 6 ? ,得 m ? 4 人 20 30

所以样本中有 4 个“大于 40 岁”的市民, 2 个“20 岁至 40 岁”的市民,分别记作

B1 , B2 , B3 , B4 , C1 , C2 ,从中任选 2 人的基本事件有

( B1 , B2 ), ( B1 , B3 ), ( B1 , B4 ), ( B1 , C1 ), ( B1 , C 2 ), ( B2 , B3 ), ( B2 , B4 ), ( B2 , C1 ), ( B2 , C 2 ),

试卷第 31 页,总 29 页

( B3 , B4 ), ( B3 , C1 ), ( B3 , C2 ), ( B4 , C1 ), ( B4 , C 2 ), (C1 , C 2 ), 共 15 个

9分

其 中 恰 有 1 名 “ 大 于 40 岁 ” 和 1 名 “20 岁 至 40 岁 ” 之 间 的 市 民 的 事 件 有

( B1 , C1 ), ( B1 , C 2 ), ( B2 , C1 ), ( B2 , C 2 ), ( B3 , C1 ), ( B3 , C2 ), ( B4 , C 2 ), 共 8 个
所以恰有 1 名“大于 40 岁”和 1 名“20 岁至 40 岁”之间的市民的概率为 P ? 考点:1、独立性检验的应用;2、利用古典概型求随机事件的概率.

8 15

12 分

试卷第 32 页,总 29 页


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