《2025年高考冲刺优秀模拟试卷汇编45套数学》

16.(15分)自2023年12月以来,从各地前往哈尔滨赏冰乐雪的游客络绎不绝,东北冰雪游人气“爆棚”.某校体育组为了解学生喜欢冰雪运动是否与性别有关,随机抽取100名学生进行了一次调查,得到下表.
　　　
　　(1)请补全2×2列联表,并依据小概率值α = 0.05的独立性检验,分析能否认为学生喜欢冰雪运动与性别有关?
　　(2)以频率估计概率,以样本估计总体,若从该市学生中随机抽取3人进行深度调研,记3人中喜欢冰雪运动的人数为X,求X的分布列和数学期望E(X).
　　参考公式及数据:χ² = $\frac{n(ad - bc)²}{(a + b)(c + d)(a + c)(b + d)}$,n = a + b + c + d.
　　　　

答案： 16.独立性检验+二项分布
信息提取　[1]随机抽取100名学生进行了一次调查;
[2]表格;[3]从该市学生中随机抽取3人进行深度调研;
[4]参考公式及数据
解:
(1)第1步:补全2×2列联表
将2×2列联表补全如下:
不喜欢冰雪运动 女10 男15 合计25
喜欢冰雪运动 女15 男60 合计75
合计 女25 男75 合计100
(由[1][2]可得) (3分)
第2步:提出零假设
零假设H₀:学生喜欢冰雪运动与性别没有关系. (4分)
第3步:求出χ²的值并与临界值比较
根据列联表中的数据，可以求得
χ² = $\frac{n(ad - bc)²}{(a + b)(c + d)(a + c)(b + d)}$ = $\frac{100×(10×60 - 15×15)²}{25×75×25×75}$ = 4＞3.841.(由[4]可得) (6分)
第4步:得出结论
根据小概率值α = 0.05的独立性检验，我们推断H₀不成立，即认为学生喜欢冰雪运动与性别有关，此推断错误的概率不大于0.05. (7分)
(2)第1步:求该市学生喜欢冰雪运动的概率和X的所有可能取值
由题知，该市学生喜欢冰雪运动的概率为$\frac{75}{100}$ = $\frac{3}{4}$，
X的所有可能取值为0,1,2,3,(由[3]可得) (9分)
第2步:求X取每个值对应的概率，列出分布列
所以P(X = 0) = $C_{3}^{0}$×($\frac{3}{4}$)⁰×($\frac{1}{4}$)³ = $\frac{1}{64}$
P(X = 1) = $C_{3}^{1}$×($\frac{3}{4}$)¹×($\frac{1}{4}$)² = $\frac{9}{64}$
P(X = 2) = $C_{3}^{2}$×($\frac{3}{4}$)²×($\frac{1}{4}$)¹ = $\frac{27}{64}$
P(X = 3) = $C_{3}^{3}$×($\frac{3}{4}$)³×($\frac{1}{4}$)⁰ = $\frac{27}{64}$
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P $\frac{1}{64}$ $\frac{9}{64}$ $\frac{27}{64}$ $\frac{27}{64}$
(13分)
第3步:求数学期望E(X)
所以E(X) = 0×$\frac{1}{64}$ + 1×$\frac{9}{64}$ + 2×$\frac{27}{64}$ + 3×$\frac{27}{64}$ = $\frac{9}{4}$(另解:易知X~B(3,$\frac{3}{4}$),所以E(X) = 3×$\frac{3}{4}$ = $\frac{9}{4}$) (15分)
考情速递　创设现实生活情境−冰雪运动　2023年新课标I卷第21题以投篮为背景，是学生非常熟悉的情境.本题的冰雪运动，具有时代气息，贴近学生的生活,两道题都巧妙地将概率问题融入,引导学生运用所学概率知识指导运动和生活，对概率和统计知识的普及与教学也有很好的导向作用.
模型解题　求离散型随机变量X的分布列与数学期望的步骤:
(1)根据X的实际意义,写出X的所有可能取值;
(2)求出X取每个值时的概率,写出X的分布列;
(3)利用定义求出数学期望.

17.(15分)已知O为坐标原点,F₁,A,B分别是椭圆E:$\frac{x²}{a²}+\frac{y²}{b²}=1$(a＞b＞0)的左焦点、左顶点、右顶点,C是椭圆上一点(异于A,B),线段CF₁的中点为D,|DF₁|+|DO|=2,|AF₁|=1.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)已知过F₁且斜率不为0的直线l与椭圆E交于M,N两点,求四边形AMBN面积的最大值.

答案： 17.椭圆的定义、方程、几何性质+直线与椭圆的位置关系+四边形的面积
教你审题
(1)设F是椭圆E的右焦点，连接CF₂，由$\frac{1}{2}$|CF₂|（椭圆的定义），2a = |CF₁| + |CF₂| = 2(|DF₁| + |DO|) = 4，可得a = 2，|AF₁| = a - c = 1，c = 1，进而b² = 3，得到椭圆E的标准方程。
(2)设M(x₁,y₁)，N(x₂,y₂)，直线l：x = ty - 1，与椭圆方程联立得(3t² + 4)y² - 6ty - 9 = 0，根据根与系数的关系y₁ + y₂ = $\frac{6t}{3t² + 4}$，y₁y₂ = -$\frac{9}{3t² + 4}$，则S四边形AMBN = S△ABM + S△ABN = $\frac{1}{2}$|AB|·|y₁| + $\frac{1}{2}$|AB|·|y₂| = 24$\sqrt{\frac{t² + 1}{(3t² + 4)²}}$，设m = $\sqrt{t² + 1}$，S四边形AMBN = $\frac{24m}{3m² + 1}$(m≥1)，利用函数知识可得四边形AMBN面积的最大值为6。
解：
(1)设F是椭圆E的右焦点，连接CF₂。
∵D是线段FC的中点，O是线段FF的中点，
∴|DO| = $\frac{1}{2}$|CF₂|（三角形中位线定理的应用）。(2分)
由椭圆的定义知，2a = |CF₁| + |CF₂| = 2(|DF₁| + |DO|) = 4，
∴a = 2。(3分)
由椭圆的几何性质知|AF₁| = a - c = 1，
∴c = 1，
∴b² = a² - c² = 3。(4分)
∴椭圆E的标准方程为$\frac{x²}{4}$ + $\frac{y²}{3}$ = 1。(5分)
(2)设M(x₁,y₁)，N(x₂,y₂)，直线l：x = ty - 1（这样设直线方程，避免了对直线斜率不存在情况的讨论）。
将x = ty - 1代入$\frac{x²}{4}$ + $\frac{y²}{3}$ = 1，整理得(3t² + 4)y² - 6ty - 9 = 0，
∴y₁ + y₂ = $\frac{6t}{3t² + 4}$，y₁y₂ = -$\frac{9}{3t² + 4}$。(8分)
∴S四边形AMBN = S△ABM + S△ABN
= $\frac{1}{2}$|AB|·|y₁| + $\frac{1}{2}$|AB|·|y₂|
= $\frac{1}{2}$|AB|·|y₁ - y₂|
= $\frac{1}{2}$×4$\sqrt{(y₁ + y₂)² - 4y₁y₂}$
= 2$\sqrt{(\frac{6t}{3t² + 4})² - 4×(-\frac{9}{3t² + 4})}$
= 24$\sqrt{\frac{t² + 1}{(3t² + 4)²}}$（将四边形的面积转化为两个三角形面积之和，再数形结合转化为关于点M,N的纵坐标的关系式）。(11分)
设m = $\sqrt{t² + 1}$，则m≥1（换元法的应用，注意新元的取值范围）。
∴S四边形AMBN = S(m) = $\frac{24m}{3m² + 1}$(m≥1)，
∴S'(m) = $\frac{24(3m² + 1) - 24m×6m}{(3m² + 1)²}$ = $\frac{24(1 - 3m²)}{(3m² + 1)²}$＜0。
∴S(m)在区间[1,+∞)上单调递减，
∴当m = 1，即t = 0时，S(m)取得最大值，且S(m)max = S
(1) = 6（另解：S(m) = $\frac{24m}{3m² + 1}$ = $\frac{24}{3m + \frac{1}{m}}$(m≥1)，易得y = 3m + $\frac{1}{m}$在[1,+∞)上单调递增，
∴S(m)max = S
(1) = $\frac{24}{3 + 1}$ = 6）。(14分)
∴四边形AMBN面积的最大值为6。(15分)
模型解题：求解解析几何中未知量的最值或取值范围问题的一般步骤：一是求出相关量的表达式；二是明确自变量及其限制条件（如方程的根的判别式大于0等）；三是利用配方法、基本不等式法、函数单调性法等求最值或取值范围。