新高考数学二轮复习核心考点精讲精练技巧04 解答题解法与技巧（讲）（2份，原卷版+解析版）

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考向速览
规律预测
1.解答题中档常见题型：解三角形（三角函数图象与性质）与简单恒等变换相结合，考查利用正、余弦定理求解三角形边、角、面积问题，常涉及最值、范围问题．注意在平面四边形中考查三角形应用.立体几何问题，在解答题中多与线、面位置关系的证明结合，考查直线与平面所成角、二面角(平面与平面的夹角)的求法，注意与体积最值问题交汇考查，着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终；高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题；证明一个数列为等差或等比数列；求数列的通项及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式.难度稳定在中档.
2.解答题中档以上题型：对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题,从新高考命题看，连续两年出现直线与双曲线位置关系问题，难度不减.解决此类问题的关键是通过联立方程组来解决；高考对函数与导数的考查,已经从直接利用导数讨论函数的单调区间,或利用函数单调性求函数的极值、最值问题,转变成利用求导的方法证明不等式、探求参数的取值范围、解决函数的零点、方程根的问题，以及在某不等式成立的条件下，求某一参数或某两个参数构成的代数式的最值.
3.难度摇摆不定的概率统计问题：对概率、统计与统计案例的考查主要有三个方面:一是统计与统计案例,其中回归分析、独立性检验,用样本的数字特征估计总体的数字特征是考查重点，常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、概率等知识交汇考查：二是统计与概率分布的综合，常与抽样方法、茎叶图、频率分布直方图、频率、概率以及概率分布列等知识交汇考查：三是均值与方差的综合应用，常用离散型随机变量、概率、相互独立事件、二项分布、条件概率、正态分布等知识交汇考查. 回归分析与独立性检验常与概率交汇命题.中档以上的题目主要是概率问题，涉及随机变量问题，有时与数列、导数等相结合.
另外，高考的核心功能是“立德树人，服务选才，引导教学”，特别是在发挥“立德树人”功能方面，更加注重“五育”并举，在选择题、填空题、解答题中均有相关背景的题目出现，如“一带一路”、“疫情防控”、“南水北调”、“亚运赛事”、“冬奥赛事”、“低碳生活”、“扶贫脱贫”、“建党百年”、“社区生活”等，特别是考查概率与统计的综合问题，往往以社会热点话题为背景，值得我们关注.
方法技巧 典例分析
解答题是高考试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力．解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．因此，抓住解答题得分要点，是高考决胜的必要条件.复习的后期要特别注意以下几点：
1.高考阅卷速度以秒计，规范答题少丢分
高考阅卷评分标准非常细，按步骤、得分点给分，评阅分步骤、采“点”给分.关键步骤，有则给分，无则没分.所以考场答题应尽量按得分点、步骤规范书写.
2.不求巧妙用通法，通性通法要强化
高考注重通性通法的考查，高考评分细则只对主要解题方法，也是最基本的方法，给出详细得分标准，所以用常规方法往往与参考答案一致，比较容易抓住得分点.
3.干净整洁保得分，简明扼要是关键
高考已实行网上阅卷，若书写整洁，表达清楚，一定会得到合理或偏高的分数，若不规范可能就会吃亏.若写错需改正，只需划去，不要乱涂乱划，否则易丢分.
4.狠抓基础保成绩，分步解决克难题
(1)基础题争取得满分.涉及的定理、公式要准确，数学语言要规范，仔细计算，争取前3个解答题及选考不丢分.(2)压轴题争取多得分.第(Ⅰ)问一般难度不大，要保证得分，第(Ⅱ)问若不会，也要根据条件或第(Ⅰ)问的结论推出一些结论，可能就是得分点.
5.评分细则是阅卷的依据，通过认真研读评分细则，解题步骤的书写，要保证逻辑思路清晰，用词用句、符号、行段等，规范无误，突出过程中“结论”的“醒目”位置，做到会做的题得全分；对于最后的压轴题也可以按步得分，踩点得分，一分也要抢．
从近几年命题原则、命题要求及高考命题看，解答趋势是不拘泥于某种特定模式，引导师生避免“解题模式化”，防止“思维固化”、“弱化”思维创新能力.因此，我们应在规范答题过程上着力！
01 三角函数与解三角形
【核心提示】
1.三角函数图象与性质的综合问题.
2. 三角形中基本量的求解（解三角形）．
3. 解三角形中的证明问题.
4. 解三角形中的范围、最值问题
【典例分析】
典例1. (2020·新高考全国Ⅰ)在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
典例2.（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
典例3.（2023·全国·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求证：；
(2)若，，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式及三角恒等变换等化简已知等式得到，再根据三角形内角的范围得到，再次利用正弦定理即可得证；
（2）利用已知及（1）中的结论得到的值，利用同角的三角函数关系得到，结合题目条件求出a的值，再由三角形的面积公式即可求解；
【详解】（1）由及正弦定理可得．
因为，
所以，
即．
因为A，B为三角形的内角，
所以或，
得（舍去）或．
故．
由正弦定理可得，
故．
（2）由（1）得：，又，
所以，，则．
因为，，
所以，得，则，
所以△ABC的面积为．
02 立体几何
【核心提示】
1.用空间向量证明平行、垂直
2. 求直线与平面所成的角（函数值）
3. 求二面角（函数值）
4. 空间中的距离、翻折、探索性问题
5. 立体几何中的动态问题．
【典例分析】
典例4.（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
典例5.（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】
（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】
(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
典例6.（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为等边三角形，分别为棱的中点.
(1)棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(2)若，当二面角为时，证明：直线与平面所成角的正弦值小于.
【答案】(1)时，平面
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，取的中点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，连接，证得平面，过点作，可得平面，以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可证明.
【详解】（1）
当点为的中点时，平面，此时
如图，取的中点，连接.
因为为的中点，
所以.
又平面平面，
所以平面.
（2）
如图，连接.
由条件可知.
又，所以.
因为为等边三角形，为的中点，
所以.
故为二面角的平面角，
所以.
又平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
在平面内，过点作，交于点，
则平面，
所以两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为，
轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设，则，
，
所以.
设平面的法向量为，
则，解得，令，得，则平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，
则
故直线与平面所成角的正弦值小于.
03 数列
【核心提示】
1.数列的判断与证明
2. 数列求和
3. 数列与不等式—最值、范围问题．
【典例分析】
典例7.（2022·全国·统考高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
典例8.（2021·全国·高考真题（文））设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】
（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设， ⑧
则． ⑨
由⑧-⑨得．
所以．
因此．
故．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．
则，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设，则．
又，所以，下同方法二．
【整体点评】
1.本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
典例9.（2021秋·上海浦东新·高三上海南汇中学校考阶段练习）已知数列的前项的和为,且.
(1)当时,求证数列为等比数列,并求的通项公式;
(2)当时,不等式对于任意都成立,求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)退相减,得出递推式,再用构造法证明,最后求通项公式
(2)恒成立问题,通过分离与转化为函数最值问题求解
【详解】（1）当时,
当,则
当
两式相减得,即
所以
所以是首项为,公比为3的等比数列
所以,所以
（2）当时,,即
当时,
由,得,即对于任意都成立,令
则
因为在上单调递减,在上单调递增
所以当时,,所以
04 解析几何
【核心提示】
1. 圆锥曲线中的最值问题
2. 圆锥曲线中的范围问题
3. 圆锥曲线中的证明问题
4. 圆锥曲线中的定点问题
5. 圆锥曲线中的定值问题
6. 圆锥曲线中的存在性问题.
【典例分析】
典例10.（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
典例11.（2021·全国·高考真题（理））已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】
（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]：【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】
方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值.
典例12.（2023春·北京·高三北京市八一中学校考开学考试）已知椭圆过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为椭圆上一动点（不在轴上），为中点，过原点作的平行线，与直线交于点.问能否为定值，使得？若是定值，求出该值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能为定值，使得，.
【分析】（1）根据题意得，再结合即可得答案；
（2）设，进而得，，再计算斜率即可得，最后结合即可得答案.
【详解】（1）解：因为椭圆过点，其右焦点为
所以，即，所以，
所以椭圆方程为
（2）解：设，则，
所以，
所以过原点与的平行的线的方程为，
所以，
所以，，
所以，
因为，故，
假设存在能为定值，使得，
所以，解得
所以能为定值，使得，.
05 函数与导数
【核心提示】
1. 证明不等式
2. 不等式恒、能成立(存在性)问题
3. 判断函数零点个数
4. 根据零点个数求参数的值(范围)
【典例分析】
典例13.（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握.
典例14. (2020·全国Ⅰ)已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
典例15.（2023·陕西铜川·校考一模）已知函数．
(1)若存在使得成立，求a的取值范围；
(2)设函数有两个极值点，且，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）分离参数可得，设，原题可转化为.求出，构造，可证得恒成立，进而得出单调递增，即可得出a的取值范围；
（2）求出.由已知可得，是方程的两个相异实根，且.求出，整理可得.换元令，，求出，即可得出.
【详解】（1）由于，故转化为．
设，则.
设，则.
由于，解，解得.
解可得，，所以在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
故在处有极小值，也是最小值.
所以故在上总成立，所以为单调增函数.
又存在使得成立，只需即可，
所以，即a的取值范围是．
（2）由已知可得，定义域为，且.
由已知有两个极值点，
所以方程有两个相异根，则，且，
，，所以，.
所以，，
所以
.
令，则，设.
则，
所以在为减函数，
所以.
即．
【点睛】方法点睛：小问1中，根据，分离参数得到.构造函数，通过求解函数的最值，即可得出的取值范围.
06 概率统计
【核心提示】
1. 回归分析及其应用
2. 独立性检验的实际应用
3. 离散型随机变量的分布列、均值与方差
4. 有关预测与决策问题.
【典例分析】
典例16.（2022·全国·统考高考真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)；
【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.
【详解】（1）由已知，
又，，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）(i)因为，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
典例17.（2023·湖南·模拟预测）2022年12月15至16日，中央经济工作会议在北京举行.关于房地产主要有三点新提法，其中“住房改善”位列扩大消费三大抓手的第一位.某房地产开发公司旗下位于生态公园的楼盘贯彻中央经济工作会议精神，推出了为期10天的促进住房改善的惠民优惠售房活动，该楼盘售楼部统计了惠民优惠售房活动期间到访客户的情况，统计数据如下表：（注：活动开始的第i天记为，第i天到访的人次记为，）
(1)根据统计数据，通过建模分析得到适合函数模型为（c，d均为大于零的常数）.请根据统计数据及下表中的数据，求活动到访人次y关于活动开展的天次x的回归方程，并预测活动推出第8天售楼部来访的人次；
参考数据：其中；
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；
(2)该楼盘营销策划部从有意向购房的客户中，随机通过电话进行回访，统计有效回访发现，客户购房意向的决定因素主要有三类：A类是楼盘的品质与周边的生态环境，B类是楼盘的品质与房子的设计布局，C类是楼盘的品质与周边的生活与教育配套设施.统计结果如下表：
从被回访的客户中再随机抽取3人聘为楼盘的代言人，视频率为概率，记随机变量X为被抽取的3人中A类和C类的人数之和，求随机变量X的分布列和数学期望.
【答案】(1)；690
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）将转换为，由最小二乘法求回归直线方程，再换回形式；
（2），结合二项分布的概率公式及期望公式即可求.
【详解】（1）由得，
由，，，
∴，.
则所求回归方程为：.
当时，，故预测活动推出第8天售楼部来访的人次为690；
（2）由题意得，A类和C类被抽取得概率为，X可取0，1，2，3，且 ，
∴，，
，.
∴X的分布列为
X的数学期望为.
典例18. （2023秋·辽宁·高三校联考期末）2022年冬奥会由北京和张家口联合举办，其中冰壶比赛在改造一新的水立方进行.女子冰壶比赛由来自全球的十支最优秀的队伍参加，中国女子冰壶队作为东道主对奥运冠军发起冲击.奥运会冰壶比赛将分为循环赛､淘汰赛和决赛三部分，其中循环赛前三名晋级淘汰赛.在淘汰赛中，循环赛第一和第二的两支队伍先进行一场比赛，胜者晋级最后的决赛，负者与循环赛第三名再进行一场比赛，胜者晋级决赛，败者即为本届比赛的第三名.决赛决出比赛的第一名与第二名.
(1)循环赛进行九轮比赛，每支队伍都需要与其余九支队伍各进行一场比赛.中国队的主要对手包括加拿大队､瑞士队､瑞典队､英国队.若循环赛的赛程完全随机排列，则中国队在前六轮之内完成与主要对手交锋的概率是多少？
(2)若中国队以循环赛第二名的成绩进入淘汰赛，同时进入淘汰赛的还有排名第一的加拿大队和排名第三的瑞士队.过往战绩表明，中国队与加拿大队对战获胜的概率为40%，与瑞士队对战获胜的概率为60%，加拿大队战胜瑞士队的概率为70%.假定每场比赛胜负的概率独立.若以随机变量X表示中国队最终获得的名次，求其分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，期望为名
【分析】（1）利用排列组合的计数法，分别求出中国队的九个对手在前六轮的排布情况数与主要对手出在前六轮的排布情况数，从而利用古典概型的概率求法求解即可；
（2）先根据题意得到的可能取值，再分析中国队取得对应名次所经历的比赛场次，从而得到对应的概率，进而得到的分布列，由此求得的数学期望.
【详解】（1）依题意，中国队的九个对手在前六轮的排布情况总数为，若四个主要对手都出现在前六轮交锋，则前六轮的排布情况为，
所以中国队在前六轮之内完成与主要对手交锋的概率为.
（2）依题意，的可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列如下：
所以的数学期望为（名）.
步骤要点
规范解答
阅卷细则
(1)选择条件：在所给条件中选择自己熟悉、易于转化的条件.
(2)选用工具：根据条件选用正弦定理或余弦定理实现边角之间的转化.
(3)计算作答：将条件代入定理进行计算，确定题目结论.
解 方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.…3分
于是＝，
由此可得b＝c. 6分
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1. 8分
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1. 10分
方案二：选条件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b…3分
于是＝，6分
由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②csin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.…8分
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.10分
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.…3分
于是＝，6分
由此可得b＝c. 8分
由③c＝b，与b＝c矛盾.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.10分
(1)写出余弦定理代入即得2分；
(2)写出正弦定理得到a，b之间的关系即得2分；
(3)定理使用顺序不影响得分，其他正确解法同样给分；
(4)计算正确没有最后结论扣2分.
步骤要点
规范解答
阅卷细则
(1)灵活变形：根据已知条件对要证(求)不等式(或方程)的结构进行变形，进行拆分或分离成适当形式，构造函数.
(2)看性质：通过求导讨论等确定函数的单调性、最值等性质.
(3)得结论：通过函数性质(或函数大致图象)求(证)得最后结论.
(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
……3分
(2)由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
……7分
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
……12分
(1)求出f′(x)即得1分；
(2)构造函数g(x)得1分，g′(x)没有分解因式扣1分；
(3)讨论时正确写出参数范围即得1分；
(4)使用分离参数法酌情给分；
(5)计算正确没有最后结论扣1分.
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
（单位：天）
1
2
3
4
5
6
7
（单位：人次）
12
22
42
68
132
202
392
类别
A类
B类
C类
频率
0.4
0.2
0.4
X
0
1
2
3
P
1
2
3