2023年北京高三二模数学分类汇编-专题08 解答中档题型：概率统计与圆锥曲线（解析版）

这是一份2023年北京高三二模数学分类汇编-专题08 解答中档题型：概率统计与圆锥曲线（解析版），共24页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．（2023·北京房山·统考二模）2021年3月教育部印发了《关于进一步加强中小学生睡眠管理工作的通知》，该《通知》指出，高中生每天睡眠时间应达到小时． 某学校为了解学生的睡眠情况，从高一和高二年级中随机抽取各40名学生，统计他们一周平均每天的睡眠时间作为样本，统计结果如图．
(1)从该校高一年级学生中随机抽取人，估计该生平均每天的睡眠时间不少于小时的概率；
(2)从该校高二年级学生中随机抽取人，这人中平均每天的睡眠时间为小时或小时的人数记为，求的分布列和数学期望；
(3)从该校高一年级学生中任取人，其平均每天的睡眠时间记为，从该校高二年级学生中任取人，其平均每天的睡眠时间记为，试比较方差与的大小．（只需写出结论）
【答案】(1)；(2)分布列详见解析，；(3)
【分析】（1）根据古典概型概率计算公司号求得正确答案.
（2）先求得高二学生平均每天的睡眠时间为小时或小时的概率，然后根据二项分布的知识求得的分布列和数学期望.
（3）通过观察条形图求得正确答案.
【详解】（1）记事件为“从该校高一学生中随机抽取人，该生平均每天的睡眠时间不少于小时”，
样本中高一学生人数为：，
其中平均每天的睡眠时间不少于小时的人数为，
则：.
（2）从高二年级学生中随机抽取1人，
其平均每天的睡眠时间为小时或小时的概率为.
的可能取值为
.
的分布列为：
.
（3）通过观察条形图可知，高一年级和高二年级的统计数据有对称性，
根据方差的定义可知：.
2．（2023·北京西城·统考二模）体重指数（，简称）是国际上衡量人体胖瘦程度的一项常用指标．已知，其中表示体重（单位：），表示身高（单位：）．对成人，若，则身体处于肥胖状态．某企业为了解员工的身体状况，从全体员工中随机抽取人，测量他们的体重（单位：）和身高（单位：），得到如下散点图（图中曲线表示时体重和身高的关系），假设用频率估计概率．
(1)该企业员工总数为人，试估计该企业员工身体处于肥胖状态的人数；
(2)从该企业身体处于肥胖状态的员工中随机抽取人，设其中体重在以上的人数为，估计的分布列和数学期望；
(3)从样本中身高大于或等于的员工中随机抽取人，若其身体处于肥胖状态的概率小于，写出的所有可能取值．（结论不要求证明）
【答案】(1)300；(2)分布列见解析，1；(3)或
【分析】（1）求出该企业身体处于肥胖状态的员工得概率，再乘以即可得解；
（2）求出从该企业身体处于肥胖状态的员工中随机抽取人，其中体重在以上的概率，写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可；
（3）求出中所有的其身体处于肥胖状态的概率，即可得出结论.
【详解】（1）由散点图可知，抽取人中有人身体处于肥胖状态，
故该企业身体处于肥胖状态的员工得概率为，
则估计该企业员工身体处于肥胖状态的人数为人；
（2）因为抽取人中有人身体处于肥胖状态，其中人体重在以上，
则从该企业身体处于肥胖状态的员工中随机抽取人，
其中体重在以上的概率为，
由题设，可取，
，，
，，
所以的分布列为：
；
（3）有散点图可知，
从样本中身高大于或等于的员工中随机抽取人，
当时，其身体处于肥胖状态的人数有人，总人数有人，
概率为，
当时，其身体处于肥胖状态的人数有人，总人数有人，
概率为，
当时，其身体处于肥胖状态的人数有人，总人数有人，
概率为，
当时，其身体处于肥胖状态的人数有人，总人数有人，
概率为，
当时，其身体处于肥胖状态的人数有人，总人数有人，
概率为，
当时，其身体处于肥胖状态的人数有人，总人数有人，
概率为，
综上所述，当或，符合题意.
3．（2023·北京昌平·统考二模）2023年9月23日至2023年10月8日，第19届亚运会将在中国杭州举行.杭州某中学高一年级举办了“亚运在我心”的知识竞赛，其中1班，2班，3班，4班报名人数如下：
该年级在报名的同学中按分层抽样的方式抽取10名同学参加竞赛，每位参加竞赛的同学从预设的10个题目中随机抽取4个作答，至少答对3道的同学获得一份奖品.假设每位同学的作答情况相互独立.
(1)求各班参加竞赛的人数；
(2)2班的小张同学被抽中参加竞赛，若该同学在预设的10个题目中恰有3个答不对，记他答对的题目数为，求的分布列及数学期望；
(3)若1班每位参加竞赛的同学答对每个题目的概率均为，求1班参加竞赛的同学中至少有1位同学获得奖品的概率.
【答案】(1)3,4,2,1；(2)分布列见解析，2.8；(3)
【分析】（1）根据分层抽样计算可得；
（2）根据超几何分布求出概率，列出分布列求期望即可得解；
（3）计算1班每位同学获奖的概率，然后根据二项分布求解即可.
【详解】（1）各班报名人数总共100人，抽取10人，抽样比为，
故班分别抽取（人），（人），（人），（人）.
（2）由题意，的可能取值为1,2,3,4，
,
,
,
,
所以的分布列为：
（3）由题意，1班每位同学获奖的概率为,
设1班获奖人数为，则，
所以至少1人获奖的概率为.
4．（2023·北京东城·统考二模）某数学学习小组的7名学生在一次考试后调整了学习方法，一段时间后又参加了第二次考试．两次考试的成绩如下表所示（满分100分）：
(1)从数学学习小组7名学生中随机选取1名，求该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率；
(2)设表示第名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差.从数学学习小组7名学生中随机选取2名，得到数据，定义随机变量，如下：
（i）求的分布列和数学期望；
（ii）设随机变量，的的方差分别为，，试比较与的大小．（结论不要求证明）
【答案】(1)；(2)（i）分布列见解析，；（ii）
【分析】（1）利用古典概型直接计算即可；
（2）（i）列出变量X的取值，分别求出对应的概率，列出分布列，利用公式直接求解数学期望即可；（ii）计算方差，利用方差的含义直接判断即可.
【详解】（1）根据表中数据，可知这7名学生中有4名学生的第二次考试成绩高于第一次考试成绩，分别是学生1，学生2，学生4，学生5，
则从数学学习小组7名学生中随机选取1名，
该名学生第二次考试成绩高于第一次考试成绩的概率为
（2）（i）随机变量可能的取值为0，1，2.
这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.
时，若，有，，共3种，
若，有，共2种，
若，有，，，共4种，
故；
时，若，有，，共3种，
若，有，，共3种，
故；
时，若，有，，，共4种，
若，有共1种，
若，有共1种，
故.
则随机变量的分布列为：
所以的数学期望.
（ii）由（i）知，
这7名学生第二次考试成绩与第一次考试成绩的差分别为1，1，，3，1，，.
随机变量可能的取值为0，1，2，3.
时，若，有，，共3种，
若，有，共2种，
故；
时，若，有，，，共4种，
故；
时，若，有，，共3种，
若，有，，共3种，
故；
时，若，有，，，共4种，
若，有共1种，
若，有共1种，
故.
则随机变量的分布列为：
所以的数学期望.
所以，
因为，所以.
5．（2023·北京朝阳·二模）果酒由水果本身的糖分被酵母菌发酵而成.研究表明，果酒中的芳香气味主要来自于酯类化合物.某学习小组在实验中使用了3种不同的酵母菌（A型，B型，C型）分别对三组（每组10瓶）相同的水果原液进行发酵，一段时间后测定发酵液中某种酯类化合物的含量实验过程中部分发酵液因被污染面废弃，最终得到数据如下（“X”表示该瓶发酵液因废弃造成空缺）：
根据发酵液中该酯类化合物的含量t（μg/L）是否超过某一值来评定其品质，其标准如下：
假设用频率估计概率
(1)从样本未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，求其品质高的概率；
(2)设事件D为“从样本含A型，B型,C型酵母菌的未废弃的发酵液中各随机抽取一瓶，这三瓶中至少有一瓶品质高”，求事件D发生的概率；
(3)设事件E为“从样本未废弃的发酵液中不放回地随机抽取三瓶，这三瓶中至少有一瓶品质高”试比较事件E发生的概率与（2）中事件D发生的概率的大小.（结论不要求证明）
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）先求未废弃的发酵液总数，再求品质高的瓶数，结合古典概率求解可得答案；
（2）设出事件，利用对立事件求解概率可得答案；
（3）先求事件E的概率，比较大小可得答案.
【详解】（1）设事件“从样本未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”，
由题可知，未废弃的发酵液共有6+4+5=15瓶，其品质高的有9瓶，
所以.
（2）事件“从样本含A型酵母菌的未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”，
事件“从样本含B型酵母菌的未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”，
事件“从样本含C型酵母菌的未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”，
由题意得;
.
（3）由题意，所以.
6．（2023·北京海淀·统考二模）某大学学院共有学生1000人，其中男生640人，女生360人．该学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，按性别分层抽样，从该学院所有学生中抽取若干人作为样本，对样本中的每位学生在5月份的累计跑步里程进行统计，得到下表．
(1)求的值，并估计学院学生5月份累计跑步里程s（）在中的男生人数；
(2)从学院样本中5月份累计跑步里程不少于的学生中随机抽取3人，其中男生人数记为X，求X的分布列及数学期望；
(3)该大学学院男生与女生人数之比为，学院体育社团为了解学生参与跑步运动的情况，也按性别进行分层抽样．已知学院和学院的样本数据整理如下表．
5月份累计跑步里程平均值（单位：）
设A学院样本中学生5月份累计跑步里程平均值为，B学院样本中学生5月份累计跑步里程平均值为，是否存在，使得?如果存在，求的最大值；如果不存在，说明理由．
【答案】(1)，人；(2)分布列见解析，；(3)存在满足条件的，且的最大值为
【分析】（1）首先求出男女生人数之比，即可得到方程，求出的值，再由样本求出估计值；
（2）依题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；
（3）设学院女生人数为，则男生人数为，求出，，即可得到不等式，解得即可.
【详解】（1）依题意，男女生人数之比为，
所以，解得，
故计学院学生月份跑步里程在中的男生人数为人.
（2）依题意的可能取值为，，，
所以，，，
所以的分布列为
所以
（3）存在满足条件的，且的最大值为，
设学院女生人数为，则男生人数为，则，
而，
依题意，即，显然，解得，所以的最大值为.
7．（2023·北京丰台·统考二模）某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智能的态度、经验、困难等情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈．在整理访谈结果的过程中，统计他们对“人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示：
假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学”作用的认识相互独立．
(1)估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；
(2)现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了5名教师，求这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率；
(3)对受访教师关于“人工智能助力教学”的观点进行赋分：“没有帮助”记0分，“有一些帮助”记2分，“很有帮助”记4分．统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为，其中年龄在40岁以下（含40岁）教师得分的平均值记为，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为，请直接写出的大小关系．（结论不要求证明）
【答案】(1)140；(2)；(3)
【分析】（1）完善表格，并得到认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率，从而估计出该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；
（2）根据分层抽样定义得到抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，再结合该地区中小学教师中男教师和女教师认为对于教学“很有帮助”的概率，分两种情况求出这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率；
（3）计算平均值，并比较出大小即可.
【详解】（1）根据表格中数据，完善表格，
可以得到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率为，
用频率估计概率，估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数为；
（2）男女比例为，故抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，
用频率估计概率，估计该地区中小学教师中男教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，
女教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，
抽取的5名教师中，恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”，
则1名男教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，
1名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，
故这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为；
（3），，
，
因为，所以.
8．（2023·北京丰台·统考二模）已知椭圆经过两点.
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)设P，Q为椭圆C上不同的两个点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点F，若点满足，求证：P，O，Q三点共线．
【答案】(1)，；(2)见解析
【分析】（1）待定系数法求出椭圆方程，并求出，得到离心率；
（2）先根据得到两三角形相似，得到，从而设直线方程为，直线方程为，与椭圆方程联立后，表达出P，Q两点的横纵坐标，得到两点关于原点对称，证明出结论.
【详解】（1）将代入椭圆方程，，
解得，故，，
所以椭圆C的方程为，离心率为；
（2）
法1：设点，，
所以直线PA的方程为：，直线AQ的方程为：，
所以点，．
，
因为，所以
即①
当直线PQ无斜率时，设，
则，
代入①得：，解得：，
所以P，O，Q三点共线．
当直线PQ有斜率时，设，
由y=kx+nx24+y2=1得：
所以
，
代入（1）得：，
解得：或.
当时，直线PQ的方程：，不符合题意．
故，所以P，O，Q三点共线．
综上，P，O，Q三点共线．
法2：设点，点，直线PA的方程为：，
所以点．
，，
因为，所以，
所以，即，
所以直线AF的方程为：，
要证P，O，Q三点共线，由椭圆的对称性，只需证在直线AF上．
又因为，所以，
所以，所以在直线AF上，
所以P，O，Q三点共线．
法3：由题意得，不妨令E点在x轴上方，
因为，所以，
又因为，所以，
所以Rt∽Rt，故，即，
设，则，
则直线方程为，与联立得，
设，则，解得，则，
直线方程为，与联立得，
设，则，解得，则，
故，，
所以P，Q关于原点对称，P，O，Q三点共线.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
9．（2023·北京海淀·统考二模）已知椭圆的左顶点为，上、下顶点分别为，，直线的方程为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)是椭圆上一点，且在第一象限内，是点关于轴的对称点．过作垂直于轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点．求的大小．
【答案】(1)，；(2)
【分析】（1）首先由直线的方程求出、的坐标，即可求出、的值，从而求出，即可得到椭圆方程与离心率；
（2）设，，则，求出点坐标，再求出直线的方程，即可求出点坐标，从而求出，即可求出的倾斜角，即可得解.
【详解】（1）因为直线的方程为，
所以，，即，，所以，
所以椭圆方程为，离心率
（2）依题意，设，，则，
且点是椭圆上一点，可得，
直线的方程为，由，可得，
所以，
直线的方程为，令，
得，
即，
所以，
即直线的倾斜角是，所以.
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是设而不求，求出直线的斜率，即可求出.
10．（2023·北京朝阳·二模）已知点在椭圆E：上，且E的离心率为.
(1)求E的方程；
(2)设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意得求出即可得椭圆方程；
（2）由题意可得，当时，求出的值；当时，联立直线PF与直线的方程求出点的坐标，根据求解即可.
【详解】（1）由题意得 解得
所以椭圆E的方程为.
（2）因为点是E上的任意一点，所以.
①当时，点或.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
②当时，直线的方程为，
由，可得，所以.
所以
，
所以.
综上所述，.
【点睛】总结点睛：
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
11．（2023·北京东城·统考二模）已知焦点为的抛物线经过点．
(1)设为坐标原点，求抛物线的准线方程及△的面积；
(2)设斜率为的直线与抛物线交于不同的两点，若以为直径的圆与抛物线的准线相切，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)准线为，；(2)证明见解析，定点
【分析】（1）由点在抛物线上代入求参数，写出抛物线方程，进而得准线方程，最后求△的面积；
（2）设为，联立抛物线并应用韦达定理、中点公式得的中点N点横坐标，根据到准线的距离等于列方程得，即可证结论并确定定点坐标.
【详解】（1）因为抛物线过点，所以，即．
故抛物线的方程为，焦点，准线方程为.
所以
（2）
设直线的方程为．
由 得：，又有．
设则，．
设的中点为，则.
所以到准线的距离，
，
依题意有，即，
整理得，解得，满足．
所以直线过定点．
12．（2023·北京昌平·统考二模）已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，且右焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线相交于点，N.当点运动时，求证：以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）根据焦点得，由椭圆定义可得，即可求出椭圆方程；
（2）利用直线和相交求出点的坐标，设以为直径的圆与轴交于点，根据及在椭圆上可得出圆过定点，即可得证.
【详解】（1）由题意，，即，
因为右焦点为，所以，
所以 ，
所以椭圆的方程为.
（2）设，由（1）知，
，直线，
，直线，
直线分别与相交，可得，
设以为直径的圆与轴交于点，
则，，
由可得，
即，
由在椭圆上可得，即，
代入上式可得，即，
解得或，
即以为直径的圆过轴上的定点和，
所以以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
13．（2023·北京西城·统考二模）已知椭圆的短轴长为，一个焦点为．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设直线与椭圆交于两点，点在线段上，点关于点的对称点为．当四边形的面积最大时，求的值．
【答案】(1)，；(2)
【分析】（1）根据求椭圆方程和离心率；
（2）首先直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示四边形的面积，并利用基本不等式求最值.
【详解】（1）由题设
解得
所以椭圆的方程为．
的离心率为．
（2）设椭圆的另一个焦点为，则直线过点．
由 得．
设，则，．
由题设，点为线段的中点，所以点和点到直线的距离相等．
所以四边形的面积为面积的倍．
又，
所以
．
所以．
设，则．
所以．
当且仅当，即时，．
所以四边形的面积最大时，．
14．（2023·北京房山·统考二模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为． 椭圆的左、右顶点分别为，为椭圆上异于的动点，交直线于点，与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．
【答案】(1)；(2)经过定点，定点为
【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解、、即可；
（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，得到、两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.
【详解】（1） 椭圆 的一个顶点为，焦距为，
， 解得，
椭圆 的方程为 .
（2）在直线 上，则点 ，
由 ，得 ，
由 ,得 ，
，
，

，
，
直线过定点 .
【点睛】（1）利用椭圆的基本性质，结合椭圆的定量关系可求得所要的椭圆方程；
（2）直线经过定点问题，使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，这样得到直线上两点，写出直线方程，化为点斜式的方程，可得到直线所过的定点.
班号
1
2
3
4
人数
30
40
20
10
1
2
3
4
学生1
学生2
学生3
学生4
学生5
学生6
学生7
第一次
82
89
78
92
92
65
81
第二次
83
90
75
95
93
61
76
0
1
2
0
1
2
3
酵母菌类型
该酯类化合物的含量（μg/L）
A型
X
2747
2688
X
X
2817
2679
X
2692
2721
B型
1151
X
1308
X
994
X
X
X
1002
X
C型
2240
X
X
2340
2318
X
2519
2162
X
X
酵母菌类型
品质高
品质普通
A型
B型
C型
跑步里程s（）
男生
a
12
10
5
女生
6
6
4
2
学院性别
A
B
男生
50
59
女生
40
45