1
高二理科数学期末冲刺课 2 讲参考答案
第一讲
原创:柔软的石头
一、函数及其性质
1.【答案】D
【解析】A、C 项为奇函数,排除;B 项在(0, + ∞)上既有单调递增区间,也有单调递减区间,排除.
只有 D 项中,푦 = ln
|x|是偶函数,且在(0, + ∞)上y = ln 푥单调递增.
2.【答案】C
【解析】由f(푥 + 1) = 1
f(푥)知,f(푥 + 2) = 1
f(푥 + 1) = f(푥).故푓(푥)的周期为2.
因此,f(log2 9) = f(log2 9 - 2) = f(log2 9
4).又log2 9
4
∈ (1,2).
故f(log2 9
4) =
1
푓(log2 9
4 - 1) =
1
f(log2 9
8).而log2 9
8 ∈ (0,1],即f(log2 9
8) = 2
log2 9
8 = 9
8.
因此,f(log2 9) = 8
9
.
二、三角函数、平面向量及解三角形
3.【答案】B
【解析】根据三角函数定义知,tan휃 = 2,cos2 휃 ― sin2 휃 = cos2 휃 ― sin2 휃
sin2 휃 + cos2 휃 = 1 - tan2 휃
tan2 휃 + 1 = -
3
5.
4.【答案】A
【解析】依题意훼 ∈ (0,π
2),훼 +
π
4
∈ (π
4
,3π
4 ).而cos(훼 +
π
4) = 1
3
,故s
in
(훼 +
π
4) = 2 2
3
.
故sin훼 = sin[(훼 +
π
4) ― π
4] = sin(훼 +
π
4)cos π
4
― cos(훼 +
π
4)sin π
4
= 2 2
3
× 2
2 ― 1
3 × 2
2 = 4 - 2
6
.
5.【答案】B
【解析】푔(푥) = f(푥 ― π
3) = 3
cos [2(푥 ― π
3) ― π
6] = 3 cos(2푥 ― 5π
6 ).
令2x -
5π
6 =
π
2 +kπ,k ∈ Z.即x =
2π
3 +
kπ
2
.取k = 0,故푔(푥)的一个对称中心坐标为(2π
3 ,0).
6.【答案】A
【解析】CD = CA + AD = C퐴 +
2
3퐴B = C퐴 +
2
3(퐴퐶 + 퐶B) = 1
3
퐶A +
2
3C퐵,则휆 = 2
3
.
7.【答案】C
【解析】由|AB + AC| = 3|AB ― AC|两边平方整理得:AB
2
+ AC
2 = 4퐴퐵·퐴퐶.
又|AB| = |AC| = 3,即AB
2
= AC
2
= 9,因此퐴퐵·퐴퐶 = 9
2
.
故퐶B·CA = (AB ― AC)·CA = - 퐴퐵·퐴퐶 + AC
2 = ― 9
2 +9 = 9
2.
8.【答案】(1) π
6;(2) 3或2 3.
【解析】(1) asin
A = (푏 ― 3푐)sin퐵 +푐sin퐶,由正弦定理得:a
2 = (푏 ― 3푐)푏 + 푐2.
即b
2 + 푐2 ― 푎2 = 3푏푐.由余弦定理得:cos퐴 = 푏2 + 푐2 ― a
2
2b푐 = 3
2 .
又퐴 ∈ (0,π),故퐴 =
π
6.
(2) 由(1)知:퐴 =
π
6.故ABC面积S = 1
2
푏csin퐴 =
1
4
푏c.2
由正弦定理得: a
sin퐴 = 푏
sin퐵.即sin퐵 = 3
2 .又퐵 ∈ (0,π),故퐵 =
π
3或퐵 =
2π
3 .
当퐵 =
π
3时,C =
π
2
,ABC为直角三角形,面积为1
2
× 2 × 2 3 = 2 3.
当퐵 =
2π
3 时,C =
π
6
,ABC为等腰三角形,面积为1
2
× 2 × 2 3 × sin π
6 = 3.
综上,ABC的面积为 3或2 3.
三、数列
9.【答案】C
【解析】设{푎푛}的公比为q,依题意有푎1 +2푎1q = 2 × 1
2
푎1q
2.
又푎1 ≠ 0,整理得:q
2
- 2q ―1 = 0.解得:q = 1 ± 2.
又等比数列{푎푛}各项均为正数,即q > 0.即q = 1 + 2.
从而a9 + 푎10
푎7 + 푎8
= q
2
= 3 + 2 2.
10.【答案】(1) a푛 = ( ― 1
2)푛―1
;(2) 푇푛 = ― (2
3
푛 + 4
9)·( ― 1
2)푛
+
4
9
.
【解析】(1) a푛 = 3푆푛 ―2.令n = 1,则a1 = 푆1,即a1 = 3푎1 ―2,解得:a1 = 1.
由a푛 = 3푆푛 ―2知,当n ≥ 2时,a푛-1 = 3푆푛-1 ―2.两式相减整理得:a푛 = -
1
2a푛―1.
故{푎푛}是以a1 = 1为首项,q = -
1
2
为公比的等比数列.即a푛 = ( ― 1
2)푛―1
.
(2) 由(1)知:푎푛 = ( ― 1
2)푛―1
,故푛푎푛 = n·( ― 1
2)푛―1
.
T푛 = 1 × ( ― 1
2)0 +2 × ( ― 1
2)1
+3 × ( ― 1
2)2 + … + (n ― 1)·( ― 1
2)푛―2 + n·( ― 1
2)푛―1
.
故 ― 1
2T푛 = 1 × ( ― 1
2)1
+ 2 × ( ― 1
2)2
+3 × ( ― 1
2)3
+ … + (n ― 1)·( ― 1
2)푛―1
+ n·( ― 1
2)푛
.
两式相减得:3
2푇푛 = ( ― 1
2)0 + ( ― 1
2)1
+ ( ― 1
2)2
+ … + ( ― 1
2)푛―1
- n·( ― 1
2)푛
=
( ― 1
2)0[1 ― ( ― 1
2)푛]
1 ― ( ― 1
2) - n·( ― 1
2)푛
= ― (푛 + 2
3)·( ― 1
2)푛
+
2
3.
故푇푛 = ― (2
3
푛 + 4
9)·( ― 1
2)푛
+
4
9
.
四、常用逻辑用语
11.【答案】D
【解析】由指数函数性质知命题p为真,而“x > 1”是“x > 2”的必要不充分条件,故命题q为假.因
此,只有p ∧ (¬푞)是真命题.
12.【答案】D
【解析】p ∨ q为真即p,q至少有一个为真,p ∧ q为真即p,q均为真,故 A 项错误.
当a < 0,b < 0时,b
a +
a
b
≥ 2也成立,故 B 项错误.
“x = 1或x = 2”的否定是“x ≠ 1且x ≠ 2”,故C 项错误.因此只有 D 项正确.
五、圆锥曲线
13.【答案】y
2
4
― 푥2
16 = 1
【解析】依题意可设双曲线方程为x
2 ―4푦2 = 휆.(휆 ≠ 0)
把点(2, 5)代入得:4 - 4 × 5 = 휆,即휆 = - 16.故双曲线的标准方程为y
2
4
― 푥2
16 = 1.3
14.【答案】B
【解析】取双曲线的右焦点F′(푐,0),连接PF′.依题意,E为PF的中点,而O是FF′的中点.
因此,OE为PFF′的中位线,即|푃퐹′| = |OE| = 푏.
又PF为圆的切线,且切点为E.因此,OE ⊥ 푃퐹,即푃퐹′ ⊥ 푃퐹.
又由双曲线的定义知:|푃퐹| ― |푃퐹′| = 2푎,即|푃퐹| = 2a + b.
在RtPFF′中,|PF|2 + |PF′|2 = |FF′|2.
即(2푎 + 푏)2 + 푏2 = (2푐)2.利用c
2 = 푎2 + 푏2消去c
2,整理得:b = 2a.
故e =
c
a =
c
2
푎2 = 푎2 + 푏2
푎2 = 1 + 푏2
푎2 = 5.
15.【答案】D
【解析】法一:依题意F(3
4,0),直线AB的方程为y =
3
3 x -
3
4
,设A(푥1,푦1),B(푥2,푦2).
联立直线与抛物线方程,消去y得:x
2 ― 21
2 푥 + 9
16 = 0.则x1 + 푥2 = 21
2 .
由抛物线的定义知:|퐴퐵| = 푥1 + 푥2 + 3
2 = 12.
而坐标原点O到直线y =
3
3 x -
3
4
的距离为
| 3
4 |
12 + ( 3
3 )2 = 3
8
.
因此,S푂퐴퐵 = 1
2 × 12 × 3
8
= 9
4
.
法二:由抛物线的焦点弦公式知:|퐴퐵| = 2p
sin2 휃 = 3
sin2 30° = 12.
而S푂퐴퐵 = S푂퐴F + S푂퐵F =
1
2
|AF|·|OF|·sin30° +
1
2
|BF|·|OF|·sin
15
0°
=
1
2·|OF|·|퐴퐵|·sin30°
=
1
2
× 3
4
× 12 × 1
2 =
9
4
.
16.【答案】(1)x
2
20 + 푦2
5
= 1;(2) 푘1 + 푘2 = 0.
【解析】(1) 设椭圆的焦距为2c.
依题意有:e =
c
a =
a
2 ― b
2
푎2 = 3
2 ,即a
2 = 4푏2.
把(4,1)代入椭圆方程中,得:
42
4푏2 + 12
푏2 = 1,解得:b
2 = 5,a
2 = 20.
故椭圆的标准方程为x
2
20 + 푦2
5 = 1.
(2) 푘1 + 푘2为定值0.设P(푥1,푦1),Q(푥2,푦2).
联立{푦 = 푥 + 푚
x
2
20 + 푦2
5
= 1,消去y整理得:5x
2
+8mx +4푚2 ―20 = 0.
∆ = (8푚)2 ―4 × 5(4푚2 ― 20) > 0.即 - 5 < 푚 < 5且m ≠ - 3.
则x1 + x2 = -
8m
5 ,x1x2 = 4푚2 ― 20
5 .
即푘1 + 푘2 =
y1 ― 1
푥1 ― 4 + y2 ― 1
푥2 ― 4 = (y1 ― 1)(푥2 ― 4) + (y2 ― 1)(푥1 ― 4)
(푥1 ― 4)(푥2 ― 4) .
而(푦1 ― 1)(푥2 ― 4) + (푦2 ― 1)(푥1 ― 4) = (푥1 + 푚 ― 1)(푥2 ― 4) + (푥2 + 푚 ― 1)(푥1 ― 4)
= 2푥1푥2 + (푚 ― 5)(푥1 + 푥2) ―8(푚 ― 1)
= 2 × 4푚2 ― 20
5 + (푚 ― 5)( ― 8푚
5 ) ―8(푚 ― 1)
= 0.
因此,푘1 + 푘2 = 0.4
第二讲
一、空间向量与立体几何
1.【答案】C
【解析】依题意BC = BA + AD + DC.
即|BC| = (BA + AD + DC)2 = BA
2
+ AD
2
+ DC
2 + 2BA·AD + 2BA·DC + 2AD·DC.
又已知AB ⊥ AD,CD ⊥ AD,即BA·AD = AD·DC = 0,BA与DC所成角为60°.
因此,|BC| = 1
2 + 12 + 12 + 2 × 1 × 1 × cos6
0
° = 2.
2.【答案】(1) 见解析;(2) 1
3;(3) ― 33
33 .
【解析】(1) 证明:连接BD.在正方形퐴퐵퐶퐷中,퐴퐶 ⊥ BD.
又E,F分别是边퐵퐶,퐶퐷的中点,即퐵퐷//EF,从而有AC ⊥ EF.
而由푃퐴 ⊥ 平面퐴퐵퐶퐷,퐵퐷 ⊂ 平面퐴퐵퐶퐷.因此PA ⊥ EF.
又PA ⊂ 平面PAC,AC ⊂ 平面PAC,PA ∩ AC = A.
故퐸퐹 ⊥ 平面PAC.而퐸퐹 ⊂ 平面NEF,即平面PAC ⊥ 平面NEF.
(2) 连接푂M.由PC//平面MEF,且平面PAC ∩ 平面MEF = OM.
故PC//OM.
则在PAC中,PM
PA =
OC
AC =
1
4
,即PM
MA =
1
3
.
(3) 如图所示建立空间直角坐标系.
故E(4,2,0),F(2,4,0),M(0,0,2),N(4,4,2).
则푀퐸 = (4,2, ― 2),EF = ( -2,2,0),E푁 = (0,2,2).
设平面MEF的一个法向量为n1 = (푥1,푦1,푧1).
则{n1·ME = 4x1 + 2y1 ― 2푧1 = 0
n1·퐸퐹 = ―2푥1 + 2푦1 = 0 .
令푥1 = 1,则n1 = (1,1,3).
设平面NEF的一个法向量为n2
= (푥2,푦2,푧2).
则{n2·E푁 = 2푦2 + 2푧2 = 0
n2·퐸퐹 = ―2푥2 + 2푦2 = 0.
令z1 = 1,则n1 = ( ―1, ― 1,1).
设二面角M - EF - N为휃,则|cos휃| =
|n1·n2|
|n1||n2| =
1
11· 3 =
33
33
.
观察得:二面角M - EF - N为钝二面角.
因此,二面角M - EF - N的余弦值为 -
33
33
.
二、导数及其应用
3.【答案】 1
2017
【解析】由f(푥) = 2푥푓′(2017) ― ln 푥得:f′(푥) = 2푓′(2017) ― 1
푥.
令x = 2017得:f′(2017) = 2푓′(2017) ― 1
2017
,即f′(2017) =
1
2017
.
4.【答案】25
【解析】f(푥)的定义域为(0, + ∞),f′(푥) = 2푥 ― 2
푥.故f′(푥0) = 2푥0 ― 2
푥0.
而直线x +3푦 + 2 = 0的斜率为 -
1
3
.
由垂直关系得:2푥0 ― 2
푥0 = 3.解得:x0 = 2或x0 = ― 1
2(舍去).
5.【答案】15
【解析】f′(푥) = 3푥2 +2푎푥 + 푏.依题意有{f(1) = 1 + 푎 + 푏 + 푎2 = 10
f′(1) = 3 + 2푎 + 푏 = 0 .
解得:{a = 4
b = ―11或{ a = -3
b = 3 .
当{ a = -3
b = 3 时,f′(푥) = 3푥2
- 6푥 + 3 = 3(푥 ― 1)2 ≥ 0,f(푥)无极值,舍去.
当{a = 4
b = ―11时,f′(푥) = 3푥2
+8푥 - 11 = (3푥 + 11)(푥 ― 1).经检验x = 1是f(푥)的极小值点.
故a - b = 4 - ( ―11) = 15.
6.【答案】D
【解析】f(푥)的图象过点(2,0),而f′(푥)的图象过点(4
3
,0).
而g′(푥) =
e푥[f′(푥) ― f(푥)]
e2푥 = f′(푥) ― f(푥)
e푥 .
故g(푥)的单调递减区间应满足f′(푥) < 푓(푥).
由图象可知,当x ∈ (0,1)或x ∈ (4, + ∞)时,f′(푥) < 푓(푥).
从而,函数g(푥) =
f(푥)
e푥 的单调递减区间为(0,1),(4, + ∞).
7.【答案】D
【解析】考查函数g(푥) = 푓(푥)
e푥 ,则g′(푥) = 푓′(푥) ― 푓(푥)
e푥 > 0.故푔(푥)单调递增.
因此,g(1) > 푔(0),g(2) > 푔(0).即f(1) > e푓(0),f(2) > e2푓(0).
8.【答案】
1
12
【解析】联立{y = 2x
y
2 = 2푥得:{x = 0
y = 0或{x = 1
2
y = 1
.
故所求封闭图形面积S = ∫1
2
0
( 2x - 2x)d푥 = (2 2
3 푥
3
2 ― 푥2)|
1
2
0
= 1
12.
9.【答案】(1) 当a ≥ 1时,f(푥)在( ―1, + ∞)上单调递增;当0 < 푎 < 1时,f(푥)在( ―1, ― 1 ― 푎),
( 1 ― 푎, + ∞)上单调递增,在( ― 1 ― 푎, 1 ― 푎)上单调递减;
当푎 ≤ 0时,f(푥)在( 1 ― 푎, + ∞)上单调递增,在( ―1, 1 ― 푎)上单调递减;
(2) 见解析.
【解析】(1) 푓′(푥) = 푎
푥 + 1 +푥 ― 1 = 푥2 + 푎 ― 1
푥 + 1 ,定义域为( ―1, + ∞).
当a ―1 ≥ 0即a ≥ 1时,푓′(푥) ≥ 0在( ―1, + ∞)上恒成立,f(푥)在( ―1, + ∞)上单调递增.
当a ―1 < 0即a < 1时,令푥2 + 푎 ―1 = 0,则x1 = ― 1 ― 푎,x2 = 1 ― 푎.
若 1 ― 푎 > - 1,即0 < 푎 < 1时,
令f′(푥) < 0,则x1 < 푥 < 푥2;令f′(푥) > 0,则 ―1 < 푥 < 푥1或x > 푥2.
故f(푥)在( ―1, ― 1 ― 푎),( 1 ― 푎, + ∞)上单调递增,在( ― 1 ― 푎, 1 ― 푎)上单调递减.
若 ― 1 ― 푎 ≤ - 1,即푎 ≤ 0时,
令f′(푥) < 0,则 ―1 < 푥 < 푥2;令f′(푥) > 0,则x > 푥2.
故f(푥)在( 1 ― 푎, + ∞)上单调递增,在( ―1, 1 ― 푎)上单调递减.6
(2) 证明:由(1)知:当0 < 푎 < 1时,f(푥)有两个极值点푥1,푥2.
푥1,푥2是方程푥2 + 푎 ―1 = 0的两个极值点,即x1 + 푥2 = 0,푥1푥2 = a - 1.
要证2f(푥2) - x1 > 0,即证2f(푥2) + x2 > 0,即2푎ln(푥2 + 1) + 푥22 ― 푥2 > 0.
即2(푥2 + 1)ln(푥2 + 1) ― 푥2 > 0.
当0 < 푎 < 1时,x2 = 1 ― 푎 ∈ (0,1).
令푔(푥) = 2(x + 1)ln(푥 + 1) ― 푥,x ∈ (0,1).
则g′(푥) = 2ln(푥 + 1) +1 > 0.
故g(푥)在(0,1)上单调递增,即푔(푥) > 푔(0) = 0.
因此,2(푥2 + 1)ln(푥2 + 1) ― 푥2 > 0,原命题得证.
三、复数
10.【答案】C
【解析】z =
(2 ― i)2
i
= 3 ― 4i
i
= 4 ― 3i.即|푧| = 4
2 + ( ―3)2 = 5.
11.【答案】B
【解析】a + i
1 + i =
(a + i)(1 ― i)
(1 + i)(1 ― i) = (푎 + 1) + (푎 ― 1)i
2 .要使得a + i
1 + i是纯虚数,则有{푎 + 1 = 0
푎 ― 1 ≠ 0,即a = - 1.
12.【答案】B
【解析】依题意有z·2i ― (1 + i)( ―i) = 0,即z = ― 1 + i
2
.
因此,푧 = ― 1
2
+ 1
2
i,在复平面内的对应点(1
2, ― 1
2)位于第二象限.
四、推理与证明
13.【答案】C
【解析】设正四面体퐴퐵퐶퐷的棱长为1,易求得:AM = 6
3
,又O到四面体各面的距离都相等.
所以O为四面体的内切球的球心,设内切球半径为r,则有r = 3V
푆表
,解得:OM = r = 6
12
.
故AO = AM - OM = 6
4
,即
퐴푂
푂푀 = 3.
五、计数原理
14.【答案】C
【解析】在集合푆的三元素子集中,只有{1,2,9}不合要求.
故满足条件的集合퐴的个数为C3
9 - 1 = 84 - 1 = 83.
15.【答案】B
【解析】恰有两个空位相邻,即3个空位中两个空位相邻,且与另一个不相邻.
处理时,需注意座位无区别,不需排序.先排4人就座,A44 = 24种情况.
再在4人形成的5个空位中任选2个,一个安排2个空位,另一个安排1个空位.
A25 = 20种情况.故恰有两个空位相邻的不同坐法种数为24 × 20 = 480.
16.【答案】D
【解析】令x = 1得:(1 + a
x)(2푥 - 1
x)5
的展开式中各项系数之和为(1 + 푎)(2 ― 1)5 = 2.
解得:a = 1.
(2푥 - 1
x)5
的展开式中,含x项的系数为C2
5 × 2
3 × ( ―1)2 = 80.7
故(1 + 1
x)(2푥 - 1
x)5
的展开式中,常数项为1 × 80 = 80.
17.【答案】 - 30
【解析】法一:要得到x
3,5个括号中要取1个2x
2,1个x,3个 - 1,或3个x,2个 - 1.
即x
3的系数为C1
5 × 2 × C14 × 1 × C
33 × ( ―1)3 + C
35 × 1 × C
22 × ( ―1)2 = ―40 + 10 = ―30.
法二:(2푥2 + 푥 ― 1)5 = [2푥2 + (푥 ― 1)]5.
展开式中只有C55(푥 ― 1)5与C45(2푥2)1(푥 ― 1)4
中含有x
3.
对于C55(푥 ― 1)5,展开式中x
3的系数为C55C35( ―1)2 = 10.
对于C45(2푥2)1(푥 ― 1)4
,展开式中x
3的系数为C45C3
4 × 2
1 × ( ―1)3 = - 40.
故x
3的系数为10 - 40 = - 30.
法三:(2푥2 + 푥 ― 1)5 = [(2푥 ― 1)(푥 + 1)]5.
故其展开式的通项公式为Ci5(2푥 ― 1)5―i(푥 + 1)푖.
要得到x
3,只存在于C55(푥 + 1)5和C45(2푥 ― 1)4(푥 + 1)1两项的展开式中.
即x
3的系数为C55C25 + C45[C
24 × 2
2 × ( ―1)2 + C14 × 2
3 × ( ―1)1] = 10 + 5(24 ― 32) = ―30.
六、随机变量及其分布
18.【答案】B
【解析】依题意,x = 4,而点(x,푦)必在回归方程푦 = 2푥 +7上.故푦 = 2x +7 = 15.
19.【答案】(1) 有99%的把握认为环保知识是否优秀与性别有关;
(2) X的分布列为
X 0 1 2 3
P
1
27 2
9 4
9 8
27
X的数学期望为EX = 2.
【解析】(1) 依题意,K
2 = 푛(푎푑 ― 푏푐)2
(푎 + 푏)(푐 + 푑)(푎 + 푐)(푏 + 푑) =
110(40 × 30 ― 20 × 20)2
60 × 50 × 60 × 50
≈ 7.822 > 6.635.
故有99%的把握认为环保知识是否优秀与性别有关.
(2) 依题意X~퐵(3,2
3).即X可取0,1,2,3.
则P(푋 = 0) = C
0
3(2
3)0(1
3)3
= 1
27,P(푋 = 1) = C
1
3(2
3)1(1
3)2
= 2
9,
P(푋 = 2) = C
2
3(2
3)2(1
3)1
= 4
9,P(푋 = 3) = C
3
3(2
3)3(1
3)0
= 8
27.
X 0 1 2 3
P
1
27 2
9 4
9 8
27
X的数学期望为EX = 3 × 2
3 = 2.
20.【答案】(1) 휉的分布列为
휉 0 1 2 3
P
1
12 5
12 5
12 1
12
(2) 见解析.
【解析】(1) 记“从袋中任意摸出2个球,至少得到1个白球”为事件A.
设袋中白球个数为푥,푃(A) = 1 ― C210―푥
C210
= 7
9.解得:x = 5.即白球有5个.
因此,휉可取0,1,2,3.8
푃(휉 = 0) = C35
C310
= 1
12;푃(휉 = 1) = C15C25
C310
= 5
12;푃(휉 = 2) = C15C25
C310
= 5
12;푃(휉 = 3) = C35
C310
=
1
12.
故휉的分布列为
휉 0 1 2 3
P
1
12 5
12 5
12 1
12
(2) 证明:设袋中有5푛个球,依题意其中2n个黑球,n ≥ 1.
记“从袋子任意摸出2个球,至少得到1个黑球”为事件B.
则푃(B) = 1 ― C23푛
C25푛
= 1 ― 3(3푛 ― 1)
5(5푛 ― 1) = 16
25 +
6
5
25푛 ― 5.
显然,当n = 1时,푃(B)取得最大值
16
25 +
6
5
25 ― 5 =
7
10
.
六、极坐标与参数方程
21.【答案】(1) 퐶:푥2
3 + 푦2 = 1,푙:푦 = ―푥 + 2;(2) 2 2.
【解析】(1) 曲线C满足椭圆的定义,由椭圆定义知:长轴长为2a = 2 3,又焦距为2c = 2 2.
即b
2 = 푎2 ― 푐2 = 1,故曲线C的方程为
푥2
3 + 푦2 = 1.
直线l的方程为y - 1 = tan 3휋
4 (푥 ― 1),整理得:x + y - 2 = 0.
(2) 曲线C的参数方程为{x = 3cos휃
푦 = sin휃 (휃为参数),设Q( 3cos휃 , sin휃).
则点푄到直线푙的距离d =
| 3cos휃 + sin휃 ― 2|
12 + 12 =
|2 sin(휃 + π
3) ― 2|
2 .
又sin(휃 + π
3) ∈ [ ―1,1],故当sin(휃 + π
3) = - 1时,d取得最大值
| ―2 ― 2|
2 = 2 2.
作者:陈炜鸿
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