高二理科数学期末冲刺2讲答案
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高二理科数学期末冲刺2讲答案

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时间:2020-12-23

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资料简介
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RtPFF′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,S푂퐴퐵 = 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S푂퐴퐵 = S푂퐴F + S푂퐵F = 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 手机:18819452367

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