标题 | 2020高考模拟试卷(七) |
范文 | 数学Ⅰ 参考公式: 锥体的体积公式V锥体= 1 3 Sh,其中S为锥体的底面积,h为高. 一、填空题? ?(本大题共14小题,每小题5分,共计70分) 1.? ?已知集合A={2+a2,a},B={0,1,3},且AB,则实数a的值是__________. 2.? 已知復数z= 1+3i 1-i (i为虚数单位),则复数z的模为__________. 3.? 为了解某地区的中小学生视力情况,从该地区的中小学生中用分层抽样的方法抽取300位学生进行调查,该地区小学、初中、高中三个学段学生人数分别为1200、1000、800, 则从高中抽取的学生人数为__________. 4.? 执行右边的伪代码,输出的结果是__________. 5.? 在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线 x2 3 -y2=1的左准线与抛物线y2=ax的准线重合,则a的值为__________. 6.? 在一个袋子中装有分别标注数字1,2,3,4,5的5个小球,这些小球除标注数字外完全相同,现从中随机取2个小球,则取出的小球标注的数字之和为3的倍数的概率是__________. 7.? 设实数x,y满足约束条件 y+1≥0,x-y+1≥0,x+y+1≤0, 则z=2x-y的最大值是__________. 8.? 已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若6a6,a8,8a4成等差数列,且S2k=65Sk, 则正整数k的值是__________. 9.? 如图,在正三棱柱ABCA1B1C1中,若AA1=3,AB=2,点D是棱CC1的中点,点E在棱AA1上,则三棱锥B1EBD的体积为__________. 10.? ?在平面直角坐标系xOy中,已知圆C:x2+y2-2x-4y-3=0与x轴交于A,B两点,若动直线l与圆C相交于M,N两点,且△CMN的面积为4, 若P为MN的中点,则△PAB的面积最大值为? ? ?. 11.? 已知正实数x,y满足x+2y=2,则(x- 2 y )(y- 1 x )的最小值是__________. 12.? 如图,在四边形ABCD中,已知AB=2,CD与以AB为直径的半圆O相切于点D,且BC∥AD, 若AC ·BD =-1,则AD ·OD =__________. 13.? 已知函数f(x)= elnx 2x ,g(x)= 2x2 x-m ,若函数h(x)=g(f(x))+m有3个不同的零点x1,x2,x3(x1 14.? 在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a2+2abcosC=3b2,则tanAtanBtanC的最小值是__________. 二、解答题? ?(本大题共6小题,共计90分) 15.? ? ?(本小题满分14分) 如图,在四棱锥PABCD中,DC∥AB,DC=2AB, 平面PCD⊥平面PAD,△PAD 是正三角形,E是PD的中点. (1)求证:AE⊥PC; (2)求证:AE∥平面PBC. 16.? ? ?(本小题满分14分) 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ),其中A>0,ω>0,- π 2 <φ< π 2 ,x∈ R ,其部分图象如图所示. (1)求函数y=f(x)的解析式; (2) 若f(α)= 2 3? 3 ,α∈(0, π 2 ),求cos2α的值. 17.? ? ?(本小题满分14分) 一件铁艺品由边长为1(米)的正方形及两段圆弧组成,如图所示,弧BD,弧AC分别是以A,B为圆心,半径为1(米)的四分之一圆弧.若要在铁艺中焊装一个矩形PQRS,使S,R分别在圆弧AC,BD上,P,Q在边AB上,设矩形PQRS的面积为y. (1) 设AP=t,∠PAR=θ,将y表示成t的函数或将y表示成θ的函数(只需选择一个变量求解),并写出函数的定义域; (2)求面积y取最大值时对应自变量的值(若选θ作为自变量,求cosθ的值). 18.? ? ?(本小题满分16分) 如图,已知椭圆C: x2 a2 + y2 b2 =1(a>b>0)的离心率为 1 2 ,右准线方程为x=4,A,B分别是椭圆C的左,右顶点,过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线l与椭圆C相交于M,N两点. (1) 求椭圆C的标准方程; (2)记△AFM,△BFN的面积分别为S1,S2,若 S1 S2 = 3 2 ,求k的值; (3)设线段MN的中点为D,直线OD与右准线相交于点E,记直线AM,BN,FE的斜率分别为k1,k2,k3,求k2·(k1-k3)的值. 19.? ? ?(本小题满分16分) 已知函数f(x)=lnx-2ax+a, 其中a∈ R . (1) 若函数f(x)的图象在x=1处的切线与直线x-ay-2=0垂直,求实数a的值; (2) 设函数g(x)=2f(x)+ax2+a. ①求函数g(x)的单调区间; ② 若不等式g(x)>0对任意的实数x∈(1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围. 20.? ? ?(本小题满分16分) 已知等差数列{an}的前n项和為Sn,若{ Sn }为等差数列,且a1=1. (1) 求数列{an}的通项公式; (2)是否存在正整数n,使1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列?若存在,请求出这个等比数列;若不存在,请说明理由; (3)若数列{bn}满足bn+1-bn= b2n Sn ,b1= 1 k ,且对任意的n∈ N *,都有bn<1,求正整数k的最小值. 数学Ⅱ(附加题) 【选做题】 本题包括A、B、C、D共4小题,请选定其中两小题,若多做,则按作答的前两小题评分. 21.? ?B.[选修42:矩阵与变换]? (本小题满分10分) 已知矩阵 A =? 1 21 1? , (1) 求矩阵 A 2; (2)求直线l在矩阵 A 2表示的变换作用下得到直线l′:x-y-1=0,求直线l的方程. C.[选修44:坐标系与参数方程]? (本小题满分10分) 在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为 x=sinφ,y=cos2φ (φ为参数).以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴(单位长度相同)建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为θ= π 4 . (1)将曲线C的参数方程化为普通方程; (2)求直线l被曲线C截得的弦长. 【必做题】 第22题、第23题,每题10分,共计20分. 22.? ? ?(本小题满分10分) 有甲,乙两位同学进入新华书店购买数学课外阅读书籍,经过筛选后,他们都对A,B,C三种书籍有购买意向.已知甲同学购买书籍A,B,C的概率分别为 3 4 , 1 2 , 1 3 ,乙同学购买书籍A,B,C的概率分别为 2 3 , 1 2 , 1 2 ,假设甲、乙是否购买A,B,C三种书籍相互独立. (1)求甲同学至少购买2种书籍的概率; (2) 设甲,乙同学购买2种书籍的人数为X,求X的概率分布和数学期望. 23.? ? ?(本小题满分10分) 设集合U={1,2,3,4,…,n},其中n≥2,n∈ N *,若AU,且集合A中的最小元素是偶数,记所有满足上述条件的集合A中的最大元素之和为Sn. (1)求S3,S4的值; (2)当n为奇数时,求Sn. 参考答案 一、填空题 1.? 1 2.? ?5 3.? 80 4.? 11 5.? 6 6.? ?2 5 7.? 1 8.? 6 9.? ?3 10.? 8 11.? ?3 2 12.? ?3 2 13.? (-1,0)∪(0, 1 2 ) 14.? 6 二、解答题 15.? ?证明:(1)因为△PAD是正三角形,点E是PD的中点, 所以AE⊥PD. 又平面PCD⊥面PAD,平面PCD∩平面PAD=PD,AE平面PAD. 所以AE⊥平面PCD. 又PC平面PCD, 所以AE⊥PC. (2)取PC的中点F,连结EF, 在△PCD中,E,F分别是PD,PC的中点, 所以EF∥CD且CD=2EF. 又AB∥CD,CD=2AB, 所以EF∥AB且EF=AB, 所以四边形AEFB是平行四边形, 所以AE∥BF, 又AE平面PBC,BF平面PBC, 所以AE∥平面PBC. 16.? ?解:(1)由图可知,A=2, 1 4 T= 5π 6 - π 3 = π 2 , 所以T=2π,所以 2π ω =2π,ω=1. 又f( π 3 )=2,所以2sin( π 3 +φ)=2, 即sin( π 3 +φ)=1, 因为- π 2 <φ< π 2 ,所以- π 6 < π 3 +φ< 5π 6 , 故 π 3 +φ= π 2 ,φ= π 6 . 所以f(x)=2sin(x+ π 6 ). (2)因为f(α)= 2 3? 3 ,所以2sin(α+ π 6 )= 2 3? 3 ,即sin(α+ π 6 )=? 3? 3 , 因为0<α< π 2 ,所以 π 6 <α+ π 6 < 2π 3 . 又因为sin(α+ π 6 )=? 3? 3 所以 π 6 <α+ π 6 < π 4 . 所以cos(α+ π 6 )= 1-sin2(α+ π 6 ) = 1-(? 3? 3 )2 =? 6? 3 , 所以sinα=sin[(α+ π 6 )- π 6 ] =sin(α+ π 6 )cos π 6 -cos(α+ π 6 )sin π 6 =? 3? 3 ×? 3? 2 -? 6? 3 × 1 2 = 1 2 -? 6? 6 . 所以cos2α=1-2sin2α =1-2×( 1 2 -? 6? 6 )2= 1 6 +? 6? 3 . 17.? ?解:选AP=t. (1)依题意,BQ=t,PQ=1-2t. 在Rt△AQR中,∠RQA=90°,AQ=1-t,AR=1, 故RQ= 1-(1-t)2 = -t2+2t . 所以y=PQ·RQ=(1-2t)· -t2+2t . 显然 0 所以y=(1-2t)· -t2+2t ,定义域为(0, 1 2 ). (2)由(1)知,y=(1-2t)· -t2+2t , 即y= (1-2t)2(-t2+2t) ,0 令f(t)=(1-2t)2(-t2+2t)=-4t4+12t3-9t2+2t,0 则f′(t)=-16t3+36t2-18t+2 =-2(8t3-1-18t2+9t) =-2[(2t-1)(4t2+2t+1)-9t(2t-1)] =-2(2t-1)(4t2-7t+1). 令f′(t)=0, 得t= 7- 33? 8 或t= 7+ 33? 8 (舍)或 1 2 (舍). 列表: t (0, 7- 33? 8 )? 7- 33? 8? ( 7- 33? 8 , 1 2 ) f′(t) + 0 - f(t) 单调增 极大值 单调减 所以当t= 7- 33? 8 时,f(t)取最大值,y取最大值. 答:面积y取最大值时,AP的长为 7- 33? 8 米. 选∠PAR=θ ①在Rt△AQR中,∠RQA=90°,AR=1,∠RAQ=θ, 所以RQ=sinθ,AQ=cosθ. 故BQ=AB-AQ=1-cosθ,且AP=1-cosθ. 所以PQ=AQ-AP=cosθ-(1-cosθ)=2cosθ-1. 所以y=PQ·RQ=(2cosθ-1)sinθ. 依题意, 0 所以y=(2cosθ-1)sinθ,定义域为(0, π 3 ). ②由①知,y=(2cosθ-1)sinθ,0<θ< π 3 , 故y′=-2sinθ·sinθ+(2cosθ-1)cosθ =2cos2θ-2sin2θ-cosθ =2cos2θ-2(1-cos2θ)-cosθ=4cos2θ-cosθ-2, 令y′=0,解得cosθ= 1+ 33? 8 (负舍),设锐角θ0∈(0, π 3 ),且cosθ0= 1+ 33? 8 . 列表: θ (0,θ0) θ0 (θ0, π 3 ) y′ + 0 - y 单调增 极大值 单调减 故当θ=θ0时,y取最大值. 答:面积y取最大值时,cosθ的值为 1+ 33? 8 . 18.? ?解:(1)设椭圆的焦距为2c(c>0). 依题意, c a = 1 2 ,且 a2 c =4,解得a=2,c=1. 故b2=a2-c2=3. 所以椭圆C的标准方程为 x2 4 + y2 3 =1. (2)设点M(x1,y1),N(x2,y2). 据题意, S1 S2 = 3 2 ,即? 1 2 ×|AF|×|y1|? 1 2 ×|BF|×|y2| = 3 2 , 整理可得 |y1| |y2| = 1 2 ,所以NF =2FM . 代入坐标,可得 1-x2=2(x1-1),-y2=2y1, 即 x2=3-2x1,y2=-2y1. 又點M,N在椭圆C上,所以 x21 4 + y21 3 =1, (3-2x1)2 4 + (-2y1)2 3 =1, 解得 x1= 7 4 ,y1= 3 5? 8 . 所以直线l的斜率k=? 3 5? 8? ?7 4 -1 =? 5? 2 . (3)法一:依题意,直线l的方程为y=k(x-1). 联立方程组 y=k(x-1), x2 4 + y2 3 =1, 整理得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0, 所以x1+x2= 8k2 4k2+3 ,x1x2= 4k2-12 4k2+3 . 故xD= x1+x2 2 = 4k2 4k2+3 , yD=k(xD-1)=- 3k 4k2+3 , 所以直线OD的方程为y=- 3 4k x, 令x=4,得yE=- 3 k ,即E(4,- 3 k ). 所以k3= - 3 k? 4-1 =- 1 k . 所以k2·(k1-k3)=k2·(k1+ 1 k ) = y2 x2-2 ·( y1 x1+2 + 1 k ) = k(x2-1) x2-2 ·[ k(x1-1) x1+2 + 1 k ] = k2(x1-1)(x2-1)+(x2-1)(x1+2) (x1+2)(x2-2) = k2[x1x2-(x1+x2)+1]+x1x2-x1+2x2-2 x1x2-2x1+2x2-4 =? k2[x1x2-(x1+x2)+1]+x1x2-(x1+x2)-2+3x2 x1x2-2(x1+x2)-4+4x2 =? ?k2[ 4k2-12 4k2+3 - 8k2 4k2+3 +1]+ 4k2-12 4k2+3 - 8k2 4k2+3 -2+3x2? 4k2-12 4k2+3 -2× 8k2 4k2+3 -4+4x2 = 3x2- 21k2+18 4k2+3? 4x2- 28k2+24 4k2+3? = 3(x2- 7k2+6 4k2+3 ) 4(x2- 7k2+6 4k2+3 ) = 3 4 . 法二:依题意,直线l的方程为y=k(x-1), 即x= 1 k y+1,记m= 1 k , 则直线l的方程为x=my+1,与椭圆C联立方程组 x=my+1, x2 4 + y2 3 =1, 整理得(4+3m2)y2+6my-9=0, 所以y1+y2=- 6m 4+3m2 ,y1y2=- 9 4+3m2 . 故yD= y1+y2 2 =- 3m 4+3m2 , xD=myD+1= 4 4+3m2 , 所以直线OD的方程为y=- 3m 4 x, 令x=4,得yE=-3m,即E(4,-3m). 所以k3= -3m 4-1 =-m. 所以k2·(k1-k3)=k2·(k1+ 1 k ) = y2 x2-2 ·( y1 x1+2 +m)= y1y2+my2(x1+2) (x1+2)(x2-2) = y1y2+my2(my1+3) (my1+3)(my2-1) = (m2+1)y1y2+3my2 m2y1y2-my1+3my2-3 = (m2+1)y1y2+3my2 m2y1y2-m(y1+y2)-3+4my2 = - 9(m2+1) 4+3m2 +3my2 - 9m2 4+3m2 + 6m2 4+3m2 -3+4my2 = - 9(m2+1) 4+3m2 +3my2 - 12(m2+1) 4+3m2 +4my2 = 3 4 . 法三:依题意,点M(x1,y1),N(x2,y2)在椭圆C上, 所以? x21 4 + y21 3 =1, x22 4 + y22 3 =1, 两式相减,得 x22-x21 4 + y22-y21 3 =0, 即 y2+y1 x2+x1 · y2-y1 x2-x1 =- 3 4 ,所以kOD·k=- 3 4 ,即kOD=- 3 4k , 所以直线OD的方程为y=- 3 4k x, 令x=4,得yE=- 3 k ,即E(4,- 3 k ), 所以k3= - 3 k? 4-1 =- 1 k . 又直线AM的方程为y=k1(x+2),与椭圆C联立方程组 y=k1(x+2), x2 4 + y2 3 =1, 整理得(4k21+3)x2+16k21x+16k21-12=0, 所以-2·x1= 16k21-12 4k21+3 , 得x1= 6-8k21 4k21+3 ,y1=k1(x1+2)= 12k1 4k21+3 . 所以点M的坐标为( 6-8k21 4k21+3 , 12k1 4k21+3 ). 同理,点N的坐标为( 8k22-6 4k22+3 ,- 12k2 4k22+3 ). 又点M,N,F三点共线, 所以k=? 12k1 4k21+3? ?6-8k21 4k21+3 -1 = - 12k2 4k22+3? ?8k22-6 4k22+3 -1 , 整理得(4k1k2+3)(3k1-k2)=0, 依題意,k1>0,k2>0,故k2=3k1. 由k=? 12k1 4k21+3? ?6-8k21 4k21+3 -1 = 4k1 1-4k21 , 可得 1 k = 1-4k21 4k1 = 1 4k1 -k1,即 1 k +k1= 1 4k1 . 所以k2·(k1-k3)=3k1·(k1+ 1 k )=3k1· 1 4k1 = 3 4 . 19.? ?解:(1)因为函数f(x)=lnx-2ax+a,定义域为(0,+∞), 所以f(1)=-a,f′(x)= 1 x -2a,f′(1)=1-2a, 所以函数f(x)图象在x=1处的切线方程为 y-(-a)=(1-2a)(x-1), 即(1-2a)x-y+a-1=0. 依题意,1×(1-2a)+(-a)(-1)=0,解得a=1. 所以实数a的值为1. (2)令g(x)=2f(x)+ax2+a=2lnx+ax2-4ax+3a,x>0, 则g′(x)= 2 x +2ax-4a=2· ax2-2ax+1 x . ①(a)若a=0,g′(x)= 2 x >0,故函数g(x)在(0,+∞)上单调增. (b)若a>0,记Δ=4a2-4a. 若Δ≤0,即0 若Δ>0,即a>1,令g′(x)=0, 得x1=1-? a2-a? a ,x2=1+? a2-a? a . 当x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上單调增; 当x∈(x1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(x1,x2)上单调减. (c) 若a<0,令g′(x)=0,得x=1-? a2-a? a (负舍). 当x∈(0,1-? a2-a? a )时,g′(x)>0,g(x)在(0,1-? a2-a? a )上单调增; 当x∈(1-? a2-a? a ,+∞)时,g′(x)<0,g(x)在(1-? a2-a? a ,+∞)上单调减. 综上所述,当a<0时,函数g(x)的单调增区间为(0,1-? a2-a? a ),减区间为(1-? a2-a? a ,+∞); 当0≤a≤1时,函数g(x)的单调增区间为(0,+∞), 无减区间; 当a>1时,函数g(x)的单调增区间为(0,1-? a2-a? a )和(1+? a2-a? a ,+∞), 减区间为(1-? a2-a? a ,1+? a2-a? a ). ②由①可知,当0≤a≤1时,函数g(x)在(1,+∞) 上单调增, 故g(x)>g(1)=0,所以0≤a≤1符合题意; 当a>1时,函数g(x)在(1,1+? a2-a? a )上单调减,在(1+? a2-a? a ,+∞)上单调增,故存在x0=1+? a2-a? a ,g(x0) 当a<0时,g(x)在(1,1-? a2-a? a )上单调增,在(1-? a2-a? a ,+∞)上单调减. 下面证明:存在x0=4- 2 a >1-? a2-a? a ,g(x0)<0. 首先证明:x0=4- 2 a >1-? a2-a? a . 要证:4- 2 a >1-? a2-a? a , 只要证:2-3a> a2-a . 因为a<0,所以(2-3a)2-( a2-a )2=8a2-11a+4>0,故2-3a> a2-a . 所以4- 2 a >1-? a2-a? a . 其次证明:当a<0时,lnx 令t(x)=lnx-x+ 3 2 a,x>1,则t′(x)= 1 x -1<0,故t(x)在(1,+∞)上单调递减,所以t(x) 所以当a<0时,lnx 又当x=x0=4- 2 a 时, g(x0)=2lnx0+ax20-4ax0+3a <2(x0- 3 2 a)+ax20-4ax0+3a =ax0[x0-(4- 2 a )]=0,与题意矛盾, 故a<0不符题意. 综上所述,实数a的取值范围是[0,1]. 20.? ?解:(1)设等差数列{an}的公差d, 则an=1+(n-1)·d,Sn=n+ n(n-1) 2 ·d. 又{ Sn }是等差数列,所以2 S2 = S1 + S3 , 即2 2+d =1+ 3+3d ,解得d=2. 此时Sn=n2, Sn =n,符合数列{ Sn }是等差数列, 所以an=2n-1. (2)假设存在n∈ N *,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列. 则(2+a2n+S2n)2=(1+an+Sn)(4+a4n+S4n), 由(1)可知an=2n-1,Sn=n2,代入上式,得 (2+4n-1+4n2)2=(1+2n-1+n2)(4+8n-1+16n2), 整理得24n3-27n2+2n+1=0.(*) 法一:令f(x)=24x3-27x2+2x+1,x≥1. 则f′(x)=72x2-54x+2=x(72x-54)+2>0, 所以f(x)在[1,+∞)上单调增, 所以f(n)=0在[1,+∞)上至少有一个根. 又f(1)=0, 故n=1是方程(*)的唯一解. 所以存在n=1,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列, 且该等比数列为3,9,27. 法二:24n3-24n2-3n2+2n+1=0, 即24n2(n-1)-(n-1)(3n+1)=0, 所以方程(*)可整理为 (n-1)(24n2-3n-1)=0. 因为n∈ N *,所以24n2-3n-1=0无解,故n=1. 所以存在n=1,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列, 且该等比数列为3,9,27. (3)由bn+1-bn= b2n Sn 可知,bn+1-bn= b2n n2 . 又b1= 1 k ,k∈ N *,故b1>0,所以bn+1>bn>0. 依题意,bn<1对任意n∈ N *恒成立, 所以b1<1,即 1 k <1,故k>1. ①若k=2,据bn+1-bn= b2n n2 ,可得 当n≥2,n∈ N *时, bn-b1=b21+ 1 22 b22+ 1 32 b23+…+ 1 (n-1)2 b2n-1 >b21+ 1 22 b22+ 1 32 b22+…+ 1 (n-1)2 b22 =b21+b22[ 1 22 + 1 32 +…+ 1 (n+1)2 ] >b21+b22[ 1 2×3 + 1 3×4 +…+ 1 (n-1)n ] =b21+b22( 1 2 - 1 n ). 由b1= 1 2 及b2-b1= b21 12 可得b2= 3 4 . 所以,当n≥2,n∈ N *时,bn- 1 2 > 1 4 + 9 16 ( 1 2 - 1 n ),即bn> 33 32 - 9 16n . 故当n>18,n∈ N *时,bn> 33 32 - 9 16n >1,故k=2不合题意. ②若k≥3,据bn+1-bn= b2n n2 ,可得bn+1-bn< bnbn+1 n2 ,即 1 bn - 1 bn+1 < 1 n2 . 所以,当n≥2,n∈ N *时, 1 b1 - 1 bn < 1 12 + 1 22 +…+ 1 (n-1)2 , 当n=2时, 1 b1 - 1 b2 <1,得 1 b2 > 1 b1 -1=k-1≥2,所以b2< 1 2 <1. 當n≥3,n∈ N *时, 1 b1 - 1 bn < 1 12 + 1 22 +…+ 1 (n-1)2 < 1 12 + 1 1×2 + 1 2×3 +…+ 1 (n-2)(n-1) =2- 1 n-1 , 所以 1 bn > 1 b1 -2+ 1 n-1 =k-2+ 1 n-1 ≥1+ 1 n-1 , 故bn< 1 1+ 1 n-1? <1. 故当k≥3时,bn<1对任意n∈ N *都成立. 所以正整数k的最小值为3. 21.? ?B.解:(1)因为 A =? 1 21 1? , 所以 A 2=? 1 21 1? ? 1 21 1? =? 3 42 3? . (2)设点(x,y)是直线l上任意一点,其经过 A 2对应的变换作用后得到点(x′,y′), 则? x′y′? =? 3 42 3? ? xy? ,即 x′=3x+4y,y′=2x+3y. 依题意,点(x′,y′)在直线l′:x-y-1=0上, 即x′-y′-1=0, 所以(3x+4y)-(2x+3y)-1=0, 整理得x+y-1=0. 所以直线l的方程为x+y-1=0. C.解:(1)依题意,y=cos2φ=1-2sin2φ, x=sinφ∈[-1,1], 所以y=1-2x2,其中x∈[-1,1], 所以曲线C的普通方程为y=1-2x2,x∈[-1,1]. (2)直线l的极坐标方程为θ= π 4 ,所以直线l的直角坐标方程为y=x. 联立方程组 y=x,y=1-2x2, 解得 x=-1,y=-1 或 x= 1 2 ,y= 1 2 . 所以直线l被曲线C截得得弦长为 (-1- 1 2 )2+(-1- 1 2 )2 = 3 2? 2 . 22.? ?解:(1)记“甲同学至少购买2种书籍”为事件A. 则P(A)= 3 4 × 1 2 × 2 3 + 1 4 × 1 2 × 1 3 + 3 4 × 1 2 × 1 3 = 5 12 . 所以甲同学至少购买2种书籍的概率为 5 12 . (2)设甲、乙同学购买2种书籍的概率分别为p1,p2. 则p1= 3 4 × 1 2 × 2 3 + 3 4 × 1 2 × 1 3 + 1 4 × 1 2 × 1 3 = 5 12 , p2= 2 3 × 1 2 × 1 2 + 2 3 × 1 2 × 1 2 + 1 3 × 1 2 × 1 2 = 5 12 , 所以p1=p2. 所以X~B(2, 5 12 ). P(X=0)=C02·( 5 12 )0·( 7 12 )2= 49 144 , P(X=1)=C12·( 5 12 )1·( 7 12 )1= 70 144 , P(X=2)=C22·( 5 12 )2·( 7 12 )0= 25 144 . 所以X的概率分布为 X 0 1 2 P? 49 144? ?70 144? ?25 144 E(X)=0× 49 144 +1× 70 144 +2× 25 144 = 5 6 . 所以随机变量X的数学期望为 5 6 . 23.? ?解:(1)当n=3时,U={1,2,3},则A={2}或{2,3},故S3=5; 当n=4时,U={1,2,3,4},则A={2}或{2,3}或{2,4}或{2,3,4}或{4}, 故S4=17. (2)设A中的最小元素为2k,k∈ N *,则最大元素可以取2k,2k+1,2k+2,…,n. 其中最大元素为2k的集合A共有1个, 最大元素为2k+1的集合A共有1个, 最大元素为2k+2的集合A共有C01+C11=21个, … 最大元素为n的集合A共有C0n-1-2k+C1n-1-2k+…+Cn-1-2kn-1-2k=2n-2k-1个. 所以,最小元素为2k所有集合A中的最大元素為 Mk=2k×1+(2k+1)×20+(2k+2)×21+…+n·2n-2k-1, 故Mk-2k=(2k+1)×20+(2k+2)×21+…+n×2n-2k-1, ① 2(Mk-2k)=(2k+1)×21+(2k+2)×22+…+(n-1)×2n-2k-1+n×2n-2k, ② ①-②得,-Mk+2k=(2k+1)·20+21+22+…+2n-2k-1-n·2n-2k, 所以-Mk=20+21+22+…+2n-2k-1-n·2n-2k = 20(1-2n-2k) 1-2 -n·2n-2k =2n-2k-1-n·2n-2k, 所以Mk=(n-1)·2n-2k+1. 所以Sn=∑? n-1 2? k=1 Mk=∑? n-1 2? k=1 [(n-1)·2n-2k+1] =(n-1)∑? n-1 2? k=1 2n-2k+ n-1 2 =(n-1)·2n∑? n-1 2? k=1 ( 1 4 )k+ n-1 2 =(n-1)·2n·? 1 4 [1-( 1 4 ) n-1 2 ] 1- 1 4? + n-1 2 =(n-1)·2n· 1-21-n 3 + n-1 2 =( 2n-2 3 + 1 2 )(n-1)= (n-1)(2n+1-1) 6 . (作者:张春红,江苏省白蒲高级中学) |
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