高考数学分类解析二.doc

1 高考数学分类点评 二 四 概率统计类 产品抽样 分层抽样的分布列 离散型随机变量的数学期 望 方差 产品拒收 接收的概率 古典概型中概率的计算 利用和事件 交事件 对立事件 及事件的独立性求事件发生的概率 二项分布的分布列及数学期望 与方差 正态分布 标准正态分布的特性 概率应用使期望收益 期望利润 最大期望成本 费用最 省等 如保险公司最低保费问题 电路正常工作问题 利润与采购 量 需求量与供给量的函数关系的建立 求期望收益 期望利润 1 从 20 名男同学 10 名女同学中任选 3 名参加体能测试 则 选到的 3 名同学中既有男同学又有女同学的概率为 D A B C D 9 29 10 29 19 29 20 29 解 设表示选到的 3 名同学中既有男同学又有女同学的事件 A 则所含基本事件数为A28520 919 520 1 10 2 20 2 10 1 20 CCCCk 基本事件总数 3 30 nC 20 729 选 D 20 5 2820 20 72929 P A 2 的展开式中 的系数是 B 64 1 1 xx x A B C D 4 3 34 解 641 1561 1 1 46 xxxxxx 则 的系数 选 B x324156 2 或 2446 1 1 1 1 1 xxxxx 21 41 1 1 24 xxxxx 的系数 1 选 B x34 3 将标号为 1 2 3 4 5 6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封 中 若每个信封放 2 张 其中标号为 1 2 的卡片放入同一信封 则不同 的放法共有 A 12 种 B 18 种 C 36 种 D 54 种 解答 表示 3 4 5 6 中任取 2 个卡号 表18 1 3 2 4 CCn 2 4 C 1 3 C 示三个信封中任取一个放该 2 个卡片 则选 B 4 甲 乙两人从 4 门课程中各选修 2 门 则甲 乙所选课程中 至少有 1 门不相同的选法共有 C 种 A 6 B 12 C 30 D 36 解法一 表示甲 乙两个人从 4 门课程中各选修 2 门 22 44 C C36 的选法 排 D 表甲 乙选课程全相同 故所求为种 选 2 4 C6 30636 C 解法二 恰一门不相同选法为种 表甲任选二 211 422 24C C C 2 4 C6 门课程 表乙分别从已选二门及余下二门课程中任选一门课 11 22 4C C 程 或种 两门都不同种 故共 30 种 选 C 111 432 24C C C 22 42 6C C 文科试题是求恰有一门相同的选法 为种 211 422 24C C C 5 的展开式中的系数为 6 4 xyyx 33 x y 解 故系数为 6 33 2 5 2 7 244 64 yxyxyxxyyx 3 6 将字母a a b b c c排成三行两列 要求每行的字母互 不相同 每列的字母也互不相同 则不同的排列方法共有 A 12 种 B 18 种 C 24 种 D 36 种 解答 将a排第一行第一列 则有 ababa ca c c abcb acb bcc acbb a 共 4 种 故共有3 412 或 选 A 11 34 12cc 7 6 位选手依次演讲 其中选手甲不在第一个也不在最后一个 演讲 则不同的演讲次序有 A 240 种 B 360 种 C 480 种 D 720 种 解答 共有 4 5 4 120480c 种 选 C 8 某中学有同样的画册 2 本 同样的集邮册 3 本 从中取出 4 本赠送给 4 位朋友 每位朋友 1 本 则不同的赠送方法共有 B A 4 种 B 10 种 C 18 种 D 20 种 解答 10 3 4 2 4 CC 故选 B 2 4 C表 4 人中任取 2 人得画册 余下 二人得集邮册 3 4 C表 4 人中任取 3 人得集邮册 余一人得画册 9 4 位同学每人从甲 乙 丙 3 门课程中选修 1 门 则恰有 2 人选修课程甲的不同选法共有 B A 1 种 B 24 种 C 30 种 D 36 种 解答 故选 B 表 4 人中任选二人选甲 表余 211 422 24C C C 2 4 C 1 2 C 下 2 人中任选 1 人 表该同学在乙 丙中任选一门 1 2 C 4 10 若 1 n x x 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等 则 该展开式中 2 1 x 的系数为 56 解答 由已知得 26 2 268 n nnn cccnn 8 18 8225 kxk K Tc xxkk 35 88 2 18 7 6 56 1 2 3 cc x 故的系数为 11 8 1 2 x x 的展开式中 2 x的系数为 解答 8 8 2 188 1 28223 2 kxkkkk K Tc xcxkk x 2 x的系数为 3 3 8 8 7 61 27 1 2 38 c 12 乒乓球比扫规则规定 一局比赛 双方比分在 10 平前 一 方连续发球 2 次后 对方再连续发球 2 次 依次轮换 每次发球 胜方得 1 分 负方得 0 分 设在甲 乙的比赛中 每次发球 发球 方得 1 分的概率为 0 6 各次发球的胜负结果相互独立 甲 乙的 一局比赛中 甲先发球 1 求开始第 4 次发球时 甲 乙的比分为 1 比 2 的概率 2 表示开始第 4 次发球时乙的得分 求 的期望 1 设 i A表示 第i次发球甲得 1 分 的事件 321 i B表示 开始第 4 次发球时甲 乙的比分为 1 2 的事件 则 60 21 APAP 40 3 AP 321321321 AAAAAAAAAB 404040606040604060 BP 3520 则则 125 44 2 解法 1 可取值 0 1 2 3 5321 AAA PP 125 18 321321321 1AAAAAAAAAPP 606060404060406040 4080 125 51 35202 BPP 125 44 125 12 09606040403 321 AAAPP 3 0 09603352024080 i iiPE 125 175 5 7 41 解法 2 设 1 表示前 2 次发球乙的得分 则 1 可取值 0 1 2 因为甲发球时乙得分的概率40 1 p 故 11 2 p b 80402 1 E 设 2 表示第 3 次发球乙的得分 则 2 可取值 0 1 因为乙发球时乙得分的概率60 2 p 故60601 2 E 则 21 416080 21 EEE 求开始第 5 次发球时 甲得分领先的概率 36060 2 0 BP 48060402 1 BP 16040 2 2 BP 36060 2 2 AP 221221 BABABAC 6 221221 BABABAPCP 221221 BAPBAPBAP 221221 BPAPBPAPBPAP 160360480360160480 30720 或 43214321432143214321 AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAC 404040604040604040406060 CP 6040606040606060 30720 13 根据以往统计资料 某地车主购买甲种保险的概率为 0 5 购 买乙种保险但不购买甲种保险的概率为 0 3 设各车主购买保险相 互独立 1 求该地 1 位车主至少购买甲 乙两种保险中的 1 种的 概率 2 X 表示该地的 100 位车主中 甲 乙两种保险都不购买的 车主数 求 X 的期望 解法 1 设A表示 车主购买甲种保险 的事件 B表示 车主购买乙种保险但不购买甲种保险 的事件 C表示 车主至少购买甲 乙两种保险中一种保险 的事 件 D表示 车主甲 乙两种保险都不购买 的事件 1 则 5 0 AP 3 0 BP 故所求概率为 BPAPBAPCP 0 8 7 2 CD 1 CPDP 0 2 则 2 0 100 BX 所以202 0100 XE 解法 2 1 7 分 设A表示 车主购买甲种保险 的事件 B表示 车主购买乙种保险 的事件 则 5 0 AP 3 0 BAP 故所求概率为 BAPAPBAP 0 8 2 5 分 两种保险都不买的概率为 1 BAPBAP 0 2 则 2 0 100 BX 所以202 0100 XE 14 如图 由 M 到 N 的电路中有 4 个元件 分别标为 电 1 T 2 T 3 T 4 T 流能通过 的概率都是 电流能通过的概率为 0 9 电流能 1 T 2 T 3 Tp 4 T 否通过各元件相互独立 已知 中至少有一个能通过电流的概 1 T 2 T 3 T 率为 0 999 1 求 p 2 求电流能在 M 与 N 之间通过的概率 3 表示 中能通过电流的元件个数 求 的期望 理科 1 T 2 T 3 T 4 T 8 解 设表示电流通过元件的事件 可用代替 i A i T i A i T 表示中至少有一个能通过电流的事件 A 321 TTT 表示电流能在与之间通过的事件 BMN 1 解法 1 相互独立 321 AAA 321 AAAPAP 321 APAPAP 001 0 999 0 1 1 3 p 故 9 0 p 解法 2 相互独立 321 AAA 321 AAAPAP 321323121321 AAAPAAPAAPAAPAPAPAP 32 33ppp 0 99 001 0 1 3 p 故 9 0 p 2 解法 1 32143144 AAAAAAAAB 32143144 AAAAAAAAPBP 32143144 AAAAPAAAPAP 32143144 APAPAPAPAPAPAPAP 9 09 01 01 09 09 01 09 0 9 9891 0 解法 2 43231 AAAAAPBP 432143243132143231 AAAAPAAAPAAAPAAAPAPAAPAAP 43132143231 APAPAPAPAPAPAPAPAPAPAP 4321432 APAPAPAPAPAPAP 432 9 09 039 09 02 9891 0 解法 3 99 0 9 09 09 0 2 212121 AAPAPAPAAP 891 0 9 099 0 321 AAAP 9891 0 9 0891 0 9 0891 0 4321 AAAAPBP 解法 4 43421 AAAAAPBP 432143421 AAAAPAAPAAAP 432143421 APAPAPAPAPAPAPAPAP 0 0109 423 1 01 01 0 9891 0 0109 0 1 1 BPBP 3 解法 1 依题意 9 0 4 B 所以 6 39 04 E 解法 2 kkk k CkPp 4 4 1 0 9 0 4 3 2 1 0 k 所以 6 3 4 0 k k kpE 15 理 09 年第 20 题 本小题满分 12 分 某车间甲组有 10 名工人 其中有 4 名女工人 乙组有 5 名工 人 其中有 3 名女工人 先采用分层抽样方法 层内采用不放回简 单随即抽样 从甲 乙两组中共抽取 3 名工人进行技术考核 10 1 求从甲 乙两组个抽取的人数 2 求从甲组抽取的工人中恰有 1 名女工人的概率 3 记 表示抽取的 3 名工人中男工人数 求 的分布列及数学期 望 解 1 由于甲组有 10 名工人 乙组有 5 名工人 根据分层抽样 原理 若从甲 乙两组中共抽取 3 名工人进行技术考核 则从甲组 抽取 2 名工人 乙组抽取 1 名工人 2 记表示事件 从甲组的工人中恰有 1 名女工人 则A 11 46 2 10 8 15 C C P A C 3 的可能取值为 0 1 2 3 表示事件 从甲组抽取的 2 名工人中恰有 名男工人 i Ai2 1 0 i 表示事件 从乙组抽取的是 1 名男工人 B 与独立 i AB2 1 0 i 12 34 00 21 105 6 0 75 CC PP ABP AP B CC 0101 1PP ABA BP AP BP AP B 11121 64342 2121 105105 28 75 C CCCC CCCC 22 3PP A BP AP B 21 62 21 105 10 75 CC CC 31 21013 75 PPPP 故 的分布列为 0123 11 P 6 75 28 75 31 75 10 75 00112233EPPPP 8 5 或 1 甲组中抽 2 名工人 乙组中抽 1 名工人 2 所求概率为 2 10 1 6 1 4 C CC p 533 0 45 24 15 8 3 的取值为 0 1 2 3 08 0 450 36 225 18 75 6 25 2 0 1 5 1 3 2 10 2 4 C C C C P 373 0 450 168 225 84 75 28 1 1 5 1 2 2 10 2 4 1 5 1 3 2 10 1 6 1 4 C C C C C C C CC P 413 0 450 186 225 93 75 31 2 1 5 1 2 2 10 1 4 1 6 1 5 1 3 2 10 2 6 C C C CC C C C C P 133 0 450 60 225 30 75 10 15 2 3 1 5 1 2 2 10 2 6 C C C C P 或 75 10 75 31 75 28 75 6 1 3 P 75 10 3 75 31 2 75 28 1 75 6 0 E6 1 225 360 5 8 16 某车间甲组有 10 名工人 其中有 4 名女工人 乙组有 10 名工 人 其中有 6 名女工人 现采用分层抽样 层内采用不放回简单随 即抽样 从甲 乙两组中共抽取 4 名工人进行技术考核 1 求从甲 乙两组各抽取的人数 2 求从甲组抽取的工人中恰有 1 名女工人的概率 3 求抽取的 4 名工人中恰有 2 名男工人的概率 解 1 由于甲 乙两组各有 10 名工人 根据分层抽样原则 要从甲 乙两组中共抽取 4 名工人 则应从每组抽取 2 名工人 2 设 A 表示事件 从甲组抽取的工人中恰有 1 名女工人 则 12 方法一 分3 15 8 2 10 1 6 1 4 C CC AP 方法二 或 2 10 2 6 2 4 2 10 C CCC AP 分3 1 2 10 2 6 2 4 C CC 15 8 方法三 分3 90 6446 9 6 10 4 9 4 10 6 AP 15 8 方法四 分3 2 6 2 4 1 6 1 4 1 6 1 4 CCCC CC AP 15 8 3 设表示事件 从甲组抽取 2 名工人中恰有 名男工人 i Ai 2 1 0 i 表示事件 从乙组抽取的 2 名工人中恰有 名男工人 j Bj2 1 0 j 表示事件 抽取的 4 名工人中恰有 2 名男工人 B 因与独立 且 故 i A j B2 1 0 ji 021120 BABABAB 方法 1 021120 BABABAPBP 021120 BPAPBPAPBPAP 2 10 2 6 2 10 2 6 2 10 1 4 1 6 2 10 1 6 1 4 2 10 2 4 2 10 2 4 C C C C C CC C CC C C C C 75 31 方法 2 4 9 6 9 4 10 4 10 6 9 5 10 6 9 3 10 4 22 p 8100 3348 2025 837 675 279 225 93 75 31 或 该题材较规范 仍是质量抽验的超几何分布型 文科类难度略 有降低 得分较前二年有所增加 17 购买某种保险 每个投保人每年度向保险公司交纳保费 元 a 若投保人在购买保险的一年度内出险 则可以获得 10 000 元的赔 偿金 假定在一年度内有 10 000 人购买了这种保险 且各投保人 是否出险相互独立 已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金 10 13 000 元的概率为 4 10 1 0 999 1 求一投保人在一年度内出险的概率 p 2 设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外的成本为 50 000 元 为保证盈利的期望不小于 0 求每位投保人应交纳的最低保费 单位 元 解 设投保的 10000 人中出险的人数为 则服从二项分布 X 10 4 pB 1 由题意至少有一人出险的概率为 其对立事 4 10 999 0 1 1 P 件额度概率为 1000000 10000 10 1 0 1 1999 0 4 ppC P P 001 0 999 0 1 pp 2 的数学期望 平均出险的人数 10001 0 10000 E 表保险险种的盈利则 Y50000 1000010000 EaYE 由题意 则有 0 YE15 0510 aa 即每个投保人应缴纳最低保险费为 15 元 18 甲 乙两人进行射击比赛 在一轮比赛中 甲 乙各射击一 发子弹 根据以往的资料知 甲击中 8 环 9 环 10 环的概率分别为 0 6 0 3 0 1 乙击中 8 环 9 环 10 环的概率分别为 0 4 0 4 0 2 设甲 乙的射击相互独立 1 求在一轮比赛中甲击中的环数多于乙击中环数的概率 2 求在独立的三轮比赛中 至少有两轮甲击中的环数多于乙击中环 数的概率 解 记分别代表甲击中 9 10 环 记分别表示乙击中 8 9 21 A A 21 B B 14 环 表示一轮比赛中甲击中环数多于乙击中环数 表示三轮比赛AZ 中甲击中环数多于乙的次数 1 221211 BABABAA 2212112211211 BAPBAPBPAPBAPBAPBAPAP 0 3 0 4 0 1 0 4 0 1 0 4 0 2 2 2 0 3 BZ 即 kkk CkZP 3 3 2 01 2 0 104 0 008 0 096 0 8 02 08 02 0 3 2 2 033 3 121 3 CCZPZPZP 19 某批产品有放回地抽取产品二次 每次随机取 1 件 假设事件 取出的 2 件产品中至多有 1 件是二等品 的概率 A96 0 AP 1 求从该批产品中任取 1 件是是二等品的概率 p 2 若该批产品共 100 件 从中任意取 2 件 表示取出的 2 件 产品中二等品的件数 求 的分布列 解 1 的对立事件为 取出的 2 件产品都是二等品 依A 题意 96 0 1 2 p 舍去 2 0 p2 0 p 2 即为这批产品的次品率 当这批产品为 100 件时 2 0 p 其二等品数为 件 现一次从中任取 2 件 故二等品的件202 0100 数 的可能取值为 0 1 2 且 495 316 0 2 100 2 80 C C P 495 160 1 2 100 1 20 1 80 C CC P 495 19 2 2 100 2 20 C C P 所以 的分布列为 15 该随机变量 是服从超几何分布 可以证明该分布的极限分布 是二项分布 部分考生用二项分布解答此题 仅是近似值 其误差 为 0 002 今后解此类型题目要注意其区别 20 某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花 然后 以每枝 10 元的价格出售 如果当天卖不完 剩下作垃圾 1 若花店一天购进 17 枝玫瑰花 求当天的利润 y 元 关于当天需 求量 n 枝 的函数解析式 2 花店记录了 100 天的玫瑰花需求量 整理如下表 1 设花店在 100 天内每天购进 17 枝玫瑰花 求 100 天的日利润的平均数 日需求量 n14151617181920 频数10201616151310 2 若花店一天购进 17 枝玫瑰花 以 100 天记录的各需求量的 频率作为各需求量的发生概率 求当天利润不少于 75 元的概率 解 1 当日需求量时 利润 17 n17 105 85y 当时 17 n55 17 1085ynnn 则有 1085 17 85 17 nn ynN n 0 1 2 p 495 316 495 160 495 19 16 2 1 时 天数为 16 15 13 10 54 利润为 85 54 17 n n 16 时 利润为 16 75 n 15 时 利润为 20 65 n 14 时 利润为 10 55 100 天平均利润为 E y 4 767640 100 1 5510652075168554 100 1 2 利润不少于 75 元要求日需求量16 n 7 0 1013151616 100 1 75 YP 注 利润的分布列为y 利润y55657585858585 概率 k p0 100 200 160 160 150 130 10 E y 0 54 850 16 750 20 650 10 5576 4 75 0 160 160 150 130 100 7P Y 17 解 当 130 100 X 130 300500XXT 39000800 X 当 3 分 150 130 X65000130500 T 所以 4 分13010039000800 X XX T 解 由 57000 T 即得 5 分8003900057000X 120 X 故利润 不少于 57000 元 由直方图知需求量T 150120 X 的频率为 7 分 150 120 X 0 030 0250 015 100 7 所以下一个季度内的利润 不少于 57000 元的概率的估计值为T 0 7 8 分 解 105 45000 115 53000 125 61000XTXTXT 依题意可得 的分布列为 135 65000XT T 10 分 所以4 0650003 0610002 0530001 045000 ET59400 12 分 五 解析几何类 1 利用双曲线 抛物线 椭圆的定义 焦点 准线及性质 数量积 数列的综合应用求解参数及圆锥曲线一类题型 a be l 2 利用曲线 的性质求直线方程的斜率 线段长度之和 长度之比 围成平面图形的面积及求最大值 点到点 到线 到面 的距离 验证点在圆锥曲线上 四点共圆等 T 45000530006100065000 P 0 10 20 30 4 18 3 动点的轨迹问题 讨论参数取值确定曲线形式及直线方 程 参考近五年尤其是新课改选择 填空及解答证明题 1 已知圆 和点 则过且与圆相切的直线与两坐O 22 5xy 2 1 AAO 标轴围成的三角形的面积等于 25 4 解 因为圆的切线垂直于过切点的半径 而直线的斜率 故 OA 1 2k 切线斜率 2 1 k 切线方程 1 2 1 2 xy 11 5 0 2 xy 22 05yx 4 25 5 2 5 2 1 S 1 2 已知是抛物线 的焦点 是上的两个点 线段FC 2 4yx ABC 的中点为 则 的面积等于 2 AB 2 2 MABF 解 由点的特殊性知 2 2 M 当时 可得出 4 x4 y 4 4 A 由中点公式得 0 0 B 241 2 1 S 3 设 则双曲线的离心率 的取值范围是 B 1a 22 22 1 1 xy aa e A B C D 2 2 25 2 5 25 解 22 2 22 12 2 122 1 aaa aa a aa a c e 1 5 ae 19 取值范围应在两个平方根之间 选 B 2ae e 4 等腰三角形两腰所在直线的方程分别为与 20 xy 740 xy 原点在等腰三角形的底边上 则底边所在直线的斜率为 A A 3 B 2 C D 1 3 1 2 解法一 图解法 如图 排除 C D 负值 所求直线 倾斜度大 l 应选 A 解法二 设直线 的斜率为 则由等腰三角形底角相等得 lk 逆时针方向 代选项 成立 k k k k 7 1 1 7 1 1 1 1 3 k2 7 10 7 20 2 4 选 A 5 已知椭圆的离心率为 过右焦点 F 且斜率为 01 2 2 2 2 ba b y a x C 2 3 的直线与 C 相交于 A B 两点 若 则 k 0 kkFBAF3 A 1 B C D 223 解 如图 为准线 令 则lxBG xexBF 2 3 xFBAF3 2 3 3 20 则 2 3 ADeADAFxAD3 xAE2 选 B xxxAEAB BE22 2 32 22 22 2 2 22 tan x x K 6 已知抛物线的准线为 过且斜率为的直线 02 2 ppxyC l0 1 M3 与 相交于点 与的一个交点为 若 则 lACBMBAM P 解 法一 由 方程 3 kAB 则 又由 13 xy 2 13 2 pp A 是的中点 则 0 1 MAB 2 13 2 2 pp B 点在抛物线上 Bpxy2 2 2 2 2 2 1 3 2 p p p 解出 2 p 法二 由 由抛物线定 63 DABBMxMBMBAMABBD 2 1 2 1 义 是焦点 则 0 1 M1 2 p 2 p 法三 可猜想看 显然不满足条件 当时 1 p2 p2 MN 32 1 A 验证出是中点 MNBD24 0 1 M 7 已知直线与抛物线相交于两点 为 2 0 yk xk 2 8C yx BA F 的焦点 若 则 D CFBFA2 k A B C D 1 3 2 3 2 3 2 2 3 解法一 如图 准线 0 2 F2 xAFAE BFBD 21 则由已知得BDAE2 又由相似三角形得 为线段的中点 BAPB BAP 设 由中点公式 A 2 1 1 8 y y 22 yxB 2 2 8 1 2 1 2 y x 1 2 0 2 y y 即 因为点在抛物线上 故有 2 1 16 1 2 1 yy B BC 选 D 1 16 8 4 2 1 2 1 yy 2 11 32 4 2yy 1 4x 2 3 2 2 4 024 k 解法二 特殊值法 试 A44 2B1 2 2 0 2 F3 BF 满足已知条件 选 D 6 AF2 3 2 14 2224 k 解法三 图解法 的斜率接近 1 D 最接近 1 BP 8 已知 为圆 的两条相互垂直的弦 垂足为 ACBDO 22 4xy 2 1 M 则四边形的面积的最大值为 5 ABCD 解 四边形面积 MCBDAMBDS 2 1 2 1 ACBD 2 1 即求最大值AC BD 设 分别为 中点 则有EFACBD 3 222 OMOFOE4 22 AEOE 22 4OFBF 则 8 2222 BFAEOFOE 22 5AEBF 5 44 4 1 4 1 2 1 2222 AEBFACBDACBDS 方法二 设 分别为 中点EFACBD 等式成立 4 1 2 1 22 ACBDACBDS BDAC OFOE 22 则为正方形 OEMF3 OM 2 3 45sin 0 OMOF 2 5 2222 OFRBFAE 22 5AEBF 5 44 4 1 4 1 2222 max AEBFACBDS 9 椭圆的中心在原点 焦距为 4 一条准线为4x 则该椭圆的方程 为 22 A1 1612 xy 则则 22 B 1 128 xy 则则 22 C 1 84 xy 则则 22 D 1 124 xy 则则 解答 解答 准线 222 24 2 4 cccab 22 4 2 aa x c 则 22 84ab 选 C 10 已知 1 F 2 F为双曲线C 22 2xy 的左 右焦点 点P在C上 12 2PFPF 则 12 cosFPF 1 A 4 3 B 5 3 C 4 4 D 5 解答 解答 由 2 a2 b2 22 bac4 21 FF 21 2PFPF 则 则 由余弦定理222 21 aPFPF22 2 PF24 1 PF 21 222 cos22242 22 24 4PFF 12 3 cos 4 FPF 选 C 11 正方形ABCD的边长为1 点E在边AB上 点F在边BC 3 7 AEBF 动点P从E出发沿直线向F运动 每当碰到正方形的边时反 弹 反弹时反射角等于入射角 当点P第一次碰到E时 P与正方形的 边的碰撞次数为 A 16 B 14 C 12 D 10 23 解答 解答 解法解法 1 如图 碰撞 14 次 选 B 3 tan1 4 4 tan2 3 1 416 tan2 721 x 2 16535 1 tan1 2121428 x 3 2349223 1 2838421 x 答案应为 7 的倍数 选 B 解法解法 2 3 tan 4 4 cot 3 EHGH A 由对称性 8 3 EJ 要经过n个周期后回到 E 点 则有 8 3 n为整数 最小正整数3n 由 图中EG 到GJ与边界交点 5 个 故碰撞后回到E点次数为3 5 114 次 选 B 12 正方形ABCD的边长为1 点E在边AB上 点F在边BC 1 3 AEBF 动点P从E出发沿直线向F运动 每当碰到正方形的边时反 弹 反弹时反射角等于入射角 当点P第一次碰到E时 P与正方形的 边的碰撞次数为 A 8 B 6 C 4 D 3 解答 解答 解法解法 1 24 如图 6 次 选 B 1 6 DG 1 3 DH 1 3 CI 1 6 JA 111 tantan 632 AEJBEF 解法解法 2 1 tan 2 2EH 为整数 一个周期 故如图中碰撞 6 次即可 25 13 已知抛物线xyC4 2 的焦点为F 直线42 xy与 C 交于A B两点 则 AFBcos D A 5 4 B 5 3 C 5 3 D 5 4 解答 2 p 1 2 p 则焦点为 0 1F 联立xy4 2 42 xy 045 2 xx得 4 4A 2 1 B 45 AB 5 AF 2 BF 由余弦定理 AFBBFAFBFAFAB cos2 222 则 5 4 252 42545 cos AFB 故 选 D 14 设向量a b c满足1 ba 2 1 ba o cbca60 则 c的最大值等于 A A 2 B 3 C 2 D 1 解答 由1 ba 2 1 ba 2 1 cos cos baba baba o ba 120 方法一 由四点共圆 当 o ABCADC90 c取最大值 c最大 值为 2 此时 AC 为圆直径 可作图表示 故选 A 方法二 取ba 夹角的平分线 及cbca 的夹角平分线 则 2max c 可作图表示 故选 A 方法三 22 2 1 ccbaccbabacbca 又 22 2 222 4 1 2 1 2 1 60cosccbacbcacbcacbca o 2 1 2 1 ccba 则有 ccbac 22 2 其中1 ba 012 cc 2 c 故选 A 该法较难 仅作参考 15 设两圆 1 C 2 C都和两坐标轴相切 且都过点 4 1 则两圆心 的距离 21C C C 26 A 4 B 24 C 8 D 28解 由题意设圆心为 都和两坐标轴相切 过点 x yxyr 4 1 满足方程 225 1 x 2222 4 1 10170 xxxxx 225 2 x 82422 1221 xxCC 故选 C 16 已知 1 F 2 F分别为双曲线1 279 22 yx C的左 右焦点 点CA 点M的坐标为 2 0 AM为 21AF F 的平分线 则 2 AF 6 解答 9 2 a 27 2 b 6 22 bac 设 yxA 0 6 1 F 0 6 2 F AM为 21AF F 的平分线 则 12 2 0 8 4MFMF M 12 2AFAF 12222 222 36AFAFAFAFAFa 2 6AF 或 设dAF 2 22 2 6dyx 22 2 46dyx AM是 21AF F 的平分线 8 1 MF 4 2 MF 则 21 2 AFAF 则 2 324dx 2 8 1 dx 又 22 327xy 代入xxxx83273612 22 09204 2 xx 01292 xx 2 1 x 舍 2 9 x 368 2 xd 6 d 17 已知抛物线C 2 1 yx 与圆M 222 1 1 2 xyr 0 r 有 一个公共点A 且在A处两曲线的切线为同一直线l 求r 设m n是异于l且与C及M都相切的两条直线 m n的交点 为D 求D到l的距离 解 解法 1 设 2 00 1 x xA 对 2 1 xy求导得 12 xy 故l的斜率 12 0 xk 当1 0 x 舍去 所以1 0 x 27 已知圆心 2 1 1 M MA的斜率 1 2 1 1 0 2 0 x x k 由MAl 知1 kk 即 1 1 2 1 1 12 0 2 0 0 x x x 解得0 0 x 故 10 A 2 5 1 2 1 01 2 2 MA r 解法 2 设切点 2 2 2 0 2 0 2 00 2 1 111rxxx xA 则则则则则 1 抛物线过 A 的切线斜率 12 01 xk 对方程 2 2 2 2 1 1ryx 则则两边关于x求导 得 2 1 1 y x y 所以圆过点 A 的切线斜率 2 0 2 0 2 1 1 xr x k 由 21 kk 得 2 0 2 0 0 1 1 12 xr x x 2 联立 1 2 解得 0 0 x 2 5 r 解法 3 设 00 y xA 对 2 1 xy求导 得 12 xy 在圆方程 2 2 2 2 1 1ryx 中对x求导得 0 2 1 212 yyx 设l的斜率为k 则 28 2 1 1 12 0 0 0 y x k xk 1 1 0 0 x y 又 2 00 1 xy 故 0 1 1 1 0 0 2 0 x x x 所以 10 A 又 2 1 1 M 所以 2 5 2 1 110 2 2 MA r 设 2 1 t t为 C 上一点 则在该点切线方程为 txtty 121 2 即 112 2 txty 若该直线与圆相切 则圆心 M 到该切线的距离为 2 5 即 2 5 112 1 2 1 112 22 2 t tt 化简得 064 22 ttt 解得 0 0 t 102 1 t 102 2 t 抛物线 C 在点 3211 2 it t ii 处的切线分别为n m l 其方程 分别为 112 xy 2112 2 11 txty 3112 2 22 txty 2 3 得2 2 21 tt x 29 将2 x代入 2 得1 y 故 12 D 所以 D 到l的距离 5 56 12 1122 2 2 d 18 已知O为坐标原点 F为椭圆1 2 2 2 y xC在y轴正半轴上的焦点 过F且斜率为2 的直线l与C交于A B两点 点P满足0 OPOBOA 1 证明 点P在C上 2 设点P关于点O的对称点为Q 证明 A P B Q四点在同一圆上 解 1 F 0 1 或c 1 l的方程为12 xy 代入或联立化简得01224 2 xx或0122 2 yy 设 11 yxA 22 yxB 33 yxP 则 4 62 1 x 4 62 2 x 2 31 1 y 2 31 2 y 由题意得 2 2 213 xxx 1 213 yyy 所以点P的坐标为 1 2 2 经检验 点P的坐标 1 2 2 满足方程1 2 2 2 y x 故点P在椭圆C上 A F B O x y 30 2 解法 1 由 1 2 2 P和题设知 1 2 2 Q PQ的垂直平分线 1 l的方程为xy 2 2 设AB的中点为M 则 2 1 4 2 M AB的垂直平分线 2 l的方程为 4 1 2 2 xy 由 得 1 l 2 l的交点 8 1 8 2 N 8 113 8 1 1 8 2 2 2 22 NP 2 23 2 1 12 2 xxAB 4 23 AM 8 33 MN 8 113 NA 故NANP 又NQNP NBNA 所以NQNBNPNA 由此知A P B Q四点在以N为圆心 NA为半径的圆上 解法 2 由 1 2 2 P和题设知 1 2 2 Q 设过A P Q三点的圆方程为0 22 FEyDxyx 则 0 2 31 4 62 4 324 4 32 0 2 2 1 2 1 0 2 2 1 2 1 FED FED FED 31 整理并解得 4 1 4 2 2 3 EDF 所以过A P Q三点的圆方程为0 2 3 4 1 4 2 22 yxyx 或标准方程 222 8 113 8 1 8 2 yx 经检验 B点坐标 2 31 4 62 满足圆方程 B在过A P Q三点的圆上即A P B Q四点共圆 解法 3 由 1 2 2 P和题设知 1 2 2 Q 由前知 2 31 4 62 A 2 31 4 62 B 有 2 33 4 623 PA 2 33 4 623 PB 11 33 cos PBPA PBPA PBPA 同理 2 13 4 26 QA 2 13 4 26 QB 11 33 cos QBQA QBQA QBQA 所以0 cos cos QBQAPBPA 又 0 QBQAPBPA 所以 QBQAPBPA A P B Q四点共圆 19 已知斜率为 1 的直线 与双曲线 相交于点l1 2 2 2 2 b y a x C 00 ba B D 两点 且 BD 的中点为 M 1 3 32 1 求 C 的离心率 2 设 C 的右顶点为 A 右焦点为 F 证明 过17 BFDF A B D 三点的圆与 轴相切 x I 解法一 由题设知 的方程为 l2 xy 代入 C 的方程 并化简得 或联立化简得 044 2222222 baaxaxab 设 则 11 yxB 22 yxD 22 2 21 4 ab a xx 22 222 21 4 ab baa xx 由为的中点知 故 3 1 MBD1 2 21 xx 即 1 4 2 1 22 2 ab a 22 3ab 故 abac2 22 所以的离心率C2 a c e 解法二 设 则 11 yxB 22 yxD 1 2 21 xx 3 2 21 yy 1 21 21 xx yy 1 2 2 1 2 2 1 b y a x 1 2 2 2 2 2 2 b y a x 得 0 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 b yy a xx 将 代入得 将 代入并整理得 0 2 21 2 21 b yy a xx 22 3ab 故 所以的离心率abac2 22 C2 a c e 2 由 I 的解法一中 知 的方程为 C 222 33ayx 33 0 2 0 aFaA2 21 xx0 2 34 2 21 a xx 故不妨设axax 21 1 2 1 2 1 2 2 xayaxBF axyaxFD 2 2 2 2 2 2 2 11 2 1 22 2 xa a xe c a xBF ax a xe c a xFD 22 2 2 22 2 2 2 21 axxaFDBF 2 2121 24axxaxx 845 2 aa 又17 FDBF 故17845 2 aa 解得 或 舍去 1 a 5 9 a 故 64 22 21 2 2121 xxxxxxBD 连结 则由知 从而 且MA 3 1 0 1 MA3 MAMDMBMA 因此 以为圆心 为半径的圆经过三点 且轴xMA MMADBA 在点处与 轴相切 Ax 所以过三点的圆与 轴相切 DBA x 20 已知椭圆 的离心率为 过右焦点C1 2 2 2 2 b y a x 0 ba 3 3 的直线 与相交于 两点 当 的斜率为 1 时 坐标原点FLCABL 到 的距离为 OL 2 2 34 1 求 的值 ab 2 上是否存在点 使得当 绕转到某一位置时 有CPLF 成立 若存在 求出所有的的坐标与 的方程 若不OP OA OB PL 存在 说明理由 解法 1 1 设 当 的斜率为 1 时 其方程为 0 cFL0 cyx 点到 的距离为 故 OL 22 00 c c 2 2 2 c 1 c 由 得 3 3 a c e3 a2 b 2 上存在点 使得当 绕转到某位置时 有CPLF 成立 OBOAOP 由 1 知的方程为 设 C632 22 yx 1111 yxByxA 22 B xy i 当 不垂直于 轴时 设 的方程为 LxL 1 xky 上的点使成立的充分必要条件是的坐标为CPOBOAOP P 且 2121 yyxx 6 3 2 2 21 2 21 yyxx 整理得 6643232 2121 2 2 2 2 2 1 2 1 yyxxyxyx 又 在上 即 ABC632 2 1 2 1 yx632 2 2 2 2 yx 故 0332 2121 yyxx 将代入 并化简得 1 xky632 22 yx 0636 32 2222 kxkxk 于是 2 2 21 32 6 k k xx 2 2 21 32 63 k k xx 2 2 21 2 21 32 4 1 1 k k xxkyy 代入 解得 则 2 2 k2 k 此时 于是 即 2 3 21 xx 2 2 2121 k xxkyy 2 2 3 k P 35 当时 的方程为 2 k 2 2 2 3 PL022 yx 当时 的方程为 2 k 2 2 2 3 PL022 yx ii 当 垂直于 轴时 由知 上不存在点 Lx 0 2 OBOACP 使成立 OBOAOP 综上 上存在点 使成立 此时 的C 2 2 2 3 POBOAOP L 方程为022 yx 解法 2 I 设 当 的斜率为 1 时 其方程为 0 cFL0 cyx 点到 的距离为 故 OL 24 sin c c 2 2 2 c 1 c 由 得 3 3 a c e3 a2 22 cab 2 上存在点 使得当 绕转到某位置时 有CPLF 成立 OBOAOP 由 I 知的方程为 设 C632 22 yx 2211 yxByxA i 当 不垂直于 轴时 设 的方程为 LxL 1 xky 上的点使成立的充分必要条件是的坐标为CPOBOAOP P 2121 yyxx 将 代入 并化简得 1 xky632 22 yx0636 32 2222 kxkxk 于是 2 2 21 32 6 k k xx 2 21 32 4 k k yy 即 又点在上 故 32 4 32 6 22 2 k k k k P PC6 32 4 3 32 6 2 2 2 2 2 2 k k k k 化简得 解得 则 0443 24 kk2 2 k2 k 36 当时 的方程为 2 k 2 2 2 3 PL022 yx 当时 的方程的 2 k 2 2 2 3 PL022 yx ii 当 垂直于 轴时 由知 上不存在点 使Lx 0 2 OBOACP 成立 OBOAOP 综上 上存在点 使成立 此时 的方程为C 2 2 2 3 POBOAOP L 022 yx 该题第一问较简单 第二问难度较大 运算及化简过程都较复 杂 标准解答转了一些弯路 第二种解法较简单 但运算量仍较大 全省高分不多 有 150 人左右得满分 全省平均分略有增加 解析几 何一直都是难题 包括选择题及填空题 数学程度好的在此方面上应 多下点功夫 差的同学要尽量得部分分 21 设椭圆中心在坐标原点 是它的两个顶点 直 2 0 01 AB 线与相交于点 与椭圆相交于 两点 0 kkxyABDEF 1 若 求 的值 6EDDF k 2 求四边形面积的最大值 AEBF 本题综合性强 难度大 得分率低 解 1 过 的椭圆方程 0 2 A 1 0 B1 4 2 2 y x 直线方程 的方程 AB22 yxEFkxy 设 22 0021221100 kxxxxkxxFkxxEkxxD其中 则4 41 1 4 21 2 21