a2>0,且0>-a2>a,所以-a>a2>-a2>a.故选B.
此题也可以用特殊值法求解:如取a=-
8.C [解析] 由不等式性质得:??bc>ad;
?>;??ab>0.故选C.
9.< [解析] 0<α<π,故sin2α=2sinαcosα<2sinα.
10.③⑤ [解析] ①中两个不等式为异向不等式;②中只能确定?a>c,不是等价不等式;由a>b>0,d>c>0得ad>bc>0,∴>,故③正确;当c=0时④不正确;在已知条件下>0恒成立,∴⑤正确.故填③⑤.
11.② [解析] ①作差可得-=,而a>b>0,则<0,此式错误;②a>b>0,则<,进而可得->-,所以可得a->b-正确;③a-b<0时此式不成立,错误.
12.解:设α+β=A(α-β)+B(α+2β)
=(A+B)α+(2B-A)β,
∴∴∴α+β=(α-β)+(α+2β).
∵α-β∈,∴(α-β)∈.
∵α+2β∈,∴(α+2β)∈.
∴α+β∈,
即α+β的取值范围是.
【难点突破】
13.证明:(1)方法一:由f(m)=f(n),
得|log2(m+1)|=|log2(n+1)|,
即log2(m+1)=log2(n+1),①
或log2(m+1)=-log2(n+1),②
由①得m+1=n+1,与m<n矛盾,舍去,
由②得m+1=,即(m+1)(n+1)=1.③
∴m+1<1<n+1,
∴m<0<n,∴mn<0,
由③得mn+m+n=0,∴m+n=-mn>0.
方法二:同方法一得(m+1)(n+1)=1.
∵0<m+1<n+1,
∴>=1,
∴m+n+2>2,∴m+n>0.
(2)当x>0时,f(x)=|log2(x+1)|=log2(x+1)在(0,+∞)上为增函数.
由(1)知m2-(m+n)=m2+mn=m(m+n),且m<0,m+n>0,
∴m(m+n)<0,∴m2-(m+n)<0,0<m2<m+n,
∴f(m2)<f(m+n).
同理,(m+n)-n2=-mn-n2=-n(m+n)<0,
∴0<m+n<n2,∴f(m+n)<f(n2),
∴f(m2)<f(m+n)<f(n2).
课时作业(三十四)
【基础热身】
1.D [解析] ∵(x-1)(x-2)<0,∴1<x<2.故原不等式的解集为(1,2).故选D.
2.D [解析] A=[-2,2],B={1,2,3},所以A∩B={1,2}.故选D.
3.C [解析] 由方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根,得
Δ=m2-4>0,解得m<-2或m>2,故选C.
4. [解析] 原不等式等价于x2+x-<0,即(x+1)<0,所以解集为.
【能力提升】
5.D [解析] 由<,得-<0,即<0,于是不等式转化为x(x-2)>0,解得x<0或x>2.故选D.
6.B [解析] 依题意,知-和是一元二次方程ax2+bx+2=0的两根,且a<0,则解得于是,不等式2x2+bx+a<0,即2x2-2x-12<0,解得-21,移项,通分整理得:<0,解得100对x∈(1,2)恒成立,则x2-1>k(x-1)对x∈(1,2)恒成立,所以k0,解得x>2或者x<1;不等式x2+(a-1)x-a>0可以化为(x-1)(x+a)>0,当-a≤1时,不等式的解是x>1或者x<-a,此时只能是a=-1,当-a>1时,不等式(x-1)(x+a)>0的解集是x<1或者x>-a,只能是-a<2,即-20时,不等式可以化为(x-2)<0.
①若02,此时不等式的解集为;
②若a=,则不等式为(x-2)2<0,不等式的解集为?;
③若a>,则<2,此时不等式的解集为.
(2)当a=0时,不等式即-x+2<0.此时不等式的解集为(2,+∞).
(3)当a<0时,不等式可以化为(x-2)>0.由于<2,故不等式的解集为∪(2,+∞).
综上所述:当a<0时,不等式的解集为∪(2,+∞);当a=0时,不等式的解集为(2,+∞);当0时,不等式的解集为.
课时作业(三十五)
【基础热身】
1.B [解析] 将原点(0,0)代入2x-y-3得2×0-0-3=-3<0,所以不等式为2x-y-3>0.故选B.
2.C [解析] 可行域为直角三角形,如图所示,其面积为S=×2×=2.
3.D [解析] 如图画出可行域,∵z=x+y,∴y=-x+z,求z的最大值即求直线的最大截距,显然过点A时取得最大值.
∴A(2,3),z=x+y的最大值为5.
4.A [解析] 作出不等式组表示的平面区域,则此平面区域为△ABC,且A(2,0),B(0,1),C(2,1),于是,S=×2×1=1.故选A.
【能力提升】
5.B [解析] 作出满足题设条件的可行域(如下图),则当直线y=-2x+z经过点A(-2,2)时,截距z取得最小值,即zmin=2×(-2)+2=-2.
6.D [解析] 不等式组表示的区域如图所示,令z=2x+3y,目标函数变为y=-x+,故而当截距越大,z的取值越大,故当直线z=2x+3y经过点A时,z最大,由于?故而A的坐标为,代人z=2x+3y,得到zmax=55,即2x+3y的最大值为55.
7.C [解析] 画出不等式组表示的平面区域(如图),又·=-x+y,取目标函数z=-x+y,即y=x+z,作斜率为1的一组平行线.
当它经过点C(1,1)时,z有最小值,即zmin=-1+1=0;当它经过点B(0,2)时,z有最大值,即zmax=-0+2=2.
∴z的取值范围是[0,2],即·的取值范围是[0,2],故选C.
8.A [解析] 作出满足条件的可行域,由图可知,当z=x+ay取得最大值的最优解有无数个时,-=-2,解得a=.于是目标函数z=x+y经过点(1,2)时,z取得最小值为2.故选A.
9.C [解析] 平面区域如图阴影部分,可解得交点坐标分别为A(1,1),B(m-1,1),C,当直线x-y=0平移经过点C时,z有最小值,此时有-=-1,解得m=5.当直线x-y=0平移经过点B(4,1)时,z有最大值zmax=4-1=3.故选C.
10.1 [解析] 如图,即求阴影部分的面积,易得面积为S=×2×1=1.
11.1 [解析] 由图象知在点A(1,1)时,2x-y=1;在点B(,)时,2x-y=2->1;在点C(,1)时,2x-y=2-1>1;在点D(1,0)时,2x-y=2-0=2>1,故最小值为1.
12. [解析] 约束条件得到的可行域为下图中的四边形ABCO及其内部,由目标函数z=x+2y可得y=-x+,直线x+2y-z=0平移通过可行域时,截距在B点取得最大值,在O点取得最小值,B点坐标为, 故z∈.
13.2π [解析] 在同一直角坐标系中作出可行域由图形知,不等式组表示的平面区域的面积是二分之一的半径为2的圆面积,即S=×π×22=2π.
14.解:依题意有
解得
即故所求点(p,q)的活动范围是
15.解:作出可行域如图,并求出顶点的坐标A(1,3),B(3,1),C(7,9).
(1)易知将直线x+2y-4=0向上平移过点C时z取最大值,
将点C(7,9)代入z得最大值为21.
(2)z=x2+y2-10y+25表示可行域内任一点(x,y)到定点M(0,5)的距离的平方,过M作直线AC的垂线,易知垂足N在线段AC上,故z的最小值是|MN|2=.
(3)z=2×表示可行域内任一点(x,y)与定点Q连线的斜率k的两倍,因此kmax=kQA=,kmin=kQB=,故z的范围为.
【难点突破】
16.解:在平面直角坐标系中画出不等式组所表示的可行域(如图),
由于||·cos∠AOP=
=,
而=(2,1),=(x,y),
所以||·cos∠AOP=,
令z=2x+y,则y=-2x+z,
即z表示直线y=-2x+z在y轴上的截距,由图形可知,当直线经过可行域中的点M时,z取到最大值,
由得M(5,2),这时zmax=12,
此时||·cos∠AOP==,
故||·cos∠AOP的最大值为.
课时作业(三十六)
【基础热身】
1.A [解析] ∵x<0,∴-x>0,∴y=x+=-≤-2.故选A.
2.A [解析] M=(a∈R,a≠0),当a>0时,M≥4,当a<0时,M≤-4.
3.C [解析] +=+=2++≥2+2=4.当且仅当=,即x=,y=时等号成立,故选C.
4.B [解析] 因为a>0,b>0,所以a+2b≥2,则ab=a+2b≥2,所以≥2,即ab≥8.故选B.
【能力提升】
5.D [解析] 依题意,得a+b=x+y,cd=xy,于是==≥=4.故选D.
6.D [解析] 依题意得知4(x-1)+2y=0,即2x+y=2,9x+3y=32x+3y≥2=2=2=6,当且仅当2x=y=1时取等号,因此9x+3y的最小值是6,选D.
7.D [解析] 由已知得函数f(x)=ax2+2x+b的图象与x轴只有一个公共点,且a>0,所以22-4ab=0,即ab=1,所以==(a-b)+≥2.故选D.
8.D [解析] 因为x>0,y>0,且+=1,
所以x+2y=(x+2y)=4++≥4+2=8,当且仅当即时等号成立,由此可得(x+2y)min=8.依题意,要使x+2y>m2+2m恒成立,只需(x+2y)min>m2+2m恒成立,即8>m2+2m,解得-40,y>0,x+3y=5xy得+=1,则3x+4y=(3x+4y)·=+++≥+2=5,当且仅当=,即x=1,y=时等号成立.
10.4 [解析] 依题意得(x+1)(2y+1)=9,
∴(x+1)+(2y+1)≥2=6,
∴x+2y≥4,
即x+2y的最小值是4.
11.18 [解析] 由已知等式,运用基本不等式,可得xy=2x+y+6≥2+6,整理得()2-2-6≥0,解得≤-(舍去)或≥3,所以xy≥18,即xy的最小值为18.
12.-4 [解析] 由++≥0,得k≥-,而=++2≥4(a=b时取等号),所以-≤-4,因此要使k≥-恒成立,应有k≥-4,即实数k的最小值等于-4.
13.8 [解析] 依题意,设全部货车从A市到B市的时间为t,则t=+16×=+≥2=2=8.故填8.
14.解:(1)由(x2+y2)2+(x2+y2)-20≤0,
得(x2+y2+5)(x2+y2-4)≤0,
因为x2+y2+5>0,所以有0≤x2+y2≤4,
故x2+y2的取值范围为[0,4].
(2)证明:由(1)知x2+y2≤4,由基本不等式得xy≤≤=2,所以xy≤2.
15.解:(1)证明:(x+y)=a2+b2+a2+b2≥a2+b2+2=(a+b)2,
故+≥,
当且仅当a2=b2,即=时上式取等号.
(2)由(1)得f(x)=+≥=25,
当且仅当=,即x=时上式取最小值,
即f(x)min=25.
【难点突破】
16.解:(1)在△ADE中,y2=x2+AE2-2x·AE·cos60°?y2=x2+AE2-x·AE.①
又S△ADE=S△ABC?=x·AE·sin60°?x·AE=2.②
将②代入①得y2=x2+-2(y>0),
∴y=(1≤x≤2).
(2)如果DE是水管,y=≥=,
当且仅当x2=,即x=时“=”号成立,故DE∥BC,且DE=.
如果DE是参观线路,记f(x)=x2+,可知
函数f(x)在[1,]上单调递减,在[,2]上单调递增,
故f(x)max=f(1)=f(2)=5,∴ymax==.
即DE为AB边中线或AC边中线时,DE最长.
课时作业(三十七)
【基础热身】
1.D [解析] 如果上、下两个面平行,但它们是大小不一样的多边形,即使各面是四边形,那也不能是棱柱,A错;如图,图中平面ABC∥平面A1B1C1,但图中的几何体每相邻两个四边形的公共边并不都互相平行,故不是棱柱,B错;
棱锥有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几何体,而棱台是用一个平行于底面的平面去截棱锥而得到的,故C错,D对.
2.D [解析] 平行投影是两个点的直线一定平行,所以两条不平行的直线,其平行投影不可能是两个点,选D.
3.B [解析] 外围轮廓线为正方形,其中截面的一个边的左视图为正方形的一条对角线.
4.2 [解析] 设正三棱柱的边长为a,则a3=2,则a=2,左视图的矩形边长为2,,所以面积是2.
【能力提升】
5.A [解析] 由斜二测画法的规则可知①正确;②错误,是一般的平行四边形;③错误,等腰梯形的直观图不可能是平行四边形;而菱形的直观图也不一定是菱形,④也错误.
6.C [解析] 根据斜二测画法的规则,将直观图还原,可知选C.
7.B [解析] 选项B由于底面形状未定,仅依靠等腰不能确定B选项.
8.D [解析] 由题知球O半径为,球心O到直线EF的距离为,所以直线EF被球O截得的线段长d=2=.
9.B [解析] 根据三视图画法规则“长对正,高平齐、宽相等”,俯视图应与主视图同长为3,与左视图同宽为2,故一定不可能是圆和正方形.故选B.
10.②③ [解析] 由正投影的定义,四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③;其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②;其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②,故①④错误.
11.5 [解析] 根据题意可知,几何体的最底层有4块长方体,第2层有1块长方体,一共5块.
12.29π [解析] 根据三视图可知三棱锥的三侧棱两两垂直,长度分别为a=2,b=3,c=4,将其补成棱长为2,3,4的长方体,则长方体的体对角线长即为所求的外接球的直径,故有2R==,因此球的表面积为S=4πR2=29π cm2.
13.a [解析] 如图所示,设正四面体ABCD内接于球O,由D点向底面ABC作垂线,垂足为H,连接AH,OA,
则可求得AH=a,DH==a,
在Rt△AOH中,
+=R2,解得R=a.
14.解:如图所示,过正方体的体对角线作圆锥的轴截面,设正方体的棱长为x cm,
则OC=x,∴=,
解得x=120(3-2),
∴正方体的棱长为120(3-2) cm.
15.解:(1)该四棱锥的俯视图如下(内含对角线),为边长为6 cm的正方形,如图,其面积为36 cm2.
(2)由左视图可求得PD===6.
由主视图可知AD=6,且AD⊥PD,
所以在Rt△APD中,PA===6 cm.
【难点突破】
16.解:几何体轴截面如图所示,被平行于下底面的平面所截的圆柱截面半径O1C=R,
设圆锥截面半径O1D=x,
∵OA=AB=R,
∴△OAB为等腰直角三角形.
又CD∥OA,∴BC=CD=R-x,
又BC=R-l,故x=l,
截面面积为S=πR2-πl2=π(R2-l2).
课时作业(三十八)
【基础热身】
1.B [解析] 由于长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,则长方体的体对角线长为=a.又长方体外接球的直径2R等于长方体的体对角线,∴2R=a.∴S球=4πR2=6πa2.故选B.
2.C [解析] 由三视图可知,该几何体为一个平卧的三棱柱,结合图中的尺寸可得V=×2×a×3=3,∴a=.
3.A [解析] 如图,设截面的半径为r,则πr2=π,r=1,又已知球心与截面的距离d=1,则球的半径R==,球的表面积S=4πR2=8π.
4.50 [解析] 侧面高为=2,所以侧面积为S=5×=50(cm2).
【能力提升】
5.A [解析] 由题意可知,该几何体为一个四棱锥,底面面积为,高为1,体积为V=××1=.故选A.
6.B [解析] 如图由三视图可知,该几何体是一个横放的四棱锥,底面是直角梯形(上底为1,下底为2,高为1),高为1,故这个几何体的体积为V=×1=.
7.A [解析] 设外接球的半径为R,则R2=1+(-R)2?R=,这个几何体的外接球的表面积为4πR2=4π=.
8.C [解析] 设球心为O,连接PO,AO,BO.
因为P-ABC是正三棱锥,所以PO⊥底面ABC,且PO=AO=2,所以PA=2.作PD⊥AB于D,则D为AB的中点.连接OD.
△AOB中,∠AOB=120°,AO=BO=2,
所以AB=2,DO=1.
在Rt△POD中,得PD=,
所以棱锥的侧面积为3×·AB·PD=×2×=3.故选C.
9.A [解析] 由三视图可知,该几何体是一个横放的三棱柱,底面三角形是等腰三角形(底为6,高为4),三棱柱的高为4,故底面三角形的腰长为=5.故该几何体的表面积为S=×6×4×2+5×4×2+6×4=88.故选A.
10.π [解析] 此几何体是底面边长为2,高为的正四棱锥,可算出其体积为,表面积为12.令内切球的半径为r,则×12r=?r=,从而内切球的体积为V=π=.
11.+ [解析] 如图所示几何体为一直四棱锥,其中PA⊥平面ABCD,底面为直角梯形,且PA=,AD=2,AB=BC=1,易知四棱锥侧面△PAB,△PAD均为直角三角形,又由AB⊥BC,PA⊥BC可推得BC⊥平面PAB,故△PBC为直角三角形,所以PC==2.CD=,PD=,由勾股定理知△PCD也为直角三角形,故四个侧面面积之和为×1×+×2×+×2×+×1×=+.
12.4π [解析] 如图,球心为O,圆锥底面圆心为O1,OO1为球半径,AO1为圆锥底面圆半径,∠O1AO=30°,OO1=AO1=1,所以球的表面积为4π.
13.V [解析] 设长方体的长、宽、高分别为
AB=a,BC=b,AA1=c,则有V=abc.
由题意知PD=c,S△CDQ=·CD·AD=ab,
∴VP-CDQ=S△CDQ·PD=×ab×c=abc=V.
14.解:由已知可得该几何体是一个底面为矩形,高为4,顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥.
(1)V=×(8×6)×4=64.
(2)该四棱锥有两个侧面PAD,PBC是全等的等腰三角形,且BC边上的高为h1==4,另两个侧面PAB,PCD也是全等的等腰三角形,AB边上的高为h2==5,因此侧面积S=2×6×4+×8×5=40+24.
15.解:如图所示,只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时,圆柱的体积最大,
削去部分体积才能最小,设此时圆柱的底面半径为R,
圆柱的高即为直三棱柱的高.
∵在△ABC中,AB=3,BC=4,AC=5,
∴△ABC为直角三角形.
根据直角三角形内切圆的性质可得7-2R=5,
∴R=1.∴V圆柱=πR2·h=6π.
而三棱柱的体积为V三棱柱=×3×4×6=36,
∴削去部分的体积为36-6π=6(6-π)(cm3),
即削去部分的体积的最小值为6(6-π) cm3.
【难点突破】
16.解:(1)证明:由题设知A,B,C分别是P1P3,P1P2,P2P3的中点,且P2P1=P2P3,
从而PB=PC,AB=AC.
取BC的中点D,连接AD,PD,
则AD⊥BC,PD⊥BC,
∴BC⊥面PAD,故PA⊥BC.
(2)由题设有AB=AC=P1P2=13,PA=P1A=BC=10,
PB=PC=P1B=13,
∴AD=PD==12.
在等腰三角形DPA中,
底边PA上的高h==,
∴S△DPA=PA·h=5.
又BC⊥面PAD,
∴VP-ABC=VB-PDA+VC-PDA
=BD·S△DPA+DC·S△PDA
=BC·S△PDA=×10×5=.
课时作业(三十九)
【基础热身】
1.D [解析] 将平面展开图还原成几何体,易知AB与CD所成的角为60°,选D.
2.B [解析] ①不对,b,c可能异面;②不对,b,c可能平行;平行移动直线不改变这条直线与其他直线的夹角,故③对,选B.
3.D [解析] 当l⊥α或l∥α时,在平面α内,显然存在直线b使得l⊥b;当l与α斜交时,只需要b垂直于l在平面α内的射影即可得到l⊥b.
4.① [解析] ①正确,可以用反证法证明,假设有三点共线,则由直线和直线外一点确定一个平面,得这四点共面;②从条件看出两平面有三个公共点A、B、C,但是若A、B、C共线,则结论不正确;③不正确,共面不具有传递性;④不正确,因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上.
【能力提升】
5.D [解析] 如图,可知三种关系都有可能.
6.C [解析] 取AC中点E,则ME∥BC,且ME=BC,NE∥AD,且NE=AD,∴BC+AD=2(ME+NE)=2a,在△MNE中,MN0),
∴S△AOB=-2-|2k+1|
=2+(2k+1)=4k++4≥(4+4)=4.
当且仅当4k=,即k=时取等号.
即△AOB的面积的最小值为4,此时直线l的方程为x-y+1+1=0,即x-2y+4=0.
课时作业(四十三)
【基础热身】
1.A [解析] 由a×1+1×(-2)=0,得a=2.
2.B [解析] 由题意知直线l1的倾斜角为90°,而l1∥l2,所以直线l2的倾斜角也为90°,又直线l2经过两点(2,1),(a,-5),所以a=2.故选B.
3.D [解析] ∵点A与A′关于直线l对称,∴AA′的中点在直线l上,且kAA′·kl=-1.∵AA′的中点为(4,2),kAA′=6,∴kl=-.∴直线l的方程为y-2=-(x-4),即x+6y-16=0.
4.(2,3) [解析] 设点D的坐标为(x,y),因为AD⊥CD,AD∥BC,所以kAD·kCD=-1,且kAD=kBC,所以·=-1,=1,解得(舍去)或
【能力提升】
5.B [解析] 由题知=1,得cosα-sinα=1,
则|AB|==.
6.A [解析] 设直线方程为x-2y+c=0,
又经过点(1,0),故c=-1,所求方程为x-2y-1=0.故选A.
7.D [解析] 由题意知=≠?m=8,
直线6x+my+14=0可化为3x+4y+7=0,
则两平行线之间的距离是d==2.故选D.
8.B [解析] 在入射光线上取点,
它关于直线l的对称点为,可排除A,C;
在入射光线上取点(-c,0),它关于直线l的对称点为(0,c),可排除D.故选B.
9. [解析] 表示点(x,y)到原点的距离,
根据数形结合得的最小值为原点到直线2x+y+5=0的距离,即d==.
10.2 [解析] 由两条直线垂直的条件可得-·=-1,解得a=,所以ab=·b==b+.
又因为b>0,故b+≥2=2,
当且仅当b=,即b=1时取“=”号.
11.x+y-2-=0 [解析] 设直线l2的倾斜角为α2,如图可得α2=150°,所以直线l2的斜率为k=tan150°=-.又直线l2经过点A(2,1),所以直线方程为y-1=-(x-2),即x+y-2-=0.
12.解:正方形中心G(-1,0)到四边距离均为=.
设正方形中与已知直线平行的一边所在直线方程为x+3y-c1=0,
则=,即|c1+1|=6,
解得c1=5或c1=-7,
故与已知边平行的直线方程为x+3y+7=0.
设正方形另一组对边所在直线方程为3x-y+c2=0,
则=,即|c2-3|=6,
解得c2=9或c2=-3.
所以正方形另两边所在直线的方程为3x-y+9=0和3x-y-3=0,
综上所述,正方形其他三边所在直线的方程分别为x+3y+7=0,3x-y+9=0,3x-y-3=0.
【难点突破】
13.解:A(3,1)关于y=x的对称点为A1(1,3),A(3,1)关于y=0的对称点为A2(3,-1),△AMN的周长最小值为|A1A2|,|A1A2|=2,A1A2的方程为2x+y-5=0.
A1A2与x-y=0的交点为M,
由?M,.
A1A2与y=0的交点为N,
由?N,0.
课时作业(四十四)A
【基础热身】
1.A [解析] 因为圆的圆心为(2,-1),半径为r==5,所以圆的标准方程为(x-2)2+(y+1)2=25.故选A.
2.C [解析] 圆的标准方程为(x-1)2+(y-2)2=4,所以圆心为(1,2),把点(1,2)代入A,B,C,D,不难得出选项C符合要求.
3.B [解析] 根据圆的几何特征,直线2x+y=0经过圆的圆心1,-,代入解得m=4,即圆的方程为x2+y2-2x+4y-4=0,配方得(x-1)2+(y+2)2=32,故圆的半径为3.
4.-2 [解析] 抛物线y2=4x的焦点为(1,0),所以-=1,得m=-2.
【能力提升】
5.A [解析] 设圆的圆心为C(0,b),则=1,∴b=2,∴圆的标准方程是x2+(y-2)2=1.
6.C [解析] 由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得AB的中点到原点的距离总等于1,所以AB的中点轨迹是圆,故选C.
7.D [解析] A(-1,1)关于x轴的对称点B(-1,-1),圆心C(2,3),所以光走过的最短路程为|BC|-1=4.
8.D [解析] 设圆心坐标为x,x2,据题意得x2+1=-x,解得x=-2,此时圆心坐标为(-2,1),圆的半径为2,故所求的圆的方程是(x+2)2+(y-1)2=4.
9.2 [解析] 圆C的圆心是C(2,-2),由点到直线的距离公式得=2.
10.x-2y-3=0 [解析] 圆心为(1,-1),所求直线的斜率为,所以直线方程为y+1=(x-1),即x-2y-3=0.
11. [解析] 用数形结合,设k=,则y=kx-(k+3)表示经过点P(1,-3)的直线,k为直线的斜率.所以求的取值范围就等价于求同时经过点P(1,-3)和圆上的点的直线中斜率的最大最小值.从图中可知,当过P的直线与圆相切时斜率取最大最小值,此时对应的直线斜率分别为kPB和kPA,其中kPB不存在,由圆心C(2,0)到直线y=kx-(k+3)的距离=r=1,解得k=,所以的取值范围是.
12.解:设圆心为C(a,b),半径为r,依题意,得b=-4a.又PC⊥l2,直线l2的斜率k2=-1,
∴过P,C两点的直线的斜率kPC==1,
解得a=1,b=-4,r=|PC|=2.
故所求圆的方程为(x-1)2+(y+4)2=8.
【难点突破】
13.解:(1)当α=135°时,kAB=-1.
直线AB的方程为y+2=-(x-1),即x+y+1=0.
设AB中点为M,则OM⊥AB,且平分弦AB.
|OM|==,∴|AM|==.
∴|AB|=2|AM|=.
(2)当弦AB被点P平分时,OP⊥AB,
而kOP=-2,∴kAB=.
∴弦AB所在直线的方程为y+2=(x-1),
即x-2y-5=0.
课时作业(四十四)B
【基础热身】
1.A [解析] 因为过圆心和点P的直线垂直于弦AB所在的直线,圆心C(1,0),设直线CP,AB的斜率分别为kCP,kAB,则kCP·kAB=-1,即·kAB=-1,所以kAB=1.故选A.
2.C [解析] 由题意得线AB的中点C的坐标为(0,0),直线AB的斜率为kAB=-1,
则过点C且垂直于AB的直线方程为y=x,
圆心坐标(x,y)满足解得y=x=1.
从而圆的半径为=2,
因此,所求圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=4,故答案为C.
3.C [解析] 依题意得知,直线AB的方程是+=1,即x-y+2=0;圆x2+y2-2x=0的圆心坐标是(1,0),半径是1,圆心到直线AB的距离等于=,因此结合图形可知,点M到直线AB的最大距离是+1,选C.
4.1-2 1+2 [解析] 设z=x-2y,因为x,y满足(x-1)2+y2=4,所以圆心到该直线的距离不大于圆的半径2,
即≤2,解得1-2≤z≤1+2,
∴(x-2y)min=1-2,(x-2y)max=1+2.
【能力提升】
5.C [解析] 此方程表示圆的充要条件是(-4k)2+(-2)2+4k>0,即4k2+k+1>0. (*)
∵Δ=12-4×4×1<0,∴(*)式恒成立,∴k∈R.
6.B [解析] 由圆的几何性质知,弦PQ的中点与圆心的连线垂直于弦PQ,所以直线PQ的斜率为-,所以方程为y-2=-·(x-1),即x+2y-5=0,故选B.
7.B [解析] 圆心(1,0)到直线AB:2x-y+2=0的距离为d=,故圆上的点P到直线AB的距离的最大值是+1,最小值是-1.又|AB|=,故△PAB面积的最大值和最小值分别是2+,2-.故选B.
8.B [解析] (x-1)2+(y-1)2表示圆x2+(y+4)2=4上动点(x,y)到点(1,1)距离d的平方,因为-2≤d≤+2,所以最大值为(+2)2=30+4,故选B.
9.(x-1)2+y2= [解析] 设P(x,y),M(x0,y0),则x0=2x-2,y0=2y,
∵x+y=1,∴点P的轨迹方程是(x-1)2+y2=.
10.[-1,+∞) [解析] 令x=cosθ,y=1+sinθ,则m≥-x-y=-1-(sinθ+cosθ)=-1-sin对任意θ∈R恒成立,所以m≥-1.
11.x2+y2-6x-2y+9=0 [解析] 作图知,区域为正方形,最大圆即正方形的内切圆,圆心是(3,1),半径为1,得圆的方程为(x-3)2+(y-1)2=1,即x2+y2-6x-2y+9=0.
12.解:(1)依题设,圆O的半径r等于原点O到直线x-y=4的距离,即r==2,
所以圆O的方程为x2+y2=4.
(2)由(1)知A(-2,0),B(2,0).
设P(x,y),由|PA|,|PO|,|PB|成等比数列得,
·=x2+y2,
即x2-y2=2.
·=(-2-x,-y)·(2-x,-y)=x2-4+y2=2(y2-1),
由于点P在圆O内,故
由此得0≤y2<1,
所以·的取值范围为[-2,0).
【难点突破】
13.(1)(0,-1) (2)D [解析] (1)将圆的方程化为标准方程为+(y+1)2=1-,因为r2=1-≤1,所以k=0时r最大,此时圆心为(0,-1).
(2)抛物线y2=2x(y>0)的准线为x=-,圆与抛物线的准线及x轴都相切,则圆心满足y=x+(y>0),与y2=2x(y>0)联立可得圆心的坐标为,半径为1,则方程为+(y-1)2=1,化简得x2+y2-x-2y+=0,故选D.
课时作业(四十五)
【基础热身】
1.C [解析] 直接代入圆的标准方程.
2.B [解析] 若直线与圆有公共点,即直线与圆相交或相切,故有≤1,解得-2-≤a≤-2+.
3.B [解析] 求圆的弦长利用勾股定理,弦心距d=,r=,r2=d2+,l=2=2,选B.
4.2 [解析] 因为四边形PACB的最小面积是2,此时切线长为2,圆心到直线的距离为,故d==,解得k=2.
【能力提升】
5.A [解析] 圆的半径为1,根据圆的几何特征,此时圆心到直线的距离等于,即=,解得k=±.
6.B [解析] 因为圆x2+y2+2x-4y=0的圆心为(-1,2),由直线3x+y+a=0过圆的圆心得a=1.
7.A [解析] 直线x+y-2=0与圆O:x2+y2=4交于A(1,),B(2,0),·=2.
8.C [解析] 已知直线与圆相切的充要条件是=,此方程只有唯一解m=1,故“m=1”是“直线x-my+m+1=0与圆x2+y2=2相切”的充要条件.
9.C [解析] 圆心坐标为(2,2),椭圆的离心率为,根据已知所求的直线经过点1,,(2,2),斜率为,所以所求直线方程为y-2=(x-2),即3x-2y-2=0.
10.(x-2)2+(y+2)2=1 [解析] 根据轴对称关系得圆C2的圆心为(2,-2),所以圆C2的方程为(x-2)2+(y+2)2=1.
11.x+y=0 [解析] 设切线方程为y=kx,代入圆方程中,得(1+k2)x2-4x+3=0.由Δ=0,解得k=-,所以切线方程为x+y=0.
12.x=1 [解析] AB的长度恒定,故△ABC面积最大,只需要C到直线AB的距离最大即可.此时,C在AB的中垂线上,AB的中垂线方程为y-=-,代入x2+y2=4得或结合图形知,C的坐标为(1,-)时△ABC的面积最大.所以直线BC的方程是x=1.
13.(-13,13) [解析] 如图所示,若圆上有且仅有4个点到直线12x-5y+c=0的距离为1,
则直线介于l1,l2之间,且不包括l1,l2.由题意知,圆心到直线l1的距离为1.所以==1.∴c=±13,由图形的对称性知c∈(-13,13).
14.解:设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=b2,则有
消去b得(1-m)a2-4a+4+m2-m=0.
当m=1时,a=1,所以b=1,圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1;
当m≠1时,由Δ=0得m(m2-2m+5)=0,所以m=0,从而a=2,b=,圆的方程为(x-2)2+=.
综上知,m=1时,圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1;
m=0时,圆的方程为(x-2)2+=.
15.解:(1)圆x2+y2-4x+2y-3=0化为标准方程为(x-2)2+(y+1)2=8,圆心为P(2,-1),半径r=2.
①若割线斜率存在,设AB:y+8=k(x-4),
即kx-y-4k-8=0,
设AB的中点为N,则|PN|==,
由|PN|2+2=r2,得k=-,
此时AB的直线方程为45x+28y+44=0.
②若割线斜率不存在,AB:x=4,代入圆方程得y2+2y-3=0,解得y1=1,y2=-3,符合题意.
综上,直线AB的方程为45x+28y+44=0或x=4.
(2)切线长为==3.
以PM为直径的圆的方程为(x-3)2+=(2-3)2+,即x2+y2-6x+9y+16=0.
又已知圆的方程为x2+y2-4x+2y-3=0,
两式相减,得2x-7y-19=0,
所以直线CD的方程为2x-7y-19=0.
【难点突破】
16.(1)-, (2)C
[解析] 由题可知原点到直线距离为1,有=1,得a2+b2=1.
又由基本不等式得a2+b2≥2|ab|,
所以|ab|≤,得-≤ab≤.
(2)由题意,圆x2+y2-2x-2y+1=0的圆心是C(1,1),半径为1,PA=PB,易知四边形面积S=(PA+PB)·1=PA,故PA最小时,四边形面积最小.
由于|PA|=,故PC最小时PA最小,此时CP垂直于直线3x+4y+8=0,
|PC|==3,|PA|==2,∴四边形面积的最小值是2.
课时作业(四十六)
【基础热身】
1.C [解析] 由题意,c=1,e==,∴a=2.∴b==.又椭圆的焦点在x轴上,∴椭圆的方程为+=1.
2.C [解析] ∵焦距为4,∴c=2,又=4,∴a2=8,b2=4,故选C.
3.D [解析] 由?ky2-8y+16=0,若k=0则y=2;若k≠0,则Δ=0,即64-64k=0,解得k=1.故k的值为0或1.
4. [解析] 由椭圆定义及||+||=4,得2a=4,a=2,c=1,e=.
【能力提升】
5.D [解析] 当a=2时,由e=,得c=,b=1,所求椭圆为+y2=1;
当b=2时,由e=,得a2=16,b2=4,所求椭圆方程为+=1.
6.D [解析] 当焦点在x轴上时,=,解得m=3;当焦点在y轴上时,=,解得m=.
7.B [解析] 将椭圆方程化为x2+=1,若椭圆的焦点在y轴上,则必有0<<1,解得k<-2.故选B.
8.C [解析] 根据椭圆定义|AF1|+|AF2|=2a=2,|BF1|+|BF2|=2a=2,两式相加得|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4,即(|AF1|+|BF1|)+(|AF2|+|BF2|)=4,而|AF1|+|BF1|=|AB|,|AF2|+|BF2|=2|AB|,所以3|AB|=4,即|AB|=.
9.C [解析] 由已知得F1(-1,0),F2(1,0),设G(x,y),P(x1,y1),因为G是△PF1F2的重心,所以(y1≠0),解得代入椭圆方程整理得+3y2=1(y≠0).
10.2 [解析] 易知A,C为椭圆的焦点,故|BA|+|BC|=2×6=12,又|AC|=6,由正弦定理知,==2.
11.3 [解析] 由消去x并整理得(3+4m)y2-8my+m=0.
根据条件得解得3.
12. [解析] 由椭圆的定义知,|AF1|=a-c,|F1F2|=2c,|BF1|=a+c.∵|AF1|,|F1F2|,|BF1|成等比数列,因此4c2=(a-c)·(a+c),整理得5c2=a2,两边同除以a2得5e2=1,解得e=.
13.直角三角形 [解析] 根据对称性,可以设椭圆和双曲线交于第一象限内的点为P,|PF1|=x,|PF2|=y,则故∴x2+y2=2(m+n),又因为m-1=n+1,∴x2+y2=2(m+n)=4(n+1)=(2c)2,所以△F1PF2是直角三角形.
14.解:(1)将(0,4)代入椭圆C的方程得=1,∴b=4.
又e==得=,即1-=,∴a=5,
∴C的方程为+=1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3),
设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
将直线方程y=(x-3)代入C的方程,得
+=1,
即x2-3x-8=0.
解得x1=,x2=,
∴AB的中点坐标x==,
y==(x1+x2-6)=-.
即中点为.
15.解:(1)依题意,得a=2c,b2=a2-c2=3c2,
设椭圆方程为+=1,将1,代入,得c2=1,故椭圆方程为+=1.
(2)证明:由(1)知A(-2,0),B(2,0),
设M(x0,y0),则-2<x0<2,y=(4-x),由P,A,M三点共线,得x=,
=(x0-2,y0),=2,,·=2x0-4+=(2-x0)>0,
即∠MBP为锐角,则∠MBN为钝角.
【难点突破】
16.解:(1)由=知,G点的坐标为,又3=+,故G是△PF1F2的重心.令P点的坐标是(x0,y0),则有
则
又P点在椭圆上,则有+=1,
则3a2=4b2,可得4c2=a2,则e=.
(2)因为椭圆短轴长为2b=2,所以由(1)知3a2=4b2,得a=2,b=,c=1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则由=2易知,
y1=-2y2.①
设直线AB的方程为x=my+1,与+=1联立消去x得,
(3m2+4)y2+6my-9=0,所以y1+y2=-,②
y1y2=-.③
由①,②,③消去y1,y2,求得m=±.
即y1+y2=±,y1y2=-.
所以|y1-y2|===.
所以△F1AB的面积S=|y1-y2||F1F2|=××2=.
课时作业(四十七)
【基础热身】
1.D [解析] 由题意,得=,所以a=4.
2.A [解析] 方程-=1表示双曲线?(k-5)(k+2)>0?k>5或k<-2,故选A.
3.C [解析] 焦点在y轴上的双曲线的标准方程为-+=1(a>0,b>0),其渐近线方程为y=±x.由=可得=5,所以=2,所以=,所以渐近线方程为y=±x.故选C.
4.48 [解析] 根据题意知a2=16,即a=4,
又e==2,∴c=2a=8,∴m=c2-a2=48.
【能力提升】
5.C [解析] 设双曲线方程为4x2-3y2=k(k≠0),将点(6,6)代入,得k=36,所以双曲线方程为-=1.故选C.
6.B [解析] 以题意得c+=×2c,即b=c(其中c是双曲线的半焦距),所以a==c,=,因此该双曲线的离心率等于,选B.
7.D [解析] 依题意有kPA·kPB=,即·=(x≠±2),整理得-y2=1(x≠±2),故选D.
8.B [解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则-=1①,-=1②,两式相减得=,所以=,
所以==k0·kl=1,所以a2=b2,即a=b,所以e===.故选B.
9.A [解析] 由已知可得A1(-1,0),F2(2,0),设点P的坐标为(x,y),则·=(-1-x,-y)·(2-x,-y)=x2-x-2+y2,因为x2-=1(x≥1),所以·=4x2-x-5,当x=1时,·有最小值-2.
10.-=1 [解析] =,即b=a,而c=6,所以b2=3a2=3(36-b2),得b2=27,a2=9,所以双曲线的方程为-=1.
11. [解析] 抛物线y2=12x的焦点为F(3,0),在-=1中,a=,b=,c=3,因为c2=a2+b2,所以m=4,a=2,所以e==.
12.(1,) [解析] 双曲线的渐近线为bx±ay=0,因为它与圆(x-2)2+y2=2相交,所以圆心(2,0)到该直线的距离小于圆的半径,即<,整理得b20,b>0),
则有e==2,c=2,所以a=1,则b=,
所以所求的双曲线方程为x2-=1.
(2)因为直线l与y轴相交于M且过焦点F(-2,0),
所以l的斜率一定存在,设为k,则l:y=k(x+2),
令x=0,得M(0,2k),
因为||=2||且M,Q,F共线于l,
所以=2或=-2.
当=2时,xQ=-,yQ=k,
所以Q的坐标为,
因为Q在双曲线x2-=1上,
所以-=1,所以k=±,
所以直线l的方程为y=±(x+2).
当=-2时,
同理求得Q(-4,-2k),代入双曲线方程得,
16-=1,所以k=±,
所以直线l的方程为y=±(x+2).
综上,所求的直线l的方程为y=±(x+2)或y=±(x+2).
课时作业(四十八)
【基础热身】
1.B [解析] 由题意设抛物线方程为y2=2px(p>0),又∵其准线方程为x=-=-2,∴p=4,所求抛物线方程为y2=8x.
2.D [解析] 由题意知动点P坐标到点F(0,1)的距离与到直线x=-1的距离相等,∴点P的轨迹是抛物线.
3.C [解析] 设点P(x0,y0),中点M(x,y),
∴即得
∵点P在抛物线y2=-2x上,∴(2y+1)2=-2(2x-2),
即(2y+1)2=-4x+4,故选C.
4.- [解析] 抛物线方程为x2=,因为准线方程为y=2,所以=2,所以p=4,于是=-2p=-8,所以a=-.
【能力提升】
5.C [解析] 抛物线的焦点为(1,0),该点在直线mx-y+-1=0(m>0,n>0)上,所以有2m+n=2,于是+=(2m+n)=≥(2+3).故选C.
6.B [解析] 抛物线焦点为F,0,双曲线的渐近线为x±y=0,根据对称性知,抛物线焦点到两条渐近线的距离相等,所以=,解得p=6.故选B.
7.D [解析] 正数a,b的等差中项是,所以a+b=9;又因为正数a,b的一个等比中项是2,所以ab=(2)2=20;而a>b,所以a=5,b=4.抛物线方程为y2=-x,其焦点坐标为,故选D.
8.D [解析] 过A,B分别作准线的垂线AA′,BD,垂足分别为A′,D,则|BF|=|BD|.又2|BF|=|BC|,所以在Rt△BCD中,∠BCD=30°,又|AF|=3,所以|AA′|=3,所以|AC|=6,|FC|=3.所以p=|FC|=,所以y2=3x.
9.D [解析] 设点A(x1,y1),B(x2,y2).因为A,B两点到直线x=-2的距离之和等于5,所以x1+2+x2+2=5.所以x1+x2=1.由抛物线的定义得|AB|=x1+1+x2+1=3.而过抛物线焦点的弦的最小长度(当弦AB⊥x轴时,是最小焦点弦)为4,所以不存在满足条件的直线.
10.x2+y2=4 [解析] 抛物线的顶点在原点,焦点到准线的距离为2,所以所求圆的方程为x2+y2=4.
11.x2=-8y [解析] 依题意,设抛物线方程为x2=-2py(p>0),根据抛物线的定义,由点P(k,-2)到焦点的距离为4可得=4-|-2|=2,所以p=4,抛物线的方程为x2=-8y.
12.4 [解析] 由抛物线定义得P到准线的距离d1等于点P到焦点F(1,0)的距离|PF|,又点A(1,4)在抛物线外部,所以当点P,A,F三点共线时,d1+d2取得最小值|AF|,即最小值为4.
13.2 [解析] 由题意知,该表达式的值为定值.过点F作x轴的垂线,设该垂线与抛物线的一个交点为M,则直线MF与y轴没有交点,可理解为|NF|→+∞,则→0;由抛物线定义易得|MF|=,所以+=2.也可以用直接法解.
14.解:由题设知,抛物线以双曲线的右焦点为焦点,准线过双曲线的左焦点,∴p=2c.
设抛物线方程为y2=4c·x.
∵抛物线过点,,∴6=4c·.
∴c=1.故抛物线方程为y2=4x.
又双曲线-=1过点,,
∴-=1.又a2+b2=c2=1,∴-=1.
∴a2=或a2=9(舍).
∴b2=.故双曲线方程为4x2-=1.
15.解:(1)由题意,点C到定点F和直线x=的距离相等,
∴点C的轨迹方程为y2=-x.
(2)由方程组消去x后,
整理得ky2+y-k=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由韦达定理有y1+y2=-,y1y2=-1.
设直线l与x轴交于点N,则N(-1,0).
∴S△OAB=|ON||y1-y2|=·1·
=.
∵S△OAB=,所以=,
解得k=±.
【难点突破】
16.解:(1)∵点M到抛物线准线的距离为4+=,
∴p=,即抛物线C的方程为y2=x.
(2)方法一:∵当∠AHB的角平分线垂直于x轴时,点H(4,2),∴kHE=-kHF,
设E(x1,y1),F(x2,y2),
∴=-,∴=-,
∴y1+y2=-2yH=-4.
kEF====-.
方法二:∵当∠AHB的角平分线垂直于x轴时,点H(4,2),∴∠AHB=60°,可得kHA=,kHB=-,∴直线HA的方程为y=x-4+2,
联立方程组得y2-y-4+2=0,
∵yE+2=,
∴yE=,xE=.
同理可得yF=,xF=,∴kEF=-.
(3)方法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),∵kMA=,∴kHA=,
可得,直线HA的方程为(4-x1)x-y1y+4x1-15=0,
同理,直线HB的方程为(4-x2)x-y2y+4x2-15=0,
∴(4-x1)y-y1y0+4x1-15=0,
(4-x2)y-y2y0+4x2-15=0,
∴直线AB的方程为(4-x)y-yy0+4x-15=0,
令x=0,可得t=4y0-(y0≥1),
∵t′=4+>0,∴t关于y0的函数在[1,+∞)上单调递增,
∴当y0=1时,tmin=-11.
方法二:设点H(m2,m)(m≥1),HM2=m4-7m2+16,HA2=m4-7m2+15.
以H为圆心,HA为半径的圆方程为(x-m2)2+(y-m)2=m4-7m2+15, ①
⊙M方程为(x-4)2+y2=1. ②
①-②得直线AB的方程为(2x-m2-4)(4-m2)-(2y-m)m=m4-7m2+14.
当x=0时,直线AB在y轴上的截距t=4m-(m≥1),
∵t′=4+>0,∴t关于m的函数在[1,+∞)上单调递增,
∴当m=1时,tmin=-11.
课时作业(四十九)
【基础热身】
1.B [解析] 充要条件是解得1,所以e==<,又e>1.所以所求的范围是(1,).
【能力提升】
5.C [解析] 直线恒过定点(0,1),只要该点在椭圆内部或椭圆上即可,故只要b≥1且b≠4.
6.C [解析] 设切点为P(x0,y0),则切线斜率为k=y′=2x0,依题意有=2x0.又y0=x+1,解得x0=±1,所以=2x0=2,b=2a,所以e==.故选C.
7.C [解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),则
①-②得(x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0.
当x1=x2时,不合题意;
当x1≠x2时,得=-,③
由已知x1+x2=-2,y1+y2=2,=kAB,
所以kAB=,所以所求直线方程为y-1=(x+1),即x-2y+3=0.
8.A [解析] 根据已知只能m>0,n>0,且m+2-n=m+n,即n=1,所以椭圆的离心率为e==,由于m>0,所以1>1->,所以s,所以乙种棉花的平均亩产量更稳定.
(2)从种植甲种棉花的5块土地中任选2块土地的所有选法10种,
设“亩产量均超过种植甲种棉花的5块土地的总平均亩产量”为事件A,
包括的基本事件为(105,107),(105,111),(107,111)共3种.
所以P(A)=.
答:两块土地的亩产量均超过种植甲种棉花的5块土地的总平均亩产量的概率为.
15.解:(1)因为各组的频率和等于1,故第四组的频率:
f4=1-(0.025+0.015×2+0.01+0.005)×10=0.3.
频率分布直方图如图所示.
(2)依题意,及格以上的分数所在的第三、四、五、六组的频率之和为(0.015+0.03+0.025+0.005)×10=0.75,
抽样学生成绩的合格率是75%.利用组中值估算抽样学生的平均分为
45·f1+55·f2+65·f3+75·f4+85·f5+95·f6=45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71,则估计这次考试的平均分是71分.
【难点突破】
16.解:(1)居民月收入在[3 000,4 000]的频率为(0.0003+0.0001)×500=0.2,
(2)第一组和第二组频率之和为(0.0002+0.0004)×500=0.3,
第三组的频率为0.0005×500=0.25.
因此,可以估算样本数据的中位数为
2 000+×500=2 400(元).
(3)第四组的人数为0.0005×500×10 000=2 500,
因此月收入在[2 500,3 000)的这段应抽2 500×=25(人).
课时作业(五十二)
【基础热身】
1.A [解析] 由函数关系和相关关系的定义可知A中Δ=b2-4ac,
因为a,c是已知常数,b为自变量,
所以给定一个b的值,就有唯一确定的Δ与之对应,
所以Δ与b之间是一种确定的关系,是函数关系.
B,C,D中两个变量之间的关系都是随机的、不确定的,所以不是函数关系.
2.A [解析] 根据负相关,直线的斜率为负值,只能是选项A,C,但选项C中,当x在正值(不可能是零或者负值)变化时,y的估计值是负值,这与问题的实际意义不符合,故只可能是选项A中的方程.
3.C [解析] 由回归直线方程得到的数值只是估计值,故只有选项C正确.
4.C [解析] 根据相关关系的定义可得,①③④是相关关系,②是函数关系.
【能力提升】
5.C [解析] 由这两个散点图可以判断,变量x与y负相关,u与v正相关,选C.
6.B [解析] x=4,y=5.25,因为线性回归方程经过中心点(x,y),所以有5.25=0.95×4+a,解得a=1.45,故选B.
7.A [解析] 线性回归直线方程为=x+,而=y-x,即=t-s,所以t=s+,所以(s,t)在回归直线上,所以直线l1和l2一定有公共点(s,t).
8.B [解析] x=3.5,y=42,代入回归直线方程得42=9.4×3.5+,解得=9.1,把x=6代入回归直线方程得=9.4×6+9.1=65.5.
9.D [解析] (1)是函数关系,(4)无任何相关关系,(2)是线性相关关系,(3)是二次函数相关关系.故选D.
10.0.254 [解析] 由于=0.254x+0.321,当x增加1万元时,年饮食支出y增加0.254万元.
11.70 [解析] 气温的平均值x=(18+13+10-1)=10,用电量的平均值y=(24+34+38+64)=40.因为回归直线必经过点(x,y),代入得40=-2×10+a,解得a=60.故线性回归方程为=-2x+60.
当x=-5时,=-2×(-5)+60=70,所以预测当气温为-5℃时,用电量度数约为70 kW·h.
12.73.5 [解析] x==4.5,y==35,代入回归直线方程35=7×4.5+,解得=3.5,故回归直线方程为=7x+3.5,x=10时,y=73.5.
13.0.5 0.53 [解析] ===0.5;x==3.
==0.01,
=y-x=0.5-0.01×3=0.47,
所以回归方程为:=0.47+0.01x,
所以当x=6时,=0.47+0.01×6=0.53.
14.解:(1)如图.
(2)iyi=6×2+8×3+10×5+12×6=158,
x==9,y==4,
=62+82+102+122=344,
===0.7,=y- x=4-0.7×9=-2.3,
故线性回归方程为=0.7x-2.3.
(3)由回归直线方程,当x=9时,=6.3-2.3=4,所以预测记忆力为9的同学的判断力约为4.
15.解:(1)前三组数的平均数:x=3,y=5,
根据公式:==,
∴=5-×3=.
∴回归直线方程是=x+.
(2)|6.2-3.5-0.5×5|=0.2≤0.2,
|8-3.5-0.5×6|=1.5>0.2,
|7.1-3.5-0.5×7|=0.1<0.2,
|8.6-3.5-0.5×8|=1.1>0.2,
综上,拟和的“好点”有2组,
∴“好点”的概率P==.
【难点突破】
16.解:(1)由(yi-y)2=5.2,可得r==≈0.98.
即年推销金额y与工作年限x之间的相关系数约为0.98.
(2)由(1)知,r=0.98>0.959=r0.01,
所以可以认为年推销金额y与工作年限x之间具有较强的线性相关关系.
设所求的线性回归方程为=x+,
则===0.5,=y-x=0.4.
所以年推销金额y关于工作年限x的线性回归方程为=0.5x+0.4.
(3)由(2)可知,当x=11时,=0.5x+0.4=0.5×11+0.4=5.9万元.
所以可以估计第6名推销员的年推销金额为5.9万元.
课时作业(五十三)
【基础热身】
1.C [解析] 因为χ2=,当(ad-bc)2越大时,χ2越大,说明X与Y关系越强.故选C.
2.A [解析] χ2=≈27.139>10.828.
3.D [解析] 样本相关系数r∈[-1,1],所以D错.
4.52 54 100 [解析] 73-21=52,52+2=54,54+46=100.
【能力提升】
5.A [解析] 作出散点图可知授课天数与分数存在回归关系.
6.C [解析] 根据独立性检验的思想知,选项C正确.
7.C [解析] 对于变量Y与X而言,Y随X的增大而增大,故Y与X正相关,即r1>0;对于变量V与U而言,V随U的增大而减小,故V与U负相关,即r2<0.∴r2<07.879,所以有99.5%的把握认为喜爱打篮球与性别有关.
14.解:(1)设B专业的4名女生为甲、乙、丙、丁,随机选取两个共有(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(乙,丙),(乙,丁),(丙,丁)6种可能,其中选到甲的共有3种可能,则女生甲被选到的概率是P==.
(2)根据列联表中的数据χ2=≈4.762,由于4.762>3.841,因此在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为工科院校中“性别”与“专业”有关系.
15.解:(1)如下表:
会俄语
不会俄语
总计
男
10
6
16
女
6
8
14
总计
16
14
30
假设:是否会俄语与性别无关,由已知数据可求得,
χ2=≈1.157 5<2.706.
所以在犯错的概率不超过0.10的前提下不能判断会俄语与性别有关.
(2)会俄语的6名女记者,分别设为A,B,C,D,E,F,其中A,B,C,D曾在俄罗斯工作过,则从这6人中任取2人有AB,AC,AD,AE,AF,BC,BD,BE,BF,CD,CE,CF,DE,DF,EF共15种,
其中2人都在俄罗斯工作过的是AB,AC,AD,BC,BD,CD共6种,
所以抽出的女记者中,2人都在俄罗斯工作过的概率是P==.
【难点突破】
16.解:(1)甲流水线样本的频率分布直方图如下:
(2)由表1知甲样本中合格品数为8+14+8=30,由图1知乙样本中合格品数为
(0.06+0.09+0.03)×5×40=36,故甲样本合格品的频率为=0.75,
乙样本合格品的频率为=0.9,
据此可估计从甲流水线任取1件产品,该产品恰好是合格品的概率为0.75,从乙流水线任取1件产品,该产品恰好是合格品的概率为0.9.
(3)2×2列联表如下:
甲流水线
乙流水线
合计
合格品
a=30
b=36
66
不合格品
c=10
d=4
14
合计
40
40
n=80
∵χ2==≈3.117>2.706,
∴有90%的把握认为产品的包装质量与两条自动包装流水线的选择有关.
课时作业(五十四)
【基础热身】
1.B [解析] ①是必然事件,②是不可能事件,③④是随机事件.
2.D [解析] 一枚硬币连掷2次,基本事件有(正,正),(正,反),(反,正),(反,反),而只有一次出现正面的事件包括(正,反),(反,正),故其概率为=.
3.C [解析] 基本事件的总数是6个,歌舞节目被安排在小品节目之前的所包含的基本事件的个数为3,故所求的概率等于.
4.C [解析] 甲站在中间的情况有两种,而基本事件总共有6种,所以P=.
【能力提升】
5.D [解析] 从写有数字1,2,3,4的4张卡片中随机抽取2张,有12,13,14,23,24,34共6种,取出的2张卡片上的数字之和为奇数的取法有12,14,23,34共4种,取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是=.
6.C [解析] 方法一:从盒中任取一个铁钉包含基本事件总数为10,其中抽到合格铁钉(记为事件A)包含8个基本事件,所以所求概率为P(A)==.
方法二:本题还可以用对立事件的概率公式求解,因为从盒中任取一个铁钉,取到合格品(记为事件A)与取到不合格品(记为事件B)恰为对立事件,因此P(A)=1-P(B)=1-=.
7.C [解析] 数对(x,y)共有16个结果:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4).其中满足xy≤4的有8个:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(3,1),(4,1),所以概率为P==.故选C.
8.A [解析] 由a⊥b得m-2n=0,所以事件“a⊥b”包含的基本事件为(2,1),(4,2),(6,3)共3个,所以a⊥b的概率是=,故选A.
9.0.95 [解析] 设事件”电话响第k声时被接”为Ak(k∈N*),那么事件Ak彼此互斥,设”打进的电话在响5声之前被接”为事件A,根据互斥事件概率加法公式,得P(A)=P(A1+A2+A3+A4)=P(A1)+P(A2)+P(A3)+P(A4)=0.1+0.2+0.3+0.35=0.95.
10. [解析] 因为每次取出三个数,总剩下两个数,所以该问题等价于“在1,2,3,4,5五个数字中,随机取出两个数,则这两个数为奇数的概率”.从这五个数中取出两个数,有10种取法,而两个数都是奇数的只有3种,所以概率为P=.
11. [解析] S1=a2+a2+a3+a4,因为a1,a2,a3,a4的取值共有2×2×2×2=16种不同组合情况,而S1=a1+a2+a3+a4=2时,a1,a2,a3,a4的取值共有4种不同的组合情况,所以S4=2的概率为P==.
12.解:(1)工厂总数为18+27+9=54,样本容量与总体中的个体数的比为=,所以从A,B,C三个区中应分别抽取的工厂个数为2,3,1.
(2)设A1,A2为在A区中抽得的2个工厂,B1,B2,B3为在B区中抽得的3个工厂,C1为在C区中抽得的1个工厂.在这6个工厂中随机地抽取2个,全部可能的结果有:(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C1),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C1),(B1,B2),(B1,B3),(B1,C1),(B2,B3),(B2,C1),(B3,C1)共15种.
随机地抽取的2个工厂至少有1个来自A区(记为事件X)的结果有:(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C1),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C1)共9种.所以这2个工厂中至少有1个来自A区的概率为P(X)==.
【难点突破】
13.解:(1)平均值为104.0,众数为104.1.
(2)
CPI
[102.5,103.0)
[103.0,103.5)
[103.5,104.0)
[104.0,104.5)
[104.5,105.0)
[105.0,105.5)
频数
1
2
3
6
2
1
(3)设“恰有1个城市CPI值在[103.5,104.0)中”为事件A.
在[103.0,103.5)中有2个城市,分别设为a,b;在[103.5,104.0]中有3个城市,分别设为c,d,e,则在[103.0,104.0)区间内随机选取2个城市构成的基本事件为(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共有10个.
事件A“恰有1个城市CPI值在[103.5,104.0)中”包括的基本事件为:(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e)共有6个,
故所求事件A的概率P(A)==.
答:恰有1个城市CPI值在[103.5,104.0)中的概率为.
课时作业(五十五)
【基础热身】
1.B [解析] 点坐标小于1的区间长度为1,故所求其概率为.
2.D [解析] 由已知可得球的半径为r=,球的体积为V=π×3=,正方体体积V1=1,所以概率P==.故选D.
3.B [解析] 某人到达路口看到红灯的概率是P==.故选B.
4.D [解析] 概率为P==,故选D.
【能力提升】
5.D [解析] 根据++2=0知,点P是△ABC的BC边上中线的中点,故△PBC的面积等于△ABC面积的,故答案为D.
6.C [解析] 由sinx+cosx≤1得sin≤,当x∈(0,π]时,解得≤x≤π,所以所求概率为P==.故选C.
7.D [解析] 如图,点D,E分别是AB,AC的中点,连接DE,在阴影区域内任取一点M,则有S△MBC≤S.所以所求概率P==.故选D.
8.B [解析] 分别画出两个集合表示的区域可知SΩ=×6×6=18,SA=×4×2=4,由几何概型概率计算可得P===,选B.
9.1- [解析] 因为正方体的体积为8,而半球的体积为×1×π=,那么点P到点O的距离大于1的概率为=1-.
10. [解析] 如图所示:P==.
11.1- [解析] 如图,当蚂蚁在图示三个半径为1的扇形区域外时满足条件,由几何概型公式得1-=1-.
12.解:(1)平均学习时间为
=1.8 h.
(2)20×=4.
(3)设甲开始学习的时刻为x,乙开始学习的时刻为y,试验的全部结果所构成的区域为Ω={(x,y)|18≤x≤21,18≤y≤20},面积SΩ=2×3=6.事件A表示“22时甲、乙正在学习”,所构成的区域为A={(x,y)|20≤x≤21,19≤y≤20},面积为SA=1×1=1,这是一个几何概型,所以P(A)==.
[点评] 根据以上的解法,我们把此类问题的解决总结为以下四步:
(1)设变量.从问题情景中,发现哪两个量是随机的,从而设为变量x,y.
(2)集合表示.用(x,y)表示每次试验结果,则可用相应的集合分别表示出试验全部结果Ω和事件A所包含试验结果.一般来说,两个集合都是几个二元一次不等式的交集.
(3)作出区域.把以上集合所表示的平面区域作出来,先作不等式对应的直线,然后取一特殊点验证哪侧是符合条件的区域.
计算求解.根据几何概型的概率公式,易从平面图形中两个面积的比求得.
【难点突破】
13.解:设事件A为“方程x2+2ax+b2=0有实根”.
当a≥0,b≥0时,方程x2+2ax+b2=0有实根的充要条件为a≥b.
(1)基本事件共12个:
(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2),(3,0),(3,1),(3,2).
其中第一个数表示a的取值,第二个数表示b的取值.
事件A中包含9个基本事件,事件A发生的概率为P(A)==.
(2)试验的全部结果所构成的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2}.
构成事件A的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2,a≥b}.
所以所求的概率为==.
课时作业(五十六)
【基础热身】
1.C [解析] 算法与求解一个问题的方法既有区别又有联系,故A不对.算法能够重复使用,故B不对.每一个算法执行完以后,必须有结果,故D不对.
2.B [解析] ②为求无限项的和,而算法要求必须在有限步之内完成.
3.B [解析] i=3,打印点(-2,6),x=-1,y=5,i=3-1=2;i=2,打印点(-1,5),x=0,y=4,i=2-1=1;i=1,打印点(0,4),x=1,y=3,i=1-1=0;0不大于0,所以结束,故选B.
4.127 [解析] 由程序框图知,循环体被执行后的值依次为3、7、15、31、63、127,故输出的结果是127.
【能力提升】
5.C [解析] ①洗锅盛水2分钟+④用锅把水烧开10分钟(同时②洗菜6分钟+③准备面条及佐料2分钟)+⑤煮面条和菜共3分钟=15分钟.
6.C [解析] 本题考查了循环结构的流程图,简单的整数指数幂计算等基础知识.
根据循环k=0,S=1;k=1,S=2;k=2,S=8,当k=3时,输出S=8.
7.A [解析] 第一次循环由于k=1<4,所以s=2-1=1,k=2;第二次循环k=2<4,所以s=2-2=0,k=3;第三次循环k=3<4,所以s=0-3=-3,k=4,结束循环,所以输出s=-3.
8.A [解析] 由算法流程图可得,第一次循环:a=8,b=2,x=6;第二次循环:a=6,b=3,x=3;第三次循环:a=4,b=4,x=0,此时退出循环,输出x=0,故应选A.
9.B [解析] 由框图可得i=12,sum=1;sum=12,i=11;sum=12×11,i=10;sum=12×11×10,i=9,故此时程序结束,故判断框应填入i≥10?,建议解答此类题目考生选择选项后应据此运行程序检验运行结果与已知是否一致,这样能提高解题的准确性.
10.6,4,1,7 [解析] 4d=28?d=7,2c+3d=23?c=1,2b+c=9?b=4,a+2b=14?a=6.
11.2 [解析] ∵a=3,b=2,a>b,∴输出==2.
12.3 [解析] 据框图依次可得x=8,k=0;x=8×10+8=88,k=1;x=10×88+8=888,k=2;x=10×888+8>2 008,k=3.由判断框可知程序结束,故输出k=3.
13.20 [解析] 据题意若当箭头a指向①时,运行各次的结果S=1,i=2;S=2,i=3;S=3,i=4;S=4,i=5;S=5,i=6>5,故由判断框可知输出S=m=5;若箭头a指向②时,输出的结果为S=1+2+3+4+5=15,故m+n=15+5=20.
14.解:第一步,令S=0,i=1.
第二步,判断i是否小于或等于10,若是,则执行第三步;若否,则输出S.
第三步,令S=S+i2,并令i=i+1,然后返回第二步.
程序框图:
15.解:y与x之间的函数关系式为:y=
算法设计如下:
第一步,输入每月用水量x;
第二步,判断输入的x是否超过7;若x>7,则应交水费y=1.9x-4.9;否则应交水费y=1.2x;
第三步,输出应交水费y.
程序框图如图所示.
【难点突破】
16.解:(1)设电视广告播放量为每天i次时,该产品的销售量为Si(0≤i≤n,i∈N).
由题意Si=
于是当i=n时,Sn=b+=b(n∈N),所以,该产品每天销售量S(件)与电视广告播放量n(次/天)的函数关系式为S=b,n∈N.
(2)由题意,有b≥1.9b?2n≥10?n≥4(n∈N*).
所以,要使该产品的销售量比不做电视广告时的销售量至少增加90%,则每天广告的播放量至少需4次.
课时作业(五十七)
【基础热身】
1.D [解析] 赋值时把“=”号右边的值赋给左边的变量,故选D.
2.B [解析] 执行程序得a=1+3=4,b=4-3=1.故选B.
3.C [解析] 因为1<3,所以x=1+3=4.故选C.
4.A [解析] i从1开始,依次取3,5,7,9,…,当i<8时,循环继续进行,故当i=9时,跳出循环.故输出S=2×7+3=17.故选A.
【能力提升】
5.B [解析] 由y=3,得x2+2x=3,∴x=1或x=-3.
6.C [解析] 由程序可得y=
因为y>1,所以①当x≤0时,-1>1,即2-x>2,所以-x>1,即x<-1.②当x>0时,>1,即x>1,
故输入的x值的范围为(-∞,-1)∪(1,+∞).故选C.
7.D [解析] 程序执行的功能是S=12×11×10×…,输出结果为132,即循环体只执行了两次,即i=10时,就结束了循环.
8.B [解析] 该程序的功能是求三个数中的最大值,故输出的结果为6.
9.A [解析] 当I<13成立时,只能运算1×3×5×7×9×11,故选A.
10.②④⑤⑧ [解析] 根据赋值语句的意义与使用规范作答.
11.4 [解析] 若x2-3x-1=3,得x=-1或x=4.因为x≥0,
所以x=4满足条件.若log2(x+5)=3,则x=3,因为x<0,所以x=3不满足条件.所以x=4.
12.i<9 [解析] 11 880=12×11×10×9.
13.(1)4 (2)0 (3)2 [解析] (1)对A重复赋值,A总是取最后赋出的值,故依次执行后为,A=-26→A=-20→A=20→A=4,因此最后输出A的值为4.
(2)执行第一次后,S=5,N=4;执行第二次后,S=9,N=3;执行第三次后,S=12,N=2;执行第四次后,S=14,N=1;执行第五次后,S=15,N=0;跳出循环结构,输出N的值,N=0.
(3)第一句x=-31.24,第二句y=-32,第三句给x重新赋值x=|y|=32,第四句给x重新赋值为32除以3的余数2,最后输出x的值为2.
14.解:利用循环结构设计算法.
算法:第一步,S=1;第二步,i=1;
第三步,S=S+;第四步,i=i+1;
第五步,若i≤20,则返回第三步,重新执行第三、四、五步,否则输出S.
程序框图如图所示.
15.解:(1)函数关系式为y=
(2)程序框图如下:
【难点突破】
16.解:框图如图:
课时作业(五十八)
【基础热身】
1.D [解析] 本题考查复数的运算,共轭复数,几何意义.=-i(i-1)=1+i,它的共轭复数为1-i,位于第四象限.故选D.
2.D [解析] a+bi==+i,因此a=,b=.故选D.
3.B [解析] 由条件知∴a=3.故选B.
4.D [解析] 方法一:|z|=|z|===|-1+i|=,故选D.
方法二:|z|=|z|====,故选D.
【能力提升】
5.C [解析] 复数6+5i对应的点为A(6,5),复数-2+3i对应的点为B(-2,3).利用中点坐标公式得线段AB的中点C(2,4),故点C对应的复数为2+4i.
6.B [解析] 本小题主要考查充要条件的概念以及复数的相关知识,解题的突破口为弄清什么是纯虚数,然后根据充要条件的定义去判断.a+=a-bi,若a+为纯虚数,a=0且b≠0,所以ab=0不一定有a+为纯虚数,但a+为纯虚数,一定有ab=0,故“ab=0”是“复数a+为纯虚数”的必要不充分条件,故选B.
7.D [解析] 由图中复平面内的点Z,可知复数z=3+i,则复数==2-i,即对应的点应为H,故选D.
8.B [解析] ====-+i,其共轭复数为--i.
9.D [解析] |z|===1.故选D.
10.+ [解析] z===+i.
11.1 [解析] 1-i+i2-i3+…+i20===1.
12.3 [解析] 由|z-2-2i|=1得满足条件的点的轨迹是圆,|z+2-2i|=|z-(-2+2i)|,转化为求点(-2,2)与圆上的点的距离的最小值,进而转化为求点到圆心的距离,然后减去半径即可.设z=a+bi(a,b∈R),满足|z-2-2i|=1的点都在以C1(2,2)为圆心,以1为半径的圆上,所以|z+2-2i|的最小值是3.
13.-2 [解析] 因为x===-i.
所以y=4i,2) xi,x+i)=4i,2) 1,0)=-2.
14.解:(1)当z为实数时,则有m2+2m-3=0且m-1≠0,解得m=-3,故当m=-3时,z∈R.
(2)当z为纯虚数时,则有
解得m=0或m=2.
∴当m=0或m=2时,z为纯虚数.
(3)当z对应的点位于复平面第二象限时,
则有
解得m<-3或10,∴<0.∴x20,y>0,∴x=,所以c-,则D恒成立.
9.C [解析] ①②正确;③中a≠c,b≠c,a≠b可能同时成立,如a=1,b=2,c=3,选C.
10.A≤B≤C [解析] 由≥≥,又f(x)=在R上是单调减函数,∴f≤f()≤f,即A≤B≤C.
11.P<Q [解析] 假设P0,且(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0,
∴a+b+c>0,这与a+b+c≤0矛盾,
因此a,b,c中至少有一个大于0.
15.证明:假设三式同时大于,即(1-a)b>,(1-b)c>,(1-c)a>,
三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c>.①
又(1-a)a≤=当且仅当a=时取“=”号,
同理(1-b)b≤,(1-c)c≤.
所以(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤,
与①式矛盾,即假设不成立,故结论正确.
【难点突破】
16.证明:由f(x)=x2++alnx(x>0),得
=(x+x)++(lnx1+lnx2)=(x+x)++aln,
f=++aln.
而(x+x)=(x+x+x+x)>(x+x+2x1x2)=.①
∵(x1+x2)2=(x+x)+2x1x2>4x1x2,
∴>.②
∵<,∴ln++aln,
即>f.
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