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(如图),满足条件的点在线段AB上.易知点A(1,2),B(2,1),所以∈.
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.D [解析] 由题意可知x+y=,则+=2(x+y)=2≥2(5+4)=18,当且仅当=,即x=,y=时取等号.
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.
11.4 [解析] xy=x×2y≤,所以x+2y+xy≤x+2y+,所以x+2y+≥6,解得x+2y≥4.
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侧视图为正方形的一条对角线.
4.D [解析] 由题中几何体的体积为2π,易得A,C肯定不对,将B,D分别代入即可,同时可考虑到B答案的三视图也与题设矛盾,故选D.
【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”,俯视图应与正视图同长为3,与侧视图同宽为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)由侧视图可求得PD===6.
由正视图可知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] 此几何体是一个棱长为2的正方体,被一个平面截后所得几何体,所以体积是正方体体积8减去棱台体积,所以该几何体体积为.
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.C [解析] 取AC中点F,EF=,BF=,BE=,△BEF中,由余弦定理得cos∠BEF=,∠BEF=60°.
【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(四十四)
【基础热身】
1.A [解析] k=3可得A1A2+B1B2=0,A1A2+B1B2=0可得k=3或-1.故选A.
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.
4.4 [解析] 双曲线渐近线斜率为±,∴-·2=-1,∴m=4.
【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==.
10.25 [解析] b=3时两直线不垂直,b≠3时,由两条直线垂直的充要条件可得:a=,
∴2a+3b=3b+=3b++4=3(b-3)++13
≥2+13=25,当且仅当a=b=5时取“=”.故2a+3b的最小值为25.
11. [解析] ∵f′(x)=6ax2,∴切线斜率k=f′(1)=6a,又切线与直线2x-y+1=0平行,∴6a=2,∴a=.
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(四十五)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] 弦长=2=2=.
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)设AP中点为M(x,y),由中点坐标公式可知,P点坐标为(2x-2,2y),
∵点P在圆x2+y2=4上,∴(2x-2)2+(2y)2=4,
故线段AP的中点的轨迹方程为(x-1)2+y2=1.
(2)设线段PQ的中点为N(x,y),
在Rt△PBQ中,|PN|=|BN|.
设O为坐标原点,连接ON,则ON⊥PQ,
所以|OP|2=|ON|2+|PN|2=|ON|2+|BN|2,
所以x2+y2+(x-1)2+(y-1)2=4,
故线段PQ的中点的轨迹方程为x2+y2-x-y-1=0.
课时作业(四十五)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] 如图建系(以AB中点O为原点),则A,B,设C(x,y),
由||=2||得=2,
化简得+y2=2,故C的几何图形为以E为圆心,为半径的圆,观察得当C在D点时,·最大,且为4+3.
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(四十六)
【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.[4,6] [解析] 把圆的方程化为标准方程(x-1)2+y2=9,直线ax-2y-2a+4=0过定点(2,2),定点到圆心距离d==<3,故定点在圆内,本题转化为求过圆内一点的直线被圆所截得弦长范围,易得[4,6].
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.(-4,-2) [解析] 如图,α=2∠APO,即求∠APO最小时点P坐标,∵sin∠APO=,即|PO|最大时的P为所求,又得(-4,-2),故点P坐标为(-4,-2).
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(四十七)
【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.B [解析] 由题知4b=2a+2c,∴2b=a+c,∴4b2=a2+2ac+c2=4(a2-c2),∴3a2-5c2-2ac=0,两边同除以a2,得3-5e2-2e=0,解得e=.
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.+=1 [解析] 由题得c=3,又△ABF2的周长为16,由椭圆定义知4a=16,∴a=4,∴b2=16-9=7,故椭圆C的方程为+=1.
【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.B [解析] 由题知2a=10,2c=6,且△MF1F2的内切圆半径r==,
故(2a+2c)·r=·2c·|yM|,解得yM=4,此时M在椭圆与y轴的交点上,故有2个,选B.(注:应当注意椭圆的对称性,如将上题的内切圆的周长改为2π,则满足的M点就有4个)
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.
11.9 [解析] 椭圆方程化为:+y2=1,∵焦点在y轴上,∴0<<1,∴m>1,又长轴长是短轴长的3倍,∴2=6,∴m=9.
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)设P(x,y),则kMP·kNP=·=-(x≠±),
整理得+y2=1(x≠±).
(2)∵圆O与直线l相切,∴=1,即m2=k2+1,
当直线l过M或N点时,有±k+m=0,
由解得k2=1,
∵直线l与点P的轨迹交于不同的两点A,B,且M,N不在点P的轨迹上,
∴k2≠1,
由消去y,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
x1+x2=-,x1·x2=.
|AB|=
=·
=·.
将m2=k2+1代入上式得 |AB|=2=,
化简得4k4+4k2-3=0,解得k2=.
y1·y2=(kx1+m)·(kx2+m)
=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=,
∴·=x1x2+y1y2=+
==.
课时作业(四十八)
【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.C [解析] 不妨设渐近线为y=x,代入圆方程化简得x2-x+3=0,
由题意有Δ=-4×3<0,即e2<4,故选C.
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,有6种,所有情况有20种,故概率为.
14.解:(1)|MF|=,
点M到直线l的距离d=x-,
依题意,有=,
去分母,得3=|5x-9|,
平方整理得-=1,即为点M的轨迹方程.
(2)设点P坐标为P(x,y),
由|OP|=得x2+y2=34,
解方程组得或或或
∴点P坐标为(3,4)或(-3,-4)或(-3,4)或(3,-4).
15.解:(1)椭圆的焦点为F1(0,-3),F2(0,3).
设双曲线的方程为-=1,则a2+b2=32=9.①
又双曲线经过点(,4),所以-=1,②
解①②得a2=4,b2=5或a2=36,b2=-27(舍去),
所以所求双曲线C的方程为-=1.
(2)由双曲线C的方程,知a=2,b=,c=3.
设|PF1|=m,|PF2|=n,则|m-n|=2a=4,
平方得m2-2mn+n2=16.①
在△F1PF2中,由余弦定理得(2c)2=m2+n2-2mncos120°=m2+n2+mn=36.②
由①②得mn=,
所以△F1PF2的面积为S=mnsin120°=.
【难点突破】
16.解:设P点坐标为(x,y),则由AP⊥PQ,得·=0,
则P点在以AQ为直径的圆上,
即+y2=. ①
又P点在双曲线上,得-=1. ②
由①,②消去y,得(a2+b2)x2-3a3x+2a4-a2b2=0,
即[(a2+b2)x-(2a3-ab2)](x-a)=0.
当x=a时,P与A重合,不符合题意,舍去.
当x=时,满足题意的P点存在,需x=>a,化简得a2>2b2,
即3a2>2c2,<.∴离心率e=∈.
课时作业(四十九)
【基础热身】
1.B [解析] 2p=1,∴=,∴准线方程为y=-,即4y+1=0,选B.
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)设曲线C上任意一点P(x,y),又F(1,0),N(-1,y),从而=(-1-x,0),
=(2,-y),+=,·=0?-2x+y2=0.
化简得y2=4x,即为所求的P点的轨迹C对应的方程.
(2)方法一:由题意可知直线AB的斜率存在且不为零,可设AB的方程为x=my+a,
并设A(x1,y1),B(x2,y2).联立
代入整理得y2-4my-4a=0,从而有y1+y2=4m ①,y1y2=-4a ②.
又k1+k2=-1?+=-1,
又y=4x1,y=4x2,∴k1+k2=-1?+=-1?+=-1?-(y1+2)(y2+2)=4(y1+y2+4),
展开即得y1y2+6(y1+y2)+20=0,
将①②代入得a=6m+5,
得,AB:x=my+6m+5,
故直线AB经过(5,-6)这个定点.
方法二:设A(x1,y1),B(x2,y2).
设MA:y=k1(x-1)+2,与y2=4x联立,得k1y2-4y-4k1+8=0,则y1=-2 ①,
同理y2=-2 ②.
AB:y=(x-x1)+y1,即y=x+ ③.
由①②:y1+y2=4-4=-4,y1y2=4=4,
代入③,整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0恒成立.
则?故直线AB经过(5,-6)这个定点.
【难点突破】
16.解:(1)由条件焦点F,准线l:y=-,∵圆M关于l对称,∴圆心坐标为,
则b=-,p+1=3,p=2,b=-1.
所以抛物线C的方程为x2=4y,圆M的方程x2+(y+1)2=1.
(2)由42=4m(m>0),得m=4,A的坐标为(4,4).
假设抛物线上存在点B(t≠0且t≠4),使得经过点O,A,B的圆和抛物线C在点B处有相同的切线.
设该圆圆心坐标为N(a,b),
则即
解得而抛物线C在点B处的切线斜率为k=y′|x=t=,又切线与NB垂直,且t≠0,所以·=-1,即2a+bt-2t-t3=0,将①②式代入得t3-2t2-8t=0,即t(t-4)(t+2)=0,又t≠0,解得t=-2.
故满足题设的点B存在,其坐标为(-2,1).
课时作业(五十)A
【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] 圆心到准线的距离为4,由题意只要|FM|>4即可,而|FM|=y0+2,∴y0>2.
6.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.
7.B [解析] 根据||·||+·=0得4+4(x-2)=0,即(x+2)2+y2=(x-2)2,即y2=-8x.
8.C [解析] 根据题意F(-c,0),P,将点P代入+=1(a>b>0),可以求得e2=4-2,故选C.
9.D [解析] 由抛物线的定义,|PF|=d1+1,d1=|PF|-1,
d1+d2=d2+|PF|-1,显然当PF垂直于直线x-y+4=0时,d1+d2最小.
此时d2+|PF|为F到直线x-y+4=0的距离,为=.
∴d1+d2的最小值为-1.
10. [解析] 已知=,此时b=a且双曲线的离心率为=2,所以=≥=,等号当且仅当a=时成立.
11. [解析] 根据已知O(0,0),F(c,0),G(a,0),H,
所以===e-e2=-+≤,所以当最大时e=.
12. [解析] 设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),依题意有直线B1F1的斜率k′=-,即-=-,所以k= ①.又线段B1F1的中点在直线l上,即-=-·k+b,所以k= ②.由①②得c2=3b2,即4c2=3a2,所以e==.
13.抛物线 [解析] 如图,以点A为坐标原点建立直角坐标系,设P(x,y),则P到A1D1的距离为,P到点M的距离为,根据已知得1+x2--y2=,化简即得y2=x,故点P的轨迹为抛物线.
14.解:(1)设椭圆的焦距为2c,∵离心率为,∴=,
∴a2=2c2,b2=c2,设椭圆方程为+=1.
又∵点Q在椭圆上,∴c2=1,
∴椭圆方程为+y2=1.
(2)由已知直线AB的斜率存在,设AB的方程为:y=k(x-2).
由得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,
Δ=64k4-4(1+2k2)(8k2-2)>0,
得k2<,即k∈.
设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y),
x1+x2=,x1·x2=.
∵+=t,∴(x1+x2,y1+y2)=t(x,y),
显然k=0时,t=0;
当t≠0时,x==.
y==[k(x1+x2)-4k]=,
∵点P在直线x+y-1=0上,
∴+-1=0,
即t==4-=4.
∵==≤当且仅当k=-1时取等号,
∴t≥4-=2-.
综上,tmin=2-.
15.解:(1)当λ=1时,PQ⊥x轴,此时|PQ|=4.
(2)由得y2-4ty-4=0,
y1+y2=4t, ①
y1y2=-4. ②
由=λ得y1=-λy2. ③
由①②③消去y1,y2得4t2=λ+-2, ④
∵F(1,0),又直线L:x=ty+1过定点(1,0),
∴|PQ|=x1+x2+2=t(y1+y2)+4=4t2+4, ⑤
把④代入⑤得|PQ|=λ++2,λ∈,
∴|PQ|∈.
【难点突破】
16.解:(1)由已知,直线L与抛物线相交,所以
?x2-kx+1=0,Δ=k2-4>0,即k2>4. ①
又直线L与以M为圆心的单位圆相离或相切,所以d=≥1,k2≤8. ②
由①②得:48,
且|CD|=2=2.
令f(k)==(k2>8),
令t=k2-8(t>0),
y==(t>0),当且仅当k=±取到最小值是.
所以,λ≤.
课时作业(五十)B
【基础热身】
1.B [解析] 圆x2+y2-8x+12=0的圆心为(4,0),半径为2,动圆的圆心到(4,0)的距离减去到(0,0)的距离等于1,由此可知,动圆的圆心在双曲线的一支上.
2.D [解析] 设点的坐标为(x,y),则=2|y|,整理得x2-3y2=0.
3.D [解析] 设P(x,y),则d===≥.
4.A [解析] 设点P(x,y),则Q(-1,y),由·=·得(x+1,0)·(2,-y)=(x-1,y)·(-2,y),化简得C:y2=4x.
【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.D [解析] 渐近线方程是ax-by=0,圆的标准方程是(x-2)2+y2=1,圆心到直线的距离等于1,即=1?c2=4a2?e=2.
7.C [解析] 设AB所在直线方程为x=ky,
由得(4k2+9)y2-180=0,
所以y1+y2=0,y1y2=-,所以△ABF2的面积为|OF2||y1-y2|==30,
故由30=20,得k=±,所以直线AB的方程为y=±x.故选C.
8.D [解析] 依题意直线y=2x与椭圆的一个交点坐标为(c,2c),所以+=1,消去b整理得a2-2ac-c2=0,所以e2+2e-1=0,解得e=-1±.又e∈(0,1),所以e=-1.故选D.
9.B [解析] 设M(x0,y0),根据圆的切线知识可得过A,B的直线l的方程为x0x+y0y=2,由此得P,Q,故△POQ的面积为×·.点M在椭圆上,所以+=1≥2·,由此得|x0y0|≤3,所以≥,等号当且仅当=时成立.
10.2 [解析] 依题意,S△A1A2B=ab≤==2,所以△A1A2B面积的最大值为2.
11.3 [解析] ∵双曲线焦点在x轴上,令y=0,则(x-2)2=1,解得x=1或3,故a=1,c=3,离心率e=3.
12.-2 [解析] 由抛物线的定义得,点P到直线l的距离为m,即为点P到抛物线的焦点F(2,0)的距离.设线段FC与圆交于点E,则|FE|即为m+|PQ|的最小值.圆C:x2+y2+6x+8y+21=0化为标准方程是(x+3)2+(y+4)2=4,其半径r=2,故|FE|=|FC|-r=-2=-2.
13. [解析] 取值范围的左端点是=,右端点是当直线的倾斜角等于时,此时直线方程是y=x-,代入抛物线方程得x2-x+=0,根据题意点A的横坐标是x==+,根据抛物线定义该点到焦点的距离等于其到准线的距离,故这个距离是++=1+.
14.解:(1)由已知,点P到点F的距离等于到直线y=-的距离,根据抛物线的定义,可得动圆圆心P的轨迹C为抛物线,其方程为x2=y.
(2)证明:设A(x1,x),B(x2,x).
∵y=x2,∴y′=2x,
∴AN,BN的斜率分别为2x1,2x2,
故AN的方程为y-x=2x1(x-x1),
BN的方程为y-x=2x2(x-x2),
即
两式相减,得xN=.
又xM=,
所以M,N的横坐标相等,于是MN⊥x轴.
15.解:(1)设椭圆方程为+=1(a>b>0).抛物线焦点坐标(2,0),所以a=2,=,所以c=1,b2=a2-c2=3,所以椭圆M的标准方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),设l:x=my+1(m∈R,m≠0),
?(3m2+4)y2+6my-9=0.
由韦达定理得y1+y2=- ①,
(+)⊥?|NA|=|NB|?
(x1-t)2+y=(x2-t)2+y?
(x1-x2)(x1+x2-2t)+(y-y)=0.
将x1=my1+1,x2=my2+1代入上式,整理得
(y1-y2)[(m2+1)(y1+y2)+m(2-2t)]=0,由y1≠y2知(m2+1)(y1+y2)+m(2-2t)=0,
将①代入得t=,
所以实数t∈.
【难点突破】
16.解:(1)证明:由题意知e==,所以e2===.即a2=b2.
又因为b==,所以a2=4,b2=3.故椭圆的方程为+=1.
(2)由题意知直线PB的斜率存在,设直线PB的方程为y=k(x-4).
由得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0.①
设点B(x1,y1),E(x2,y2),则A(x1,-y1),
直线AE的方程为y-y2=(x-x2),
令y=0,得x=x2-.
将y1=k(x1-4),y2=k(x2-4)代入,整理得
x=. ②
由①得x1+x2=,x1x2=,代入②式整理得x=1.
所以直线AE与x轴相交于定点Q(1,0).
课时作业(五十一)
【基础热身】
1.A [解析] 由分层抽样按比例抽取,可得农村住户中无冰箱的户数为×100 000=16 000.故选A.
2.B [解析] 根据随机数表法的步骤,按①③②的顺序进行,故选B.
3.D [解析] 抽取比例为=,故各层中依次抽取的人数分别是=8,=16,=10,=6.答案为D.
4.20 [解析] 系统抽样也是等距抽样,因为第三、第四两段中抽取的编号之差为14,所以第二段中抽取的编号与第一段中抽取的编号6之差也为14,所以还有一位同学的编号应为20.
【能力提升】
5.B [解析] 设第一组中抽取的是a,因为每组有8个样本,第16组应抽出的号码为125,依据系统抽样的规则,有a+(16-1)×8=125,得a=5.故选B.
6.C [解析] 上述抽样方法是将发票平均分成若干组,每组50张;从第一组中抽出了15号,以后各组抽15+50n(n为自然数)号,符合系统抽样的特点,故选C.
7.B [解析] 频率之比等于频数之比,故=,解得n=60.
8.A [解析] 因为1 387除以9得154余1,故应先从1 387名同学中随机剔除1名同学.
9.B [解析] 设从甲、乙两个厂家抽取的袋数之和为x袋,则在另外两个厂家抽取的袋数之和为x-8袋,则从四个厂家共抽取了2x-8袋,依题意得=,∴x=22,
2x-8=36.故选B.
10.18 [解析] 设老年职工有x人,则中年职工有2x人,所以3x+160=430,得x=90.又抽取比例为=,所以样本中的老年职工人数为90×=18.
11.16,28,40,52 [解析] 依系统抽样规则,剩下的四个号码依次是16,28,40,52.
12.20 [解析] 方法一:由A,B,C三个批次的产品数量成等差数列,得A,C两个批次的产品数量的和等于B批次的产品数量的2倍,则B批次的产品数量为=80,
又抽取的比例为=,故B批次的产品应抽取80×=20.
方法二:由分层抽样的定义,原来A,B,C三个批次的产品数量的比例与抽取的样本的比例相同,则B批次的产品抽取的样本数量是A,C两个批次的产品抽取的样本数量的等差中项,故B批次的产品应该抽取=20.
13.150 [解析] 由分层抽样的比例可知=,解得x=150.
14.解:用分层抽样方法抽取.
具体实施抽取如下:
(1)因为20∶100=1∶5,所以=2,=14,=4,所以从副处级以上干部中抽取2人,从一般干部中抽取14人,从工人中抽取4人.
(2)因副处级以上干部与工人的人数较少,他们分别按1~10编号与1~20编号,然后采用抽签法分别抽取2人和4人;对一般干部70人采用00,01,02,…,69编号,然后用随机数表法抽取14人.
(3)将2人,4人,14人的编号汇合在一起就取得了容量为20的样本.
15.解:(1)这三种抽取方式中,其总体都是指该校高三全体学生本年度的考试成绩,个体都是指高三年级每个学生本年度的考试成绩.其中第一种抽取方式中样本为所抽取的14名学生本年度的考试成绩,样本容量为14;第二种抽取方式中样本为所抽取的14名学生本年度的考试成绩,样本容量为14;第三种抽取方式中样本为所抽取的100名学生本年度的考试成绩,样本容量为100.
(2)上面三种抽取方式中,第一种方式采用的方法是简单随机抽样法;第二种方式采用的方法是系统抽样法和简单随机抽样法;第三种方式采用的方法是分层抽样法和简单随机抽样法.
(3)第一种方式抽样的步骤如下:
首先在这14个班中用抽签法任意抽取一个班,然后从这个班中按学号用随机数法或抽签法抽取14名学生,考察其考试成绩.
第二种方式抽样的步骤如下:
首先在第一个班中,用简单随机抽样法任意抽取某一学生,记其学号为x,然后在其余的13个班中,选取学号为x的学生,共计14人.
第三种方式抽样的步骤如下:
首先分层,因为若按成绩分,其中优秀生共105人,良好生共420人,普通生共175人,所以在抽取样本中,应该把全体学生分成三个层次,然后确定各个层次抽取的人数,因为样本容量与总体的个数比为100∶700=1∶7,所以在每个层次抽取的个数依次为,,,即15,60,25.
再按层次分别抽取,在优秀生中用简单随机抽样法抽取15人,在良好生中用简单随机抽样法抽取60人,在普通生中用简单随机抽样法抽取25人.
【难点突破】
16.解:按照1∶5的比例,应该抽取的样本容量为485÷5=97,把485名同学分成97组,每组5人.第一组是编号为1~5的5名学生,第2组是编号为6~10的5名学生,依次下去,第97组是编号为481~485的5名学生.
采用简单随机抽样的方法,从第1组5名学生中抽出一名学生,不妨设编号为l(1≤l≤5),那么抽取的学生编号为l+5k(k=0,1,2,…,96)得到97个个体作为样本,如当l=2时的样本编号为2,7,12,…,477,482.
课时作业(五十二)
【基础热身】
1.D [解析] 依题意得=0.25,解得n=144.故选D.
2.B [解析] 每组成绩取中间值进行估计,于是这次考试成绩的平均分可以估计为:
=46.故选B.
3.D [解析] 平均数增加60,方差不变.
4.B [解析] 通过茎叶图可知这10位同学的身高分别是155 cm,155 cm,157 cm,158 cm,161 cm,163 cm,163 cm,165 cm,171 cm,172 cm.这10个数据的中位数是将这些数据从小到大(或从大到小)排列后中间两个数据的平均数,即为161 cm和163 cm这两个数据的平均数,所以应选B.
【能力提升】
5.C [解析] 一个容量为20的样本数据,据表知样本分布在(20,50]的频数3+4+5=12,故其频率为=0.6.故选C.
6.B [解析] 由频率分布直方图可知时速超过60 km/h的概率为0.28+0.10=0.38,故估计汽车数量为200×0.38=76,选B.
7.112.8 [解析] 用每个区间的中点估计该区间的成绩.
平均成绩=(80×0.008+100×0.012+120×0.02+140×0.01)×20=112.8.
8.A [解析] 甲的中位数是=81,乙的中位数是=87.5;甲的平均数是81,乙的平均数是85.由图知甲同学的成绩分布比乙较为集中,由此可知①②不正确,③④正确,结合选项,可知正确选项为A.
9.D [解析] 设没记清的数为x,若x≤2,则这列数为x,2,2,2,4,5,10,则平均数为,中位数为2,众数为2,所以2×2=+2,得x=-11;
若2s,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(五十三)
【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. [解析] 随机抽取两名同学的情况有:(55 kg,62 kg),(55 kg,68 kg),(55 kg,75 kg),(62 kg,68 kg),(62 kg,75 kg),(68 kg,75 kg),共6种;其中,都达标的有:(62 kg,68 kg),共1种,故这两名同学都达标的概率为.
【能力提升】
5.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=.
6.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=.
7.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-=.
8.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.
9.D [解析] 由题意知,m,n∈{-2,-1,0,1,2,3},构成的有序数组共有36种,满足条件的有序数组共有(-2,2),(-1,1),(0,0),(2,-2),(1,-1)5种.故事件A的概率为.
10.0.95 [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.
11. [解析] 由0,1,2,3组成没有重复数字的三位数共有18个,其中两个偶数相邻的共有6个,所以,其概率为.
12. [解析] 当甲想到0时,乙有0,1,2,…,9,10种猜测方法,同理当甲想到2,3,4,…,9时,乙分别各有10种猜测方法,故共有100种方法,即基本事件总数为100.若|a-b|≤1,则分两类:当甲想到0或9时,乙只能猜0、1或8、9共4种;当甲想到1,2,3,4,5,6,7,8中每一个数字时,乙分别都有3种猜测方法,所以“心有灵犀”包含的基本事件数为4+24=28,于是他们“心有灵犀”的概率为=.
13. [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==.
14.解:因玩具是均匀的,所以玩具各面朝下的可能性相等,出现的可能情况有(1,1),(1,2),(1,3),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,5),(3,1),(3,2),(3,3),(3,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,5)共16种,
(1)事件“m不小于6”包含(1,5),(2,5),(3,3),(3,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,5)8个基本事件,所以P(m≥6)==.
(2)“m为奇数”的概率和“m为偶数”的概率不相等.
因为m为奇数的概率为P(m=3)+P(m=5)+P(m=7)=++=,
m为偶数的概率为1-=.
这两个概率值不相等.
15.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】
16.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(五十四)
【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.
10.9 [解析] a=3,s=3;n=2,a=7,s=10;….
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:z=2,x=1,y=2;
z=3,x=2,y=3;
z=5,x=3,y=5;
z=8,x=5,y=8;
z=13,x=8,y=13;
z=21,x=13,y=21;
z=34,x=21,y=34;
输出s==.
15.解:x=4,y=1,|x-y|=3>1;
x=1,y=-,|x-y|=>1;
x=-,y=-,|x-y|=<1.
∴y=-.
【难点突破】
16.解:先列举几个如下:
i=2,s=3,p==;
i=3,s=6,p=+=+;
i=4,s=10,p=++=++;
i=5,s=15,p=……
观察上面几式易得规律.
考察一个数列求和:
p=+++…+
可从通项着手:
an====2.
故p=2+++…+=1-.
令p=1->?i>19.
故当i=20时,跳出程序.
课时作业(五十五)
【基础热身】
1.B [解析] 本题考查复数的运算,几何意义.=-i(i-1)=1+i,位于第一象限.故选B.
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] ∵z==+i,∴|z|=.
【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.C [解析] ∵==+i,∴=0?a=.
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.
课时作业(五十八)A
1.解:本题考查直线与圆的极坐标方程,具体的解题思路和过程:把直线与圆的极坐标方程转化为普通方程,求出直线与坐标轴的交点代入圆方程求解.
直线方程为x+y-1=0,与x轴的交点为,圆的方程为x2+y2=a2,把交点代入得+02=a2,又a>0,所以a=.
2.解:直线ρsin=2可化为x+y-2=0,圆ρ=4可化为x2+y2=16,
由圆中的弦长公式得弦长为2=2=4.
3.解:在ρsin=-中令θ=0,得ρ=1,
所以圆C的圆心坐标为(1,0).
因为圆C经过点P,
所以圆C的半径PC==1,
于是圆C过极点,所以圆C的极坐标方程为ρ=2cosθ.
4.解:(1)由题意得点A的直角坐标为(4,3),曲线L的直角坐标方程为y2=2x,直线l的直角坐标方程为y=x-1.
(2)设B(x1,y1),C(x2,y2),联立
消去y得x2-4x+1=0,
由韦达定理得x1+x2=4,x1·x2=1,
由弦长公式得|BC|=|x1-x2|=2.
课时作业(五十八)B
1.解:本题考查了极坐标的相关知识,解题的突破口为把极坐标化为直角坐标.由2ρcosθ=1得2x=1①,由ρ=2cosθ得ρ2=2ρcosθ,即x2+y2=2x②,联立①②得y=±,所以弦长为.
2.解:方法一:将ρ=2和cosθ+sinθ=0化为直角坐标方程为x2+y2=4和y=-x,联立解得(舍去)或所以点的直角坐标为(-,),所以ρ=2,因为点(-,)在第二象限,所以θ=π,得交点的极坐标为.
方法二:由cosθ+sinθ=0得tanθ=-1,因为0≤θ≤π,所以θ=π,故交点的极坐标为.
3.解:曲线C1为半圆x2+y2=1(0≤y≤1),曲线C2的直角坐标方程为x-y+b=0.
结合图形知,当直线与半圆相切时,=1,即b=(b=-舍去),
当直线经过点(-1,0)时,直线与半圆有两个交点,此时b=1,故当1≤b<时,曲线C1与C2有两个不同的交点.
4.解:(1)设M(ρ,θ)为圆C上任一点,OM的中点为N,
因为O在圆C上,∴△OCM为等腰三角形.
由垂径定理可得|ON|=|OC|cos,
所以|OM|=2×3cos,
即ρ=6cos为所求圆C的极坐标方程.
(2)设点P的极坐标为(ρ,θ),因为P在OQ的延长线上,且|OQ|∶|QP|=3∶2,所以点Q的坐标为.
由于点Q在圆上,所以ρ=6cos.
故点P的轨迹方程为ρ=10cos.
课时作业(五十九)A
1.解:由抛物线的参数方程 消去t,得y2=8x,
∴焦点坐标为(2,0),∴直线l的方程为y=x-2.
又∵直线l与圆(x-4)2+y2=r2相切,∴r==.
2.解:利用方程思想解决,C1化为一般方程为:x2+y2=5,C2化为直角坐标方程为:y=x-1,联立方程组得:即x2-x-2=0,解得x1=-1,x2=2.又由C1中θ的取值范围可知,交点在第一象限,所以交点为(2,1).
3.解:(1)曲线C的极坐标方程可化为ρ2=2ρsinθ,又x2+y2=ρ2,x=ρcosθ,y=ρsinθ,所以,曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2y=0.
(2)将直线l的参数方程化为直角坐标方程,
得y=-(x-2),
令y=0,得x=2,即M点的坐标为(2,0).
又曲线C为圆,圆C的圆心坐标为(0,1),半径r=1,则MC=.
∴MN≤MC+r=+1,即MN的最大值为+1.
4.解:(1)将代入y=-2x2+1得2t2cos2α+tsinα-1=0,①
将代入y=x2-2得t2cos2α-tsinα-2=0,②
记A,B对应的参数分别为tA,tB.
当0<α<时,A,B都在曲线C1上,∴tA,tB是方程①的解,
故|OA|·|OB|=|tA·tB|=.
(2)当<α<时,A在曲线C1上,B在曲线C2上,
所以tA,tB分别是方程①②的解,且tA>0,tB<0.
故tA=,tB=
∴==,故为常数.
课时作业(五十九)B
1.解:方法一:直线l的普通方程为x+2y-3=0,
曲线C的普通方程为x2+4y2=4.
由方程组消去x得8y2-12y+5=0.
因为Δ=-16<0,所以方程8y2-12y+5=0无解,所以曲线C与直线l没有公共点.
方法二:直线l的普通方程为x+2y-3=0,
把曲线C的参数方程代入l的方程x+2y-3=0,
得2cosθ+2sinθ-3=0,即sin=.
因为sin∈[-,],而?[-,],
所以方程sin=无解,
即曲线C与直线l没有公共点.
2.解:直线l的普通方程为x+2y-4=0,
设P(2cosθ,sinθ),点P到直线l的距离为
d==,
所以当sin=1时,d有最小值.
此时θ+=2kπ+,即θ=2kπ+(k∈Z),
所以sinθ=,cosθ=,所以点P的坐标为.
从而椭圆C上到直线l的距离最小的点P的坐标为.
3.解:(1)由已知曲线C1,C2围成区域的面积由一个圆的面积减去两个弓形的面积,而弓形的面积等于扇形的面积减去一个等腰三角形的面积,
则S=4π-2×=+2.
(2)因为MA,AO,ON成等比数列,则有
AO2=ON·MA,即
(-4cosα)2=(2+4cosα)·2?cosα=.,
由对称性知cosα=满足题意.
综上cosα=或cosα=.
4.解:(1)∵抛物线M的极坐标方程为ρ=,
∴ρ2sin2θ=4ρcosθ,即y2=4x.
(2)设直线BD的倾斜角为α,
则直线BD的参数方程为(t为参数).
将直线BD参数方程(t为参数)代入y2=4x得,
t2sin2α-4tcosα-8=0,∴t1+t2=,t1t2=-.
∵|BD|=|t1-t2|===4,
∴sin2α=1,即α=.∵∠DAE=.
∴同理可设AE参数方程即
同理可得:t′1+t′2==-4,
t′1t′2=-=-16,
∴+=+=====.
课时作业(六十)A
1.解:当x≤-1时,原不等式可化为-x-1-2x+1>4,解得x<-,此时解为x<-;当-14,解得x<-2,此时无解;
当x≥时,原不等式可化为x+1+2x-1>4,解得x>.
综上原不等式的解集是.
2.解:由a3-b3=a2-b2变形得a2+ab+b2=a+b,整理得(a+b)2-(a+b)=ab,
而07,
不等式的解集是以下不等式组解集的并集.
或
或
解得函数f(x)的定义域为(-∞,-4)∪(3,+∞).
(2)不等式f(x)≥3,即|x-1|+|x+2|≥a+8,
因为x∈R时,恒有|x-1|+|x+2|≥|(x-1)-(x+2)|=3,
又|x-1|+|x+2|≥a+8解集是R,
所以a+8≤3,即a≤-5.
所以a的取值范围是(-∞,-5].
4.解:(1)由|ax+1|≤3得-4≤ax≤2.又f(x)≤3的解集为{x|-2≤x≤1},所以当a≤0时,不合题意.
当a>0时,-≤x≤,又f(x)≤3的解集为{x|-2≤x≤1},得a=2.
(2)记h(x)=f(x)-2f,
则h(x)=
所以|h(x)|≤1,因此k≥1.
课时作业(六十)B
1.解:当020.
即当x≥8时,恒有log2x+2x≥20.
综上,原不等式的解集为{x|00.
所以|f(a)-f(b)|<|a-b|.
4.解:(1)当a=-3时,f(x)=
当x≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x≤1;
当2b>0时,>1,>0,
由指数函数的性质知>1,所以aabb>(ab).
当b>a>0时,0<<1,<0,
由指数函数的性质知>1,所以aabb>(ab).
综上知aabb>(ab).
3.证明:因为A-B=2x2+y2+1-2x(y-1)
=(x2-2xy+y2)+(x2+2x+1)
=(x-y)2+(x+1)2≥0,
所以A≥B,
当且仅当x=y=-1时,等号成立.
4.解:∵·
≥
即·4≥1.
∴++≥,此时==即x=y=z=3.
因此++的最小值为.
课时作业(六十一)B
1.证明:由已知m≥|a|,m≥|b|,m≥1.
又|x|>m,
所以|x|>|a|,|x|>|b|,|x|>1.
所以≤+
=+<+=1+<1+=2.
所以<2成立.
2.证明:方法一:因为a,b是正数,利用基本不等式,
=2ab++2+
=+≥2+=.
所以≥.
方法二:因为a,b是正数,利用柯西不等式,
=
≥==.
所以≥.
[点评] 利用柯西不等式证明不等式,关键是构造两个适当的数组,这两个数组的选取要结合题目条件和要解决的问题,“凑出”符合柯西不等式的形式.
3.证明:由(1+2ab+1+2bc+1+2ca)≥(1+1+1)2,
得++≥,
又(ab+bc+ca)2≤(a2+b2+c2)(b2+c2+a2)=9,故ab+bc+ca≤3,从而
++≥≥=1.
4.解:由x1=1,xn+1=1+,p>0知,
xn>0(n∈N*).
(1)证明:当p=2时,xn+1=1+,
①当n=1时,x1=1<,命题成立.
②假设当n=k时,xk<,
则当n=k+1时,xk+1=1+=2-<2-=,
即n=k+1时,命题成立.
根据①②知,xn<(n∈N*).
(2)用数学归纳法证明,xn+1>xn(n∈N*).
①当n=1时,x2=1+>1=x1,命题成立.
②假设当n=k时,xk+1>xk,
因为xk>0,p>0,
所以<,
则当n=k+1时,xk+1=1+=2-<2-=xk+2,即n=k+1时,命题成立.
根据①②知,xn+1>xn(n∈N*).
所以综上证明可知{xn}是递增数列,
故不存在正整数M,使得对于任意正整数n,都有xM≥xn.
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