2018-2019学年江苏省南通市如皋市、盐城市高二（上）期末数学试卷（理科）含详细解答

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1、2018-2019 学年江苏省南通市如皋市、盐城市高二（上）期末数学试卷（理科）一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分，请将答案直接填写在答题卡相应分，请将答案直接填写在答题卡相应 位置上位置上 1 （5 分）已知复数 z 满足 zi1+i（其中 i 是虚数单位） ，则 z 2 （5 分）过抛物线 y24x 的焦点且与对称轴垂直的弦长为 3 （5 分）命题“x0，x2+3x+10“的否定为 4 （5 分）点 P（2，0）到双曲线1 的渐近线的距离为 5 （5 分）已知直线的参数方程为（t 为参数） ，则其倾斜角为 6 （5 分）已知命题 p 为真命题，

2、命题 q 为假命题，则在下列命题中：q；pq；p q 是真命题的有 个 7 （5 分）p： “复数 z（m2m）+mi（mR，i 为虚数单位）是纯虚数”是 q： “m1”的 条件 （请在“充分不必要” 、 “必要不充分” 、 “既不充分又不必要” 、 “充分必要”选择一 个最为恰当的答案填写在横线上） 8 （5 分）已知直线 a，b 和平面 满足：ab，a，b，若从其中选出两个 作为条件，余下一个作为结论，可以得到 个真命题 9 （5 分）从装有大小完全相同的 2 个白球、3 个黑球的口袋中随机取出两个小球，记取出 白球的个数为随机变量 ，则 P（1）的值为 10 （5 分）已知正方体 ABC

3、DA1B1C1D1的棱长为 2，E，F，G，H 分别是四条棱 AB，BC， CD，DA 上的中点，则四棱锥 A1EFGH 体积为 11 （5 分）已知抛物线 y216x 上任意一点到双曲线1 右焦点的距离比到左准线 的距离大 1，则 a2 12 （5 分）已知椭圆+1（ab0）的左右两个焦点分别为 F1、F2，以 F1F2为斜 边的等腰直角三角形 PF1F2与椭圆有两个不同的交点 M，N，且 MNF1F2，则该椭圆 第 2 页（共 22 页） 的离心率为 13 （5 分）在三角形内，我们将三条边的中线的交点称为三角形的重心，且重心到任一顶 点的距离是到对边中点距离的两倍类比上述结论：在三棱锥中

4、，我们将顶点与对面重心 的连线段称为三棱锥的“中线” ，将三棱锥四条中线的交点称为它的“重心” ，则棱锥重 心到顶点的距离是到对面重心距离的 倍 14 （5 分）已知椭圆+1 的右焦点为 F，A 为椭圆在第一象限内的点，连接 AF 并 延长交椭圆于点 B，连接 AO（O 为坐原点）并延长交椭圆于点 C，若 SABC3，则点 A 的坐标为 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 9 小题，计小题，计 130 分分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要 的文字说明、证明过程或演算步骤的文字说明、证明过程或演算步骤 15 （12 分）已知直线 l：（

5、t 为参数） ，曲线 C：28sin+150 （1）求直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 上的点到直线 l 距离的最小值 16 （12 分）如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，点 M，N 分别是 AB，A1B1 的中点 （1）求证：BN平面 A1MC； （2）若 A1MAB1，求证：AB1A1C 17 （14 分）设 f（x）x22ax+1，g（x）sinx （1）若x0，1都有 f（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）若x1（0，1，使得对x20，都有 f（x1）g（x2）恒成立，求实数 a 的 取值范围 18 （14 分）设（1

6、+2x）na0+a1x+a2x2+anxn，若展开式中第 4 项与第 5 项二项式系数最 大 第 3 页（共 22 页） （1）求 n； （2）求最大的系数 ai； （3）是否存在正整数 m，使得 am+2+4am4am+1成立？若存在，求出 m 的值；若不存在， 请说明理由 19 （15 分） （请用空间向量求解） 已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA13，E，F 分别是棱 AA1，CC1上的点， 且满足 AE2EA1，CF2FC1 （1）求异面直线 EC1，DB1所成角的余弦值； （2）求面 EB1C1与面 FAD 所成的锐二面角的余弦值 20 （15 分）甲乙二人进行定

7、点投篮比赛，已知甲、乙两人每次投进的概率均为，两人各 投一次称为一轮投篮 （1）求乙在前 3 次投篮中，恰好投进 2 个球的概率； （2）设前 3 轮投篮中，甲与乙进球个数差的绝对值为随机变量 ，求 的分布列与期望 21 （16 分）已知点 P（1，2）是抛物线 y24x 上的一点，过点 P 作两条直线 l1与 l2，分别 与抛物线相交于异于点 P 的 A、B 两点 （1）若直线 AB 过点（2，0）且PAB 的重心 G 在 x 轴上，求直线 AB 的斜率； （2）若直线 AB 的斜率为 1 且PAB 的垂心 H 在 x 轴上，求直线 AB 的方程 第 4 页（共 22 页） 22 （16 分

8、）已知 A，B 分别为椭圆 C：1（ab0）右顶点和上顶点，且直线 AB 的斜率为，右焦点 F 到直线 AB 的距离为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若直线 l：ykx+m（m1）与椭圆交于 M，N 两点，且直线 BM、BN 的斜率之和 为 1，求实数 k 的取值范围 23 （16 分）已知平面上一个圆可以将平面分成两个部分，两个圆最多可以将平面分成 4 个 部分，设平面上 n 个圆最多可以将平面分成 f（n）个部分 （1）求 f（3） ，f（4）的值； （2）猜想 f（n）的表达式并证明； （3）证明：2nf（n） 第 5 页（共 22 页） 2018-2019 学年江苏省南通市如皋市、

9、盐城市高二（上）期末数学年江苏省南通市如皋市、盐城市高二（上）期末数 学试卷（理科）学试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 70 分，请将答案直接填分，请将答案直接填写在答题卡相应写在答题卡相应 位置上位置上 1 （5 分）已知复数 z 满足 zi1+i（其中 i 是虚数单位） ，则 z 1i 【分析】把给出的等式两边同时乘以 i，然后由复数代数形式的除法运算化简求值 【解答】解：由 zi1+i， 得 故答案为：1i 【点评】本题考查了复数代数形式的除法运算，是基础的计算题 2 （5 分）

10、过抛物线 y24x 的焦点且与对称轴垂直的弦长为 4 【分析】求出抛物线的焦点坐标，然后求解对称轴垂直的弦长 【解答】解：抛物线 y24x 的焦点（1，0） ， 可得：y24，解得 y2 可得：对称轴垂直的弦长为：4 故答案为：4 【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力 3 （5 分）命题“x0，x2+3x+10“的否定为 x0，x2+3x+10 【分析】命题“x0，2x23x+40” ，是一个全称命题，其否定命题一定是一个特称 命题，由全称命题的否定方法，我们易得到答案 【解答】解：命题“x0，x2+3x+10” ， 命题“x0，x2+3x+10”的否定为：x0，x2+3x+1

11、0 故答案为：x0，x2+3x+10 【点评】对命题“xA，P（X） ”的否定是： “xA，P（X） ” ；对命题“xA，P（X） ” 的否定是： “xA，P（X） ” ，即对特称命题的否定是一个全称命题，对一个全称命题 的否定是特称命题 第 6 页（共 22 页） 4 （5 分）点 P（2，0）到双曲线1 的渐近线的距离为 【分析】先求出渐近线方程，再根据点到直线的距离公式即可求出 【解答】解：双曲线1 的渐近线方程为 yx，即 4x3y0， 则点（2，0）到 4x3y0 的距离 d， 故答案为： 【点评】本题考查了双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式，属于基础题 5 （5 分）已知直线的

12、参数方程为（t 为参数） ，则其倾斜角为 【分析】把直线的参数方程化为普通方程，求出它的斜率和倾斜角的大小 【解答】解：直线的参数方程为（t 为参数） ， 消去参数 t，化为普通方程是 y1（x1） ， 则该直线的斜率为，倾斜角为 故答案为： 【点评】本题考查了直线的参数方程与普通方程的转化问题，是基础题 6 （5 分）已知命题 p 为真命题，命题 q 为假命题，则在下列命题中：q；pq；p q 是真命题的有 2 个 【分析】根据复合命题真假关系进行判断即可 【解答】解：若命题 p 为真命题，命题 q 为假命题， 则q 是真命题，pq 是假命题，pq 是真命题， 则真命题的是，有 2 个， 故

13、答案为：2 【点评】本题主要考查复合命题真假判断，根据p 与 p 真假性相反，pq 同真为真， 其他为假，pq 同假为假，其余为真的结论是解决本题的关键 第 7 页（共 22 页） 7 （5 分）p： “复数 z（m2m）+mi（mR，i 为虚数单位）是纯虚数”是 q： “m1”的 充要 条件 （请在“充分不必要” 、 “必要不充分” 、 “既不充分又不必要” 、 “充分必要” 选择一个最为恰当的答案填写在横线上） 【分析】根据纯虚数的定义求出 m 的取值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即 可 【解答】解：若复数 z（m2m）+mi（mR，i 为虚数单位）是纯虚数， 则，即，得 m1，

14、即 p 是 q 的充要条件， 故答案为：充要 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合纯虚数的定义求出 m 是解决本 题的关键 8 （5 分）已知直线 a，b 和平面 满足：ab，a，b，若从其中选出两个 作为条件，余下一个作为结论，可以得到 3 个真命题 【分析】根据条件可以构成三个命题，根据空间直线 和平面平行和垂直的性质进行判断即可 【解答】解：构成的命题有， 若 ab，a，则 b 成立，即是真命题， 若 ab，b，则 a 成立，即是真命题 若 a，b，则 ab 成立，即是真命题， 故可以得到 3 个真命题， 故答案为：3 【点评】本题主要考查命题的真假关系，结合空间直线平行于

15、直线平面垂直的性质和判 定定理是解决本题的关键 9 （5 分）从装有大小完全相同的 2 个白球、3 个黑球的口袋中随机取出两个小球，记取出 白球的个数为随机变量 ，则 P（1）的值为 0.6 【分析】基本事件总数 n，记取出白球的个数为随机变量 ，1 包含的基本 事件个数 m6，由此能求出 P（1） 【解答】解：从装有大小完全相同的 2 个白球、3 个黑球的口袋中随机取出两个小球， 第 8 页（共 22 页） 基本事件总数 n， 记取出白球的个数为随机变量 ， 1 包含的基本事件个数 m6， 则 P（1）0.6 故答案为：0.6 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考

16、查运算求解能 力，是基础题 10 （5 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，E，F，G，H 分别是四条棱 AB，BC， CD，DA 上的中点，则四棱锥 A1EFGH 体积为 【分析】推导出 EFGH 是边长为的正方形，点 A1到平面 EFGH 的距离 dAA12， 由此能求出四棱锥 A1EFGH 体积 【解答】解：正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2， E，F，G，H 分别是四条棱 AB，BC，CD，DA 上的中点， EFGH 是边长为的正方形， 点 A1到平面 EFGH 的距离 dAA12， 四棱锥 A1EFGH 体积为： V 故答案为： 【点评】本题考查四棱锥的体

17、积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础 第 9 页（共 22 页） 知识，考查运算求解能力，是中档题 11 （5 分）已知抛物线 y216x 上任意一点到双曲线1 右焦点的距离比到左准线 的距离大 1，则 a2 12 【分析】利用抛物线方程求出焦点坐标与准线方程，由题意知双曲线的右焦点坐标与左 准线方程，由此求出 c 和 a2 【解答】解：抛物线 y216x 中，p8，焦点为 F（4，0） ，准线方程为 x4； 由题意知双曲线1 的右焦点为 F（4，0） ，左准线方程为 x3， c4，且3， 解得 a212 故答案为：12 【点评】本题考查了抛物线方程与双曲线方程的应用问题，是基础

18、题 12 （5 分）已知椭圆+1（ab0）的左右两个焦点分别为 F1、F2，以 F1F2为斜 边的等腰直角三角形 PF1F2与椭圆有两个不同的交点 M，N，且 MNF1F2，则该椭圆 的离心率为 【分析】 可得 N （，） ， 利用 NF1+NF2 2a可得，即可求解 【解答】解：以 F1F2为斜边的等腰直角三角形 PF1F2与椭圆有两个不同的交点 M，N， 且 MNF1F2， N（，） NF1+NF22a ， 第 10 页（共 22 页） 故答案为： 【点评】本题考查了椭圆的离心率，属于中档题 13 （5 分）在三角形内，我们将三条边的中线的交点称为三角形的重心，且重心到任一顶 点的距离是到

19、对边中点距离的两倍类比上述结论：在三棱锥中，我们将顶点与对面重心 的连线段称为三棱锥的“中线” ，将三棱锥四条中线的交点称为它的“重心” ，则棱锥重 心到顶点的距离是到对面重心距离的 3 倍 【分析】由类比推理及线线平行的判定及运用可得：在ABE 中，M，N 分别为 AE，BE 的三等分点，则，即 MNAB，AB3MN，即 AG3GN，故棱锥重心到顶 点的距离是到对面重心距离的 3 倍，得解 【解答】解：在四面体 ABCD 中，E 为 CD 的中点， 连接 AE，BE，且 M，N 分别为ACD，BCD 的重心，AN，BM 交于点 G， 在ABE 中，M，N 分别为 AE，BE 的三等分点，则，

20、 所以 MNAB，AB3MN， 所以 AG3GN， 故棱锥重心到顶点的距离是到对面重心距离的 3 倍， 故答案为：3 第 11 页（共 22 页） 【点评】本题考查了类比推理及线线平行的判定及运用，属中档题 14 （5 分）已知椭圆+1 的右焦点为 F，A 为椭圆在第一象限内的点，连接 AF 并 延长交椭圆于点 B，连接 AO（O 为坐原点）并延长交椭圆于点 C，若 SABC3，则点 A 的坐标为 （1，） 【分析】求得 F（1，0） ， ） ，设 AB 的方程为 xmy+1，联立椭圆方程，运用韦达定理， 以及完全平方公式，结合题意可得 SABOSAOF+SBOF|OF|y1y2|，即有|y1

21、 y2|3，平方后由韦达定理，解方程可得 m0，可得 A 的坐标 【解答】解：由题意可得 F（1，0） ，设 AB 的方程为 xmy+1， 联立椭圆方程可得（4+3m2）y2+6my90， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 可得 y1+y2，y1y2， |y1y2|2（y1+y2）24y1y2+， 由 O 为 AC 的中点，且ABC 的面积为 3， 可得ABO 的面积为， SABOSAOF+SBOF|OF|y1y2|， 即有|y1y2|3， 可得+9， 化为 9m4+m20，即 m0， 第 12 页（共 22 页） 则 ABx 轴，可得 A（1，） ， 故答案为： （1，） 【点评

22、】本题考查椭圆的方程和运用，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和 弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 9 小题，计小题，计 130 分分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要 的文字说明、证明过程或演算步骤的文字说明、证明过程或演算步骤 15 （12 分）已知直线 l：（t 为参数） ，曲线 C：28sin+150 （1）求直线 l 的普通方程与曲线 C 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 上的点到直线 l 距离的最小值 【分析】 （1）直线 l 的参数方程消去参数，能求出直线 l 的普通

23、方程，由曲线 C 的极坐标 方程能求出曲线 C 的直角坐标方程 （2）曲线 C 是以 C（0，4）为圆心，以 r1 为半径的圆，圆心 C（0，4）到直线 l 的距 离 d，由此能求出曲线 C 上的点到直线 l 距离的最小值 【解答】解： （1）直线 l：（t 为参数） ， 直线 l 的普通方程为 2xy10， 曲线 C：28sin+150 曲线 C 的直角坐标方程为 x2+y28y+150 （2）曲线 C 是以 C（0，4）为圆心，以 r1 为半径的圆， 圆心 C（0，4）到直线 l 的距离 d， 第 13 页（共 22 页） 曲线 C 上的点到直线 l 距离的最小值为 【点评】本题考查直线的

24、普通方程、曲线的直角坐标方程的求法，考查极坐标方程、普 通方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 16 （12 分）如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，点 M，N 分别是 AB，A1B1 的中点 （1）求证：BN平面 A1MC； （2）若 A1MAB1，求证：AB1A1C 【分析】 （1）欲证明 BN平面 A1MC，只需推知 A1MBN； （2）根据直三棱柱的特征和线面垂直的判定与性质来证明线线垂直 【解答】证明： （1）因为 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 ABA1B1，且 ABA1B1， 又点 M，N 分别是 AB、A1B1的中点，所以 MBA

25、1N，且 MBA1N 所以四边形 A1NBM 是平行四边形，从而 A1MBN 又 BN平面 A1MC，A1M平面 A1MC，所以 BN平面 A1MC； （2）因为 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 AA1底面 ABC，而 AA1侧面 ABB1A1， 所以侧面 ABB1A1底面 ABC 又 CACB，且 M 是 AB 的中点，所以 CMAB 则由侧面 ABB1A1底面 ABC，侧面 ABB1A1底面 ABCAB， CMAB，且 CM底面 ABC，得 CM侧面 ABB1A1 又 AB1侧面 ABB1A1，所以 AB1CM 又 AB1A1M，A1M、MC 平面 A1MC，且 A1MMCM， 所以

26、AB1平面 A1MC 又 A1C平面 A1MC，所以 ABA1C 第 14 页（共 22 页） 【点评】本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定，其中熟 练掌握空间直线与平面间垂直、平行的判定、性质、定义是解答本题的关键 17 （14 分）设 f（x）x22ax+1，g（x）sinx （1）若x0，1都有 f（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）若x1（0，1，使得对x20，都有 f（x1）g（x2）恒成立，求实数 a 的 取值范围 【分析】 （1）问题转化为 x22ax+10 对x0，1恒成立，通过讨论 x 的范围，结合不 等式的性质求出 a 的范围即可； （

27、2）求出 g（x）的最大值，问题转化为x1（0，1，使得 x122ax1+11 恒成立，求 出 a 的范围即可 【解答】解： （1）x0，1都有 f（x）0 恒成立， 故 x22ax+10 对x0，1恒成立， x0 时，10 恒成立，故 aR， x（0，1时，2ax+对x（0，1恒成立， 故 2a2（当且仅当 x1 时“”成立） ， 故 a1， 综上，a1； （2）x20，g（x）sinx， 故 g（x2）的最大值是 1， x1（0，1，使得对x20，都有 f（x1）g（x2）恒成立， x1（0，1，使得 f（x1）1 恒成立， 即x1（0，1，使得 x122ax1+11 恒成立， 故x1（0

28、，1，使得 x12a 成立， 第 15 页（共 22 页） 即 2a1，解得：a 【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题以及函数恒成立问题，考查转化思想，分 类讨论思想，是一道综合题 18 （14 分）设（1+2x）na0+a1x+a2x2+anxn，若展开式中第 4 项与第 5 项二项式系数最 大 （1）求 n； （2）求最大的系数 ai； （3）是否存在正整数 m，使得 am+2+4am4am+1成立？若存在，求出 m 的值；若不存在， 请说明理由 【分析】 （1）由题意利用二项式系数的性质，求得 n 的值 （2）展开式中第 r+1 项 Tr+1是系数最大的项，列出不等式组求得 r 的值

29、，可得最大的系 数 ai （3）假设存在正整数 m，使得 am+2+4am4am+1成立，解出 m 的值，可得结论 【解答】解： （1）若展开式中第 4 项与第 5 项二项式系数最大，即 ，则 n7 （2）设（1+2x）7展开式中第 r+1 项 Tr+1是系数最大的项，则， 由不等式组，解得，且 rN，r5， 所以 （3）因为，所以， 因为 am+2+4am4am+1，所以， 所以， 由此方程可得：， 解得：m1 或 4 综上：存在 m1 或 4，使得 am+2+4am4am+1成立 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 组合数的计算公式，属于中档题

30、第 16 页（共 22 页） 19 （15 分） （请用空间向量求解） 已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA13，E，F 分别是棱 AA1，CC1上的点， 且满足 AE2EA1，CF2FC1 （1）求异面直线 EC1，DB1所成角的余弦值； （2）求面 EB1C1与面 FAD 所成的锐二面角的余弦值 【分析】 （1）推导出 AD，DC，DD1两两垂直，以 A 为原点，DA，DC，DD1所在的直 线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线 EC1，DB1所成角 的余弦值 （2） 求出平面EB1C1的一个法向量和平面FAD的一个法向量， 利用向量法能求出

31、面EB1C1 与面 FAD 所成的锐二面角的余弦值 【解答】解： （1）在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，DD1平面 ABCD，底面 ABCD 是 正方形， 所以 AD，DC，DD1两两垂直， 以 A 为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标 系，（2 分） 又因 AB1，AA13，E，F 分别是棱 AA1，CC1上的点， 且满足 AE2EA1，CF2FC1AB1，AA13， 所以 D（0，0，0） ，E（1，0，2） ，C1（0，1，3） ，B（1，1，3） ，A（1，0，0） ，F（0， 1，2） ，B1（1，1，3） ， 所以 ， （4 分） 第

32、17 页（共 22 页） 设异面直线 EC1，DB1所成角为， 所以，（7 分） 所以异面直线EC1，DB1所成角的余弦值为 （8 分） （2）， 设平面 EB1C1的一个法向量为， 则，所以，令 z11， 所以，（10 分） 平面 FAD 的一个法向量为， 则，所以，令 z21，所以，（12 分） 所以， （14 分） 所以面 EB1C1与面 FAD 所成的锐二面角的余弦值为 （15 分） 【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查 空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20 （15 分）甲乙二人进行定点投篮比赛，已知甲、

33、乙两人每次投进的概率均为，两人各 第 18 页（共 22 页） 投一次称为一轮投篮 （1）求乙在前 3 次投篮中，恰好投进 2 个球的概率； （2）设前 3 轮投篮中，甲与乙进球个数差的绝对值为随机变量 ，求 的分布列与期望 【分析】 （1）利用 n 次独立重复实验恰有 k 次发生的概率公式计算即可； （2）由题意知随机变量 的取值，计算对应的概率值， 写出分布列，再求出数学期望值 【解答】解： （1）乙在前 3 次投篮中，恰好投进 2 个球为事件 A， 则；（3 分） 答：乙在前 3 次投篮中，恰好投进 2 个球的概率为；（4 分） （2）设前 3 轮投篮中，甲与乙进球个数差的绝对值为随机变

34、量 ， 则 的取值为 0，1，2，3； 设前 3 轮投篮中，甲进球个数为 X，则 X 的取值为 0，1，2，3， 计算 P（X0），P（X1）， P（X2） （1），P（X3）； 所以，（6 分） ，（8 分） ，（10 分） ；（12 分） 所以 的分布列为； 0 1 2 3 P 数学期望为 （15 分） 【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题 21 （16 分）已知点 P（1，2）是抛物线 y24x 上的一点，过点 P 作两条直线 l1与 l2，分别 与抛物线相交于异于点 P 的 A、B 两点 第 19 页（共 22 页） （1）若直线 AB 过点（2，0）

35、且PAB 的重心 G 在 x 轴上，求直线 AB 的斜率； （2）若直线 AB 的斜率为 1 且PAB 的垂心 H 在 x 轴上，求直线 AB 的方程 【分析】 （1）设直线 AB 的方程为 xmy+2，设 A，B 两点的坐标分别为（x1，y1） ， （x2， y2） ，根据重心的性质，以及根与系数，根据斜率公式即可求出， （2）分类讨论，根据韦达定理和斜率公式即可求出 【解答】解： （1）设直线 AB 的方程为 xmy+2，设 A，B 两点的坐标分别为（x1，y1） ， （x2，y2） 因为PAB 的重心 G 在 x 轴上，所以 y1+y22， 将直线 AB 代入抛物线 y24x 方程可得：

36、y24my80， 所以 y1+y24m2，解得：， 所以直线 AB 的斜率是2 （2）若直线 AB 的斜率为 1，则直线 PH 的方程是 y2（x1） ，所以 H（3，0） ， 若直线 AB 的斜率为 1，则设直线 AB 的方程为 xy+t， 将直线 AB 代入抛物线 y24x 方程可得：y24y4t0， 所以 y1+y24，y1y24t，且16+16t0， 因为 BHAP，所以，将 x1y1+t，x2y2+t 代入（*） 得， 将 y1+y24，y1y24t 代入上面方程可得：t28t90， 由此方程解得：t9 或 t1（舍） ， 所以直线 AB 的方程是 xy90 【点评】本题考查直线与抛

37、物线的位置关系的应用，直线系方程的应用，考查分析问题 第 20 页（共 22 页） 解决问题的能力，属于中档题 22 （16 分）已知 A，B 分别为椭圆 C：1（ab0）右顶点和上顶点，且直线 AB 的斜率为，右焦点 F 到直线 AB 的距离为 （1）求椭圆 C 的方程； （2）若直线 l：ykx+m（m1）与椭圆交于 M，N 两点，且直线 BM、BN 的斜率之和 为 1，求实数 k 的取值范围 【分析】 （1）先由直线 AB 的斜率得出，于是得出 cb，再由点 F 到直线 AB 的 距离，得出 b 的值，从而可求出 a 的值，从而可写出椭圆 C 的方程； （2）设点 M（x1，y1） 、N

38、（x2，y2） ，将直线 l 的方程与椭圆 C 的方程联立，列出韦达定 理，由直线 BM、BN 的斜率之和为 1，结合韦达定理得出 k 与 m 所满足的关系式，结合 m 的范围，可得出 k 的范围，再由0，得出 k 的另一个范围，两者取交集可得出实数 k 的取值范围 【解答】解： （1），则 bc，直线 AB：bx+ayab0， ，b1 因此，椭圆 C 的方程为； （2）设点 M（x1，y1） 、N（x2，y2） ， 将直线 l 的方程与椭圆 C 的方程联立， 消去 y 并整理得（2k2+1）x2+4kmx+2m220， 0，由韦达定理得， 第 21 页（共 22 页） ， （2k1）x1x2

39、+（m1） （x1+x2）0， （1m）2（1+m）4k0，又 m1，2km+12，k1， 16k28m2+816（2kk2）0，0k2， 实数 k 的取值范围是（1，2） 【点评】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理设而不求法在 椭圆综合问题中的应用，考查计算能力，属于中等题 23 （16 分）已知平面上一个圆可以将平面分成两个部分，两个圆最多可以将平面分成 4 个 部分，设平面上 n 个圆最多可以将平面分成 f（n）个部分 （1）求 f（3） ，f（4）的值； （2）猜想 f（n）的表达式并证明； （3）证明：2nf（n） 【分析】 （1）由题意可知：f（3）8，f（4

40、）14， （2）猜想 f（n）n2n+2 并用数学归纳法证明可得解： （3）证明：讨论当 n1 或 2 或 3 时，2nn2+n20，n4 且 nN*时，用数列 单调性的证明方法定义法证明即可 【解答】解： （1）由已知有：f（3）8，f（4）14， （2）f（n）n2n+2 下面用数学归纳法证明： 当 n1 时，f（1）121+22 结论成立； 假设 nk 时，结论成立，即平面上 k 个圆最多可以将平面分成 k2k+2 个部分， 那么当 nk+1 时，第 k+1 个圆与前 k 个圆最多有 2k 个交点，即此第 k+1 个圆最多被这 2k 个交点分成 2k 条圆弧段，由于每增加一个圆弧段，可将

41、原来的区域分成两个区域，因 此第 k+1 个圆使平面增加了 2k 个区域， 所以 f（k+1）f（k）+2kk2k+2+2k（k+1）2（k+1）+2， 综合得：即平面上 n 个圆最多可以将平面分成 n2n+2 个部分， 即命题得证 （3）证明：当 n1 或 2 或 3 时，2nn2+n20， 即 2nf（n） ， 第 22 页（共 22 页） n4 且 nN*时， 设， 则， 设， 因为 n4，所以 g（n）42+3440，所以 所以 n4 时，数列an是单调递减数列，所以， 所以 2nn2+n2， 综合得：2nn2+n2 故不等式得证 【点评】本题考查了归纳推理、数学归纳法及数列单调性的证明，属难度较大的题型