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考點(diǎn)47 變量間的相關(guān)關(guān)系、統(tǒng)計(jì)案例
一、解答題
1.(2019·全國卷Ⅰ文科·T17)某商場為提高服務(wù)質(zhì)量,隨機(jī)調(diào)查了50名男顧客和50名女顧客,每位顧客對(duì)該商場的服務(wù)給出滿意或者不滿意的評(píng)價(jià),得到下面列聯(lián)表:
滿意 不滿意
男顧客 40 10
女顧客 30 20

(1)分別估算男、女顧客對(duì)該商場服務(wù)滿意的概率?
(2)能否有95%的把握認(rèn)為男、女顧客對(duì)該商場服務(wù)的評(píng)價(jià)有差異?
附:K2=
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828

【命題意圖】本題考查的是有關(guān)概率與統(tǒng)計(jì)的知識(shí),涉及的知識(shí)點(diǎn)有利用頻率來估計(jì)概率,利用列聯(lián)表計(jì)算K2的值,獨(dú)立性檢驗(yàn),屬于簡單題目.
【解題指南】(1)從題中所給的2×2列聯(lián)表中讀出相關(guān)的數(shù)據(jù),用滿意的人數(shù)除以總的人數(shù),分別算出相應(yīng)的頻率,即為估計(jì)得出的概率值.
(2)利用公式求得觀測值,與臨界值比較,得到能有95%的把握認(rèn)為男、女顧客對(duì)該商場服務(wù)的評(píng)價(jià)有差異.
【解析】(1)由調(diào)查數(shù)據(jù),男顧客中對(duì)該商場服務(wù)滿意的比率為=0.8,因此男顧客對(duì)該商場服務(wù)滿意的概率的估計(jì)值為0.8.
女顧客中對(duì)該商場服務(wù)滿意的比率為=0.6,因此女顧客對(duì)該商場服務(wù)滿意的概率的估計(jì)值為0.6.
(2)K2=≈4.762.
由于4.762>3.841,故有95%的把握認(rèn)為男、女顧客對(duì)該商場服務(wù)的評(píng)價(jià)有差異.
2.(2019·全國卷Ⅱ文科·T19)某行業(yè)主管部門為了解本行業(yè)中小企業(yè)的生產(chǎn)情況,隨機(jī)調(diào)查了100個(gè)企業(yè),得到這些企業(yè)第一季度相對(duì)于前一年第一季度產(chǎn)值增長率y的頻數(shù)分布表.
y的分組 [-0.20,0) [0,0.20) [0.20,0.40) [0.40,0.60) [0.60,0.80)
企業(yè)數(shù) 2 24 53 14 7

(1)分別估計(jì)這類企業(yè)中產(chǎn)值增長率不低于40%的企業(yè)比例、產(chǎn)值負(fù)增長的企業(yè)比例.
(2)求這類企業(yè)產(chǎn)值增長率的平均數(shù)與標(biāo)準(zhǔn)差的估計(jì)值(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表).(精確到0.01)附:≈8.602.
【命題意圖】考查隨機(jī)抽樣、頻數(shù)分布表、方差、標(biāo)準(zhǔn)差以及用樣本的數(shù)字特征來估計(jì)總體的數(shù)字特征.
【解析】(1)根據(jù)產(chǎn)值增長率頻數(shù)分布表得,所調(diào)查的100個(gè)企業(yè)中產(chǎn)值增長率不低于40%的企業(yè)頻率為=0.21.產(chǎn)值負(fù)增長的企業(yè)頻率為=0.02.
用樣本頻率分布估計(jì)總體分布得這類企業(yè)中產(chǎn)值增長率不低于40%的企業(yè)比例為21%,產(chǎn)值負(fù)增長的企業(yè)比例為2%.
(2)=(-0.10×2+0.10×24+0.30×53+0.50×14+0.70×7)=0.30,
s2=ni=[(-0.40)2×2+(-0.20)2×24+02×53+0.202×14+0.402×7]
=0.029 6,所以s==0.02×≈0.17,所以,這類企業(yè)產(chǎn)值增長率的平均數(shù)與標(biāo)準(zhǔn)差的估計(jì)值分別為30%,17%.
考點(diǎn)48 離散型隨機(jī)變量及其分布列、
離散型隨機(jī)變量的均值與方差
一、選擇題
1.(2019·浙江高考·T7)設(shè)0X 0 a 1
P

則當(dāng)a在(0,1)內(nèi)增大時(shí) (　　)
A.D(X)增大 B.D(X)減小
C.D(X)先增大后減小 D.D(X)先減小后增大
【命題意圖】本題主要考查離散型隨機(jī)變量均值與方差的計(jì)算.
【解析】選D.由表可以求得E(X)=0×+a×+1×=+a,
E(X2)=0×+a2×+1×=+a2,
所以由D(X)=E(X2)-
=+a2-
=a2-a+=+,
所以當(dāng)a在(0,1)內(nèi)增大時(shí),D(X)先減小后增大.
二、解答題
2.(2019·全國卷Ⅰ理科·T21)為治療某種疾病,研制了甲、乙兩種新藥,希望知道哪種新藥更有效,為此進(jìn)行動(dòng)物試驗(yàn).試驗(yàn)方案如下:每一輪選取兩組白鼠對(duì)藥效進(jìn)行對(duì)比試驗(yàn).對(duì)于兩組白鼠,當(dāng)其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多4只時(shí),就停止試驗(yàn),并認(rèn)為治愈只數(shù)多的藥更有效.為了方便描述問題,約定:對(duì)于每輪試驗(yàn),若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得1分,乙藥得-1分;若施以乙藥的白鼠治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得1分,甲藥得-1分;若都治愈或都未治愈則兩種藥均得0分.甲、乙兩種藥的治愈率分別記為α和β,一輪試驗(yàn)中甲藥的得分記為X.
(1)求X的分布列.
(2)若甲藥、乙藥在試驗(yàn)開始時(shí)都賦予4分,pi(i=0,1,…,8)表示“甲藥的累計(jì)得分為i時(shí),最終認(rèn)為甲藥比乙藥更有效”的概率,則p0=0,p8=1,pi=api-1+bp1+cpi+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假設(shè)α=0.5,β=0.8.
①證明:{pi+1-pi}(i=0,1,2,…,7)為等比數(shù)列;
②求p4,并根據(jù)p4的值解釋這種試驗(yàn)方案的合理性.
【解題指南】(1)首先確定X所有可能的取值,再計(jì)算出每個(gè)取值對(duì)應(yīng)的概率,從而可得分布列;(2)①求解出a,b,c的取值,可得pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1(i=1,2,…,7),從而整理出符合等比數(shù)列定義的形式,問題得證;②列出證得的等比數(shù)列的通項(xiàng)公式,采用累加的方式,結(jié)合p8和p0的值可求得p1;再次利用累加法可求出p4.
【解析】X的所有可能取值為-1,0,1.
P(X=-1)=(1-α)β,
P(X=0)=αβ+(1-α)(1-β),
P(X=1)=α(1-β),
所以X的分布列為
X -1 0 1
P (1-α)β αβ+(1-α)(1-β) α(1-β)

(2)①由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.
因此pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1,
故0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1),
即pi+1-pi=4(pi-pi-1).
又因?yàn)閜1-p0=p1≠0,所以{pi+1-pi}(i=0,1,2,…,7)為公比為4,首項(xiàng)為p1的等比數(shù)列.
②由①可得
p8=p8-p7+p7-p6+…+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+…+(p1-p0)=p1.
由于p8=1,故p1=,所以p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=p1=.
p4表示最終認(rèn)為甲藥更有效的概率,由計(jì)算結(jié)果可以看出,在甲藥治愈率為0.5,乙藥治愈率為0.8時(shí),認(rèn)為甲藥更有效的概率為p4=≈0.003 9,此時(shí)得出錯(cuò)誤結(jié)論的概率非常小,說明這種試驗(yàn)方案合理.
3.(2019·北京高考理科·T17)改革開放以來,人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變.近年來,移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一.為了解某校學(xué)生上個(gè)月A,B兩種移動(dòng)支付方式的使用情況,從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人,發(fā)現(xiàn)樣本中A,B兩種支付方式都不使用的有5人,樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下:
　　　　支付金額(元) 支付方式　　　　　　 (0,1 000] (1 000,2 000] 大于2 000
僅使用A 18人 9人 3人
僅使用B 10人 14人 1人

(1)從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取1人,估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月A,B兩種支付方式都使用的概率.
(2)從樣本僅使用A和僅使用B的學(xué)生中各隨機(jī)抽取1人,以X表示這2人中上個(gè)月支付金額大于1 000元的人數(shù),求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.
(3)已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用A的學(xué)生中,隨機(jī)抽查3人,發(fā)現(xiàn)他們本月的支付金額都大于
2 000元.根據(jù)抽查結(jié)果,能否認(rèn)為樣本僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化?說明理由.
【命題意圖】考查統(tǒng)計(jì)與概率知識(shí)中的古典概型,事件的運(yùn)算,以及數(shù)學(xué)期望的計(jì)算,解決實(shí)際問題,意在考查學(xué)生的實(shí)際應(yīng)用能力、邏輯推理能力,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)據(jù)分析的數(shù)學(xué)素養(yǎng).
【解析】(1)由已知,僅使用A的有18+9+3=30(人),僅使用B的有10+14+1=25(人),
都不使用的有5人,
所以都使用的有100-30-25-5=40(人),
所以估計(jì)該學(xué)生上個(gè)月A,B兩種支付方式都使用的概率為=.
(2)X的所有可能取值為0,1,2,
P(X=0)=P(“這2人中上個(gè)月支付金額都不大于1 000元”)=×=×=,
P(X=1)=P(“這2人中僅有1人上個(gè)月支付金額大于1 000元”)
=×+×=,
P(X=2)=P(“這2人中上個(gè)月支付金額都大于1 000元”)=×=,
所以X的分布列為
X 0 1 2
P

E(X)=0×+1×+2×=1.
(3)參考答案1:不能認(rèn)為樣本中僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化.
若人數(shù)沒有變化,則樣本中僅使用A的學(xué)生有30人,支付金額大于2 000的有3人,
隨機(jī)抽取3人,支付金額大于2 000元的概率為=,
雖然此事件是小概率事件,但也有發(fā)生的可能性.這體現(xiàn)了概率的隨機(jī)性.
參考答案2:
可以認(rèn)為樣本中僅使用A的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化.
若人數(shù)沒有變化,則樣本中僅使用A的學(xué)生有30人,支付金額大于2 000元的有3人,
隨機(jī)抽取3人,支付金額大于2 000元的概率為=,
此事件是小概率事件,發(fā)生的可能性很小,
所以認(rèn)為有變化.
4.(2019·北京高考文科·T17)改革開放以來,人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)變.近年來,移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一.為了解某校學(xué)生上個(gè)月A,B兩種移動(dòng)支付方式的使用情況,從全校所有的1 000名學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人,發(fā)現(xiàn)樣本中A,B兩種支付方式都不使用的有5人,樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如下:
　　　　支付金額 支付方式　　　　 不大于2 000元 大于2 000元
僅使用A 27人 3人
僅使用B 24人 1人

(1)估計(jì)該校學(xué)生中上個(gè)月A,B兩種支付方式都使用的人數(shù).
(2)從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人,求該學(xué)生上個(gè)月支付金額大于2 000元的概率.
(3)已知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽查1人,發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于2 000元.結(jié)合(2)的結(jié)果,能否認(rèn)為樣本僅使用B的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化?說明理由.
【解析】(1)由已知,樣本中,僅使用A的有27+3=30(人),僅使用B的有24+1=25(人),
都不使用的有5人,所以都使用的有100-30-25-5=40(人),
所以估計(jì)該校學(xué)生中上個(gè)月A,B兩種支付方式都使用的人數(shù)為1 000×=400(人).
(2)樣本中僅使用B的有25人,其中支付金額大于2 000元的有1人,
所以該學(xué)生上個(gè)月支付金額大于2 000元的概率為.
(3)參考答案1:不能認(rèn)為樣本僅使用B的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化.
若人數(shù)沒有變化,則樣本中僅使用B的學(xué)生有25人,支付金額大于2 000元的有1人,
由(2)知,隨機(jī)抽取1人,支付金額大于2 000元的概率為,
雖然此事件是小概率事件,但也有發(fā)生的可能性.這體現(xiàn)了概率的隨機(jī)性.
參考答案2:
可以認(rèn)為樣本僅使用B的學(xué)生中本月支付金額大于2 000元的人數(shù)有變化.
若人數(shù)沒有變化,則樣本中僅使用B的學(xué)生有25人,支付金額大于2 000元的有1人,
由(2)知,隨機(jī)抽取1人,支付金額大于2 000元的概率為,
此事件發(fā)生的可能性很小,所以認(rèn)為有變化.
5.(2019·天津高考理科·T16)設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間,每天7:30之前到校的概率均為.假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響,且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立.
(1)用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7:30之前到校的天數(shù),求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望.
(2)設(shè)M為事件“上學(xué)期間的三天中,甲同學(xué)在7:30之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7:30之前到校的天數(shù)恰好多2”,求事件M發(fā)生的概率.
【命題意圖】本題主要考查離散型隨機(jī)變量的分布列與數(shù)學(xué)期望,互斥事件和相互獨(dú)立事件的概率計(jì)算公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查運(yùn)用概率知識(shí)解決簡單實(shí)際問題的能力.　
【解析】(1)因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨(dú)立,且每天7:30之前到校的概率均為,故X~B,從而P(X=k)=,k=0,1,2,3.
所以,隨機(jī)變量X的分布列為
X 0 1 2 3
P

隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=3×=2.
(2)設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7:30之前到校的天數(shù)為Y,則Y~B,且M={X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0}.由題意知事件{X=3,Y=1}與{X=2,Y=0}互斥,且事件與,事件與均相互獨(dú)立,從而由(1)知P(M)=P({X=3,Y=1}∪{X=2,Y=0})
=P(X=3,Y=1)+P(X=2,Y=0)
=P(X=3)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=0)
=×+×=.
【方法技巧】求解離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望的一般步驟
第一步是“判斷取值”,即判斷隨機(jī)變量的所有可能取值,以及取每個(gè)值所表示的意義;
第二步是“探求概率”,即利用排列組合,枚舉法,概率公式(常見的有古典概型公式、幾何概率公式、互斥事件的概率和公式、獨(dú)立事件的概率公式,以及對(duì)立事件的概率公式等),求出隨機(jī)變量取每個(gè)值時(shí)的概率;
第三步是“寫分布列”,即按規(guī)范形式寫出分布列,并注意用分布列的性質(zhì)檢驗(yàn)所求的分布列或某事件的概率是否正確;
第四步是“求期望值”,一般利用離散型隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望的定義求期望的值,對(duì)于有些實(shí)際問題中的隨機(jī)變量,如果能夠斷定它服從某常見的典型分布(如二項(xiàng)分布B~(n,p)),則此隨機(jī)變量的期望可直接利用這種典型分布的期望公式(E(X)=np)求得.因此,應(yīng)熟記常見的典型分布的期望公式,可加快解題速度.
6.(2019·江蘇高考·T23)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)點(diǎn)集An={(0,0),(1,0),(2,0),…,(n,0)},Bn=,(2,2),…,(n,2)},n∈N*.
令Mn=An∪Bn∪Cn.從集合Mn中任取兩個(gè)不同的點(diǎn),用隨機(jī)變量X表示它們之間的距離.
(1)當(dāng)n=1時(shí),求X的概率分布.
(2)對(duì)給定的正整數(shù)n(n≥3),求概率P(X≤n)(用n表示).
【命題意圖】本小題主要考查計(jì)數(shù)原理、古典概型、隨機(jī)變量及其概率分布等基礎(chǔ)知識(shí),考查邏輯思維能力和推理論證能力.
【解析】(1)當(dāng)n=1時(shí),X的所有可能取值是1,,2,.
X的概率分布為P(X=1)==,P(X=)==,
P(X=2)==,P(X=)==.
(2)設(shè)A(a,b)和B(c,d)是從Mn中取出的兩個(gè)點(diǎn).
因?yàn)镻(X≤n)=1-P(X>n),所以僅需考慮X>n的情況.
①若b=d,則AB≤n,不存在X>n的取法;
②若b=0,d=1,則AB=≤,所以X>n當(dāng)且僅當(dāng)AB=,此時(shí)a=0,c=n或a=n,c=0,有2種取法;
③若b=0,d=2,則AB=≤,因?yàn)楫?dāng)n≥3時(shí),≤n,所以X>n當(dāng)且僅當(dāng)AB=,此時(shí)a=0,c=n或a=n,c=0,有2種取法;
④若b=1,d=2,則AB=≤,所以X>n當(dāng)且僅當(dāng)AB=,此時(shí)a=0,c=n或a=n,c=0,有2種取法.
綜上,當(dāng)X>n時(shí),X的所有可能取值是和,且P(X=)=,P(X=)=.
因此,P(X≤n)=1-P(X=)-P(X=)=1-.
考點(diǎn)50 矩陣與變換
一、解答題
1.(2019·江蘇高考·T21·A)A.[選修4-2:矩陣與變換]
已知矩陣A=.
(1)求A2.
(2)求矩陣A的特征值.
【命題意圖】本題主要考查矩陣的運(yùn)算、特征值等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力.
【解題指南】(1)利用矩陣的乘法運(yùn)算法則計(jì)算A2的值即可.
(2)首先求得矩陣的特征多項(xiàng)式,然后利用特征多項(xiàng)式求解特征值即可.
【解析】(1)因?yàn)锳=,所以A2=
==.
(2)矩陣A的特征多項(xiàng)式為
f(λ)==λ2-5λ+4.
令f(λ)=0,解得A的特征值λ1=1,λ2=4.

考點(diǎn)51 坐標(biāo)系與參數(shù)方程
一、選擇題
1.(2019·北京高考理科·T3)已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù)),則點(diǎn)(1,0)到直線l的距離是 (　　)
A. B. C. D.
【命題意圖】本題考查直線的參數(shù)方程與普通方程的互化,點(diǎn)到直線的距離的求法,考查數(shù)形結(jié)合思想以及運(yùn)算求解能力.
【解析】選D.將直線l化為直角坐標(biāo)方程為=,即4x-3y+2=0,所以點(diǎn)(1,0)到直線l的距離是=.
二、填空題
2.(2019·天津高考理科·T12)設(shè)a∈R,直線ax-y+2=0和圓C:(θ為參數(shù))相切,則a的值為　　　　.?
【命題意圖】本題考查參數(shù)方程與普通方程的互化,直線與圓的位置關(guān)系,考查數(shù)形結(jié)合思想以及運(yùn)算求解能力.　
【解析】將圓的參數(shù)方程(θ為參數(shù))化成普通方程得:(x-2)2+(y-1)2=4,其圓心C的坐標(biāo)為C(2,1),半徑r=2,所以圓心C到直線的距離d==2,解得:a=.
答案:
三、解答題
3.(2019·全國卷Ⅰ理科·T22同2019·全國卷Ⅰ文科·T22)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C的參數(shù)方程為(t為參數(shù)),以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,直線l的極坐標(biāo)方程為2ρcos θ+ρsin θ+11=0.
(1)求C和l的直角坐標(biāo)方程;
(2)求C上的點(diǎn)到l距離的最小值.
【命題意圖】本題考查參數(shù)方程、極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程的互化、求解橢圓上的點(diǎn)到直線距離的最值問題.
【解題指南】求解本題中的最值問題通常采用參數(shù)方程來表示橢圓上的點(diǎn),將問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值求解問題.(1)利用代入消元法,可求得C的直角坐標(biāo)方程;根據(jù)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)互化原則可得l的直角坐標(biāo)方程;(2)利用參數(shù)方程表示出C上點(diǎn)的坐標(biāo),根據(jù)點(diǎn)到直線距離公式可將所求距離表示為三角函數(shù)的形式,從而根據(jù)三角函數(shù)的范圍可求得最值.
【解析】(1)因?yàn)?1<≤1,且x2+=+=1,所以C的直角坐標(biāo)方程為x2+=1(x≠-1).
l的直角坐標(biāo)方程為2x+y+11=0.
(2)由(1)可設(shè)C的參數(shù)方程為
.
C上的點(diǎn)到l的距離為
=.
當(dāng)α=-時(shí),4cos+11取得最小值7,故C上的點(diǎn)到l距離的最小值為.
4.(2019·全國卷Ⅱ理科·T22同2019·全國卷Ⅱ文科·T22)[選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程](10分)
在極坐標(biāo)系中,O為極點(diǎn),點(diǎn)M(ρ0,θ0)(ρ0>0)在曲線C:ρ=4sin θ上,直線l過點(diǎn)A(4,0)且與OM垂直,垂足為P.
(1)當(dāng)θ0=時(shí),求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程.
(2)當(dāng)M在C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí),求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程.
【命題意圖】考查坐標(biāo)系與參數(shù)方程以及數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力.較難題.
【解析】(1)因?yàn)镸在C上,當(dāng)θ0=時(shí),ρ0=4sin=2.
由已知得|OP|=|OA|cos=2.
設(shè)Q(ρ,θ)為l上除點(diǎn)P外的任意一點(diǎn).
在Rt△OPQ中,ρcos=|OP|=2,
經(jīng)檢驗(yàn),點(diǎn)P在曲線ρcos=2上.
所以,l的極坐標(biāo)方程為ρcos=2.
(2)設(shè)P(ρ,θ),在Rt△OAP中,|OP|=|OA|cos θ=4cos θ,即ρ=4cos θ.
因?yàn)镻在線段OM上,且AP⊥OM,故θ的取值范圍是.
所以,P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ=4cos θ,θ∈.
5.(2019·全國卷Ⅲ理科·T22同2019·全國卷Ⅲ文科·T22)如圖,在極坐標(biāo)系Ox中,A(2,0),B,C,D(2,π),弧,,所在圓的圓心分別是(1,0),,(1,π),曲線M1是弧,曲線M2是弧,曲線M3是弧.
(1)分別寫出M1,M2,M3的極坐標(biāo)方程.
(2)曲線M由M1,M2,M3構(gòu)成,若點(diǎn)P在M上,且|OP|=,求點(diǎn)P的極坐標(biāo).

【命題意圖】本題考查極坐標(biāo),考查考生圓的極坐標(biāo)方程的求法,利用極坐標(biāo)方程的運(yùn)算求解能力.
【解析】(1)由題設(shè)可得,弧,,所在圓的極坐標(biāo)方程分別為ρ=2cos θ,ρ=2sin θ,ρ=-2cos θ.
所以M1的極坐標(biāo)方程為ρ=2cos θ,M2的極坐標(biāo)方程為ρ=2sin θ,M3的極坐標(biāo)方程為ρ=-2cos θ.
(2)設(shè)P(ρ,θ),由題設(shè)及(1)知
若0≤θ≤,則2cos θ=,解得θ=;
若≤θ≤,則2sin θ=,解得θ=或θ=;
若≤θ≤π,則-2cos θ=,解得θ=.
綜上,點(diǎn)P的極坐標(biāo)為或或或.
6.(2019·江蘇高考·T21·B)
B.[選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
在極坐標(biāo)系中,已知兩點(diǎn)A,B,直線l的方程為ρsin=3.
(1)求A,B兩點(diǎn)間的距離.(2)求點(diǎn)B到直線l的距離.
【命題意圖】本題主要考查曲線的極坐標(biāo)方程等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力.
【解題指南】(1)由題意,在△OAB中,利用余弦定理求解AB的長度即可.
(2)首先確定直線的傾斜角和直線所過的點(diǎn)的極坐標(biāo),然后根據(jù)點(diǎn)B的坐標(biāo)結(jié)合幾何性質(zhì)可得點(diǎn)B到直線l的距離.
【解析】(1)設(shè)極點(diǎn)為O.在△OAB中,A,B,
由余弦定理,得AB==.
(2)因?yàn)橹本€l的方程為ρsin=3,
則直線l過點(diǎn),傾斜角為.
又B,所以點(diǎn)B到直線l的距離為(3-)×sin=2.
考點(diǎn)52 不等式選講
一、解答題
1.(2019·全國卷Ⅰ理科·T23同2019·全國卷Ⅰ文科·T23)已知a,b,c為正數(shù),且滿足abc=1,證明:
(1)++≤a2+b2+c2.
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
【命題意圖】本題考查利用基本不等式進(jìn)行不等式的證明問題,考查學(xué)生對(duì)于基本不等式的變形和應(yīng)用能力,需要注意的是在利用基本不等式時(shí)需注意取等條件能否成立.
【解題指南】(1)利用abc=1將所證不等式可變?yōu)樽C明:a2+b2+c2≥bc+ac+ab,利用基本不等式可證得2(a2+b2+c2)≥2ab+2bc+2ac,從而得到結(jié)論.(2)利用基本不等式可得++≥3,再次利用基本不等式可轉(zhuǎn)化為++≥24,在取等條件一致的情況下,可得結(jié)論.
【解析】(1)因?yàn)閍2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,
又abc=1,
故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca==++.
當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí),取等號(hào).
所以++≤a2+b2+c2.
(2)因?yàn)閍,b,c為正數(shù)且abc=1,故有
(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3
=3(a+b)(b+c)(a+c)
≥3×(2)×(2)×(2)=24.
當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí),取等號(hào).
所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
2.(2019·全國卷Ⅱ理科·T23同2019·全國卷Ⅱ文科·T23)[選修4-5:不等式選講](10分)
已知f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).
(1)當(dāng)a=1時(shí),求不等式f(x)<0的解集.
(2)若x∈(-∞,1)時(shí),f(x)<0,求a的取值范圍.
【命題意圖】考查不等式的求解以及利用不等式求參數(shù)的范圍.
【解析】(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1).
當(dāng)x<1時(shí),f(x)=-2(x-1)2<0;當(dāng)x≥1時(shí),f(x)≥0.
所以,不等式f(x)<0的解集為(-∞,1).
(2)因?yàn)閒(a)=0,所以a≥1.
當(dāng)a≥1,x∈(-∞,1)時(shí),
f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)<0,
所以,a的取值范圍是[1,+∞).
3.(2019·全國卷Ⅲ理科·T23同2019·全國卷Ⅲ文科·T23)設(shè)x,y,z∈R,且x+y+z=1.
(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值.
(2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥成立,證明:a≤-3或a≥-1.
【命題意圖】本題考查利用不等式求最值、不等式的證明,意在考查考生式子的構(gòu)造求值,邏輯推理證明的求解能力.
【解析】(1)由于[(x-1)+(y+1)+(z+1)]2
=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2[(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x-1)]≤3[(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2],
故由已知得(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2≥,
當(dāng)且僅當(dāng)x=,y=-,z=-時(shí)等號(hào)成立.
所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值為.
(2)由于[(x-2)+(y-1)+(z-a)]2
=(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2[(x-2)(y-1)+(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2)]≤3[(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2],
故(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2≥,
當(dāng)且僅當(dāng)x=,y=,z=時(shí)等號(hào)成立.
因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值為.
由題設(shè)知≥,解得a≤-3或a≥-1.
4.(2019·江蘇高考·T21·C)C.[選修4-5:不等式選講]
設(shè)x∈R,解不等式|x|+|2x-1|>2.
【命題意圖】本題主要考查解不等式等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解和推理論證能力.
【解析】當(dāng)x<0時(shí),原不等式可化為-x+1-2x>2,解得x<-;
當(dāng)0≤x≤時(shí),原不等式可化為x+1-2x>2,即x<-1,無解;
當(dāng)x>時(shí),原不等式可化為x+2x-1>2,解得x>1.
綜上,原不等式的解集為.

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