2015版金版教程讲义(高三理科数学答案)

金版教程（大本）答案第八章 第五讲 椭圆例1[解析] (1)由右焦点为F (1,0)可知c ＝1，因为离心率等于12，即c a ＝12，故a ＝2，由a 2＝b 2＋c 2知b 2＝3，故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.故选D. (2)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，因为AB 过F 1且A 、B 在椭圆上，如图，则△ABF 2的周长为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝16，∴a ＝4.又离心率e ＝c a ＝22，∴c ＝22，∴b 2＝a 2－c 2＝8.∴椭圆C 的方程为x 216＋y 28＝1.学1解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵A ，B 在椭圆上，∴⎩⎨⎧x 21a 2＋y 21b 2＝1， ①x 22a 2＋y22b 2＝1， ②①－②，得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0，即b 2a 2＝－(y 1＋y 2)(y 1－y 2)(x 1＋x 2)(x 1－x 2)， ∵AB 的中点为(1，－1)，∴y 1＋y 2＝－2，x 1＋x 2＝2，而y 1－y 2x 1－x 2＝k AB ＝0－(－1)3－1＝12，∴b 2a 2＝12.又∵a 2－b 2＝9，∴a 2＝18，b 2＝9. ∴椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.故选D.学2解析：设所求的椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)或y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)，由已知条件得{2a ＝5＋3，(2c )2＝52－32，解得a ＝4，c ＝2，b 2＝12.故所求方程为x 216＋y 212＝1或y 216＋x 212＝1.例2[解析] (1)在Rt △PF 2F 1中，令|PF 2|＝1，因为∠PF 1F 2＝30°，所以|PF 1|＝2，|F 1F 2|＝ 3.所以e ＝2c2a ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝33.故选D.(2)因为直线y ＝3(x ＋c )过椭圆左焦点，且斜率为3，所以∠MF 1F 2＝60°，∠MF 2F 1＝30°，∠F 1MF 2＝90°，故|MF 1|＝c ，|MF 2|＝3c ， 由点M 在椭圆上知，c ＋3c ＝2a .故离心率e ＝c a ＝23＋1＝3－1. 学3解析：如图，设|AF |＝x ，则cos ∠ABF ＝82＋102－x 22×8×10＝45.解得x ＝6，∴∠AFB ＝90°，由椭圆及直线关于原点对称可知|AF 1|＝8，且∠F AF 1＝∠F AB ＋∠FBA ＝90°，△F AF 1是直角三角形，所以|F 1F |＝10，故2a ＝8＋6＝14,2c ＝10，∴c a ＝57.故选B.学4解析：∵△ABF 2是等腰直角三角形，设点A (x 0，y 0)在x 轴上方，F 1为椭圆的左焦点，∴|AF 1|＝|F 1F 2|. 将x 0＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，得A ()－c ，b 2a ，从而b 2a＝2c ，即a 2－c 2＝2ac ，整理得e 2＋2e －1＝0，解得e ＝－1±2.由e ∈(0,1)得e ＝2－1.故选C.例3[解] (1)设F (－c,0)，由c a ＝3，知a ＝3c .过点F 且与x 轴垂直的直线为x ＝－c ，代入椭圆方程有(－c )2a 2＋y 2b 2＝1，解得y ＝±6b3，于是26b 3＝433，解得b ＝2，又a 2－c 2＝b 2，从而a ＝3，c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(2)设点C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由F (－1,0)得直线CD 的方程为y ＝k (x ＋1)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 23＋y 22＝1消去y ，整理得(2＋3k 2)x 2＋6k 2x ＋3k 2－6＝0，则x 1＋x 2＝－6k 22＋3k 2，x 1x 2＝3k 2－62＋3k 2. 因为A (－3，0)，B (3，0)，所以AC →·DB →＋AD →·CB →＝(x 1＋3，y 1)·(3－x 2，－y 2)＋(x 2＋3，y 2)·(3－x 1，－y 1)＝6－2x 1x 2－2y 1y 2＝6－2x 1x 2－2k 2(x 1＋1)(x 2＋1)＝6－(2＋2k 2)x 1x 2－2k 2(x 1＋x 2)－2k 2＝6＋2k 2＋122＋3k 2.由已知得6＋2k 2＋122＋3k 2＝8，解得k ＝± 2.学5解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知y 1<0，y 2>0，直线l 的方程为y ＝3(x －c )，其中c ＝a 2－b 2， 联立⎩⎨⎧y ＝3(x －c )，x 2a 2＋y 2b 2＝1，得(3a 2＋b 2)y 2＋23b 2cy －3b 4＝0，解得y 1＝－3b 2(c ＋2a )3a 2＋b 2，y 2＝－3b 2(c －2a )3a 2＋b 2， 因为AF →＝2FB →，所以－y 1＝2y 2.即3b 2(c ＋2a )3a 2＋b 2＝2·－3b 2(c －2a )3a 2＋b 2得离心率e ＝c a ＝23.(2)因为|AB |＝1＋13|y 2－y 1|，所以23·43ab 23a 2＋b2＝154. 由c a ＝23，得b ＝53a .所以54a ＝154，得a ＝3，b ＝ 5.所以椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1. 04迎战2年高考模拟1. 解析：要使方程5－m x2＋m ＋3y2＝1表示椭圆，应满足5－m ≠m ＋3m ＋3>0，解得－3<m <5且m ≠1，因此“－3<m <5”是“方程5－m x2＋m ＋3y2＝1表示椭圆”的必要不充分条件．答案：B2.解析：由题意可得，A ＝{x |－2≤x ≤2}，B ＝{y |y ≥0}，则A ∩B ＝[0,2]．答案：B3. 解析：设|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则m ＋n ＝2a ＝4，|PF 1|·|PF 2|＝mn ≤(2m ＋n)2＝4(当且仅当m ＝n ＝2时，等号成立)．故选B. 4.解析：如右图所示，设O 是椭圆的中心，A 是椭圆短轴上的一个顶点，由于∠F 1PF 2＝60°，则只需满足60°≤∠F 1AF 2即可，又△F 1AF 2是等腰三角形，且|AF 1|＝|AF 2|，所以0°<∠F 1F 2A ≤60°，所以21≤cos ∠F 1F 2A <1，又e ＝cos ∠F 1F 2A ，所以e 的取值范围是[21，1)． 答案：[21，1)5. 解析：∵PF 1⊥PF 2，∴|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2.由椭圆方程知a ＝5，b ＝3，∴c ＝4.∴|PF1|＋|PF2|＝2a ＝10，|PF1|2＋|PF2|2＝4c2＝64，解得|PF 1|·|PF 2|＝18.∴△PF 1F 2的面积为21|PF 1|·|PF 2|＝21×18＝9.答案：9第六讲 双曲线例1[解析] (1)由曲线C 的右焦点为F (3,0)，知c ＝3.由离心率e ＝32，知c a ＝32，则a ＝2，故b 2＝c 2－a 2＝9－4＝5，所以双曲线C 的方程为x 24－y 25＝1.(2)由x 29－y 216＝1得a ＝3，b ＝4，c ＝5.∴|PQ |＝2b ＝8>2a .又∵A (5,0)在线段PQ 上，∴P ，Q 在双曲线的一支上，且PQ 所在直线过双曲线的右焦点，由双曲线定义知⎩⎨⎧|PF |－|P A |＝2a ＝6，|QF |－|QA |＝2a ＝6，∴|PF |＋|QF |＝20.∴△PQF 的周长是|PF |＋|QF |＋|PQ |＝20＋8＝28.学1解析：由抛物线y 2＝8x 可知准线方程为x ＝－2，所以双曲线的左焦点为(－2,0)，即c ＝2；又因为离心率为2，所以e ＝ca ＝2，故a＝1，由a 2＋b 2＝c 2知b 2＝3，所以该双曲线的方程为x 2－y 23＝1.学2解析：由x 2－y 2＝2，得a ＝b ＝2，c ＝2.∵|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＝2|PF 2|，∴|PF 1|＝42，|PF 2|＝22，|F 1F 2|＝2c ＝4.由余弦定理，得cos ∠F 1PF 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－|F 1F 2|22|PF 1|·|PF 2|＝34.例2[解析] (1)由双曲线的离心率e ＝c a ＝52可知，b a ＝12，而双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax ，故选C.(2)不妨设|PF 1|>|PF 2|，由⎩⎨⎧ |PF 1|＋|PF 2|＝6a ，|PF 1|－|PF 2|＝2a 可得⎩⎨⎧|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a .∵2a <2c ，∴∠PF 1F 2＝30°，∴cos30°＝(2c )2＋(4a )2－(2a )22×2c ×4a ，整理得，c 2＋3a 2－23ac ＝0，即e 2－23e ＋3＝0，∴e ＝ 3.学3解析：双曲线x 24－y 2＝1的顶点为(±2,0)，渐近线方程为y ＝±12x ，即x －2y ＝0和x ＋2y ＝0.故其顶点到渐近线的距离d ＝|±2|1＋4＝25＝255. 学4解析：∵PF 1⊥x 轴，∴x P ＝－c ，代入x 2a 2－y 2b 2＝1，得y P ＝±b 2a ，∵P 在y ＝b 3a x 上，∴y P ＝－b 2a ，∴3b ＝c ，∴9b 2＝c 2，∴9(c 2－a 2)＝c 2，∴c 2a 2＝98，∴c a ＝324，∴e ＝324.例3[解] (1)由点P (x 0，y 0)(x 0≠±a )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，有x 20a 2－y 20b2＝1.又y 0x 0－a ·y 0x 0＋a ＝15，可得a 2＝5b 2，c 2＝a 2＋b 2＝6b 2，则e ＝c a ＝305.(2)联立⎩⎨⎧x 2－5y 2＝5b 2，y ＝x －c ，得4x 2－10cx ＋35b 2＝0，Δ＝100c 2－4×4×35b 2＝40b 2>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝5c2，x 1x 2＝35b 24.①设OC →＝(x 3，y 3)，OC →＝λOA →＋OB →，即⎩⎨⎧x 3＝λx 1＋x 2，y 3＝λy 1＋y 2.又C 为双曲线上一点，即x 23－5y 23＝5b 2，有(λx 1＋x 2)2－5(λy 1＋y 2)2＝5b 2.化简得λ2(x 21－5y 21)＋(x 22－5y 22)＋2λ(x 1x 2－5y 1y 2)＝5b 2，又A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)在双曲线上，∴x 21－5y 21＝5b 2，x 22－5y 22＝ 5b 2.由①式又有x 1x 2－5y 1y 2＝x 1x 2－5(x 1－c )(x 2－c )＝－4x 1x 2＋5c (x 1＋x 2)－5c 2＝10b 2，得λ2＋4λ＝0，解出λ＝0或λ＝－4.学5解：(1)由题设知ca ＝3，即a 2＋b 2a 2＝9，故b 2＝8a 2.所以C 的方程为8x 2－y 2＝8a 2.将y ＝2代入上式，求得x ＝±a 2＋12.由题设知，2a 2＋12＝6，解得a 2＝1.所以a ＝1，b ＝2 2.(2)证明：由(1)知，F 1(－3,0)，F 2(3,0)，C 的方程为8x 2－y 2＝8.①由题意可设l 的方程为y ＝k (x －3)，|k |<22，代入①并化简得(k 2－8)x 2－6k 2x ＋9k 2＋8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1≤－1，x 2≥1，x 1＋x 2＝6k 2k 2－8，x 1·x 2＝9k 2＋8k 2－8.于是|AF 1|＝(x 1＋3)2＋y 21＝(x 1＋3)2＋8x 21－8＝－(3x 1＋1)，故|AB |＝|AF 2|－|BF 2|＝2－3(x 1＋x 2)＝4，|AF 2|·|BF 2|＝3(x 1＋x 2)－9x 1x 2－1＝16. 因而|AF 2|·|BF 2|＝|AB |2，所以|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等比数列．04迎战2年高考模拟1.解析：双曲线的渐近线y ＝±a 3x ，所以a ＝2，选C 项．2. 解析：双曲线x 2－m y2＝1中，a ＝1，b ＝，则c ＝，离心率e ＝a c＝11＋m>，解得m >1.答案：C3. 解析：∵0<θ<4π，∴sin θ<cos θ.由双曲线C 1：sin2θx2－cos2θy2＝1知实轴长为2sin θ，虚轴长为2cos θ，焦距为2，离心率为sin θ1.由双曲线C 2：cos2θy2－sin2θx2＝1知实轴长为2cos θ，虚轴长为2sin θ，焦距为2，离心率为cos θ1.选D.4. 解析：由双曲线方程知a ＝4.又e ＝a c＝45，解得c ＝5，故16＋m ＝25，m ＝9.5. 解析：由P 是双曲线上的一点和3|PF 1|＝4|PF 2|可知，|PF 1|－|PF 2|＝2，解得|PF 1|＝8，|PF 2|＝6，又|F 1F 2|＝2c ＝10，所以△PF 1F 2为直角三角形，所以△PF 1F 2的面积S ＝21×6×8＝24.答案：C第7讲 抛物线例1[解析] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由抛物线定义可得x 1＋x 2＋p ＝8，又AB 中点到y 轴的距离为2，∴x 1＋x 2＝4.∴p ＝4，故选B. (2)对于直线方程3x －4y －12＝0，令x ＝0，得y ＝－3，令y ＝0，得x ＝4，∴抛物线的焦点为(0，－3)或(4,0)． 当焦点为(0，－3)时，p2＝3，∴p ＝6，此时抛物线的标准方程为x 2＝－12y ；当焦点为(4,0)时，p2＝4，∴p ＝8，此时抛物线的标准方程为y 2＝16x .∴所求抛物线的标准方程为x 2＝－12y 或y 2＝16x .学1解析：y 2＝4mx 的焦点为(m,0)，双曲线的一条渐近线方程为3x －4y ＝0，由d ＝3m5＝3，得m ＝5，∴抛物线方程为y 2＝20x .学2解：用待定系数法求解，根据题设条件，按焦点所在位置的可能情况，分类讨论．很明显点P 在第三象限，所以抛物线的焦点可能在x 轴负半轴上或y 轴负半轴上．当焦点在x 轴负半轴上时，设方程为y 2＝－2px (p >0)，把点P (－2，－4)的坐标代入得(－4)2＝－2p ×(－2)， 解得p ＝4，此时抛物线的标准方程为y 2＝－8x ；当焦点在y 轴负半轴上时，设方程为x 2＝－2py (p >0)，把点P (－2，－4)的坐标代入得(－2)2＝－2p ×(－4)，解得p ＝12，此时抛物线的标准方程为x 2＝－y .综上可知，抛物线的标准方程为y 2＝－8x 或x 2＝－y .例2[解析] (1)设直线MF 的倾斜角为α，则tan α＝－12.由抛物线的定义得|MF |＝|MQ |.所以|MF ||MN |＝|MQ ||MN |＝sin α＝15. 故选C.(2)焦点F (1,0)，设A ，B 分别在第一、四象限，则点A 到准线l ：x ＝－1的距离为3，得A 的横坐标为2，纵坐标为22，AB 的方程为y ＝22(x －1)，与抛物线方程联立可得2x 2－5x ＋2＝0，所以B 的横坐标为12，纵坐标为－2，S △AOB ＝12×1×(22＋2)＝322.学3解析： 如图，设点P 的坐标为(x 0，y 0)，由|PF |＝x 0＋2＝42，得x 0＝32，代入抛物线方程得，y 20＝42×32＝24，所以|y 0|＝26，所以S △POF ＝12|OF ||y 0|＝12×2×26＝2 3.学4解： (1)将x ＝3代入抛物线方程y 2＝2x ，得y ＝±6. ∵6>2，∴A 在抛物线内部．设抛物线上点P 到准线l ：x ＝－12的距离为d ，由定义知|P A |＋|PF |＝|P A |＋d ，当P A ⊥l 时，|P A |＋d 最小，最小值为72，即|P A |＋|PF |的最小值为72，此时P 点纵坐标为2，代入y 2＝2x ，得x ＝2.∴点P 坐标为(2,2)．(2)由于直线x ＝－12为抛物线的准线，故|PB |＋d ＝|PB |＋|PF |≥|BF |，当且仅当B 、P 、F 共线时取等号．而|BF |＝(12＋12)2＋12＝ 2. ∴|PB |＋d 的最小值为 2.例3[解] (1)抛物线y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1.由点C 的纵坐标为2，得点C 的坐标为(1,2)，所以点C 到准线l 的距离d ＝2，又|CO |＝5，所以|MN |＝2|CO |2－d 2＝25－4＝2.(2)设C ()y 204，y 0，则圆C 的方程为()x －y 2042＋(y －y 0)2＝y 4016＋y 20，即x 2－y 202x ＋y 2－2y 0y ＝0. 由x ＝－1，得y 2－2y 0y ＋1＋y 202＝0，设M (－1，y 1)，N (－1，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4y 20－4()1＋y 202＝2y 20－4>0，y 1y 2＝y 22＋1.由|AF |2＝|AM |·|AN |，得|y 1y 2|＝4，所以y 202＋1＝4，解得y 0＝±6，此时Δ>0.所以圆心C 的坐标为()32，6或()32，－6，从而|CO |2＝334，|CO |＝332，即C 的半径为332.学5解：(1)设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，当直线l 的斜率是12时，l 的方程为y ＝12(x ＋4)，即x ＝2y －4，联立⎩⎨⎧x 2＝2py ，x ＝2y －4得2y 2－(8＋p )y ＋8＝0，y 1＋y 2＝8＋p 2，y 1y 2＝4，由已知AC →＝4AB →，∴y 2＝4y 1，由韦达定理及p >0可得y 1＝1，y 2＝4，p ＝2， ∴抛物线G 的方程为x 2＝4y .(2)由题意知直线l 的斜率存在，且不为0，设l ：y ＝k (x ＋4)，BC 中点坐标为(x 0，y 0)，由⎩⎨⎧x 2＝4y ，y ＝k (x ＋4)得x 2－4kx －16k ＝0，由Δ>0得k <－4或k >0，∴x 0＝x B ＋x C 2＝2k ，y 0＝k (x 0＋4)＝2k 2＋4k ，BC 中垂线方程为y －2k 2－4k ＝－1k(x －2k )， ∴b ＝2(k ＋1)2，∴b >2.04迎战2年高考模拟1. 解析：本题考查抛物线的方程．设抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)，由题意得2p＝2，即p ＝4，所以抛物线方程为y 2＝8x .答案：B2.解析：由抛物线方程知2p ＝8⇒p ＝4，故焦点F (2,0)，由点到直线的距离公式知，F 到直线x －y ＝0的距离d ＝1＋33×0|＝1.故选D. 3. 解析：设抛物线y 2＝2x 的焦点为F ，则F (21，0)，又点A (27，4)在抛物线的外侧，抛物线的准线方程为x ＝－21，则|PM |＝d －21，又|PA |＋d ＝|PA |＋|PF |≥|AF |＝5，所以|PA |＋|PM |≥29.答案：C4. 解析：抛物线的准线方程为y ＝－2p，设A ，B 的横坐标分别为x A ，x B ，则|x A |2＝|x B |2＝3＋4p2，所以|AB |＝|2x A |.又焦点到准线的距离为p ，由等边三角形的特点得p ＝23|AB |，即p 2＝43×4×(3＋4p2)，所以p ＝6.答案：65. 解析：F 点坐标为(21，0)，设A ，B 两点的横坐标为x 1，x 2.因|AF |<|BF |，故直线AB 不垂直于x 轴． 设直线AB 为y ＝k (x －21)，联立直线与抛物线的方程得k 2x 2－(k 2＋2)x ＋4k2＝0， ①则x 1＋x 2＝k2k2＋2.又|AB |＝x 1＋x 2＋1＝1225，可解得k 2＝24，代入①式得12x 2－13x ＋3＝0，即(3x －1)(4x －3)＝0.而|AF |<|BF |，所以x 1＝31.由抛物线的定义，得|AF |＝x 1＋21＝65.答案：65第8讲 曲线与方程例1[解] 设M 的坐标为(x ，y )，当x ＝－1时，直线MA 的斜率不存在；当x ＝1时，直线MB 的斜率不存在．于是x ≠1且x ≠－1，此时，MA 的斜率为y x ＋1，MB 的斜率为y x －1，由题意，有y x ＋1·yx －1＝4，化简可得，4x 2－y 2－4＝0.故动点M 的轨迹C 的方程为4x 2－y 2－4＝0(x ≠1且x ≠－1)．学1解：(1)点M (x ，y )到直线x ＝4的距离是到点N (1,0)的距离的2倍，则 |x －4|＝2(x －1)2＋y 2⇒x 24＋y 23＝1.所以，动点M 的轨迹为椭圆，方程为x 24＋y 23＝1.(2)P (0,3)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题知：2x 1＝0＋x 2,2y 1＝3＋y 2，椭圆的上下顶点坐标分别是(0，3)和(0，－3)，经检验直线m 不经过这两点，即直线m 斜率k 存在．设直线m 方程为：y ＝kx ＋3.联立椭圆和直线方程，整理得：(3＋4k 2)x 2＋24kx ＋24＝0⇒x 1＋x 2＝－24k 3＋4k 2，x 1·x 2＝243＋4k 2，Δ＝96(2k 2－3)>0， x 1x 2＋x 2x 1＝12＋2⇒(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2x 1·x 2＝52⇒(－24k )2(3＋4k 2)·24＝92⇒k ＝±32，满足Δ>0， 所以，直线m 的斜率k ＝±32.例2[解] 由已知得圆M 的圆心为M (－1,0)，半径r 1＝1；圆N 的圆心为N (1,0)，半径r 2＝3. 设圆P 的圆心为P (x ，y )，半径为R .(1)因为圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，所以|PM |＋|PN |＝(R ＋r 1)＋(r 2－R )＝r 1＋r 2＝4.由椭圆的定义可知，曲线C 是以M 、N 为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的椭圆(左顶点除外)，其方程为x 24＋y 23＝1(x ≠－2)．(2)对于曲线C 上任意一点P (x ，y )，由于|PM |－|PN |＝2R －2≤2，所以R ≤2，当且仅当圆P 的圆心为(2,0)时，R ＝2.所以当圆P 的半径最长时，其方程为(x －2)2＋y 2＝4. 若l 的倾斜角为90°，则l 与y 轴重合，可得|AB |＝2 3.若l 的倾斜角不为90°，由r 1≠R 知l 不平行于x 轴，设l 与x 轴的交点为Q ，则|QP ||QM |＝R r 1，可求得Q (－4,0)，所以可设l ：y ＝k (x ＋4)．由l 与圆M 相切得|3k |1＋k2＝1，解得k ＝±24.当k ＝24时，将y ＝24x ＋2代入x 24＋y 23＝1，并整理得7x 2＋8x －8＝0， 解得x 1,2＝－4±627.所以|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝187.当k ＝－24时，由图形的对称性可知|AB |＝187.综上，|AB |＝23或|AB |＝187. 学2解：设F (x ，y )为轨迹上的任意一点，∵A 、B 两点在以C 、F 为焦点的椭圆上， ∴|F A |＋|CA |＝2a ，|FB |＋|CB |＝2a (其中a 表示椭圆的长半轴长)．∴|F A |＋|CA |＝|FB |＋|CB |. ∴|F A |－|FB |＝|CB |－|CA |＝122＋92－122＋(－5)2＝2. ∴|F A |－|FB |＝2<14.由双曲线的定义知，F 点在以A 、B 为焦点，2为实轴长的双曲线的下支上， ∴点F 的轨迹方程为y 2－x 248＝1(y ≤－1).例3[解] (1)因为抛物线C 1：x 2＝4y 上任意一点(x ，y )的切线斜率为y ′＝x 2，且切线MA 的斜率为－12，所以A 点坐标为(－1，14)，故切线MA 的方程为y ＝－12(x ＋1)＋14.因为点M (1－2，y 0)在切线MA 及抛物线C 2上，所以y 0＝－12(2－2)＋14＝－3－224，①y 0＝－(1－2)22p ＝－3－222p，②由①②得p ＝2.(2)设N (x ，y )，A (x 1，x 214)，B (x 2，x 224)，x 1≠x 2，由N 为线段AB 中点知x ＝x 1＋x 22，③y ＝x 21＋x 228.④切线MA ，MB 的方程为y ＝x 12(x －x 1)＋x 214，⑤y ＝x 22(x －x 2)＋x 224.⑥由⑤⑥得MA ，MB 的交点M (x 0，y 0)的坐标为 x 0＝x 1＋x 22，y 0＝x 1x 24.因为点M (x 0，y 0)在C 2上，即x 20＝－4y 0， 所以x 1x 2＝－x 21＋x 226.⑦由③④⑦得x 2＝43y ，x ≠0.当x 1＝x 2时，A ，B 重合于原点O ，AB 中点N 为O ，坐标满足x 2＝43y .因此AB 中点N 的轨迹方程为x 2＝43y .学3解：(1)设椭圆的长半轴长及半焦距分别为a ，c ，由已知得⎩⎨⎧a －c ＝1a ＋c ＝7，解得a ＝4，c ＝3，所以椭圆C 的方程为x 216＋y 27＝1.(2)设M (x ，y )，P (x ，y 1)，其中x ∈[－4,4]．由已知得x 2＋y 21x 2＋y 2＝e 2，又e ＝34，故16(x2＋y 21)＝9(x 2＋y 2)．①由点P 在椭圆C 上得y 21＝112－7x216，②把②代入①并化简得9y 2＝112，所以点M 的轨迹方程为y ＝±473(－4≤x ≤4)，其轨迹是两条平行于x 轴的线段．04迎战2年高考模拟1. 解析：因为|PM |－|PN |＝|MN |＝4，所以动点P 的轨迹是以N (2,0)为端点向右的一条射线．答：C2. 解析：由题知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，设椭圆方程：a2x2＋b2y2＝1(其中a >b >0)．连接MO ，由三角形的中位线可得：|F 1M |＋|MO |＝a (a >|F 1O |)，则M 的轨迹为以F 1、O 为焦点的椭圆．答案：B3.解析：设A 点坐标为(x 0，y 0)，则由题意，得S △AOB ＝|x 0|·|y 0|＝.抛物线y 2＝2px 的准线为x ＝－2p，所以x 0＝－2p，代入双曲线的渐近线的方程y ＝±a bx ，得|y 0|＝2a bp.由a2＋b2＝c2＝2，，得b ＝a ，所以|y 0|＝23p .所以S △AOB ＝43p 2＝，解得p ＝2或p ＝－2(舍去)．答案：C4.解析：如图所示，以AB 的中点O 为原点，直线AB 为x 轴建立直角坐标系，则A (－1,0)，B (1,0)． 设P (x ，y )，因为|PA |＝2|PB |，所以＝2.两边平方，得(x ＋1)2＋y 2＝4[(x －1)2＋y 2]． 整理，得x 2＋y 2－310x ＋1＝0，即(x －35)2＋y 2＝916.故动点P 的轨迹方程为(x －35)2＋y 2＝916.5解析：如图所示，设△ABC 内切圆分别在AB ，BC ，AC 上的切点为G ，F ，E ， 由切线长定理知，|AG |＝|AE |，|CE |＝|CF |，|BG |＝|BF |， ∴|AC |－|BC |＝|AG |－|BG |＝6<|AB |，可知，点C 是以A ，B 为焦点的双曲线右支，由双曲线的定义可得所求轨迹方程为9x2－16y2＝1(x >3)．第9讲 圆锥曲线的综合问题例1[解] (1)依题意，可设椭圆方程为x 2a 2＋y 2＝1，则右焦点为F (a 2－1，0)．由题意，知|a 2－1＋22|2＝3，解得a 2＝3.故所求椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设点M 、N 的坐标分别为M (x M ，y M )、N (x N ，y N )，弦MN 的中点为P (x P ，y P )． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 23＋y 2＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6mkx ＋3(m 2－1)＝0. ∵直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于不同的两点，∴Δ＝(6mk )2－4(3k 2＋1)×3(m 2－1)>0⇒m 2<3k 2＋1.① ∴x P ＝x M ＋x N 2＝－3mk 3k 2＋1.从而y P ＝kx P ＋m ＝m3k 2＋1.∴k AP ＝y P ＋1x P ＝－m ＋3k 2＋13mk . 又|AM |＝|AN |，∴AP ⊥MN ，则－m ＋3k 2＋13mk ＝－1k ，即2m ＝3k 2＋1.②把②代入①，得m 2<2m ，解得0<m <2. 由②，得k 2＝2m －13>0，解得m >12.综上，m 的取值范围是(12，2)． 学1解：(1)设椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)，设c >0，c 2＝a 2－b 2，由条件，知2b ＝2，c a ＝22，∴a ＝1，b ＝c ＝22.∴椭圆C 的标准方程为y 2＋x 212＝1.(2)(i)当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝0，∵AP →＝3PB →，此时若A (0,1)，B (0，－1)，∴m －1＝3(－1－m )，即m ＝－12；若A (0，－1)，B (0,1)，∴m ＋1＝3(1－m )，即m ＝12，∴m ＝±12满足题意．(ii)当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，k ≠0(因为k ＝0时明显不满足题意)，与椭圆C 的交点分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，2x 2＋y 2＝1，得(k 2＋2)x 2＋2kmx ＋(m 2－1)＝0，Δ＝(2km )2－4(k 2＋2)(m 2－1)＝4(k 2－2m 2＋2)>0，(*) x 1＋x 2＝－2km k 2＋2，x 1x 2＝m 2－1k 2＋2.∵AP →＝3PB →，∴－x 1＝3x 2，∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝－2x 2，x 1x 2＝－3x 22.∴3(x 1＋x 2)2＋4x 1x 2＝0，即3(－2km k 2＋2)2＋4×m 2－1k 2＋2＝0. 整理，得4k 2m 2＋2m 2－k 2－2＝0，当m 2＝14时，上式不成立；当m 2≠14时，k 2＝2－2m 24m 2－1.由(*)，得k 2>2m 2－2，∵k ≠0，∴k 2＝2－2m 24m 2－1>0.∴－1<m <－12或12<m <1，综合(i)(ii)，所求m 的取值范围为(－1，－12]∪[12，1)．例2[解] (1)如图，设动圆圆心O 1(x ，y )，由题意，|O 1A |＝|O 1M |，当O 1不在y 轴上时，过O 1作O 1H ⊥MN 交MN 于H ，则H 是MN 的中点，∴|O 1M |＝x 2＋42，又|O 1A |＝(x －4)2＋y 2，∴(x －4)2＋y 2＝x 2＋42，化简得y 2＝8x (x ≠0)．又当O 1在y 轴上时，O 1与O 重合，点O 1的坐标(0,0)也满足方程y 2＝8x ，∴动圆圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x . (2)证明：由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋b 代入y 2＝8x 中，得k 2x 2＋(2bk －8)x ＋b 2＝0，其中 Δ＝－32kb ＋64>0. 由韦达定理得，x 1＋x 2＝8－2bk k 2，①x 1x 2＝b 2k 2，②因为x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以y 1x 1＋1＝－y 2x 2＋1，即y 1(x 2＋1)＋y 2(x 1＋1)＝0， (kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1)＝0，2kx 1x 2＋(b ＋k )(x 1＋x 2)＋2b ＝0，③将①，②代入③得2kb 2＋(k ＋b )(8－2bk )＋2k 2b ＝0，∴k ＝－b ，此时Δ>0，∴直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 即直线l 过定点(1,0)．学2解：(1)因为焦距为1，所以2a 2－1＝14，解得a 2＝58.故椭圆E 的方程为8x 25＋8y 23＝1.(2)设P (x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c ＝2a 2－1.由题设知x 0≠c ，则直线F 1P 的斜率kF 1P ＝y 0x 0＋c， 直线F 2P 的斜率kF 2P ＝y 0x 0－c ，故直线F 2P 的方程为y ＝y 0x 0－c (x －c )．当x ＝0时，y ＝cy 0c －x 0，即点Q 的坐标为()0，cy 0c －x 0.因此，直线F 1Q 的斜率为kF 1Q ＝y 0c －x 0.由于F 1P ⊥F 1Q ，所以kF 1P ·kF 1Q ＝y 0x 0＋c ·y 0c －x 0＝－1. 化简得y 20＝x 20－(2a 2－1)．①将①代入椭圆E 的方程，由于点P (x 0，y 0)在第一象限，解得x 0＝a 2，y 0＝1－a 2，即点P 在定直线x ＋y ＝1上．例3[解] (1)椭圆W ：x 24＋y 2＝1的右顶点B 的坐标为(2,0)．因为四边形OABC 为菱形，所以AC 与OB 相互垂直平分．所以可设A (1，m )，代入椭圆方程得14＋m 2＝1，即m ＝±32.所以菱形OABC 的面积是12|OB |·|AC |＝12×2×2|m |＝ 3.(2)假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的顶点，且直线AC 不过原点，所以可设AC 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)．由⎩⎨⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m 消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k 2.所以AC 的中点为M ()－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.因为M 为AC 和OB 的交点，所以直线OB 的斜率为－14k .因为k ·()－14k ≠－1，所以AC 与OB 不垂直．所以OABC 不是菱形，与假设矛盾． 所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．学3解：(1)证明：由题知m >－p4.联立x ＋y ＝m 与y 2＝px ，消去x 可得y 2＋py －pm ＝0，(*)∵p >0且m >－p4，∴Δ＝p 2＋4pm >0，∴直线l 与抛物线C 恒有两个不同的交点．(2)设Q (x 1，y 1)，R (x 2，y 2)．由(*)可得y 1＋y 2＝－p ，y 1·y 2＝－pm ，由AQ →·AR →＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2)＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝(m －1－y 1)(m －1－y 2)＋y 1y 2＝2y 1y 2＋(1－m )(y 1＋y 2)＋(m －1)2＝m 2－(2＋p )m ＋1－p ＝0， 又由原点O 到直线l 的距离不大于24，得|m |2≤24，得－12≤m ≤12，∴p ＝(m －1)2m ＋1＝m ＋1＋4m ＋1－4. 由(1)知m >－p 4，即m >－(m －1)24(m ＋1)，结合－12≤m ≤12，得5m 2＋2m ＋1>0，该不等式恒成立，∴－12≤m ≤12.令t ＝m ＋1，则t ∈[12，32]，令p ＝f (t )＝t ＋4t －4，则f (t )在[12，32]上单调递减，∴16≤p ≤92，∴存在实数m 满足题意，且－12≤m ≤12，实数p 的取值范围为[16，92]．04迎战2年高考模拟1. 解析：焦点(1,0)到渐近线y ＝x 的距离为23，选B 项．2. 解析：∵m <6，∴10－m >6－m >0.∴曲线10－m x2＋6－m y2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，其焦距为2＝4. ∵5<n <9，∴5－n <0,9－n >0.∴曲线5－n x2＋9－n y2＝1，即9－n y2－n －5x2＝1.表示焦点在y 轴上的双曲线， 其焦距为2＝4，故选A.3. 解析：如图，AB 为抛物线y 2＝16x 的准线，由题意可得A (－4,2)．设双曲线C 的方程为x 2－y 2＝a 2(a >0)，则有 16－12＝a 2， 故a ＝2，∴双曲线的实轴长2a ＝4.故选C. 4.解析：椭圆C 1中，|AF 1|＋|AF 2|＝4，|F 1F 2|＝2. 又因为四边形AF 1BF 2为矩形，所以∠F 1AF 2＝90°. 所以|AF 1|2＋|AF 2|2＝|F 1F 2|2，所以|AF 1|＝2－2，|AF 2|＝2＋ 2. 所以在双曲线C 2中，2c ＝2，2a ＝|AF 2|－|AF 1|＝22，故e ＝a c＝32＝62故选D. 5. 解析：由椭圆方程得F (－1,0)，设P (x 0，y 0)，则O P →·F P →＝(x 0，y 0)·(x 0＋1，y 0)＝x 20＋x 0＋y 20.∵P 为椭圆上一点，∴x 204＋y 203＝1.∴O P →·F P →＝x 20＋x 0＋3(1－x 204)＝x 204＋x 0＋3＝14(x 0＋2)2＋2. ∵－2≤x 0≤2，∴O P →·F P →的最大值在x 0＝2时取得，且最大值等于6.答案：C第九章第1讲 随机抽样例1[解析] (1)由题意知前5个个体的编号为08,02,14,07,01，选D 项． (2)由题意知n －19＝31，∴n ＝28，∴P ＝2810＝145.学1解析：找到第8行第7列的数开始向右读，第一个符合条件的是785，第二个数916，它大于800要舍去， 第三个数955也要舍去，第四个数667符合题意，这样依次读出结果．学2(1)用简单随机抽样，从含有N 个个体的总体中抽取一个容量为n 的样本时，每次抽取一个个体时任一个体被抽到的概率为1N ；在整个抽样过程中各个个体被抽到的概率为n N ；(2)抽签有先后，但概率都是相同的．故(1)13，(2)13，(3)13.例2[解析] (1)n ＝(120＋80＋60)×360＝13，选D 项．(2)根据分层抽样的特点，可得高二年级学生人数占学生总人数的310，因此在样本中，高二年级的学生所占比例也应该为310，故应从高二年级抽取50×310＝15(名)学生．学3解析：因为学段层次差异较大，所以在不同学段中抽取宜用分层抽样．学4解析：解法一：因为A ，B ，C 三个批次的产品数量成等差数列，所以B 批次的产品有2403＝80件，又抽取比例为60240＝14，故B 批次的产品应该抽取80×14＝20件．解法二：由题意知，抽取的样本数也成等差数列，故B 批次的产品应抽取20件． 例3[解析] (1)设第一组确定的号码是x ，则x ＋(16－1)×8＝125，解得x ＝5.(2)抽样间隔为30，所以第k 组被抽中的号码为9＋30(k －1)．令451≤9＋30(k －1)≤750,151115≤k ≤25710，k ∈N *，∴做B 卷的人数为10人．学5解析：840÷42＝20，把1,2，…，840分成42段，不妨设第1段抽取的号码为l ，则第k 段抽取的号码为l ＋(k －1)·20,1≤l ≤20,1≤k ≤42.令481≤l ＋(k －1)·20≤720，得25＋1－l 20≤k ≤37－l20.由1≤l ≤20，则25≤k ≤36.满足条件的k 共有12个．学6解析：由题意知：m ＝8，k ＝8，则m ＋k ＝16，也就是第8组抽取的号码个位数字为6，十位数字为8－1＝7，故抽取的号码为76.04迎战2年高考模拟1. 解析：因为四个部队的“安保”能力有一定的差距，故采用分层抽样方法更为合理．答案：D2.解析：根据分层抽样的概念知，N 12＋21＋25＋43＝9612，解得N ＝808.故选B.3. 解析：本题考查系统抽样．依题意及系统抽样可知，将这600名学生按编号依次分成50组，每一组各有12名学生，第k (k ∈N *)组抽中的号码是3＋12(k －1)．令3＋12(k －1)≤300得k ≤4103，因此第Ⅰ营区被抽中的人数是25；令300<3＋12(k －1)≤495得4103<k ≤42，因此第Ⅱ营区被抽中的人数是42－25＝17.答案：B4. 解析：设该校其他教师有x 人，则26＋104＋x x＝5616，∴x ＝52，经检验，x ＝52是原方程的根，故全校教师共有26＋104＋52＝182人．答案：1825.解析：设该校的女生人数为x ，则男生人数为1600－x ，按照分层抽样的原理，各层的抽样比为1600200＝81，所以女生应抽取8x人，男生应抽取81600－x人，所以8x＋10＝81600－x，解得x ＝760.答案：760第2讲 用样本估计总体例1[解析] 由频率分布直方图知40～60分的频率为(0.005＋0.015)×10＝0.2，故估计不少于60分的学生人数为600×(1－0.2)＝480. 学1解析：由频率分布直方图，低于60分的同学所占频率为(0.005＋0.01)×20＝0.3，故该班的学生人数为150.3＝50.故选B.例2[解析] 由甲组数据中位数为15，可得x ＝5；而乙组数据的平均数16.8＝9＋15＋(10＋y )＋18＋245，可解得y ＝8.故选C.学2解析：甲数据集中于前半段，而乙数据集中于后半段，所以x 甲<x乙；m 甲＝18＋222＝20，m 乙＝27＋312＝29，所以m 甲<m 乙，所以选B.例3[解析] 由题意知90＋－3＋4＋0＋1＋0＋x ＋17＝91，得x ＝4，所以方差s 2＝17[(－4)2＋32＋(－1)2＋02＋(－1)2＋32＋02]＝367，故答案为B.学3解析：由题意可知，甲的成绩为4,5,6,7,8，乙的成绩为5,5,5,6,9.所以甲、乙的成绩的平均数均为6，A 错；甲、乙的成绩的中位数分别为6,5，B 错；甲、乙的成绩的方差分别为15×[(4－6)2＋(5－6)2＋(6－6)2＋(7－6)2＋(8－6)2]＝2，15×[(5－6)2＋(5－6)2＋(5－6)2＋(6－6)2＋(9－6)2]＝125，C 对；甲、乙的成绩的极差均为4，D 错．04迎战2年高考模拟1.解析：由茎叶图知落在区间[22,30)内的数据有22,22,27,29，共4个，因为共有10个数据，所以数据落在区间[22,30)内的频率为104＝0.4，故选B.2. 解析：由图可知，30名学生的得分情况依次为：2个人得3分，3个人得4分，10个人得5分，6个人得6分，3个人得7分，2个人得8分，2个人得9分，2个人得10分．中位数为第15个数和第16个数(分别为5,6)的平均数，即m e ＝5.5,5出现次数最多，故m o ＝5，＝302×3＋3×4＋10×5＋6×6＋3×7＋2×8＋2×9＋2≈5.97.于是得m o <m e <.故选D.3. 解析：若抽样方法是分层抽样，男生、女生应分别抽取6人、4人，所以A 错；由题目看不出是系统抽样，所以B 错；这五名男生成绩的平均数1＝586＋94＋88＋92＋90＝90，这五名女生成绩的平均数2＝588＋93＋93＋88＋93＝91，故这五名男生成绩的方差为51[(86－90)2＋(94－90)2＋(88－90)2＋(92－90)2＋(90－90)2]＝8，这五名女生成绩的方差为51[(88－91)2×2＋(93－91)2×3]＝6，所以这五名男生成绩的方差大于这五名女生成绩的方差，但该班男生成绩的平均数不一定小于女生成绩的平均数，所以D 错，故选C.4. 解析：后两组的频率和是5×(0.0125＋0.0375)＝0.25.故第2小组的频率是(1－0.25)×62＝0.25，所以抽取的学生人数是0.2510＝40.答案：40 5. 解析：甲＝乙＝9环，s 甲2＝51[(9－10)2＋(9－8)2＋(9－9)2＋(9－9)2＋(9－9)2]＝52， s 乙2＝51[(9－10)2＋(9－10)2＋(9－7)2＋(9－9)2＋(9－9)2]＝56>s 甲2，故甲更稳定，故填甲4讲，算法初步例1 (1)若t ∈[－1,1)，则执行s ＝3t ，故s ∈[－3,3)．若t ∈[1,3]，则执行s ＝4t －t 2，其对称轴为t ＝2. 故当t ＝2时，s 取得最大值4.当t ＝1或3时，s 取得最小值3，则s ∈[3,4]．综上，输出的s ∈[－3,4]．故选A. 学1解析：依次执行的循环为S ＝1，i ＝0；S ＝23，i ＝1；S ＝1321，i ＝2.故选C.学2解析：该程序框图的作用是计算分段函数f (x )＝⎩⎨⎧2x，x ∈[－2，2]2，x ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)的函数值．又∵输出的函数值在区间[14，12]内，∴x ∈[－2，－1]例2．[解析] (1)该程序框图的功能为计算1＋11×2＋12×3＋…＋1a (a ＋1)＝2－1a ＋1的值，由已知输出的值为95，可知当a ＝4时2－1a ＋1＝95.故选A. (2)当i ＝2时，S ＝2×2＋1＝5；当i ＝3时，S ＝2×3＋4＝10不满足S <10，排除D ；当i ＝4时，S ＝2×4＋1＝9；当i ＝5时，选项A ，B 中的S 满足S <10，继续循环，选项C 中的S ＝10不满足S <10，退出循环，输出i ＝5，故选C.学3解析：由程序框图可知，输出的结果为s ＝log 23×log 34×…×log k (k ＋1)＝log 2(k ＋1)．由s ＝3，即log 2(k ＋1)＝3，解得k ＝7.又∵不满足判断框内的条件时才能输出s ，∴条件应为k ≤7.学4解析：由框图知循环情况为：T ＝1，S ＝1，k ＝2；T ＝12，S ＝1＋12，k ＝3；T ＝12×3，S ＝1＋12＋12×3，k ＝4；T ＝12×3×4，S ＝1＋12＋12×3＋12×3×4，k ＝5>4，故输出S .选B.例3[解析] (1)该语句为分段函数y ＝⎩⎨⎧0.5x ，' ''' x ≤50，25＋0.6(x －50)， x >50，当x ＝60时，y ＝25＋0.6×(60－50)＝31，故选C. (2)由于是求20个数的平均数，所以应是“直到i >20”时，退出循环，故选D.学5解析：第一次i ＝1＋1＝2，S ＝2×2－1＝3，i ＝2＋2＝4.第二次，i ＝4＋1＝5，S ＝5×2－1＝9，i ＝5＋2＝7，第三次条件不成立，输出S ＝9，i ＝7，选C .学6解析：由程序可知s ＝10＋9＋8＋7＋6＝40≥40退出循环，此时n ＝6－1＝5，输出结果为5. 两年高考模拟1解析：由算法流程图知s ＝0＋21＋41＋61＝1211.选C.2由程序框图，得x ＝1时，S ＝1；x ＝2时，S ＝9；x ＝4时，S ＝9＋64＝73，结束循环输出S 的值为73，故选B. 3解析：从两个程序可知它们的程序语句不同，但其算法都是求1＋2＋3＋…＋1000，故结果相同．答案：B 4解析：当k ＝10时，执行程序框图如下：S ＝0，i ＝1； S ＝1，i ＝2； S ＝1＋2，i ＝3； S ＝1＋2＋22，i ＝4；… … S ＝1＋2＋22＋…＋28，i ＝10； S ＝1＋2＋22＋…＋29，i ＝11.答案：A5，i ＝1，A ＝2，B ＝1→i ＝2，A ＝4，B ＝2→i ＝3，A ＝8，B ＝6→i ＝4，A ＝16，B ＝24，输出i ＝4.答案：4第十章第1讲 分类加法计数原理例1[解析] (1)记基本事件为(a ，b )，则基本事件空间Ω＝{(1,3)，(1,5)，(1,7)，(1,9)，(3,1)，(3,5)，(3,7)，(3,9)，(5,1)，(5,3)，(5,7)，(5,9)，(7,1)，(7,3)，(7,5)，(7,9)，(9,1)，(9,3)，(9,5)，(9,7)}共有20个基本事件，而lg a －lg b ＝lg a b ，其中基本事件(1,3)，(3,9)和(3,1)，(9,3)使lg ab 的值相等，则不同值的个数为20－2＝18(个)，故选C.(2)分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C 23＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C 24＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．学1解析：恰有0个，1个，2个对应位置上的数字相同的信息个数分别为1，C 14，C 24，故至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋C 14＋C 24＝11，故选B.学2解析：当a ＝1时，若c ＝0，则b 2有4,9两个取值，共2条抛物线；若c ≠0，则c 有4种取值，b 2有两种，共有2×4＝8(条)抛物线；当a ＝2时，若c ＝0，b 2取1,4,9三种取值，共有3条抛物线；若c ≠0，c 取1时，b 2有2个取值，共有2条抛物线，c 取－2时，b 2有2个取值，共有2条抛物线，c 取3时，b 2有3个取值，共有3条抛物线．c 取－3时，b 2有∴共有3＋2＋2＋3＋3＝13(条)抛物线．同理，a ＝－2，－3，3时，共有抛物线3×13＝39(条)．由分类加法计数原理知，共有抛物线39＋13＋8＋2＝62(条)．3个取值，共有3条抛物线．例2[解析] (1)能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.(2)从A 开始，有6种方法，B 有5种，C 有4种，D 、A 同色1种，D 、A 不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480种． 学3解析：分两步：(1)先排a 1，a 3，a 5，若a 1＝2，有2种排法；若a 1＝3，有2种排法；若a 1＝4，有1种排法，共有5种排法；(2)再排a 2，a 4，a 6，共有A 33＝6(种)排法，故不同的排列方法有5×6＝30(种)．学4解析：每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态，电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即焊接点2脱落或焊接点3脱落或全不脱落，故满足题意的焊接点脱落的不同情况共有24－3＝13(种)．例3[解析] (1)先分成两类：(一)从0,2中选数字2，从1,3,5中任选两个所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为C 23×4＝12； (二)从0,2中选数字0，从1,3,5中任选两个所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为C 23×2＝6. 故满足条件的奇数的总个数为12＋6＝18.(2)参加乒乓球比赛的人有两种选法：在只会打乒乓球的3人中选，或在既会打乒乓球又会打羽毛球的2人中选；参加羽毛球比赛的人也有两种选法：在只会打羽毛球的2人中选，或在既会打乒乓球又会打羽毛球的2人中选，互相搭配可得四类不同选法．第一类：从只会打乒乓球的3人中选1人参加乒乓球比赛，同时从只会打羽毛球的2人中选1人参加羽毛球比赛有3×2＝6(种)； 第二类：从只会打乒乓球的3人中选1人参加乒乓球比赛，同时从既会打乒乓球又会打羽毛球的2人中选1人参加羽毛球比赛有3×2＝6(种)；第三类：从只会打羽毛球的2人中选1人参加羽毛球比赛，同时从既会打乒乓球又会打羽毛球的2人中选1人参加乒乓球比赛选法有2×2＝4(种)；第四类：从既会打乒乓球又会打羽毛球的2人中各选1人分别参加乒乓球比赛和羽毛球比赛有选法2×1＝2(种)． 所以不同的选法有6＋6＋4＋2＝18(种)．学5解析：可分四类：第1类，当十位数为6时，有A 25个不同的“伞数”；第2类，当十位数为5时，有A 24个不同的“伞数”；第3类，当十位数为4时，有A 23个不同的“伞数”；第4类，当十位数为3时，有A 22个不同的“伞数”．根据分类加法计数原理，共有A 25＋A 24＋A 23＋A 22＝40个不同的“伞数”．学6解：①第一节课，若安排A ，则第四节课只能安排C ，第二节课从剩余4人中任选一人，第三节课从剩余3人中任选一人，共有排法4×3＝12(种)．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24(种)排法，因此不同安排方法是12＋24＝36(种)．04迎战2年高考模拟1解析：每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A.2解析：设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．3解析：先将1,2捆绑后放入信封中，有C31种方法，再将剩余的4张卡片放入另外两个信封中，有C42C22种方法，所以共有C31C42C22＝18(种)方法．答案：B4解析：由已知可知，只需找出组成“渐降数”的四个数字即可，等价于六个数字中去掉两个不同的数字．从前向后先取0有0与1,0与2,0与3,0与4,0与5，共5种情况；再取1有1与2,1与3,1与4,1与5，共4种情况；依次向后分别有3,2,1种情况．因此，共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)“渐降数”．答案：B5解析：若1,3不同色，则1,2,3,4必不同色，有3A44＝72种涂色法；若1,3同色，有C41A33＝24种涂色法．根据分类加法计数原理可知，共有72＋24＝96种涂色法．答案：B第2讲排列与组合例1[解析](1)先排除甲、乙外的4人，方法有A44种，再将甲、乙插入这4人形成的5个间隔中，有A25种排法，因此甲、乙不相邻的不同排法有A44·A25＝480(种)．(2)将甲、乙捆绑，与除丙、丁外的另外一架飞机进行全排列，有A22·A22种方法，而后将丙、丁进行插空，有3个空，有A23种排法，故共有A22·A22·A23＝24种方法．学1解析：从后排7人中抽2人的方法种数是C27，前排的排列方法种数是A25C33，由分步计数原理知不同的调整方法种数是C27A25.学2从这9名大学生志愿者中任选3名派到3所学校支教，则有A39种选派方案，3名志愿者全是男生或全是女生的选派方案有A35＋A34种，故符合条件的选派方案有A39－(A35＋A34)＝420种．例2(1)直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1各．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.(2)当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案，从9人中选择3人，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．学3解析：完成这件事可分为两类，第一类3张卡片颜色各不相同共有C34C14C14C14＝256种；第二类3张卡片有两张同色且不是红色卡片共有C13C24C13C14＝216种，由分类加法计数原理得共有472种，故选C.学4解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则不同的放入方式共有C36＝20种．(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C310＝120种放入方式．例3(1)按照要求要把序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券分成4组，然后再分配给4人，连号的情况是1和2,2和3,3和4,4和5，故其方法数是4A44＝96.(2)从4对小车中选取2对共有C24种选法，从4个车库中选取2个车库有C24种选法，然后将这2对小车放入这两个车库共有A22种放法；将剩下的2对小车每1对分开来放，因为同一品牌的小车完全相同，只有1种放法，所以共有C24C24A22＝72种不同的放法．学5若甲、乙分到的车间不再分人，则分法有C13×A22×C13＝18种；若甲、乙分到的车间再分一人，则分法有3×A22×C13＝18种．所以满足题意的分法共有18＋18＝36种．学6将4名新来的同学分配到A，B，C三个班级中，每个班级至少安排1名学生有C24A33种分配方案，其中甲同学分配到A班共有C23A22＋C13A22种方案．因此满足条件的不同方案共有C24A33－C23A22－C13A22＝24(种)．。