專題突破練19　統(tǒng)計與概率解答題2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題數(shù)學(xué)課后習(xí)題專題突破練含答案

專題突破練19統(tǒng)計與概率解答題2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題數(shù)學(xué)課后習(xí)題專題突破練含答案專題突破練(分值:91分)學(xué)生用書P189主干知識達(dá)標(biāo)練1.(17分)(2024山東濟寧一模)袋中裝有大小相同的4個紅球,2個白球.某人進(jìn)行摸球游戲,游戲規(guī)則如下:①每次從袋中摸取一個小球,若摸到紅球則放回袋中,充分?jǐn)嚢韬笤龠M(jìn)行下一次摸取;②若摸到白球或摸球次數(shù)達(dá)到4次時本輪摸球游戲結(jié)束.(1)求摸球游戲結(jié)束時摸球次數(shù)不超過3的概率;(2)若摸出1次紅球計1分,摸出1次白球記2分,求游戲結(jié)束時,此人總得分X的分布列和數(shù)學(xué)期望.解(1)設(shè)Bi=“第i次摸球時摸到紅球”(i=1,2,3,4),則由題可知P(Bi)=C41C61=23,則P(Bi)=1設(shè)A=“摸球游戲結(jié)束時,摸球次數(shù)不超過3”,則A=B1∪B1B2∪B1B2B3,事件B1、事件B1B2與事件由概率的加法公式及乘法公式,得P(A)=P(B1)+P(B1B2)+P(B1B2B3)=P(B1)+P(B1)·P(B2)+P(B1)P(B2)P(B3)=13+(2)由題可知,X的可能取值為2,3,4,5,則P(X=2)=P(B1)=13,P(X=3)=P(B1B2)=P(B1)P(B2)=23×13=29,P(X=4)=P(B1B2B3)+P(B1B2B3B4)=P(B1)P(B2)·P(B3)+P(B1)P(B2)P(B3)P(B4)=23×23×13+23×23×23×23=2881,P所以X的分布列為X2345P12288所以E(X)=2×13+3×29+42.(17分)(2024陜西西安一模)某市為提升中學(xué)生的環(huán)境保護意識,舉辦了一次“環(huán)境保護知識競賽”,分預(yù)賽和復(fù)賽兩個環(huán)節(jié),預(yù)賽成績排名前三百名的學(xué)生參加復(fù)賽.已知共有12000名學(xué)生參加了預(yù)賽,現(xiàn)從參加預(yù)賽的全體學(xué)生中隨機地抽取100人的預(yù)賽成績作為樣本,得到如圖所示的頻率分布直方圖.(1)規(guī)定預(yù)賽成績不低于80分為優(yōu)良,若從上述樣本中預(yù)賽成績不低于60分的學(xué)生中隨機地抽取2人,用X表示其中預(yù)賽成績優(yōu)良的人數(shù),求至少有1人預(yù)賽成績優(yōu)良的概率,并求X的分布列及數(shù)學(xué)期望;(2)由頻率分布直方圖可認(rèn)為該市參加預(yù)賽的學(xué)生的預(yù)賽成績Z服從正態(tài)分布N(μ,σ2),其中μ可近似為樣本中的100名學(xué)生預(yù)賽成績的平均值(同一組數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代替),且σ2=362,已知小明的預(yù)賽成績?yōu)?1分,利用該正態(tài)分布,估計小明是否有資格參加復(fù)賽?附:若Z~N(μ,σ2),則P(μ-σ≤Z≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ≤Z≤μ+3σ)≈0.9973;362≈19解(1)根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100人中,成績位于區(qū)間[60,80)內(nèi)的有0.0125×20×100=25(人),成績優(yōu)良(位于區(qū)間[80,100)內(nèi))的有0.0075×20×100=15(人),則X服從超幾何分布,且N=40,M=15,n=2.X的分布列為P(X=k)=C15kC25至少有1人預(yù)賽成績優(yōu)良的概率為P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)=CE(X)=nM(2)由頻率分布直方圖可知,樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)的估計值為(10×0.005+30×0.01+50×0.015+70×0.0125+90×0.0075)×20=53,所以μ=53.又σ2=362,所以σ=362≈19,所以Z~N(53,192),所以P(Z>91)=P(Z>μ+2σ)=12[1-P(μ-2σ≤Z≤μ+2σ)]≈12×(1-0.9545)=故全市參加預(yù)賽的學(xué)生中,成績高于91分的約有12000×0.02275=273(人).因為273<300,所以小明有資格參加復(fù)賽.關(guān)鍵能力提升練3.(17分)(2024廣西南寧模擬)為降低工廠廢氣排放量,某廠生產(chǎn)甲、乙兩種不同型號的減排器,現(xiàn)分別從甲、乙兩種減排器中各抽取100件進(jìn)行性能質(zhì)量評估檢測,綜合得分k的頻率分布直方圖如圖所示.甲型號減排器乙型號減排器減排器等級及利潤率如下表,其中17<a<綜合得分k的范圍減排器等級減排器利潤率k≥85一級品2a75≤k<85二級品3a270≤k<75三級品a2(1)若從這100件甲型號減排器中按等級用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取10件,再從這10件產(chǎn)品中隨機抽取5件,求抽取的5件中至少有3件一級品的概率.(2)將頻率分布直方圖中的頻率近似地看作概率,用樣本估計總體,則①若從乙型號減排器中隨機抽取4件,記X為其中二級品的個數(shù),求X的分布列及數(shù)學(xué)期望;②從數(shù)學(xué)期望來看,投資哪種型號減排器的利潤更大?解(1)根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100件甲型號減排器中,綜合得分位于區(qū)間[85,95]內(nèi)的頻率為0.08×5+0.04×5=0.6,即一級品的頻率為0.6,所以從中按等級用比例分配的分層隨機抽樣方法抽取10件,需要從一級品中抽取10×0.6=6(件).用Y表示從抽到的10件產(chǎn)品中隨機抽取5件,其中一級品的數(shù)量,則Y服從超幾何分布,且N=10,M=6,n=5.因此至少有3件一級品的概率為P(Y≥3)=P(Y=3)+P(Y=4)+P(Y=5)=C(2)①根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100件乙型號減排器中,綜合得分位于區(qū)間[75,85)內(nèi)的頻率為0.02×5+0.03×5=0.25,即二級品的頻率為0.25,所以可以估計該廠生產(chǎn)的乙型號減排器中,二級品的概率為0.25.由題可知,X服從二項分布,即X~B(4,0.25),所以X的分布列為P(X=k)=C4k(0.25)k(0.75)4-k,k=X的數(shù)學(xué)期望為E(X)=4×0.25=1.②由題可知,甲型號減排器無三級品.由(1)知,抽取的100件甲型號減排器中,一級品的頻率為0.6,二級品的頻率為1-0.6=0.4,所以可以估計該廠生產(chǎn)的甲型號減排器中,一級品的概率為0.6,二級品的頻率為0.4,所以甲型號減排器的利潤率的平均值為E甲=0.6×2a+0.4×3a2=1.2a2+1.2a.根據(jù)頻率分布直方圖可得,抽取的100件乙型號減排器中,綜合得分位于區(qū)間[70,75)內(nèi)的頻率為0.01×5=0.05,即三級品的頻率為0.05,所以可以估計該廠生產(chǎn)的乙型號減排器中,三級品的概率為0.05.由(2)①知,該廠生產(chǎn)的乙型號減排器中,二級品的概率為0.25,所以一級品的概率為1-0.05-0.25=0.7,所以乙型號減排器的利潤率的平均值為E乙=0.7×2a+0.25×3a2+0.05×a2=0.8a2+1.4a.E甲-E乙=1.2a2+1.2a-(0.8a2+1.4a)=0.4a2-0.2a=0.2a(2a-1).因為17<a<16,所以E甲-E乙<0,即E甲<E乙,4.(17分)(2024浙江金麗衢十二校二模)某工廠生產(chǎn)某種元件,其質(zhì)量按測試指標(biāo)劃分為:指標(biāo)大于或等于82為合格品,小于82為次品,現(xiàn)抽取100件該元件進(jìn)行檢測,檢測結(jié)果如下表所示.測試指標(biāo)[20,76)[76,82)[82,88)[88,94)[94,100]元件數(shù)/件121836304(1)現(xiàn)從這100件樣品中隨機抽取2件,若其中一件為合格品,求另一件也為合格品的概率;(2)關(guān)于隨機變量,俄羅斯數(shù)學(xué)家切比雪夫提出切比雪夫不等式:若隨機變量X具有數(shù)學(xué)期望E(X)=μ,方差D(X)=σ2,則對任意正數(shù)ε,均有P(|X-μ|≥ε)≤σ2(ⅰ)若X~B100,12,證明:P(0≤X≤25)≤150(ⅱ)由切比雪夫不等式可知,即使分布未知,隨機變量的取值范圍落在期望左右的一定范圍內(nèi)的概率是有界的.若該工廠聲稱本廠元件合格率為90%,那么根據(jù)所給樣本數(shù)據(jù),請結(jié)合切比雪夫不等式說明該工廠所提供的合格率是否可信?(注:當(dāng)隨機事件發(fā)生的概率小于0.05時,可稱其為小概率事件,小概率事件基本不會發(fā)生)(1)解由題可知,樣品中合格品有36+30+4=70(件),從這100件樣品中隨機抽取2件.設(shè)A=“至少抽到1件合格品”,B=“抽到2件合格品”,則P(A)=1-P(A)=1-C302C1002=301330由題可知,“若其中一件為合格品,另一件也為合格品的概率”即為P(B|A),所以P(B|A)=P(2)(ⅰ)證明因為X~B100,12,所以E(X)=100×12=50,D(X)=100×12×1-12=25,且P(X=k)=P(X=100-k)=C100k12100,k=0,1,…,100,所以P(0≤X≤25)=12P(0≤X≤25或75≤X≤100)由切比雪夫不等式可知,P(|X-50|≥25)≤25252=125,(ⅱ)解用Y表示隨機抽取100件產(chǎn)品中合格品的件數(shù),假設(shè)產(chǎn)品合格率為90%的說法成立,則Y~B(100,0.9),所以E(X)=100×0.9=90,D(X)=100×0.9×(1-0.9)=9.由切比雪夫不等式知,P(X=70)≤P(|X-90|≥20)≤9400=0.022即在假設(shè)下隨機抽取100個元件中合格品為70個的概率不超過0.0225,所以該事件為小概率事件,基本不會發(fā)生,據(jù)此我們有理由推斷該工廠所提供的合格率不可信.核心素養(yǎng)創(chuàng)新練5.(多選題)(2024浙江溫州模擬)某企業(yè)協(xié)會規(guī)定:企業(yè)員工一周7天要有一天休息,另有一天的工作時間不超過4h,且其余5天的工作時間均不超過8h(每天的工作時間以整數(shù)計),則認(rèn)為該企業(yè)“達(dá)標(biāo)”.請根據(jù)以下企業(yè)上報的一周7天的工作時間的數(shù)值特征,判斷其中無法確?！斑_(dá)標(biāo)”的企業(yè)有()A.甲企業(yè):均值為5,中位數(shù)為8B.乙企業(yè):眾數(shù)為6,中位數(shù)為6C.丙企業(yè):眾數(shù)和均值均為5,下四分位數(shù)為4,上四分位數(shù)為8D.丁企業(yè):均值為5,方差為6答案ABD解析甲企業(yè)一周7天的工作時間可以為9,8,8,8,2,0,0,滿足均值為5,中位數(shù)為8,故不達(dá)標(biāo),故A正確;乙企業(yè)一周7天工作時間可以為6,6,6,6,6,6,6,滿足眾數(shù)為6,中位數(shù)為6,故不達(dá)標(biāo),故B正確;丙企業(yè)一周7天的工作時間的眾數(shù)和均值均為5,下四分位數(shù)為4,上四分位數(shù)為8,設(shè)其一周7天的工作時間為4,5,5,8,a,b,c(0≤a≤4≤b≤8≤c≤24),b+c+a=13,為滿足眾數(shù)為5,則b≠4,則b≥5.若a=4,則b=5,則c=4,不滿足題意;若c=8,則b=5,則a=0,滿足題意,所以0≤a<4<5≤b≤8≤c,所以a+b≥5,所以c≤8,所以c=8,所以a=0,b=5,故丙企業(yè)一定達(dá)標(biāo),故C錯誤;丁企業(yè)一周7天的工作時間可以為0,5,5,5,5,6,9,滿足均值為5,方差為6,故不達(dá)標(biāo),故D正確.故選ABD.6.(17分)(2024浙江臺州二模)臺州是全國三大電動車生產(chǎn)基地之一,擁有完整的產(chǎn)業(yè)鏈和突出的設(shè)計優(yōu)勢.某電動車公司為了搶占更多的市場份額,計劃加大廣告投入,該公司近5年的年廣告費xi(單位:百萬元)和年銷售量yi(單位:百萬輛)關(guān)系如圖所示.令vi=lnxi(i=1,2,…,5),數(shù)據(jù)經(jīng)計算可知:∑i=15∑i=15∑i=15(xi-x∑i=15(yi-y∑i=15(vi-v∑i=15(xi-x)(yi-∑i=15(yi-y)(vi-444.81040.41.61519.68.08現(xiàn)有①y=bx+a和②y=nlnx+m兩種模型作為年銷售量y關(guān)于年廣告費x的回歸模型,其中a,b,m,n均為常數(shù).(1)請從相關(guān)系數(shù)的角度,分析哪一個模型擬合程度更好;(2)根據(jù)擬合程度更好的回歸模型及表中數(shù)據(jù),求出y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程,并預(yù)測年廣告費為6百萬元時產(chǎn)品的年銷售量;(3)該公司生產(chǎn)的電動車毛利潤為每輛200元(不含廣告費、研發(fā)經(jīng)費).該公司在加大廣告投入的同時也加大研發(fā)經(jīng)費的投入,年研發(fā)經(jīng)費為年廣告費的199倍.電動車的年凈利潤受年廣告費和年研發(fā)經(jīng)費影響外還受隨機變量ξ(單位:百萬元)影響,設(shè)隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(600,σ2),且滿足P(ξ>800)=0.3.在(2)的條件下,求該公司年凈利潤的最大值大于1000(百萬元)的概率.(年凈利潤=毛利潤×年銷售量-年廣告費-年研發(fā)經(jīng)費-隨機變量)附:相關(guān)系數(shù)r=∑i經(jīng)驗回歸方程y^=a^參考數(shù)據(jù):40.4×1.615≈8.08,404≈20.解(1)設(shè)模型①和②的相關(guān)系數(shù)分別為r1,r2.由題意可得r1=∑i=15r2=∑i=1所以|r2|更接近1,所以模型②的擬合程度更好.(2)由(1)可知選擇模型y=nv+m,由題可知y=15∑i=15yi=8.8,v=15∑i=15vi=0.96,n^所以y關(guān)于v的經(jīng)驗回歸方程為y^=5v+4,所以y關(guān)于x的經(jīng)驗回歸方程為y^=5lnx+當(dāng)x=6時,y^=5ln6+4≈1.8×5+4=13,因此可以預(yù)測當(dāng)年廣告費為6百萬元時,產(chǎn)品的年銷售量大概是13百萬輛(3)由(2)可知年銷售量為5lnx+4(百萬輛),所以年凈利潤為200×(5lnx+4)-200x-ξ(百萬元).令g(x)=200×(5lnx+4)-200x-ξ,所以g'(x)=1000x當(dāng)x∈(0,5)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(5,+∞)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)x=5時,g(x)取最大值,最大值為g(5)=200×(5ln5+4-5)-ξ≈200×(5×1.6+4-5)-ξ=1400-ξ,即年凈利潤的最大值為1400-ξ(百萬元).令1400-ξ>1000,得ξ<400.因為隨機變量ξ服從正態(tài)分布N(600,σ2),且P(ξ>800)=0.3,所以P(ξ<400)=P(ξ>800)=0.3,所以該公司年凈利潤的最大值大于1000(百萬元)的概率為0.3.專題突破練(分值:104分)學(xué)生用書P199主干知識達(dá)標(biāo)練1.(2024遼寧大連一模)過點(-1,1)和(1,3),且圓心在x軸上的圓的方程為()A.x2+y2=4 B.(x-2)2+y2=8C.(x-1)2+y2=5 D.(x-2)2+y2=10答案D解析設(shè)該圓圓心為(a,0),半徑為r,則該圓方程為(x-a)2+y2=r2,把點(-1,1)和(1,3)代入,則有(-1-a)2+1=r2,(1-a)22.(2024河北保定模擬)已知直線l1:ax+2y+b=0與直線l2:bx-y+a=0垂直,則a2+b2的最小值為()A.2 B.4 C.6 D.8答案B解析因為直線l1:ax+2y+b=0與直線l2:bx-y+a=0垂直,所以ab-2×1=0,即ab=2,所以a2+b2≥2ab=4,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2或a=b=-2時等號成立.即a2+b2的最小值為4.故選B.3.(2024遼寧撫順三模)已知直線y=x+1與圓C:x2+y2=5相交于M,N兩點,O為坐標(biāo)原點,則△MON的面積為()A.32 B.2 C.52答案A解析設(shè)點O到直線MN的距離為d,則d=|0-0+1|2=22,又|MN|=25-(12)

2=4.(2024江蘇海安模擬)已知直線3x+4y-4=0與圓C相切于點T(0,1),圓心C在直線x-y=0上,則圓C的方程為()A.(x-3)2+(y-3)2=13B.(x-3)2+(y+3)2=25C.(x+3)2+(y-3)2=13D.(x+3)2+(y+3)2=25答案D解析由題意,設(shè)C(a,a)(a≠0),圓C的半徑為r,所以kCT=a-1a=所以圓心C(-3,-3),半徑r=|CT|=(-3-0)2+(-3-1)2=5,所以圓C的方程為(x+3)5.(2024山東聊城二模)若圓C1:x2+y2=1與圓C2:(x-a)2+(y-b)2=4恰有一條公切線,則下列直線一定不經(jīng)過點(a,b)的是()A.2x+y-2=0 B.2x-y+2=0C.x+y-2=0 D.x-y+2=0答案D解析由題可得,圓C1:x2+y2=1的圓心C1(0,0),半徑r1=1,圓C2:(x-a)2+(y-b)2=4的圓心C2(a,b),半徑r2=2,且兩圓內(nèi)切,所以|C1C2|=|r1-r2|,即a2+b2=1,表示以(0,0)為圓心,1為半徑的圓.圓心(0,0)到直線2x+y-2=0的距離為|0+0-2|5=105<1,則該直線一定過點(圓心(0,0)到直線2x-y+2=0的距離為|0-0+2|5=255<1,則該直線一定過點圓心(0,0)到直線x+y-2=0的距離為|0+0-2|2=1,則該直線過點(a,b圓心(0,0)到直線x-y+2=0的距離為|0-0+2|2=2>1,則該直線不過點(a,b),6.(多選題)(2024河北滄州模擬)已知圓C1:x2+y2-2x-2y-2=0,圓C2:x2+y2-8x-10y+32=0,則下列選項正確的是()A.直線C1C2的方程為4x-3y-1=0B.圓C1和圓C2共有4條公切線C.若P,Q分別是圓C1和圓C2上的動點,則|PQ|的最大值為10D.經(jīng)過點C1,C2的所有圓中面積最小的圓的面積為254答案ACD解析由題意得,圓C1:(x-1)2+(y-1)2=4,圓心C1(1,1),半徑r1=2,圓C2:(x-4)2+(y-5)2=9,圓心C2(4,5),半徑r2=3,由直線方程的兩點式可得直線C1C2的方程為y-15-1=x-14-1,因為|C1C2|=(4-1)2+(5-1)2=5且r1+r2=2+3=5,所以|C1C2|=r1+r2,所以圓C1與圓因為|C1C2|=5,所以|PQ|的最大值為|C1C2|+r1+r2=10,所以C正確;當(dāng)|C1C2|為圓的直徑時,該圓在經(jīng)過點C1,C2的所有圓中面積最小,此時圓的面積為π522=254π,所以D正確.故選ACD.7.數(shù)學(xué)家歐拉在其所著的《三角形的幾何學(xué)》一書中提出:任意三角形的外心、重心、垂心在同一條直線上,后人稱這條直線為歐拉線.已知△ABC的頂點分別為A(1,3),B(2,4),C(3,2),則△ABC的歐拉線方程是()A.x-y+1=0 B.x-y+3=0C.x+y-5=0 D.3x+y-9=0答案C解析由已知得,△ABC的重心為G(2,3),直線AB的斜率為3-41-2=1,則AB邊上高所在的直線斜率為-1,則方程為y=-x+5,直線AC的斜率為3-21-3=-聯(lián)立y=-x+5,y=2x,可得△ABC的垂心為H53,103.則直線GH的斜率為3-1032-53=-1,則可得直線GH的方程為8.(多選題)(2024湖北荊州模擬)已知圓C:(x-1)2+(y-2)2=25,直線l:(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0,則下列說法正確的是()A.直線l恒過定點(3,1)B.直線l被圓C截得的弦最長時,m=-1C.直線l被圓C截得的弦最短時,m=-3D.直線l被圓C截得的弦最短弦長為25答案ABC解析由題得,圓心C(1,2),半徑r=5.直線l的方程可化為(2x+y-7)m+(x+y-4)=0,令2x+y-7=0,x+y因為(3-1)2+(1-2)2=5<25,即點P(3,1)在圓C內(nèi),當(dāng)直線l過圓心C時,直線被圓截得的弦長最長,將圓心C代入直線l,此時2m+1+2(m+1)-7m-4=0,解得m=-13,故B正確當(dāng)直線l⊥CP時,直線被圓截得的弦長最短,直線l的斜率為k=-2m+1m+1(m≠-1),kCP=1-23-1=-12,由-2m+1m+1×-12=-1,解得m=-34,此時直線l的方程是2x-y-5=0,故C正確;如圖,設(shè)l與圓C交于A,B兩點,圓心C(1,2)到直線2x-y-5=0的距離為d=|2-2-5|59.(5分)(2024湖南懷化模擬)如圖,已知兩點A(22,0),B(0,11),從點P(2,0)射出的光線經(jīng)直線AB上的點M反射后再射到直線OB上,最后經(jīng)直線OB上的點N反射后又回到點P,則直線MN的一般式方程為.

答案4x-3y+8=0解析由題意知AB所在的直線方程為x22+y11=1,化簡可得x+2y-設(shè)點P(2,0)關(guān)于直線AB:x+2y-22=0的對稱點P1(a,b),則b-0a-2×(-12)=-1,a+22+2×b+02-22=0,解得直線MN即直線P1P2,則直線MN的方程為y=1610+2(x+2),化成一般式:4x-3y+8=010.(5分)(2024浙江杭州二模)寫出與圓x2+y2=1相切且方向向量為v=(1,3)的一條直線的方程:.

答案y=3x+2或y=3x-2(寫出一個即可)解析因為切線的方向向量為v=(1,3),所以切線的斜率為3,故可設(shè)切線方程為y=3x+b,因為直線y=3x+b與圓x2+y2=1相切,又圓x2+y2=1的圓心坐標(biāo)為(0,0),半徑為1,圓心(0,0)到直線y=3x+b的距離等于圓的半徑,即|3×0-0+b|(3)2+(-1)2=|b|11.(5分)(2024山東煙臺一模)若圓(x-m)2+(y-1)2=1關(guān)于直線y=x對稱的圓恰好過點(0,4),則實數(shù)m的值為.

答案4解析點(0,4)關(guān)于直線y=x的對稱點為(4,0),由題可知點(4,0)在圓(x-m)2+(y-1)2=1上,則(4-m)2+(0-1)2=1,解得m=4,所以實數(shù)m的值為4.12.(5分)(2024陜西安康模擬)已知直線l1:2x+y-6=0與l2:2x+y+4=0均與圓M相切,點(2,2)在圓M上,則圓M的方程為.

答案x2+(y-1)2=5解析由于直線l1:2x+y-6=0與l2:2x+y+4=0平行,且均與圓M相切,所以兩平行直線之間的距離為圓M的直徑,即2r=1012+22?r=5,又圓M上一點(2,2)也在直線l1:2x+y-6=0上,所以(2,2)為l1與圓M的切點,故過點(2,2)且與l1:2x+y-6=0垂直的直線方程為y=12(x-2)+2,聯(lián)立y=12(x-2)+2,2x+y+4=0?x=-2,y=0,所以l2:2x+y+4=關(guān)鍵能力提升練13.(2024江蘇蘇錫常鎮(zhèn)一模)萊莫恩(Lemoine)定理指出:過△ABC的三個頂點A,B,C作它的外接圓的切線,分別和BC,CA,AB所在直線交于點P,Q,R,則P,Q,R三點共線,這條直線被稱為三角形的Lemoine線.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若三角形的三個頂點坐標(biāo)分別為A(0,1),B(2,0),C(0,-4),則該三角形的Lemoine線的方程為()A.2x-3y-2=0 B.2x+3y-8=0C.3x+2y-22=0 D.2x-3y-32=0答案B解析設(shè)△ABC的外接圓方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,∴1+E+∴△ABC外接圓方程為x2+y2+3y-4=0,即x2+y+322=254,易知外接圓在點A處的切線方程為y=1,又直線BC:x2+y-4=1,令y=1,得x=52,∴P52,1,外接圓在C(0,-4)處切線方程為y=-4,又直線AB:x2+y=1,令y=-4得x=10,∴R(10,-4),則△ABC的Lemoine線的方程為y+41+4=x-10514.(2024山西太原模擬)已知O是坐標(biāo)原點,若圓C:x2+y2+2x-4y+a=0上有且僅有2個點到直線l:2x-y-1=0的距離為2,則實數(shù)a的取值范圍為()A.(-4-45,45-4) B.[-4-45,45-4]C.(-2-25,25-2) D.[-2-25,25-2]答案A解析由題知,圓心C(-1,2),半徑r=5-圓心C到直線l的距離d=|2×聯(lián)立圓C與直線l的方程,消去y整理得5x2-10x+5+a=0,若l與圓C有交點,則Δ=-2a≥0,解得a≤0.此時直線l應(yīng)滿足5-a-5<2,解得a>-4所以-4-45<a≤0,當(dāng)l與圓C外離時,有5-5-a<2,a>0綜上,實數(shù)a的取值范圍為(-4-45,45-4).故選A.15.(2024湖北省八市聯(lián)考)設(shè)直線l:x+y-1=0,一束光線從原點O出發(fā)沿射線y=kx(x≥0)向直線l射出,經(jīng)l反射后與x軸交于點M,再次經(jīng)x軸反射后與y軸交于點N.若|MN|=136,則k的值為()A.32 B.23 C.1答案B解析如圖,設(shè)點O關(guān)于直線l的對稱點為A(x1,y1),則x得x1=1,y由題意知y=kx(x≥0)與直線l不平行,故k≠-1,聯(lián)立y=kx,x+y-1=0,得x=1k+1,y=kk+1,即P1k+1,kk+1,故直線AP的斜率為kAP=kk+1-11k+1-1=1k,直線AP的方程為y-1=1k(x-1),令y=0得x=1-k,故M(1-k,0),令x=0得y=1-1k,故由對稱性可得N0,1k-1,由|MN|=136,得(1-k)2+1k-12經(jīng)驗證k=23符合條件.故k=23.故選16.(多選題)(2024湖南邵陽一模)設(shè)點P(x,y)為圓C:x2+y2=1上一點,已知點A(4,0),B(5,0),則下列結(jié)論正確的有()A.x+y的最大值為2B.x2+y2-4x-4y的最小值為8C.存在點P使|PB|=2|PA|D.過A點作圓C的切線,則切線長為15答案AD解析設(shè)x+y=t,t∈R,即x+y-t=0,由|0+0-t|2≤1得-2≤t≤2,所以t的最大值是2x2+y2-4x-4y=(x-2)2+(y-2)2+8,當(dāng)x=2且y=2時,x2+y2-4x-4y取得最小值8,但x2+y2=1時,-1≤x≤1且-1≤y≤1,因此上述最小值取不到,所以B錯誤;由|PB|=2|PA|得(x-5)2+y2=2·(x-4)2+y2,整理得(x-3)2+y2=2,因此滿足|PB|=2|PA|的點P在圓(x-3)2+y2=2上,此圓圓心為(3,0),半徑為2,而2+圓C的圓心為C(0,0),半徑為r=1,則過A點作圓C的切線的切線長為|AC|2-r17.(2023新高考Ⅰ,6)過(0,-2)與圓x2+y2-4x-1=0相切的兩條直線的夾角為α,則sinα=()A.1 B.154 C.104 答案B解析由x2+y2-4x-1=0,得(x-2)2+y2=5,故圓心C(2,0),半徑R=5.如圖,過點D(0,-2)作圓的切線,與圓的兩個切點為A,B,連接AC,BC,CD,AB,則AB⊥CD,∠CAD=∠CBD=π2,∠ADC=∠BDC=α由幾何知識得,|BC|=|AC|=5,|CD|=(0-2)由勾股定理得,|AD|=|BD|=|CD(方法一)在Rt△CDB中,cosα2=|BD||CD|=322=6(方法二)由CA⊥DA,∠CDA=∠CDB,可知AB⊥DC,四邊形ACBD的面積為12×AB×CD=BD×CB,得AB=30在△ADB中,由余弦定理可得cosα=-14,所以sinα=154.故選18.(5分)(2024廣東汕頭模擬)已知直線l:(m+2)x-(m+1)y-1=0與圓O:x2+y2=4交于A,B兩點,則|AB|的最小值為.

答案22解析將直線l的方程變形為m(x-y)+2x-y-1=0,令x-y=0,2x-y-1=0,解得x=1,y=1,所以直線l過定點(1,1),又12+12<4,所以該定點在圓O:x2+y2=4內(nèi),由圓O:x2+y2=4可得圓心O(0,0),半徑r=2,當(dāng)圓心O與定點(1,1)的連線垂直于AB時,|AB|取得最小值,圓心O(0,0)與定點(1,1)19.(5分)(2024廣東湛江一模)已知點P為直線x-y-3=0上的動點,過點P作圓O:x2+y2=3的兩條切線,切點分別為A,B,若點M為圓E:(x+2)2+(y-3)2=4上的動點,則點M到直線AB的距離的最大值為.

答案7解析設(shè)P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),則滿足x0-y0-3=0,x12+y12=3,x22+y22=3;易知圓O:x2+y2=3的圓心為O(0,0),半徑r=3;圓E:(x+2)2+(y-3)2易知OA⊥PA,OB⊥PB,所以O(shè)A·PA=0,即x1(x1-x0)+y1(y1-y0)=0,整理可得x1x0+y1y0-3同理可得x2x0+y2y0-3=0,即A(x1,y1),B(x2,y2)是方程x0x+y0y-3=0的兩組解,可得直線AB的方程為x0x+y0y-3=0,與x0-y0-3=0聯(lián)立,即x0(x+y)-3y-3=0.令x+y=0,-3y-3=0,可得x=1,y又Q在圓O內(nèi),當(dāng)AB⊥QE,且點M為QE的延長線與圓E的交點時,點M到直線AB的距離最大,最大值為|QE|+R=5+2=7.核心素養(yǎng)創(chuàng)新練20.(多選題)(2024廣東汕頭一模)如圖,OA是連接河岸AB與OC的一座古橋,因保護古跡與發(fā)展的需要,現(xiàn)規(guī)劃建一座新橋BC,同時設(shè)立一個圓形保護區(qū).規(guī)劃要求:①新橋BC與河岸AB垂直;②保護區(qū)的邊界為一個圓,該圓與BC相切,且圓心M在線段OA上;③古橋兩端O和A到該圓上任意一點的距離均不少于80m.經(jīng)測量,點A,C分別位于點O正北方向60m、正東方向170m處,tan∠BCO=43根據(jù)圖中所給的平面直角坐標(biāo)系,下列結(jié)論中,正確的是()A.新橋BC的長為150mB.圓心M可以在點A處C.圓心M到點O的距離至多為35mD.當(dāng)OM長為20m時,圓形保護區(qū)的面積最大答案AC解析如圖,以O(shè)C,OA所在直線為x軸、y軸建立直角坐標(biāo)系,則C(170,0),A(0,60),依題意,直線BC的斜率kBC=-43,直線BC方程為y=-43(x-170),直線AB的斜率kAB=-1kBC=34,則直線AB方程為y=即B(80,120),|BC|=(80-170)2+12設(shè)OM=t,即M(0,t)(0≤t≤60),直線BC的一般方程為4x+3y-680=0,圓M的半徑為r=|3t-680|5,顯然r-t≥80,r則136-35t-t≥80,136-35t-(60-當(dāng)t=10,即OM長為10m時,圓M的半徑r最大,圓形保護區(qū)的面積最大,所以D錯誤.故選AC.專題突破練(分值:96分)學(xué)生用書P201主干知識達(dá)標(biāo)練1.(2024山東聊城二模)點P在拋物線y2=8x上,若點P到點(2,0)的距離為6,則點P到y(tǒng)軸的距離為()A.4 B.5 C.6 D.7答案A解析根據(jù)拋物線方程可知,焦點為(2,0),準(zhǔn)線方程為x=-2,點P到焦點的距離為6,即點P到準(zhǔn)線的距離為6,所以點P到y(tǒng)軸的距離為6-2=4.故選A.2.(2024江蘇揚州模擬)已知橢圓x2a+y2=1(a>1)的離心率為32,則拋物線y=ax2的焦點坐標(biāo)為(A.116,0 B.0,18 C.18,0 D.0,116答案D解析因為橢圓x2a+y2=1(a>1)的離心率為32,所以1-1a=32,解得a=4,則拋物線y=ax2的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=14y3.(2024河北滄州一模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,A.x24-y26=C.x26-y24=答案B解析由題意可得ba=tanπ6=33,所以a=3b,雙曲線的漸近線方程為y=±33x,即x±3y=0,不妨設(shè)焦點(c,0)到漸近線x+3y=0的距離為2,即d=|c|1+3=c2=2,解得c=4,又a2+b2=c2=16,a=所以C的方程為x212-y244.(2023全國甲,文7)設(shè)F1,F2為橢圓C:x25+y2=1的兩個焦點,點P在C上,若PF1·PF2=0,則|PF1A.1 B.2 C.4 D.5答案B解析由橢圓C:x25+y2=1,知a2=5,b2=1,則c2=a2-b2=4,即c=2,則|F1F2|=2c=∵PF1∴PF1⊥PF2,即∠F1PF2=90°.在Rt△PF1F2中,|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,∵|PF1|+|PF2|=2a=25,∴(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|·|PF2|=|F1F2|2.∴20-2|PF1|·|PF2|=16,解得|PF1|·|PF2|=2.故選B.5.(2024湖南衡陽二模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點為F,虛軸的上、下端點分別為A,B,若|FA+FB|=2A.233 B.52 C.3答案A解析根據(jù)題意,作圖如下:|FA+FB|=2|FA-FB|,即2|FO|=2|BA|,也即c=2b,故c2=4b2=4(c2-a2),解得c2a2=43,則6.(多選題)(2024湖南長沙一模)某彗星的運行軌道是以太陽為一個焦點的橢圓.測得軌道的近日點(距離太陽最近的點)與太陽中心的距離為d1,遠(yuǎn)日點(距離太陽最遠(yuǎn)的點)與太陽中心的距離為d2,并且近日點、遠(yuǎn)日點及太陽中心在同一條直線上,則()A.軌道的焦距為d2+d1B.軌道的離心率為dC.軌道的短軸長為2dD.當(dāng)d1答案BC解析以近日點和遠(yuǎn)日點的中點為坐標(biāo)原點,近日點和遠(yuǎn)日點連線所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系.設(shè)該橢圓的方程為x2a2+y由題知a-c=d1,a+c=d2,解得a=d1+因為離心率為ca=d2-因為軌道的短軸長為2a2-c2=2(d1+d因為d2-d1d2+d1=1-d1d21+d17.(多選題)(2023新高考Ⅱ,10)設(shè)O為坐標(biāo)原點,直線y=-3(x-1)過拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點,且與C交于M,N兩點,l為C的準(zhǔn)線,則()A.p=2B.|MN|=8C.以MN為直徑的圓與l相切D.△OMN為等腰三角形答案AC解析對于A,在y=-3(x-1)中令y=0,得x=1,所以拋物線的焦點為(1,0),所以p2=1,所以p=2,故A正確對于B,由A知,拋物線的方程為y2=4x,則由y不妨設(shè)M13,233,N(3,-23),則由拋物線的定義知|MN|=13+3+2=163對于C,由B知,以MN為直徑的圓的圓心為53,-233,半徑為83,又拋物線的準(zhǔn)線l的方程為x=-p2=-1,圓心到準(zhǔn)線l的距離為53-(-1)=83,故以MN為直徑的圓與l相切對于D,因為|OM|=(13)

2+(233)

2=133,|ON|=328.(5分)(2024廣東湛江二模)已知F1,F2是橢圓C的兩個焦點,若C上存在一點P滿足|PF1|2=19|PF2|2,則C的離心率的取值范圍是.

答案10-199解析因為|PF1|2=19|PF2|2,所以|PF1|=19|PF2|,由橢圓定義知2a=|PF1|+|PF2|=(19+1)|PF2|,所以|PF2|=(19-1)a9∈[a-c,a+c],則e=ca≥10-199,9.(5分)(2024湖南益陽模擬)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,過F1作一條漸近線的垂線交雙曲線C的左支于點答案y=±2x解析根據(jù)題意畫出圖象如下:由|PF1||PF2|=25得|PF1|=25|PF2|,又|PF2|-|PF1|=2a,所以|PF2|=10a3,|PF1|=4a則點F1(-c,0)到漸近線的距離d=|-bc|b2+a2=b,所以在△PF1F2中,cos∠由余弦定理得|PF2|2=|PF1|2+|F1F2|2-2|PF1||F1F2|cos∠PF1F2,即100a29=16a29+4c2-16ab3,化簡得ba2-43·ba-43=0,即ba-2ba+23=0,解得b則雙曲線C的漸近線方程為y=±2x.關(guān)鍵能力提升練10.(2024山東日照一模)過雙曲線x24-y212=1的右支上一點P,分別向☉C1:(x+4)2+y2=3和☉C2:(x-4)2+y2=1作切線,切點分別為M,N,則(A.28 B.29 C.30 D.32答案C解析由雙曲線方程x24-y212=1可知a=2,b=23,c=a2+b2=4,可知雙曲線方程的左、右焦點分別為F1(-4,0),F2(4,0),圓C1的圓心為C1(-4,0)(圓C2的圓心為C2(4,0)(即F2),半徑為r2=1.如圖,連接PF1,PF2,F1M,F2N,則MF1⊥PM,NF2⊥PN,可得(PM+PN)·NM=(PM+PN)·(PM-PN)=|PM|2-|PN|2=(|PF1|2-r12)-(|PF2|2-r22)=(|PF1|2-3)-(|PF2|2-1)=|PF1|2-|PF2|2-2=(|PF1|-|PF2|)(|PF1|+|PF2|)-2=2a(|PF1|+|PF2|)-2≥2當(dāng)且僅當(dāng)P為雙曲線的右頂點時,等號成立,即(PM+PN)·NM的最小值為30.故選11.(多選題)(2024山東青島模擬)已知橢圓C:x29+y2b2=1(0<b<3)左、右兩個焦點分別為F1和F2,動直線l經(jīng)過橢圓左焦點F1與橢圓交于A,B兩點,且|AF2|+|BFA.b=6B.|AB|∈[4,6]C.離心率e=3D.若OA⊥OB,則1答案AB解析如圖,易知a=3,由橢圓定義可知|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=12.因為|AF2|+|BF2|≤8恒成立,所以|AB|≥4,當(dāng)AB⊥x軸時,|AB|最小,所以|AB|min=2b2a=4,解得b=6,所以當(dāng)|AB|為長軸時,|AB|最大,此時|AB|=2a=6,所以|AB|∈[4,6],所以B正確;可得橢圓方程為C:x29+y26=1,則c=a2-b因為F1(-3,0),可設(shè)直線l的方程為x=my-3,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x=my-3,x29+y26=1,整理可得(2m2+3)y2-43my-12=0,因此若OA⊥OB,可得OA·OB=0,即x1x2+y1y2=0,所以(m2+1)y1y2-3m(y1+y2)+3=0,整理得6m2+1=0,此時方程無解,因此D錯誤.12.(多選題)(2024湖南衡陽模擬)已知拋物線Γ:y2=2px(p>0)過點P(2,22),其焦點為F,過點F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與拋物線Γ相交于A,B兩點,直線l2與Γ相交于C,D兩點(如圖所示),則下列結(jié)論正確的是()A.拋物線Γ的方程為y2=4xB.拋物線Γ的準(zhǔn)線方程為x=-2C.△ACF和△BFD面積之和的最小值為7D.△ACF和△BFD面積之和的最小值為8答案AD解析將點P(2,22)代入y2=2px,得8=4p,解得p=2,所以拋物線Γ的方程為y2=4x,故A正確;由y2=4x知,拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1,故B錯誤;易知直線l1,l2斜率均存在且不為0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線l1的方程為y=k(x-1),聯(lián)立y2=4x,y=k(x-1),即k2x所以x1+x2=2+4k2,x1x2設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4),則直線l2的斜率為-1k,代入①中,得x3+x4=2+4k2,x3·x4=1,所以△ACF和△BFD面積之和為S=12|FA|·|FC|+12|FB|·|FD|=12[(x1+1)(x3+1)+(x2+1)(x4+1)]=12(x1x3+x2x4+x1+x2+x3+x4)+1=12x1x3+x2x4+2+4k2+2+4k2+1≥122x1x2x3x4+24k2·4k2+4+1=8,當(dāng)且僅當(dāng)k=±1,且x1x3=x2x413.(多選題)(2024云南昆明模擬)已知橢圓C:x25+y24=1的左、右焦點分別為F1,F2,直線y=m與C交于A,B兩點(A在A.|AF1|+|BF1|=25B.當(dāng)m=455時,四邊形ABF1FC.若AF1⊥BF1,則m=4D.存在實數(shù)m使得四邊形ABF1O為平行四邊形答案ABD解析如圖,根據(jù)橢圓方程可得a=5,b=2,c=1,F1(-1,0),F2(1,0).由對稱性可得|AF1|+|BF1|=|AF1|+|AF2|=25,故A正確;當(dāng)m=455時,可得A1,455,B-1,455,又F1(-1,0),F2(1,0),則AF2⊥F1F2,AB=F1F2,AB∥F1F2,則四邊形ABF1F2為矩形,故B設(shè)A(n,m),B(-n,m),則AF1=(-1-n,-m),BF1=(-1+n,-m),若AF1⊥BF1,則AF1·BF1=1-n2+m2=0,又n25+m24=1,聯(lián)立消元得若四邊形ABF1O為平行四邊形,則|AB|=|F1O|=1,即點A的橫坐標(biāo)為12即可,代入橢圓方程可得m=±955,故當(dāng)m=±955時,四邊形ABF1O為平行四邊形,故D正確14.(5分)(2024山東青島一模)已知O為坐標(biāo)原點,點F為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點,點A,B在C上,且線段AB的中點為F,答案5解析如圖,由橢圓的對稱性可知,AB垂直于x軸,又OA⊥OB,所以∠AOF=π4,所以△AOF為等腰直角三角形,故A(c,c),代入橢圓方程有c2a2+c2b2=1,即a2c2+b2c2=a2b2,所以a2c2+(a2-c2)c2=a2(a2-c2),整理得e4-3e2+1=0,解得e2=3-5215.(5分)(2024河北衡水模擬)數(shù)學(xué)家Dandelin用一平面截圓錐后,在圓錐內(nèi)放兩個大小不同的小球,使得它們分別與圓錐側(cè)面