多伦多大学研究生-开学第一课主题班会

目录
解三角形 ............................... .................................................. .................................................. ................................ 2
参考答案与解析 ... .................................................. .................................................. ........................................ 4
数列（ .................................................. .................................................. .................................................. ................. 8
参考答案与解析 .................. .................................................. .................................................. ......................... 9
立体几何 ............. .................................................. .................................................. .................................................1 1
参考答案与解析 .................................... .................................................. .................................................. ..... 14
文科圆锥曲线 .............................. .................................................. .................................................. ....................... 18
参考答案与解析 ........... .................................................. .................................................. .............................. 20
概率与统计部分（文科试题） ................................ .................................................. ........................................... 25
参考答案与解析 ...................................... .................................................. .................................................. ... 30
函数与导数 ................................. .................................................. .................................................. ........................ 33
参考答案与解析 .......... .................................................. .................................................. ............................... 34
坐标系与参数方程 .. .................................................. .................................................. ........................................... 40
参考答案与解析 ...................................... .................................................. .................................................. ... 42
不等式选讲 ................................. .................................................. .................................................. ........................ 46
参考答案与解析 .......... .................................................. .................................................. ............................... 48

解三角形
1．（2011山东）在
ABC
中，
a
，
b
，
c
分别为内角
A
，
B
，< br>C
所对的边长．已知
cosA2cosC2ca
．

cosBb
sinC
（I）求的值；
sinA
1
（II）若
cosB
，
b2
，
ABC
的面积
S
．
4
2．（2012新课标）已知< br>a
、
b
、
c
分别为
ABC
三个内角
A
、
B
、
C
的对边，
acosC

3asinCbc0
．
（Ⅰ）求
A
；
（Ⅱ）若< br>a2
，
ABC
的面积为
3
，求
b
、c
．
3．（2013新课标2）
ABC
在内角
A,B,C< br>的对边分别为
a,b,c
，已知
abcosCcsinB
．
（Ⅰ）求
B
；
（Ⅱ）若
b2
，求△
ABC
面积的最大值．
4．（20 14山东）
ABC
中，
a
，
b
，
c
分别 为内角
A
，
B
，
C
所对的边长．已知
a3
，
cosA
6

,BA
．
32
（Ｉ）求
b
的值；
（II）求
ABC
的面积．
5.（2015新课标1）已知
a, b,c
分别是
ABC
内角
A,B,C
的对边，
sin2
B2sinAsinC
．
（Ⅰ）若
ab
，求
cosB;

（Ⅱ）若
B 90
o
，且
a2
，求
ABC
的面积．
6．（ 2017天津）在
△ABC
中，内角
A,B,C
所对的边分别为
a, b,c
．已知
asinA4bsinB
，
ac5(a
2
b
2
c
2
)
．
（Ⅰ）求
cosA
的值；
（Ⅱ）求
sin(2BA)
的值
7．（2016年全国I）
△ABC
的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
2cosC(acosB+bcosA)c.

（I）求C； < br>（II）若
c7,△ABC
的面积为
33
，求
△ABC的周长．
2

参考答案与解析
1.【解析】（I）由正弦定理，设
abc
k,

sinAs inBsinC
2ca2ksinCksinA2sinCsinA
则
,< br>
bksinBsinB
cosA2cosC2sinCsinA
所以.

cosBsinB
即
(cosA2cosC)sinB(2s inCsinA)cosB
，
化简可得
sin(AB)2sin(BC).
又
ABC

，
所以
sinC2sinA
，因此
sinC
2.

sinA
（II）由
sinC
2
得
c2a.

sinA
222
由余弦定理
bac2accosB及cosB
解得
a1
．因此
c2
．
又因为
cosB
11
,b2,得4=a
2
4a
2
4a
2
.

44
15
1
.

,且0B

.
所以
sinB
4
4
因此
S
111515< br>acsinB12.

2244
2.【解析】（1）由正弦定理得：
acosC3asinCbc0sinAcosC3sinAsinCsinBsin C

sinAcosC3sinAsinCsin(aC)sinC
3s inAcosA1sin(A30

)
A30

3 0

A60

（2）
S
1
2

1
bcsinA3bc4

2
a
2
b2
c
2
2bccosAbc4
，解得：
bc2< br>．
3.【解析】（Ⅰ）因为
abcosCcsinB
，所以由正弦定理得：
sinAsinBcosCsinCsinB
，
所以
sin(BC)sinBcosCsinCsinB
，
即
cosBsinCsinCsinB
，因为
sinC

0，所以
tanB1
，解得B=

；
4

（Ⅱ）由余弦定理 得：
bac2accos
222

4
，即
4ac 2ac
，由不等式得：
22
a
2
c
2
2a c
，当且仅当
ac
时，取等号，所以
4(22)ac
， 解得
ac422
，所以△ABC的面积为
2
1

 (422)
=
21
，
acsin

4
24< br>所以△
ABC
面积的最大值为
21
．
4.【解析】（I） 在
ABC
中，由题意知
sinA1cosA
2
3
，
3
6
，
3
又因为
BA

2
，所有
sinBsin(A

2
)cosA
由正弦定理可得
b
asinB

sinA
3
6
3
3 2
．
3
3
（II）由
BA

2
得，
cosBcos(A

2
)sinA
3
， < br>3
由
ABC

，得
C

(AB )
．
所以
sinCsin[

(AB)]sin(AB )
sinAcosBcosAsinB


3366
1
()

．
3333
3
11132
absinC332
．
2232
2
因此，
ABC
的面积
S
5.【解析】（Ⅰ） 由题设及正弦定理可得
b2ac
．
又
ab
，可得
b2c
，
a2c
，
a
2
c
2
b
2
1

． 由余弦定理可得
cosB
2ac4
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
b2ac
．
因为
B90
，由勾股定理得
acb
．
故
a c2ac
，得
ca
所以
ABC
的面积为1．
22
2
o
222
2
．

6.【解析 】（Ⅰ）由
asinA4bsinB
，及
222
由
ac5(a bc)
，
ab
，得
a2b
．

sinAs inB
及余弦定理，得
cosA
bca

2bc
22 2

5
ac
5
5

．
ac5
（Ⅱ）由（Ⅰ），可得
sinA
25
，代入
asinA4bsinB，
5
得
sinB
asinA5

．
4b 5
2
由（Ⅰ）知，A为钝角，所以
cosB1sinB
于是
s in2B2sinBcosB
25
．
5
43
，
cos2B12sin
2
B
，
55
4532525
()

55555
故sin(2BA)sin2BcosAcos2BsinA
（题7备选.属于理科题，考点 三角形周长）
7.【解析】(1)
2cosC

acosBbcosA< br>
c

由正弦定理得：
2cosC

sinAc osBsinBcosA

sinC

2cosCsin

AB

sinC

∵< br>ABCπ
，
A、B、C

0，π


∴
sin

AB

sinC0

∴
2cosC1
，
cosC
∵
C

0，π

∴
C
1

2
π
．
3
⑵ 由余弦定理得：
c
2
a
2
b
2
2abcosC

1
7a
2
b
2
2ab

2

ab

2
3ab7

1333

SabsinCab
242
∴
ab6

∴

ab

187

2
ab5

∴
△ABC
周长为
abc57

数列（
1.

（
2019
全国Ⅰ文
18
）记
S
n
为等差数列

a
n
的前
n
项和，已知
S
9
－a
5
．

（
1
）若
a
3
4
，求

an

的通项公式；

（
2
）若
a
1< br>0
，求使得
S
n
a
n
的
n
的取 值范围．

2、（2019全国Ⅱ文18）已知
{a
n
}
是 各项均为正数的等比数列，
a
1
2,a
3
2a
2
16
.
（1）求
{a
n
}
的通项公式；
（ 2）设
b
n
log
2
a
n
，求数列
{b
n
}
的前n项和.
a
n
3
、
（
2018
全国卷Ⅰ）已知数列
{a
n
}
满足
a
1< br>1
，
na
n1
2(n1)a
n
，设
b
n

n
．

(1)
求
b
1，
b
2
，
b
3
；

(2)
判 断数列
{b
n
}
是否为等比数列，并说明理由；

(3)
求
{a
n
}
的通项公式．

4、（ 2018全国Ⅱ文17）记
S
n
为等差数列
{a
n
}
的前
n
项和，已知
a
1
7
，
S
3< br>15
．


（1）求
{a
n
}
的通项公式；
（2）求
S
n
，并求
S
n
的最小值．
5
、

（
2017
全国Ⅰ文
17
）记S
n
为等比数列

a
n

的前
n项和，已知
S
2
=2
，
S
3
=
-6.
（
1
）求

a
n

的通项公式；

（
2
）求
S
n
，并判断
S
n
+1
，
S
n
，
S
n
+2
是否成等差数列
。

6、（2017全国Ⅲ文17）设数列

a
n
满足
a
1
3a
2
K(2n1)a
n
 2n
.
（1）求

a
n

的通项公式；
（2）求数列


a
n


的前n项和
2n1


参考答案与解析
1.解：（1）设

a
n

的公差为d．
由S
9
a
5
得
a
1
4d0
．
由a
3
=4得
a
1
2d4
．
于是
a
1
8,d2
．
因此

a< br>n

的通项公式为
a
n
102n
．
n(n9)d
.
2
（2）由（1）得
a
1
 4d
，故
a
n
(n5)d,S
n

2
由
a
1
0
知
d0
，故
s
n
 a
n
等价于
n11n100
，解得
1n10
．
所以n的取值范围是
n1n10,nN

2.解：（1）设

a
n

的公比为q，由题设得

2q
2
4q16
，即
q
2
2q8 0
.
解得
q2
（舍去）或q=4.
n12n1
因此

a
n

的通项公式为
a
n
24 2
.
（2）由（1）得
b
n
(2n1)log
2< br>22n1
，因此数列

b
n

的前n项和为13L2n1n

3.解：（1）由条件可得a
n+1
=2(n1)
a
n
．
n
将n=1代入得，a
2
=4a
1
，而a
1
=1，所以，a
2
=4．
将 n=2代入得，a
3
=3a
2
，所以，a
3
=12．
从而b
1
=1，b
2
=2，b
3
=4．
（2）{b
n
}是首项为1，公比为2的等比数列．
由条件可得
a
n1
2a
n
，即b
n+1
=2b
n
，又 b
1
=1，所以{b
n
}是首项为1，公比为2的等比数列．
< br>n1n
a
n
-
2
n1
，所以a
n=n·2
n
1
．
n
（3）由（2）可得

4 .解：（1）设{a
n
}的公差为d，由题意得3a
1
+3d=–15．
由a
1
=–7得d=2．

所以{a
n
}的通项公式为a
n
=2n–9． （2）由（1）得S
n
=n
2
–8n=（n–4）
2
– 16．
所以当n=4时，S
n
取得最小值，最小值为–16．


a
1
(1q)2
5.解：（1）设
{a
n
}
的公比为
q
.由题设可得

，解得
q2
，
a
1
2
.
2
< br>a
1
(1qq)6
n
故
{a
n
}< br>的通项公式为
a
n
(2)
.
n1
a
1
(1q
n
)
2
n
2
(1)
（ 2）由（1）可得
S
n

.
1q33
n3n142
n2
2
n
2
n
2
2[(1) ]2S
n
， 由于
S
n2
S
n1
( 1)
3333
故
S
n1
，
S
n
，S
n2
成等差数列.

6.解：（1）先由题意得
n2< br>时，
a
1
3a
2
(2n3)a
n12(n1)
，再作差得
a
n

2
2n1
，验证
n1
a
n
211

时也满足（2）由于
2n1(2n1)(2n1)2n12n1
，所以利用裂项相消法求和.

立体几何
1．（2017山东）由四棱柱
ABCDA< br>1
B
1
C
1
D
1
截去三棱锥
C1
B
1
CD
1
后得到的几何体如图所示，四边形
AB CD
为正方形，
O
为
AC
与
BD
的交点，
E
为
AD
的中点，
A
1
E

平面
ABCD
，
（Ⅰ）证明：
A
1
O
∥平面
B
1
CD
1
；
（Ⅱ）设
M
是
OD
的中点 ，证明：平面
A
1
EM

平面
B
1
CD< br>1
．
A
1
B
1
A
B
O
E
M
C
D
D
1

2
．（
2019< br>北京文
18
）如图，在四棱锥
PABCD
中，
PA
平面
ABCD
，底部
ABCD
为菱形，
E
为
CD
的
中点．

（Ⅰ）求证：
BD
⊥平面
PAC
；

（Ⅱ）若∠< br>ABC=60
°，求证：平面
PAB
⊥平面
PAE
；

（Ⅲ）棱
PB
上是否存在点
F
，使得
CF
∥平面< br>PAE
？说明理由．


3.（2019天津文17）如图，在四棱锥
PABCD
中，底面
ABCD
为平行四边形，
VPCD
为 等边三角形，
平面
PAC
平面
PCD
，
PACD
，
CD2
，
AD3
，

（Ⅰ）设< br>G，H
分别为
PB，AC
的中点，求证：
GH∥
平面
PAD
；
（Ⅱ）求证：
PA
平面
PCD
；
（Ⅲ）求直线
AD
与平面
PAC
所成角的正弦值.
4．（ 2015新课标1）如图四边形
ABCD
为菱形，
G
为
AC
与
BD
交点，
BE
平面
ABCD
．

（Ⅰ）证明：平面
AEC

平面
BED
；
（Ⅱ） 若
ABC120
o
，
AEEC
，三棱锥
EACD< br>的体积为
6
，求该三棱锥的侧面积．
3
5.（2010浙江）如图， 在平行四边形
ABCD
中，
AB
=2
BC
，∠
AB C
=120°．
E
为线段
AB
的中点，将
△
ADE
沿直线
DE
翻折成△
A

DE
，使平面
A

DE
⊥平面
BCD
，
F
为线段
A

C
的中点．
A'
F
D
M
A
（Ⅰ）求 证：
BF
∥平面
A

DE
；
（Ⅱ）设
M
为线段
DE
的中点，求直线
FM
与平面
A

DE
所成角的余弦值．
6.
(2019
全国
III
文< br>19
）
BE=BF=2
，图
1
是由矩形
ADEB、其中
AB=1
，
Rt△
ABC
和菱形
BFGC
组成的一个平面图形，
C
E
B

∠
FBC=60°.将其沿
AB
，
BC
折起使得
BE
与
BF
重合，连结
DG
，如图
2.
（
1
）证明图
2< br>中的
A
，
C
，
G
，
D
四点共面，且 平面
ABC
⊥平面
BCGE
；

（
2
）求 图
2
中的四边形
ACGD
的面积
.

参考答案与解析
1.
【解析】（Ⅰ）取
B
1
D
1
中点
O
1
,
连接
CO
1
，
A
1
O
1
，

A
1
B
1
A
B
O
E
M
C
O
1
D
1

D
由于
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
为四棱柱
,
所以
AO∥OC
，
AO OC
，

11
11
因此四边形
AOCO
11为平行四边形,所以
AO
1
∥O
1
C
,
< br>平面
B
1
CD
1
,所以
A
1
O∥平面
B
1
CD
1
, 又
O
1
C< br>面
B
1
CD
1
,
AO
1
（Ⅱ）∵< br>ACBD
．
E
，
M
分别为
AD
和
OD
的中点，
∴
EMBD
，
又
A
1
E

平面
ABCD
，
BD

平面
ABCD
，所以
A
1
EBD
，
∵
B
1
D
1
∥BD
，所以
EMB
1
D
1
，A
1
EB
1
D
1
，
又
A
1
E
，
EM

平面
A
1
EM,A
1
EIEME
，所以
B
1
D
1

平面< br>A
1
EM,
又
B
1
D
1

平面
B
1
CD
1
,所以平面
A
1
EM
平面
B
1
CD
1

2.解析（Ⅰ）因为PA
平面ABCD，且
BD
平面
ABCD
，
所以
PABD
．
又因为底面ABCD为菱形，所以
BDAC
．
又
PA
平面
PAC
，
AC
平面
PAC
，
PAIACA
，
所以
BD
平面PAC．

（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，
AE
平面ABCD，所以PA⊥AE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD．
又
ABCD
，所以AB⊥AE．
又
PA
平面
P AB
，
AB
平面
PAB
，
PAIABA
，所以 AE⊥平面PAB．
又
AE
平面
PAE
，所以平面PAB⊥平面
PAE
．
（Ⅲ）棱PB上存在点F，且
F
为
PB
的中点，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
1
AB．
2
1
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE=AB．
2
因为
G
，
F
分别为
PA
，
PB
的中点，则FG∥AB，且FG=
所以FG∥CE，且FG=CE．所以四边形CEGF为平行 四边形，所以CF∥EG．
因为CF

平面PAE，EG

平面P AE，所以CF∥平面PAE．
3.解析 （Ⅰ）连接
BD
，易知
ACIB DH
，
BHDH
.又由
BGPG
，故
GH∥PD，又因为
GH
平面
PAD
，
PD
平面
PA D
，所以
GH∥
平面
PAD
.
（Ⅱ）取棱
PC< br>的中点
N
，连接
DN
.依题意，得
DNPC
，又因 为平面
PAC
平面
PCD
，平面
PACI
平面
P CDPC
，所以
DN
平面
PAC
，又
PA
平 面
PAC
，故
DNPA
.又已知
PACD
，
C DIDND
，所以
PA
平面
PCD
.
（Ⅲ）连接AN
，由（Ⅱ）中
DN
平面
PAC
，可知
DAN< br>为直线
AD
与平面
PAC
所成的角，
因为
△PCD
为等边三角形，
CD2
且
N
为
PC
的中点，所以
DN3
.又
DNAN
，
故在
Rt△AND
中 ，
sinDAN
DN3

.
AD3
3
. < br>3
所以，直线
AD
与平面
PAC
所成角的正弦值为
4 ．【解析】（Ⅰ）因为四边形
ABCD
为菱形，所以
AC
BD
，

因为
BE
平面
ABCD
，所以
AC
BE
，故
AC

平面
BED
．
又
A C

平面
AEC
，所以平面
AEC

平面
BED
．
（Ⅱ）设
AB
=
x
，在菱形
ABCD< br>中，由

ABC
=120°，
可得
AG=GC
=< br>3
x
x
，
GBGD
=．
2
2
3
x
．
2
2
x
．
2
因为
AE
EC
，所以在
RtAEC
中，可得
EG=
由
BE
平面
ABCD
，知
ΔEBG
为直 角三角形，可得
BE=
由已知得，三棱锥
EACD
的体积
V
EACD

故
x2
．从而可得
AEEC=ED=
1 16
3
6
ACGDBEx
．
32243
6
．
所以
ΔAEC
的面积为3，
ΔE AD
的面积与
ΔECD
的面积均为
5
．
故三棱锥
EACD
的侧面积为
3+25
．
5.【解析】 (Ⅰ)取
A

D
的中点G，连结GF，CE，由条件易知
A'G
D
M
A
FG∥CD，FG=
F
N
C
E
B

11
CD．BE∥CD,BE=CD．所以FG∥BE，FG=BE．
22
故四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG．
因为
EG
平面
A'DE
，BF

平面
A'DE
，所以 BF平面
A'DE
．
（Ⅱ）解：在平行四边形,ABCD中，设BC=
a< br>，则AB=CD=2
a
，AD=AE=EB=
a
，
连CE，因为
ABC120
．
在△BCE中，可得CE=
3
a
，
在△ADE中，可得DE=
a
，
在△CDE中，因为CD
2
=CE
2
+DE
2
，所以CE⊥DE,
0

在正三角形
A'DE
中，M为DE中点，所以
A

M
⊥D E.
由平面
A'DE
⊥平面BCD,
可知
A

M
⊥平面BCD,
A

M
⊥CE.
取
A

E
的中点N，连线NM、NF，
所以NF⊥DE，NF⊥
A

M
.
因为DE交
A

M
于M，
所以NF⊥平面
A'DE
，
则∠FMN为直线FM与平面
A'DE
新成角．
在Rt△FMN中，NF=
则cos
FMN
=
3
1
a
, MN=
a
, FM=
a
，
2
2
1
．
2
1
．
2
所以直线
FM
与平面
A'DE
所成角的余弦值为

6.
解析（
1
）由已知得
AD
P
BE
，< br>CG
P
BE
，所以
AD
P
CG
，故
AD
，
CG
确定一个平面，从而
A
，
C
，
G
，
D
四点共
面．

由已知得
AB
BE
，
AB

BC
，故
AB

平面< br>BCGE
．

又因为
AB

平面
ABC，所以平面
ABC

平面
BCGE
．

（2
）取
CG
的中点
M
，联结
EM
，
D M
.
因为
AB
∥
DE
，
AB

平面
BCGE
，所以
DE

平面
BCGE
，故DE

CG
.
由已知，四边形
BCGE
是菱形，且< br>EBC60
得
EM

CG
，故
CG

平面
DEM
.
因此
DM

CG
. 在
Rt△
DEM
中，
DE1
，
EM
所以四 边形
ACGD
的面积为
4.
3
，故
DM2
.

文科圆锥曲线
1.
（
2019
全国1
文
21
）已知点
A
，
B
关于坐标原点
O
对称，
│AB│ =4
，⊙
M
过点
A
，
B
且与直线
x+2=0
相切．

（
1
）若
A
在直线
x+y=0
上，求⊙
M
的半径；

（< br>2
）是否存在定点
P
，使得当
A
运动时，
│MA│< br>－
│MP│
为定值？并说明理由．

1
x
2
2.
(2019
全国
III
文
21
）已知曲线
C< br>：
y=
，
D
为直线
y=

上的动点，过D
作
C
的两条切线，切点分别
2
2
为
A
，
B.
（
1
）证明：直线
AB
过定点：
（
2
）若以
E(0
，
5
)
为圆心的圆与直线< br>AB
相切，且切点为线段
AB
的中点，求该圆的方程
.
2< br>x
2
y
2
1
交于
A
，
B
两点．线段
AB
的中点3．（2018全国卷Ⅲ文20）已知斜率为
k
的直线
l
与椭圆
C：
43
为
M(1,m)(m0)
．
(1)证明：
k
uuuruuuruuur
(2)设
F
为
C
的右焦点，
P
为
C
上一点，且
FPFAF B0
．证明：
uuuruuuruuur
2|FP||FA||FB|
．
1
；
2
x
2
4．（2017新课标Ⅰ文20）设
A
，
B
为曲线
C
：
y
上两点，
A
与
B
的横坐标之和为4．
4
(1)求直线
AB
的斜率；
(2)设
M
为曲线
C
上一点，
C
在
M处的切线与直线
AB
平行，且
AMBM
，求直线
AB
的方程．
5．（2016年全国I卷文20）在直角坐标系
xOy
中，直线
l
：
yt(t0)
交
y
轴于点
M
，交抛物线< br>C
：
y
2
2px(p0)
于点
P
，M
关于点
P
的对称点为
N
，连结
ON
并延长交
C
于点
H
．
（I）求
|OH|
；
|O N|
（II）除
H
以外，直线
MH
与
C
是否有其它 公共点？说明理由．

6．（2015新课标1文20）已知过点
A(0,1)且斜率为
k
的直线
l
与圆C：
(x2)(y3)1交于
M,N
两
点．
22

（Ⅰ）求k的取值范围；
uuuuruuur
（Ⅱ）若
OMON12
，其中
O
为坐标原点，求
MN
．

参考答案与解析
1.解析 （1）因为
eM
过点
A ,B
，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线
x+y=0
上，且
A,B
关于坐标原点O对称，所以M在直线
yx
上，故可设
M(a, a)
.
因为
eM
与直线x+2=0相切，所以
eM
的半径 为
r|a2|
.
uuuruuur
22
由已知得
|A O|=2
，又
MOAO
，故可得
2a4(a2)
，解得a=0
或
a=4
.
故
eM
的半径
r=2
或
r=6
.
（2）存在定点
P(1,0)
，使得
|MA||MP|
为定值.
理由如下：
设
M(x, y)
，由已知得
eM
的半径为
r=|x+2|,|AO|=2
. < br>uuuruuur
2222
由于
MOAO
，故可得
xy 4(x2)
，化简得M的轨迹方程为
y4x
.
因为曲线
C: y4x
是以点
P(1,0)
为焦点，以直线
x1
为准线的抛物 线，所以
|MP|=x+1
.
因为
|MA||MP|=r|MP|=x +2(x+1)=1
，所以存在满足条件的定点P.

2.
解析（
1
）设
D

t,
2


1


,
2

A

x
1
,y
1

，则
x
1
2
2y
1
.
1
由于
y'x
，所以切线
DA
的斜率为
x
1
，故
2
x

，整理得
2 tx
1
2 y
1
+1=0.

1
x
1
t
y
1

设
B

x
2
,y
2
，同理可得
2tx
2
2 y
2
+1=0
.
故直线
AB
的方程为
2tx2y10
.
所以直线
AB
过定点
(0,)
.
（
2
） 由（
1
）得直线
AB
的方程为
ytx
1
21
.
2
1

ytx


2由

，可得
x
2
2tx10
.
2
y
x

2

于是
x
1x
2
2t,y
1
y
2
t

x
1
x
2

12t1
.
2
2
1

M
设
M
为线段
AB
的中点，则

t,t

.
2

uuuur
uu uuruuuruuur
2
2
由于
EMAB
，而
EMt ,t2
，
AB
与向量
(1, t)
平行，所以
t

t2

t0
.
解得
t=0
或
t 1
.

2
uuuur
5

2
当< br>t
=0
时，
|EM|
=2
，所求圆的方程为
x
y

4
；

2

2
uuuur
5

当
t1
时，
|EM|2
， 所求圆的方程为
x
2


y

2
.
2

22
x
1
2
y
1
2
x
2
y
2
1
，
1
． 3．【解析】(1 )设
A(x
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2
)
，则
4343
两式相减，并由
y
1y
2
xxyy
2
k
得
12

1
k0
．
x
1
x
2
43
x
1
x
2
yy
2
1
，
1
m
，
22
3
于是
k
．①
4m
31
由题设得
0m
，故
k
．
22
由题设知
(2)由题意得
F(1,0)
，设
P(x
3
,y
3
)
，则
(x
3
1,y
3
)(x
1
1,y
1
)(x
2
1,y
2< br>)(0,0)
．
由(1)及题设得
x
3
3(x
1
x
2
)1
，
y
3
(y
1y
2
)2m0
．
uuur
33
3
又 点
P
在
C
上，所以
m
，从而
P(1,)
，
|FP|
．
22
4
uuur
x
1
2
x
222
于是
|FA|(x
1
1)y
1< br>(x
1
1)3(1)2
1
．
42
uuur
x
同理
|FB|2
2
．
2
uuuruuur
1
所以
|FA||FB|4(x
1x
2
)3
．
2
uuuruuuruuur
故
2|FP||FA||FB|


4．【解析】解法一：（Ⅰ）由抛物线的定义得
|AF|=2+
p
．
2

因为
|AF|=3
，即
2
p
3，解得
p2
，
2
2
所以抛物线

的方程为
y4x
．
（Ⅱ）因为点


2,m

在抛物线
:
y4x
上，
2
所以
m22
，由抛物线的对称性，不妨设
2 ,22
．
由
2,22
，
F

1,0

可得直线
F
的方程为
y22

x1

．




y22

x1

由

，得
2x
2
5x20
，
2< br>

y4x
y
A
G
O
B
F
x

解得
x2
或
x
又
G

1,0

，
1

1

，从而


,2

．
2

2

所以
k
G

22022
2022

，
k
G

，

1
3
2

1

3


1

2
所以
k
G
k
G
0
，从而
AGFBGF
，这表明点
F
到直线
GA,GB
的距离相等，故以
F
为圆
心且与直线
GA
相切的圆必与直线
GB
相切．
解法二：（Ⅰ）同解法一． < br>（Ⅱ）设以点
F
为圆心且与直线
GA
相切的圆的半径为
r．
因为点
A(2,m)
在抛物线
E
：
y4x
上，
2

y
A
G
O
B
F
x

所以
m22
，由抛物线的对称性，不妨设
2,22
． < br>由
2,22
，
F

1,0

可得直线F
的方程为
y22

x1

．
< br>


y22

x1

由

，得
2x
2
5x20
，
2

< br>y4x
11
解得
x2
或
x
，从而
B( ,2)
．
22
又
G(1,0)
，故直线
G
的方程为
22x3y220
，
从而
r
2222
89

42
．
17
又直线
GB
的方程为
22x3y220
， 所以点
F
到直线
GB
的距离
d
2222
8 9

42
r
．
17
这表明以点
F
为 圆心且与直线
GA
相切的圆必与直线
GB
相切．
t
2
,t)
. 5．【解析】（Ⅰ）由已知得
M(0,t)
，
P(
2p
p
t
2
又
N
为
M关于点
P
的对称点，故
N(,t)
，
ON
的方程为yx
，
p
t
2t
2
代入
y2px
整理得
px2tx0
，解得
x
1
0
，
x< br>2

，
p
222
2t
2
|OH|
,2t)
．所以
N
为
OH
的中点，即
2
． 因此
H(
p
|ON|
（Ⅱ）直线
MH
与
C
除< br>H
以外没有其它公共点.理由如下：
直线
MH
的方程为
y t
2
p
2t
x
，即
x(yt)
.
p
2t
22
代入
y2px
得
y4ty4t0
，解得
y
1
y
2
2t
，即直线
MH
与
C
只有一个公共点，所以

除
H
以外直线
M H
与
C
没有其它公共点.
6．【解析】（Ⅰ）由题设，可知直线l的方程为
ykx1
．
因为l与 C交于两点，所以
|2k31|
1k
2
1
．
< br>4747

4747
k
解得．所以
k
的 取值范围是


3
,
3


．
33

（Ⅱ）设
M(x
1
,y
1
),N(x2
,y
2
)
．
将
ykx1
代入方程
x2



y3

1
，整理 得
(1k)x4(k1)x70
，
22
22
所以
x
1
x
2

uuuuruuuur
4k(1k)OMONx
1
x
2
y
1
y
2
 1k
2
x
1
x
2
kx
1
x
2
18
，
1k
2
4k(1k)
由题设可得8=12
，解得
k=1
，所以l的方程为
yx1
．
2
1k
故圆心在直线l上，所以
|MN|2
．
4(k1)7
，．
xx
12
1k
2
1k
2

概率与统计部分（文科试题）
1.
（
2019< br>全国
1
文
17
）某商场为提高服务质量，随机调查了
50名男顾客和
50
名女顾客，每位顾客对该商
场的服务给出满意或不满意的评价，得 到下面列联表：


男顾客

女顾客

满意

40
30
不满意

10
20
（
1
）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；

（
2
）能否有
95%
的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？

n(adbc)
2
附：
K
．

(ab)(c d)(ac)(bd)
2
P
（
K
2
≥k
）< br>
k
0.050
3.841
0.010
6.635
0.001
10.828
2.（2017新课标Ⅰ）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔30 min从该生 产线上随机抽
取一个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件 的尺寸：
抽取次序 1
零件尺寸 9．95
抽取次序 9
2 3 4
9．96
12
5 6 7
9．98
15
8
10．04
16
10．12 9．96
10 11
10．01 9．92
13 14
零件尺寸 10．26 9．91 10．13 10．02 9．22 10．04 10．05 9．95
1
16
1
16
2
1
16
2
(x
i
x)(

x
i
16x
2
)

x
i
9.97，
s
经计算得
x


16
i1
16
i1
16
i1
0.212
，

(i8 .5)
i1
16
2
18.439
，

(xi
x)(i8.5)2.78
，其中
x
i
为抽取的第< br>i
个零件的
i1
16
尺寸，
i
=1，2，…，16 ．
(1)求
(x
i
,i)
(i1,2,,16)
的相关系数
r
，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产
过程的进行而系统 地变大或变小(若
|r|0.25
，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小)．
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在
(x3s,x3s)< br>之外的零件，就认为这条生产线在这一
天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进 行检查．
(ⅰ)从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？

(ⅱ)在
(x3s,x3s)
之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线当 天生产的零件尺寸
的均值与标准差．(精确到0．01)
附：样本
(x
i< br>,y
i
)
(i1,2,,n)
的相关系数
r

(xx)(yy)
ii
i1
n

(xx)
(yy)
2
ii
i1i1
nn
，
2
0.0080.09
．
3．(2015新课标1)某公司为确定下一年 度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费
x
（单位：千元）对年
销售量
y< br>（单位：
t
）和年利润
z
（单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费
x
i
和年销售量
y
i
（
i
=1，
2，···，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．

x

46.6
y

563
w

6.8

(xx)
i
i1
8
2


(ww)
i
i1
8
2


(xx)(y
i
i1
8
i
y)


(ww)(y
i
i1
8
i
y)

289.8 1.6 1469 108.8
1
表中
w
i
x
i
，
w

=
8

w
．
i
i1
8
（Ⅰ） 根据散点图判断，
yabx
与
ycdx
哪一个适宜作为年销售量y
关于年宣传费
x
的回
归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立
y
关于
x
的回归方程 ；
（Ⅲ）已知这种产品的年利率
z
与
x
、
y
的关 系为
z0.2yx
．根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：
（ⅰ）年宣传费
x49
时，年销售量及年利润的预报值是多少？
（ⅱ）年宣传费
x
为何值时，年利率的预报值最大？
附：对于一组数据(u
1
,v
1
)
，
(u
2
,v
2
)
，

，
(u
n
,v
n
)
，其回归线
v



u
的斜率和截距的最小二 乘

ˆ

估计分别为


(uu)(vv )
ii
i1
n

(uu)
i
i1
n
ˆ
u
．
ˆ
v

，

24.（2016年全国I卷）某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件， 在购
进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买 ，则
每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机 器在三
年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
频数
24
20
16
10
6
0
1617
18
19
2021
更换的易损零件数

记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示1台机器 在购买易损零件上所需的费
用（单位：元），
n
表示购机的同时购买的易损零件数.
（I）若
n
=19，求y与x的函数解析式；
（II）若要求“需更换的易 损零件数不大于
n
”的频率不小于0.5，求
n
的最小值；
（II I）假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件，或每台都购买20个易损零件，分
别 计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的
同时应购 买19个还是20个易损零件？
5. （2019天津文15）2019年，我国施行个人所得税专项 附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病
医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项 附加扣除.某单位老、中、青员工分别有
72,108,120
人，现采用分层抽样的方法，从 该单位上述员工中抽取
25
人调查专项附加扣除的享受情
况.
（Ⅰ）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
（Ⅱ）抽取的25人中，享受至少两项专项附 加扣除的员工有6人，分别记为
A,B,C,D,E,F
.享受情况如
右表，其中“< br>○
”表示享受，“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.

员工
A
项目
子女教育
继续教育
大病医疗
住房贷款利息
住房租金
赡养老人
○
×
×
○
×
○
B
○
×
×
○
×
○
C
×
○
×
×
○
×
D
○
×
○
×
×
×
E
×
○
×
○
×
×
F
○
○
×
○
×
○
（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
（ii）设
M
为事件“抽 取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件
M
发生的概率.
6.(2014新课标1) 从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值 ，由测量表得
如下频数分布表：
质量指标值分组 [75，85) [85，95) [95，105) [105，115) [115，125)
频数 6 26 38 22 8
（I）在下表中作出这些数据的频率分布直方图：
频率组距
0.040
0 .038
0.036
0.034
0.032
0.030
0.028< br>0.026
0.024
0.022
0.020
0.018
0. 016
0.014
0.012
0.010
0.008
0.0060.004
0.002
758595105
115
125
质量指 标值

（II）估计这种产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； < br>（III）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的产品至

少要占全部产品的80%”的规定？

参考答案与解析
1.解析 （1）由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为
的概率的估计值为0.8．
女顾客中对该商场服务满意的比率为
40
0.8
，因此男顾客对该商场服务 满意
50
30
0.6
，因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0. 6．
50
100(40203010)
2
4.762
． （2）
K
50507030
2
由于
4.7623.841
，故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.
2. 解析（1）由样本数 据得
(x
i
,i)(i1,2,L,16)
的相关系数为
r< br>
(xx)(i8.5)
i
i1
16

(x x)

(i8.5)
2
i
i1i1
1616

2
2.78
0.18
．
0.2121618.439
由于
|r|0.25
，因此可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系 统地变大或变小．
（2）（i）由于
x9.97,s0.212
，由样本数据可 以看出抽取的第13个零件的尺寸在
(x3s,x3s)
以外，因此需对当天的生产过程进 行检查．
（ii）剔除离群值，即第13个数据，剩下数据的平均数为
1
(169.979.22)10.02
，
15
这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为10．02．

x< br>i1
16
2
i
160.212
2
169. 97
2
1591.134
，
剔除第13个数据，剩下数据的样本方差为
1
(1591.1349.22
2
1510.02
2
)0.008
，
15
这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为
0.0080.09
．
3.解析（Ⅰ）由散点图可以判断，
ycdx
适宜作为年销售量
y
关于年宣传费
x
的回归方程类型．
（Ⅱ）令< br>wx
，先建立
y
关于
w
的线性回归方程，由于