班淑传奇 第01集 - 腾讯视频
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精彩周边（100）
简介：东汉西域都护班超的女儿班淑（景甜饰）为得到班氏族人承认，进入邓太后（李晟饰）开办的内学堂及男学堂宫学当女傅。在教学过程中，班淑爱上了宫学男傅卫英（张哲瀚饰）。但当他们感情正浓时，班淑的师姐（张馨予饰）却意外归来，二人因此陷入了纠结之中。最终，班淑凭着自己的聪明才智，让瑰丽的大汉文化深入人心，在事业与感情的双重历练中成长。
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【编辑推荐】意想不到的爆炸源 其实就在我们身边
　　来源： 东北网综合 　　　 频道主编： 吕博
　　东北网8月16日讯 据中央媒体报道，8月12日发生在天津的爆炸事故伤亡惨重，举国哀痛，截止目前事故已致112人遇难95人失踪。（）然而在日常的生活中，在我们身边也存在许多常见的爆炸隐患，小编真真是没有吓唬你哟。
　　隐患一：超期服役的煤气罐
　　煤气罐爆炸导致的人身伤害最为常见，且受伤程度往往较重。一般导致煤气罐爆炸的原因有四点：
　　第一，煤气罐意外受热，内含气体迅速膨胀，罐内压力过大产生爆炸。
　　第二，充气过量。一般来说，灌装煤气罐时不能超过其容积的85%，如超量充灌，罐体在受到暴晒、烘烤时，爆炸风险就会显著增加。
　　第三，到了冬天，一些居民为了让火烧得更旺，会用热水烫罐底，这很易导致爆炸，也是冬季煤气罐爆炸多发的原因。
　　第四，超期服役、缺乏保养和维修的煤气罐，稍遇高温、挤压、碰撞就会发生爆炸。贾大成指出，使用正规厂家生产的合格煤气罐、定期检查和维护、拒绝超期服役、避免错误使用等措施，可有效防范煤气罐爆炸。如在烹饪时闻到煤气异味，应提高警惕，暂停使用。
　　目前，很多家庭使用的煤气管道相对安全，但最好安装警报器，并配合工作人员定期检查是否漏气，以免因漏气导致室内一氧化碳浓度过高，一旦遇到明火就会引发爆炸。
　　隐患二：不常清洁的的高压锅
　　常见患者因高压锅爆炸受伤前来就诊，病人描述的爆炸一幕让人毛骨悚然。导致高压锅爆炸的原因主要有两点：一是超出安全使用期限；二是不注意清洁，限压阀和浮子阀一旦堵塞，锅内压力太高也会爆炸。
　　因此，专家建议，不管是传统高压锅，还是电压力锅，使用年限均在6~8年，如发现锅体变形、生锈等更要马上弃用。使用前必须检查限压阀和浮子阀，如有堵塞及时清理；锅内食物不能装得太满，扣盖时还要注意是否扣合到位；离火后要等锅体充分冷却后再取下限压阀、开盖。&&[1]&&&
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5. ??1.x02?4?t?2?． ⑤
由④知，0?x02?4， ⑥
结合⑤、⑥，解得：2?t?3． ∴实数t的取值范围为[2, 3]. 4. （1）由椭圆的定义可得2a?10，a?5， 所以椭圆方程为x2243【例题精选】 1. 解：（1）x225?y29?1．4?y?1；2x2y??1（m,n?0mn2（2）依题意可设圆C的圆心坐标为??b,b??b?0?，则圆心到切），线y?x?（2）设椭圆方程为 22 ?(?3)2(5)2???1?由?m，得m?6,n?10n?35??1??mn解得b?2．故圆C的方程为?x?2???y?2??8．，（3）由椭圆方程x225?y29?1得a?5,b?3,c?4，所以，椭圆方程为y210?x??1． 62其右焦点F2坐标为?4,0?． 假设点P存在且其坐标为?x0,y0?， 则PF2?OF2?4．由两点的距离公式得??x?2?2??y?2?2?8,?00?22???x0?4??y0?16.2. 解：（1）根据椭圆的定义，可知动点M的轨迹为椭圆，
其中a?2，c?，则b?1．
所以动点M的轨迹方程为x2 4?y?1．2（2）当直线l的斜率不存在时，不满足题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y?kx?2， ????????设C(x1,y1)，D(x2,y2)， ∵OC?OD?0，∴x1x2?y1y2?0．4?x?,??x?0,?5解得?（舍去）??y?0;?y?12.?5? ∵y1?kx1?2，y2?kx2?2，∴y1y2?k2x1?x2?2k(x1?x2)?4.
∴ (1?k2)x1x2?2k(x1?x2)?4?0．… ①?x2?y?1,?由方程组?4?y?kx?2.?2即所求点P的坐标为【巩固提高】412,??55得?1?4k2?x2?16kx?12?0．121?4k2?1. A
5. a2,b2??则x1?x2?16k1?4k26．解：设A(x1，y1)、B(x2，y2)，，2，x1?x2?121?4k2则?4?0x142??y132?1………………① ?1………………②代入①，得?1?k2???2k?16k1?4k． x242y232即k2?4，解得，k?2或k??2．所以，直线l的方程是y?2x?2或y??2x?2． 3.解：（1）法一：依题意，设椭圆E的方程为xa22①－②，得(x1?x2)(x1?x2)?yb22?1(a?b?0)43y?yx?x∴12??3?12
又∵M为AB中点，x1?x24y1?y2?(y1?y2)(y1?y2)?0.由已知半焦距c?1，∴a2?b2?1．
∵点C(1,)在椭圆E上，则231a2∴x1?x2?2,y1?y2?2
∴直线l的斜率为?3.4?94b2?1． ②∴直线l的方程为y－1=－3(x－1)，即3x?4y?7?0.4由①、②解得，a2?4，b2?3．
∴椭圆E的方程为x27．解：（1）设Q（x0，0），由F(-c，0)，A（0，b）知
FA?(c,b),????????xa22????4?y23?1．?yb22????A?Q0(x?,b)x0?bc2?FA?AQ,?cx0?b2?0,?1 13c13法二：依题意，设椭圆E的方程为32（a?b?0），2????????设P(x1,y1),由AP?8PQ，得x1?8b,y1?5b5∵点C(1,)在椭圆E上，∴2a?CF1?CF2?4，即a?2．因为点P在椭圆上，所以222(由已知半焦距c?1，∴b?a?c?3??1． 43?????????，由PF1?PF2?t，得x2．28b25)(b)13c?13?1 22ab2∴椭圆E的方程为（2）设P?x0,y0?y2整理得2b2=3ac，即2(a2－c2)=3ac，2e2?3e?2?0,
故椭圆的离心率e=122（2）由（1）知2b2?3ac,得b?3ay
??1?x0,?y0???1?x0,??022?t，即x0?y0?t?1． ③ 2c2∵点P在曲线C上， ∴22x04?y032由c?1,得c?1a, 于是F(－1a，0） Q(3a,0)，a22?1． ④22△AQF的外接圆圆心为（1a，0），半径r =1FQ=a22由③得y0?t?1?x0，代入④，并整理得53所以|1a?3|2?a2∴点P又在线段BC的中垂线上，，解得a=2，∴c=1，b，2yx??1. 432 其方程为y?3x?4)即y?3x?7)②所求椭圆方程为由①、② 可得点P的坐标为).解得??8．解：（1）由题意有?2a??c?3?cc1?a2?a?2c?1 22y∴椭圆的标准方程为 x??1.?b??3．解：（1）依题意有：?a22a??1,?c a?b?c.2222243解得a?1,b?3,22（2）①若直线AB与x轴垂直，则直线AB的方程是x?1
∵该椭圆的准线方程为x?4,
∴P(4,?3)，Q(4,3)，???????? ∴FP?FQ?0????∴FP?(3,?3)????，FQ?(3,3)y∴双曲线方程为x??1．3（2）设M(x0,y0)，由双曲线的对称性，可得N(?x0,?y0)．
设P(xP,yP)，
则kPM?kPN 又x0?2 ∴当直线AB与x轴垂直时，命题成立.y?y0yP?y0y?y0?P??P22xP?x0xP?x0xP?x0222，②若直线AB与x轴不垂直，则设直线AB的斜率为k，
∴直线AB的方程为y?k(x?1),k?0
又设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4)?y?k(x?1)?联立?x2y2??1?3?4y03?1，∴y0?3x0?3．22同理yP2?3xP2?3，∴kPM?kPN?223xP?3?3x0?3xP?x0222222?3．消y得 (3?4k)x?8kx?4k?12?0224．（1）解：设双曲线C的方程为?a2?b2?9，?由题设得?b
??2?axa?yb22?1(a?0，b?0)，∴x1?x2?28k223?4k,x1x2?4k?123?4k?9k2222 x2??a?4，解得?2??b?5.22∴y1y2?k(x1?1)(x2?1)?3?4k 2y1x1?2)所以双曲线C的方程为同理y4?2y2x2?2又∵A、M、P三点共线，∴y3?
∴FP?(3,????????????2y1x1?2) 4?y5?1．（2）解：设直线l的方程为y?kx?m(k?0)，①?y?kx?m，?22点M(x1，y1)，N(x2，y2)的坐标满足方程组?xy??1.
②?5?4，FQ?(3,4y1y2????2y2x2?2 ∴FP?FQ?9? x1x2?2(x1?x2)?4????????综上所述：FP?FQ?0?0将①式代入②式，得x24?(kx?m)52?1，整理得(5?4k2)x2?8kmx?4m2?20?0．§11.2
双曲线此方程有两个不等实根，于是5?4k2?0，
且??(?8km)2?4(5?4k2)(4m2?20)?0．
整理得m2?5?4k2?0．
③由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标(x0，y0)满足2【基础练习】51. A
5. 283【例题精选】2yx1．解：（1）设双曲线的标准方程为?2?1(b?0)，20bx0?x1?x22?4km5?4k2，y0?kx0?m?5m5?4k2．因其过点A(2,?5) ?4252??1?b?020b2y2, 故焦点不在x轴上;x2从而线段MN的垂直平分线的方程为
y?5m5?4k2??设双曲线的标准方程为
?20?xb2214km．此直线与x轴， x?2k5?4k9m，0?，?0?． ?59?km4k5?4k22???1(b?0)y轴的交点坐标分别为?1.2542?2?1(b?0 )
?b?1620b?y22016由题设可得19km22225?4kk?9m5?4k2?812．（2）双曲线的焦点坐标是(0,6)和(0,?6),渐进线方程是y?整理得m?2(5?4k)，k?0．222. 解：取A、B所在直线为x轴，线段AB的中点O为原点，建立直角坐标系. 则A、B、C的坐标为A( 3, 0 )、B (－3, 0 )、C (－), (长度单位为千米), 由已知 | PB |－| PA | = 4, 所以点P在以A、B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支上，其方程为x2将上式代入③式得(5?4k)k?5?4k?02，整理得(4k2?5)(4k2?k?5)?0，k?0．解得0?k?24?y25?1(x ≥ 2)
①或k?54．
所以k的取值范围是又B、C同时测得同一信号，即有 PB = PC54?5??5??，???0???0?，??．4?4???????【巩固提高】 1. C
3. B 提示：由渐近线方程3y?x2给定以后，它的标准方程就唯一确定了；若抛物线的焦点坐标或准线方程没有给定，则所求的标准方程就会有多解。，且b = 3，∴a = 2.2. 解：设直线AB的方程为x?ty?m，
抛物线方程为y2?2px?p?0?
A?x,y?,11 由， B1x,?1y?，分析及由定义有PF2?PF1?4 4.yx??1 24225. 18
6. 117．解：设M(x1，y1)，左右两焦点F1、F2，由双曲线第二定义
得MF1?ex1?a，MF2?ex1?a，MF1＝ex1＋a，MF2＝ex1－a，
由已知2(ex1＋a)＝3(ex1－a)，把e?
得x1＝16，y1＝±.
∴点M的坐标为(16，±2双曲线准线方程为x??a??16.?x?ty?my?2px2得y2?2pty?2pm?0由一元二次方程根与系数关系得：y1y2??2pm
∵y1?y2?2m，∴2pm?2m
所求抛物线方程为y2?2x3. 分析：证直线AC经过原点O，即证O、A、C三点
共线，为此只需证kOC=kOA.本题也可结合图形特点，54，a＝4代入，c5 ∴M(16，±到准线的距离为1245或1915．由抛物线的几何性质和平面几何知识去解决. 法一：设AB：x?my?p28、解：（1）设OA?m?d，AB?m，OB?m?d
由勾股定理可得：(m?d)2?m2?(m?d)2得：d?1m4，tan?AOF?bata?nAOF2?，代入y2=2px，，b1?a2得y2－2pmy－P2=0.
由韦达定理，得yAyB=－p2，
∴C(－p2p2tan?AOB?AB4?OA3yA.
∵BC∥x轴，且C在准线x=－yBp?2p2上,b2由倍角公式?b1?a，yB).
则kOC?=2pyA=yAxA= kOA.??24?3，解得,则离心率e.2yx?2?12ab2故直线AC经过原点O.ay??(x?c)b（2）过F直线方程为与双曲线方程联法二：如下图，
记准线l与x轴的
交点为E,过A作AD⊥l，
则AD∥EF∥BC.
连结AC交EF于点N，
则ENCNBF??ADACAB立, 将a?2b，c代入，化简有4b1?x2将数值代入，有4?2，y解得b?3, 最后求得双曲线方程为：x??1．2369 §11.3
抛物线【基础练习】1. C 提示：抛物线的准线方程为x??
4?p?5，解得P＝2.
2p，由抛物线的定义知 2NF?BCAF. AB∵ AF = AD，BF = BC，，即N是EF的中点.从而点N∴EN?AD?BFAF?BC??NFABAB与点O重合，故直线AC经过原点O. 4.（1）证明：由题意设A(x1, 由x?2py得y?2x122p),B(x2,x222p),x1＜x2,M(x0,?2p).x22. C提示：化为标准方程.
3. C提示：利用抛物线的定义. 4. y2??8x或x2??y5.2p，则y??xp, x1p所以kMA? x1p,kMB?x2p.因此直线MA的方程为y?2p? 直线MB的方程为y?2p?x2p(x?x0),所以x22(x?x0).【例题精选】1. 解：（1）y2＝4x，y2＝?4x，x2＝4y，x2＝?4y；p（2）因为焦点在y轴的负半轴上，并且?2,p?4，所以它的2x122p?2p?x2px1p(x1?x0),①2p?2p?(x2?x0).2②x1?x222标准方程是x??8y.2 由①、②得x1?x22?x1?x2?x0, 因此x0?，点评：由于抛物线的标准方程有四种形式，且每一种形式中都只含一个系数p，因此只要给出确定p的一个条件，就可以求出抛物线的标准方程。当抛物线的焦点坐标或准线方程即2x0?x1?x2. 所以A、M、B三点的横坐标成等差数列. （2）解：由（1）知，当x0=2时，将其代入①、②并整理得：55 x1?4x1?4p?0,x2?4x2?4p?0,2222 故所求曲线方程为: y2?8x(1?x?4,y?0)说明：（1）运用坐标法;（2）把几何限制条件转化为不等式.§11.4
直线与圆锥曲线的位置关系【基础练习】1. B 提示：数形结合法，同时注意点在曲线上的情况.所以x1、x2是方程x2?4x?4p2?0的两根，
因此x1?x2?4,x22x1x2??4p,22 2p又kAB?2p?x12px2?x1?x1?x22p?x0p,所以kAB?. 由弦长公式得AB2. D 提示：数形结合法，与渐近线平行、相切.3. A 提示：直线方程可化为（3x＋2y－8)＋m(2x－y－3)=0,
易知该直线过定点（2，1），且定点（2，1）在椭圆内。 4. 2 提示：由题意知抛物线焦点F(1，0).
设过焦点F(1，0)的直线为y?k(x?1)(k?0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2).代入抛物线方程消去y得k2x2?2(k2?2)x?k2?0.
∵k?0，∴x1?x2?2 又AB?，所以p=1或p=2，
因此所求抛物线方程为x2?2y或x2?4y. 【巩固提高】1. C2. A 提示：联立解得A(1,?2),B(9,6)，
∴AP＝2，BQ＝10，PQ＝8，∴S梯形3. A
5．x??54(2?10)?8??4822(k?2)k22，x1x2?1.6. 解: 法一：设与y = 4x－5平行的直线y =4x+b与y = 4x相切，
则y = 4x+b代入y = 4x2， 得4x2－4x－b = 0 ………①
Δ=16+16b = 0时b=－1，代入①得x?122∵AB
8 0?x1?x23?2.，∴所求点为M(1, 1).22 法二：设该点坐标为M(x0，y0)，那么有y0?4x.
设点M到直线y＝4x－5的距离为d，则d∴k2?1. ∴△OAB的重心的横坐标为x?5. x?2y?8?0 提示: 设直线l与椭圆交于P1(x1, y1)、P2(x2, y2)
将P1、P2两点坐标代入椭圆方程相减得直线l斜率
k?y1?y2x1?x2x1?x24x0?4x0?52 x0?4x0?512212x0?)?1.212=?x1?x24(y1?y2)=?4?2y1?y22=?44?2=?12.当且仅当x0=时，d有最小值，将x0=12代入y =4x2解得y0=1.由点斜式可得l的方程为x?2y?8?0. 【例题精选】 1. 解：（1）?e?32c?2,即ca?3故M点坐标为（，1）.7．解：（1）设P?x,y?x?1,化简得y2?4x （2）设?AB:y?k?x?1?，代入y2?4x得kx?2?k?2?x?k?02222 ?a?则b?k?2?2k2，xM?xA?xB22k，∴椭圆的方程为x23?y22?1 y?k?xM?1??2k, 故M?kk22?2,? k 因为AB?CD，所以将点M坐标中的k换成?1， 即得N?2k?1,?2k?. 则lMN:?1?k?y?k?x?3?222?x2y??1?2消去y得:5x?6x?3?0联立?32?y??x?1? 35 设A(x1,y1),B(x2,y2),?AB?则x1?x2?65,x1x2??故不论k为何值，直线MN必过定点T?3,0?.8．解: 以MN中点为
原点，MN所在直线方程为x轴建立直
角坐标系，设曲线方程为
y2?2px(p?0x,A?x?xBy,?由AMAN?3
得:p2?2(x?)?yA?17?A2??(x?P)2?y2?9A?A2?5 （2）由（1）可知椭圆的左焦点坐标为F1(-1，0)，
直线AB的方程为x＋y-1=0,,所以点F1到直线AB的距离d?l1?又p4p?3,
解得 p?2,4p222??17?9?p??2??p?9?175，∴△ABF1的面积 =1255xA?4p，
又AN?xA?S?12AB?d 由?AMN锐角为三角形,
又BN?xB?，8?p?26, ?p?422．（1）证明：如右图，
56?y2??x由方程组??y?k(x?1)p?6,?xB?4 2 ky2?y?k?0. 设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由韦达定理y1·y2=－1.
∵A、B在抛物线y2??x上，
∴y12??x1,y22??x2,y12?y22?x1x2．
∵kOA·kOB=y1y2?x1x21. C 提示：抛物线y＝2x2的切线斜率为k＝4. 2. A 提示：设而不解: 设M(x1,y1),N(x2,y2)
则mx12?ny12?1，mx22?ny22?1两式相减得， y1?y2x1?x2n=y1y2x1x2=1y1y2=－1，
∴OA⊥OB.?x?x2m1,??ny?y12y?1y2??1,x?x12x?1y?12（2）解：设直线与x轴交于N，又显然k?0，
∴令y = 0，则x =－1，即N(－1，0).
∵S?OAB?S?OAN?S?OBN∴S?OAB111?ON?y1?ON?y2?ON?y1?y2222 所以m?，3. B 提示: 设A(x1,y1),B(?x1,?y1),C(x2,y2)代入椭圆方程，
则k1k2?y2?y1x?x222221??45 1??1218164. [1,5)?(5,??)
提示：直线y－kx－1=0恒过点(0, 1)，仅当.点(0, 1)在椭圆上或椭圆内时，此直线才恒与椭圆有公共点.
所以，1?1且m∵S△OAB2解得k??23．解：（1）由x?8(y?b)得y?x?b m＞0，得m ≥1.当y?b?2时，x??4，?G点的坐标为(4，b?2)
y??14x5. ??)6.解：由e??c2?3a2?b2?2a2
∴双曲线方程为2x2?y2?2a2设直线l:y?x?m,R(0,m),P(x1,y1),Q(x2,y2)
?，y?|x?4?1, 过点G的切线方程为y?(b?2)?x?4，即y?x?b?2，令y?0得x?2?b，?F1点的坐标为(2?b，0);
由椭圆方程得F1点的坐标为(b，0)，?2?b?b，即b?1，2∴所求椭圆方程及抛物线方程分别为x?y2?1,x2?8(y?1)2（2）?过A作x轴的垂线与抛物线只有一个交点P，
?以?PAB为直角的Rt△ABP只有一个，
同理以?PBA为直角的Rt△ABP只有一个；
若以?APB为直角，设P点的坐标为x1x2?1，则80)，0)
A,B坐标分别为(x1x2??m?2a????????????????又因为 OP?OQ??3,PQ?4RQ, 则有：??y?x?m2222x?y?2a?x?2mx?m?2a?0222x1?x2?2m22①x1x2?y1y2??3?2x1x2?(mx?)x?12122m3?0?③?? ?xy??xy??44(xy?m)??3xy???3yx?4m②21221221由①，②得x2??m,x1?3m,m2?a2代入③4????????由AB?AB?x2?2?1x2?1?0得1x4?5x2?1?0，?8?264得m2?1,a2?1?m??1,a2?1,b2?2
所以，所求的直线与双曲线方程分别是2关于x的一元二次方程有一解，2yy?x?1,x??1222?x有二解，即以?APB为直角的Rt△ABP有二个；
因此抛物线上共存在4个点使△ABP为直角三角形． 4. 解:（1）设所求的双曲线方程为2yx?2?1,?e?2ab27. 解：设椭圆方程2yx?2?1（a＞b＞0），∵e2ab 且双曲2∴a2＝4b2，即a＝2b.
∴椭圆方程为x224b?yb22?1.线经过点P(6,6)，所以所求的双曲线方程为2yx??1912.把直线方程代入化简得5x2?8x?4?4b2?0.
设M(x1，y1)、N(x2，y2)，则xx1?x2?85（2）由条件P,A1,A2的坐标分别为(6,6)、(?3,0)、(3,0)，
?G点坐标为(2,2), 假设存在直线l使G(2,2)平分线段MN,
设M、N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)?12x12?9y12?108???①???22??12x2?9y2?108???②212221，x1x2＝1515(4－4b2).∴y1y2＝(1－x1)(1－x2)＝1－(x1＋x2)＋x1x2＝
由于OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0.
解得b2＝，a2＝5852(1－4b2). 22.
∴椭圆方程为25x2＋82y＝1. 5①－②得12(x?x)?9(y?y)
12x(1?x2)x(1?x2?)
?x1?x22?2,y1?y228. 解：（1）由)?y?kx?2x??2py2得x2?2pkx?4p?0，9y(?1?2y2)y(? y1
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1?x2??2pk，y1?y2?k(x1?x2)?4??2pk2?4
所以，即x1?x2?4,y1?y2?4. 的方程为y?2?43(x?2)y1?y2x1?x22?432?kMN?k1 ?l??2pk??4?2pk?4??122，解得?kp??21??12x?9y?108由?4y?2?(x?2)??3所以直线l的方程为y＝2x－2，抛物线C的方程为x2＝－2y （2）法一：设P(x0, y0)，依题意，抛物线过P的切线与l平行时，△ABP的面积最大，∵y'＝－x，所以?x0?2?x0??2,y0??1x02??2， 所以P(－2,－2)，2消去y整理得x2?4x?28?0???0 所求直线不存在. 【巩固提高】57此时P到直线l的距离d
由 ，?y?2x?2x??2y2得x2?4x?4?0，14. 解：（1）依题意，P到F(的距离等于P到直线x??1的221距离，曲线C是以原点为顶点，F(, 0)为焦点的抛物线，曲2线C方程是y2 = 2x；410|AB| )?（2）设圆心M(a, b)，因圆M过A(1, 0)，故设圆的方程(x?a)2?(y?b)2?(a?1)2?b2，令x＝0得：
y2?2by?2a?1? 0设圆与y轴的两交点为(0, y1), (0, y2)，则y1?y2?2b, y1?y2?2a?1,(y1?y2)2?(y1?y22)?4y1?y2?(22b)?4(a2?
所以，当M运动时，弦长EF为定值2. 【巩固提高】1. D
4. y?4x21?)b4? a8?2∴△ABP的面积最大值为 法二：由|AB|2??y?2x?2x??2y2得x2?4x?4?0， 4 设P(t,?1t2),(?2?t??2?2M(a, b)在抛物线y2＝2x上，b2＝2a, (y1－y2)2＝4, |y1－y2|＝2，因为AB为定值，当P到直线l的距离d最大时，△ABP的面积最大。 §11.5
轨迹方程的求法【基础练习】1. C
4. x2?y2?1(x??1)
5.yx??1(y?016925225. y2?8x(x?0)或y?0(x?0)6. 轨迹是以(1,1)为顶点，开口向右的抛物线(y?1)2?2(x?1)33333)22yyx7. 动圆圆心的轨迹是两个椭圆x??1或??1223627167【例题精选】1．提示: 用定义法可得轨迹方程为x28. 解：（1）设C(x1,y1),D(x2,y2)，其中x1,x2?(?5,5)，?y?12 42．解：以BC所在直线为x轴，BC中点O为原点建立直角坐标系，则B(?1,0),C(1,0)，设点A的坐标为(x,y)，
由AB?mAC22?x?y?25则?1212， ?x2?y2?25????????????BC?(1x?3,1y),AD?(x?3,y),C?D2(?x1x2,?y 22?????????BC?CD?0,?(1x?3)2(x?1x)?1y(2y?1y) ?0,22y),2m2，化简得：x)??1m ?2即x1x2?y1y2?3(x2?x1)?25?0，又 ????????AD?CD?(2x?3)(2x?1x)?2y(2y?1)y(1?m)x?(1?my)?2(?2m2（1）当m?1时，轨迹为直线x?0；2（2）当m?1时，配方得：(x?1?m2)2?y2?(2m2)2??[x1x2?y1y2?3(x2?x)1?25]?0,????????????????，故AD??BC. ?? （2）延长AP交BC的延长线于点M，??PAD??PBC,由（1）知，AD//BM??PAD??PBC??PMC,?CD为线；段BM的中垂线。?PA?PB?AM?2OC?10，故点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为10的椭圆（不包括长轴端点），22y其方程是x??1(y?0).1?m1?m①m?0时，方程为x?y?2x?1?0，轨迹为点(?1,0)222②m?0时，轨迹是圆心为(1?2m,0)，半径为|2m2|的圆．1?mm?13. 解（1）①当直线l垂直于x轴时，则此时直线方程为x?1，
l与圆的两个交点坐标为?和?1,，其距离为足题意；②若直线l不垂直于x轴，设其方程为y?2?k?x?1?，
即kx?y?k?2?0，设圆心到此直线的距离为d，则d?1，∴1?故所求直线方程为3x?4y?5?0.2516 §11.6
解析几何综合运用【基础练习】1．C
5． 【例题精选】 1．解：（1）由k?3，4?x?2y?12?0x?4y2得A(6,9),B(?4,4).综上所述，所求直线为3x?4y?5?0或x?1（2）设点M的坐标为?x0,y0?(y0?0)，Q点坐标为?x,y?，
则N点坐标是?0,y0?，∵OQ?OM?ON，
∴?x,y???x0,2y0?
即x0?x，y0?
又∵x02?y02?4，∴x2?
∴Q点的轨迹方程是x2抛物线在A处的切线斜率为y??3，
设圆的方程为(x?a)2?(y?b)2?r2，
由切线性质得b?9a?6??13,?????????????①1322)?2y2 又圆心在AB的中垂线上，即b? 由①②得圆心M(?,2323232),r?2322??2(a?1),,②y24y2?4(y?0) ?1(y?0)，125 .4?16圆M的方程为(x?)2?(y?1252 轨迹是一个焦点在x轴上的椭圆，除去短轴端点。58（2）由?y?mx??(x?)?(y?)???222 ∴?2(m?)2?1417?(?281)2，∴b?(??,?2?(2,??)．22得(1?m2)x2?(3?23m)x?72?0
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1x2?????????OP?OQ?|OP||OQ|?72.721?m24.，?a?b?c?解：（1）依题意有：?4?c5a??2a?10?a?5?，解得?b?3??c?4 又|OP|x1|,|OQ|x2|，2. 解：（1）由焦点为F1(0,可知椭圆的焦点在y轴上，
设椭圆的标准方程为ya2222y所以椭圆方程为x??1259（2）设点P(x,y)，由（1）得F(4, 0), 所以圆F为(x?4)2?y2?9
法一（圆幂定理）：PT2?(PF?r)(PF?r)?PB2，
PT2?(PF?)r(P?F)?r
PB2?x2?(y?3)2，所以(x?4)2?y2?9?x2?(y?3)2，化简得4x?3y?1?0
法二（勾股定理）：△PTF为直角三角形，
所以PT2?PF2?r2?(x?4)2?y2?9，
化简得4x?3y?1?0 【巩固提高】 1. C
3. A 提示：kMA?y1?y0x1?x0?y1?y0yy?2p2p2120?xb22?1(a?b?0)2P?F2?r(?4x)?22，?y 9 e2e从而e 因为椭圆的一个焦点为F1(0,，所以c?，又e即c，所以a?3，故b?1a所以x2?y?1为所求的椭圆方程. 9122（2）假设l存在，因l与直线x?相交，不可能垂直x轴，因此可设l的方程为y?kx?m
由??y?kx?m?9x?y?922?2py1?y0，消去y整理得m?9?
①2同理kMB?
?(k2?9)x2?2kmx?2py2?y0，由题意得kMA??KMB， ，?y1?y2??2y0，? 方程①有两个不等的实数根，??0, ∴m2?k2?9?0
设两个交点A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)
∴由x1?x222p2p??y1?y0y?y2y1?y2y0??2 2kmk?91224. 2
6. (0,?b)4, ∵线段AB恰被直线x??1平分，22k7．解：（1）由题意可得点A、B、C的坐标分别为(－2, 0)、(2, 0)、(2,，设椭圆的标准方程是2yx?2?1(a?b?0)2ab2??2及k?0得m?k?9
③，则2把③代入②得(k?9)2?(k2?9)?0,解得k?k?2k 2a?AC?BCBC?4，?a?，
又?b?a?c?8?4?4，∴椭圆的标准方程是2222yx??1。 842故l的斜率的取值范围是(??,???). 3. 解: 设双曲线C的渐近线方程为y?kx，则kx?y?0
∵该直线与圆x?(y?1相切，22（2）由条件D(0,－2)，?M(0,t)
1）当k＝0时，显然－2 & t & 2；
2）当k≠0时，设l:y?kx?t，?x2y???1?84??y?kx?t2∴双曲线C的两条渐近线方程为y??x．
故设双曲线C的方程为xa22?ya22?1．，消y得(1?2k2)?x2?4ktx?2t2?8?0，又双曲线C的一个焦点为0)，∴2a2?2，a2?1．∴双曲线C的方程为:x2?y2?1. （2）由??y?mx?1?x?y?1222由△＞0可得t2?4?8k2…………①设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ中点H(x0,y0)，则2kt，y0?kx0?t?t2221?2k1?2k2ktt?H(?,) 221?2k1?2k????????1?|DP|?|DQ|,?OH?PQkDH??，即kx0???x1?x2得(1?m2)x2?2mx?2?0．2，令f(x)?(1?m)x?2mx?2∵直线与双曲线左支交于两点，等价于方程
f(x)?0在(??,0)上有两个不等实根．???0?因此?2m，解得1?m． ?2?0且?022?1?m?1?m ，又AB中点为(m1?m2,11?m2t?221???2ktk??021?2k，化简得t?2?4k2…………②)，12由②得t & 2，再将②代入①得0 & t & 2，?t??(x?2)．∴直线l的方程为：y?
令x=0，得b?22综上1）、2）得t?(?2,2)2228. 解：（1）e?e2?c2?a?2b?1,?2a2?3b2?2m?m?2??2m?m?221217?2(m?)?48．∵m?，aa3∵直线l: x－y＋2＝0与圆x2＋y2＝b2相切， 59b,?bb?2，?a?3，222yx??1； 322【巩固提高】1．C
6．I?101(或I?100), I?100（或I?101） 7．解：由题意得：(0?x?100),?1?y??x?0.01(100?x?5000),?(5000?x?1000000).?50∴椭圆C1的方程是（2）∵|MP|＝|MF2|，∴动点M到定直线l1: x＝－1的距离等于它到定点F2(1, 0)的距离，∴动点M的轨迹是以l1为准线，F2为焦点的抛物线，?p2?1,p?2，∴点M的轨迹C2的方程为y＝4x. 222 求手续费时，需先判断x的范围，故应用条件结构描述．
流程图如下： （3）由（1）知A(1, 2), B?2,y2?,C?0,y0?,y0?2,y0?y2,y2?2
①?4??4?22?????y2?4???????y0?y22则AB??,y2?2?,BC??,y0?y2?4?4????y??y?，又 222????????y?4y0?y2?AB?BC,?AB?BC?0,2??(y2?2)(y0?y2)?044整理得y22?(y0?2)y2?16?2y0?0，则此方程有解，???(y0?2)?4(16?2y0)?02，解得y0??6或y0?10，8．解:（1）算法分析：
（2 这个式子实际上是
求和、取倒数，然后
再求和、取倒数的
循环结构，反复5次
即达到目的。为此，
构造出语句A?12?A2又检验条件①：∵y2＝2时y0＝－6，不符合题意， ∴点C的纵坐标的取值范围是(??,?6)?[10,??).第十二章
算法初步§12.1
算法与程序框图【基础练习】1．C
5．12，3 【例题精选】 1. 42. 解：从下列程序框图可知，该程序的功能是任意输入一个x，求分段函数:个函数值. 3. 4；(28, 57]4. 解：（1）∵f'(x)?x2?(a?1)x?a∴g(x)?x?(a?1)x?a，∵??(a?1)?4a?(a?1)222，第一个和为2?1，
程序框图如右所示. §12.2
基本算法语句【基础练习】1．C
4．41 5．Read；While；End while 【例题精选】 1．A
2．解：①S?S?1
602i?1?80,x?20?f(x)??160,20?x?40??240,x?40的函数值，然后输出这∴当a?1时，方程g(x)?0有一个零点；
当a?1时，方程g(x)?0有两个零点； （2）将不等式g(x)?0化为(x?a)(x?1)?0
当a?1 时原不等式的解集为{x|x?a或x?1}
当a?1 时原不等式的解集为{x|x?1或x?a}
当a?1 时原不等式的解集为{x?R|x?1} ，②i?i? 3．解：伪代码为：
4. 解：流程图为:
伪代码为：
s?0n?0while s ≤ 10000s?s?2n
end whileprint nend 【巩固提高】1. C
5．2008ex?xex 6 7．分别用D、M费用.
if语句如下：
ifP?30then?3?0
Y?0.3P0P.§13.1
随机抽样【基础练习】1. C 提示：若总体是由差异明显的部分组成，则应进行分层抽样2. D3. ①②④ 提示：①②④符合系统抽样，③为随机抽样；
5. 163、199、175、128、395 【例题精选】1．解：（1）这三种抽取方式中，其总体都是指该校高三全体学生本学年的考试成绩，个体都是指高三年级每个学生本学年的考试成绩。其中第一种抽取方式中样本为所抽取的20名学生本学年的考试成绩，样本容量为20；第二种抽取方式中样本为所抽取的20名学生本学年的考试成绩，样本容量为20；第三种抽取方式中样本为所抽取的100名学生本学年的考试成绩，样本容量为100.（2）第一种方式采用简单随机抽样法；第二种采用系统抽样法和简单随机抽样法；第三种采用分层抽样法和简单随机抽样法.2．解：∵样本容量与总体的容量的比为20 : 160 = 1 : 8，
∴在各类人员中抽取的个体数依次是120,16,24,即15, 2, 3.888下面我们利用系统抽样在120名教师中抽取容量为15的样本，假定这120名教师的编号是1, 2, … , 120，由于15 : 120 =1 : 8，我们将120名教师分成15个组，每个组包括8名教师，然后在这15个组中每一组抽一个号码，如果它是3号，那么从3号起，每隔8个抽取一个号码，这样抽得15位教师的号码为3, 11, 19, 27, 35, 43, 51, 59, 67, 75, 83, 91, 99, 107, 115.
假定16位管理人员的编号是121, 122, … , 136，24位后勤服务人员的编号是137, 138, … , 160。则同理可采用系统抽样法抽出个体123, 131和139, 147, 155.将以上各类人中抽取的个体合在一起，得所要抽取的样本为：3, 11, 19, 27, 35, 43, 51, 59, 67, 75, 83, 91, 99, 107, 115, 123, 131, 139, 147, 155. 3．解：（1）假设这个班的学生是这样编号（这个编号也代表他们的身高）的：第一组
a1 & a2 & a3 & a4 & a5 & a6 & a7 & a8 输出M 8．解：该流程图是计算
10个数的平均数；
算法如下： S1
b1 & b2 & b3 & b4 & b5 & b6 & b7 & b8
c1 & c2 & c3 & c4 & c5 & c6 & c7 & c8
d1 & d2 & d3 & d4 & d5 & d6 & d7 & d8
e1 & e2 & e3 & e4 & e5 & e6 & e7 & e8如果按照小王的抽样方法，比如在第一组抽取了8号，也就是a8，那么所抽取的样本分别为a8, b8, c8, d8, e8. 显然，这样的样本不具有代表性，他们代表的身高偏高。（2）由于星期一是周末休假后第一天上班，因此交通情况与一周内其他几天有明显差异，因而小刘所统计的数据以及由此推断出来的结论，只能代表星期一的交通流量，不能代表其它几天。改进方法：可以将所要调查的时间段的每一天先随机地编号，再用系统抽样法来抽样调查即可。4．解: 总体中个体总数N = 18 + 12 + 6 = 36, 当抽取n个个体时。不论是系统抽样还是分层抽样，都不剔除个体，所以n61S3
如果I小于10，则I?I?1, 转S3S6
输出A 第十三章
统计为2或3或6。当n=2时, n+1=3, 在系统抽样时, 也不需剔除个体.
当n=3时, n+1=4, 在系统抽样时, 也不需剔除个体.
当n=6时, n+1=7, 在系统抽样时, 需剔除1个个体.
所以n=6. 【巩固提高】1．D
3．D4．6 提示：不妨设在第1组中随机抽到的号码为x，则在第16组中应抽出的号码为120＋x＝8×15＋x＝126，所以x＝6。 5．56006．提示：余5，故在分段时应从总体中随机剔除5个个体，编号后应均分为35段，每段有47个个体。 7．解：（1）?x?0.192000 3．解：该组数据中最小值为151，最大值为180，它们相差29，可取区间[150.5, 180.5)，并将此区间分成10个小区间，每个小区间长度为3，再统计出每个小区间的频数并计算相应的频率。（1）在全部数据中找出最大值180和最小值151，两者之差为29，确定全距为30，决定以组距3将区间[150.5, 180.5)分成10个组，从第一组[150.5, 153.5)开始，分别统计各组中的频，
?x?380（2）初三年级人数为y＋z＝2000－(373＋377＋380＋370)＝500，
现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，
应在初三年级抽取的人数为：48?500?122000名（3）设初三年级女生比男生多的事件为A ，初三年级女生男生数记为（y，z）；由（2）知y?z?500，且y,z?N,
基本事件空间包含的基本事件有：（245，255）、（246，254）、（247，253）、……、（255，245）共11个事件A包含的基本事件有：（251, 249）、（252, 248）、 （253, 247）、（254, 246）、（255, 245）共5个，?P(A)?5；118．解：（1）当x＝24时，按规则可知所抽取样本的10个号码依次为：24, 157, 290, 323, 456, 589, 622, 755, 888, 921； （2）当k＝0, 1, 2, … , 9时，33k的值依次为0, 33, 66, 99, 132, 165,198, 231, 264, 297，又抽取样本的10个号码中有一个的后两位数是87，从而x可以为87, 54, 21, 88, 55, 22, 89, 56, 23, 90.
∴x的范围是{21, 22, 23, 54, 55, 56, 87, 88, 89, 90}§13.2
用样本估计总体【基础练习】1．B
5．13 【例题精选】1. 解：（1）系统抽样；22（2）甲?100,s甲?3.429,乙?100,s乙?228.57， 22
?甲?乙,s甲?s乙，∴甲车间产品稳定。（2）频率分布直方图如下：（3）从频率分布表可以看出，该样本中小于160cm的频率为0.04＋0.08＋0.09＝0.21，故可估计该校高一新生中身高小于160cm的频率为0.21。4．解：（1）由题意知：a1?0.1?0.1?100?1，
a2?0.3?0.?110?03.a2a1?3,2．解：（1）①1，②0.025，③0.100，④1 （2）直方图如下.（3）在［129，155］上的概率为6?0.275?0.1?0.05=0.31510∵数列?an?是等比数列，∴公比q?
∴an?a1qn?1?3n?1 .
（2）∵a1?a2?a3＝13, （4）利用组中值得平均数＝90?0.025+100?0.05+110?0.2
+120?0.3+130?0.275+140?0.1+150?0.05=122.5；∴b1?b2???b6?100?(a1?a2?a3)?87,∵数列?bn?是等差数列，∴设数列?bn?公差为d，则得，
b1?b2???b6?∴6b1?15d＝87， 6b11?5, d
?b1?a4?27，?d??5，?bn?32?5n
（3）?＝62a1?a2?a3?b1?b2?b3?b4100?0.91,(或?＝1?b5?b6100?0.91)
答:估计该校新生近视率为91%.5．受过9年或更少教育的百分比每增加1个，那么低于官方规定的贫困线的人数占本州人数的百分比增长0.8个…大于0。^?0.8x?4.6是反映美国50个州的成年
提示：根据回归方程y【巩固提高】 1. B
2. A提示：[1, 5)上的频率为1?1?2?3?0.7010 人受过9年或更少教育的百分比(x)和收入低于官方规定的贫困线的人数占本州人数的百分比(y)这两个变量的，而0.8是回归直线的斜率，即受过9年或更少教育的百分比每增加1个，那么低于官方规定的贫困线的人数占本州人数的百分比增长0.8个；又0.8＞0，即b＞0，又根据b与r同号的关系知r＞0. 【例题精选】1．解：（1）6.2人；（2）11人，30人.2．思路分析：本题考查线性回归方程的求法和利用线性回归方程求两变量间的关系。 3. C
6.（1）0.16；（2）50；（3）39 7（2）频率分布直方图及折线图：（3）由上述图表可知数据落在[10.95, 11.35)范围内的频率为0.87－0.12＝0.75＝75%，即数据落在[10.95, 11.35)范围内 的可能性是75%。（4）数据小于11.20的可能性即数据小于11.20的频率，也就是数据在11.20处的累积频率，设为x，则(x－0.41)÷(11.20－11.15)＝(0.67－0.41)÷(11.25－11.15)， 所以x－0.41＝0.13?x＝0.54，从而估计数据小于11.20的 可能性是54%。8．解：（1）样本容量为100； （2）由频率＝（3）设旅客平均购票时间为t分，则有0?0?5?10?10?10?15?50?20?30100?t?5?0?10?10?15?10?20?50?25?301005b??xi?15i?1iyi?5?2i?x?52112.3?5?4?5?1.23290?5?4 5?1.23?4?0，.0
a??x? 8^?1.23x?0.08所以回归直线方程为y^?1.23?10?0.08?12.38(万元)， （2）当x＝10时，y即估计使用10年时维修费约为12.38万元。 3．解：（1）将表中的数据制成散点图如下：（2）从散点图中发现温度与饮料杯数近似成线性相关关系． （3）求出回归直线方程（用来近似地表示这种线性关系），如^??1.来近似地表示这种线性关系：下图，用y^??1.y^??1.6477x?57.557预测这（4）如果某天的气温是－5℃，用y频数样本容量，得50，0.10；频率分布直方图如下： 得15?t?20.故旅客购票用时的平均数可能落在第4小组。 §13.3
变量的相关性【基础练习】1．C
4．6863^??1.6477?(?5)?57.557?66 天小卖部卖出热茶的杯数约为y4．解: 在直角坐标系中描出数据的散点图, 直观判断散点在一条直线附近. 用线性回归拟合两者关系, 为便于计算, 可将数据适当简化, 如将年份减去1949并用x表示, 以y表示人口数, 则得到下表:利用计算器计算可得:y^?14.517, 据上面方程, 当x＝61(即2010年)时, y＝ (百万)≈14.11 (亿) 【巩固提高】^?1.23x?0.08
4．y^?0.35x?0.15
5．y【例题精选】8?8.89%，在1．解：（1）粗略估计：在女生中录取的比例为90男生中录取的比例为10?11.1%90，因此，男女生录取的比例差异不大，故录取与性别关系不大。 （2）用“卡方”检验：根据k2??(1?0
?1802n(ad?bc) (a?b)(c?d)(a?c)(b?d)2. 706290?90?8?2?880)?0.246?1?8162所以没有充分的证据显示该校高考录取新生与性别有关。 2．解：（1）r＝0.995，所以y与x有线性相关关系；^?0.1；（2）y（3）x≤14.9013。6．解：（1）?1(3?4?5???9)?6，7?1(66?69??7?91?)7 9.863．解：对高蛋白的食物组，设年龄为x，身高为y，n（2）设回归直线方程为7?y?bx?a，所以，b??xyii?17则Sxx??i?1i?7xy??7x2?1?x???xi??9.69n?i?1?2in2，?xi?12i?79.86?4.752280?7?6 nSxy??i?11?xiy?in??n?i?1??x?i????i?1n?，y?i?154.81?a?y?bx?79.86?4.75?6?51.36，y?4.75x?51.36．
故所求的回归直线方程为?^? bSxySxx?154.81?15.979.69^??x?76.8?15.97?1.65?50.40 ，a回归方程y?50.40?15.97x，对低蛋白食物组，设年龄为x，身高为y，同样可得线性回归方程y?51.226?8.686x，通过对斜率、截距进行比较，可以看出不同食物对婴幼儿的身高有显著影响，高蛋白食物组明显较低蛋白食物组同龄婴幼儿身高高些。 4^?xy?xy??72.3?1.2187．解:
b， 222x?(x)5052?71^?72.3?1.218?71??14.178
a^?1.218x?14.178，当x?78时，
∴ 回归直线方程为：yy?1.218?78?14.178?81. 即计高一体重为78kg的学生在高二时的体重约为81kg. 8．解：(1)如下图（2）提出统计假设，H0：假设人的饮食习惯与年龄无关，?33?3?27221)
k2?124(4?6.20 170?5?46?460当统计假设H0成立时，k2?5.024的概率约为2.5％，
即有97.5％的把握认为“人的饮食习惯与年龄有关”. 【巩固提高】1. A
4. 相关关系
5. ③=3. 56. 解：（1）设抽到不相邻两组数据为事件A，因为从5组数据中选取2组数据共有10种情况，每种情况都是等可能出现的，其中抽到相邻两组数据的情况有4种，所以P(A)?1?4?3105 n（2）?xiyi=3×2.5+4×3+5×4+6×4.5=66.5i?1x=n3?4?5?642i=4.5
y=2.5?3?4?4.54 2222?x=3+4+5+6=86i?15^?66.?
b ?44?.53.5?66.5??0.7 63286?.5^?Y?^bX?
a3.5?0.7?4.?5 0. 35（2）由数据求得?12,?17，
由公式求得b?5,a????3，2^?5x?3；
所以y关于x的线性回归方程为y2^?5?10?3?22,|22?23|?2， （3）当x＝10时，y2^?5?8?3?17,|17?16|?2，
同样，当x＝8时，y2故线性回归方程为y=0.7x+0.35（3）根据回归方程的预测，现在生产100吨产品消耗的标准煤
的数量为0.7?100+0.35=70.35
故耗能减少了90-70.35=19.65(吨)§13.4
回归分析和独立性检验【基础练习】1．A
5．③64所以，该研究所得到的线性回归方程是可靠的.7．解：提出统计假设，H0：患慢性病与服用新药无关, 根据列联表中的数据，可以求得：?7?2?300(4?0853?24?71?60213), 当统计假设H0成立时， ?2.252?00100?2.25?2.706只可以由其他的三人之一收到，所以有3种不同方法. 假定乙收到甲的贺卡，其他人收到贺卡的情况可以分为两类：第一类，甲收到乙送出的贺卡，此时丙、丁只有互送贺卡1种方法；第二类，甲收到的不是乙送出的贺卡，此时甲可以收到由丙或丁送出的贺卡，有2种不同的方法，接下来，丙、丁收到贺卡只有1种方法. 根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，四张贺卡不同的分配方式共有3×(1＋2)＝96
?2?2.70的概率约为10％，而这里?2∴我们不能否定H0，即根据目前的调查数据，不能作出患慢性病是否与服用新药有关的结论. 8．解析：利用?2对其进行独立性检验. 解：假设“打鼾与患心脏病无关”，计算n(ad?bc)5?24?224)???(a?b)(c?d)(a?c)(b?d)254??68.03222 （2）有一人拿到自己的卡的方法数4种，其余三人不拿自己的卡的方法数2种，根据分步乘法计数原理有2×4＝8种；同理有二人拿到自己的卡的方法数6种，其余二人不拿自己的卡的方法数1种，根据分步乘法计数原理有6×1＝6种。 【巩固提高】1. B
提示：依题意可选择“1老2新”或“2老1新”，又1, 2号中至少有1个新队员，先选后排，1232112∴共有C2?C3?A3?C2?C3?C2?A2?48种
5. 966. 解：法一：先5人全排有A55种，由于全排中有甲、乙的全因为?2?10.81，所以有99.9%以上的把握认为打鼾与患心脏病有关。讲评：我们这里得到的打鼾与患心脏病有关是指的是统计上的关系，并不是因果关系，也就是说具体到某一个每晚上打鼾的人，并不能说他患心脏病，其实从表中我们可以发现，每一晚都打鼾的人群中，患心脏病的概率只有30，稍微超过10%，224所以两者并非因果关系。第十四章
计数原理§14. 1
排列与组合（1）【基础练习】1. C
5. 75 【例题精选】1．解: ①确定一个映射分三步进行：
第一步：确定1的象有3种方法;
第二步：确定2的象又有3种方法;
第三步：确定3的象也有3种不同的方法,依据乘法计数原理, 共可确定不同的映射: 3?27个.3排种数A22，而这里只有1种是符合要求的，故要除以定序元素的全排列A22种，所以有A55/A22=60种。法二：先在5个位置中选2个位置放定序元素(甲、乙)有C52种，再排列其它3人有A33，由乘法原理得共有C52A33=60种。
法三：先固定甲、乙，再插入另三个中的第一人有3种方法，接着插入第二人有4种方法，最后插入第三人有5种方法。由乘法原理得共有3×4×5=60种。7. 解:（1）分四步:每个学生都可分到三个班级中的任何一个去,各有3种方法. 根据分步乘法计数原理知共有34?81种方法.
（2）C32?38. 解：（1）从A到B的映射有27?128个, 其中含A中所有的元素都和B中的0对应以及A中所有的元素都和B中的1对应这两种情况, 所以共有128?2?126个. （2）C73?35§14. 2
排列与组合（2）12②分类：第一类：f(3)?0，共有3种；
第二类：f(3)?1共有2种；
第三类：f(3)??1共有2种，所以满足条件的映射共有3?2?2?7个. 2．解：（1）直接法：有AA?36000种2655间接法：有A77?2A66?36000种；（2）特殊元素优先考虑：甲在排头或排尾有A种，其余6人的16排法有A66种，所以共有A2A6?1440种；【基础练习】1. A
3. C4. 12 提示：必有1, 4, 9在主对角线上，2, 3有两种不同的填法；对于2, 3的每一种填法，5只有两种填法；对于5的每一种填法，6, 7, 8都有3种不同填法，由分步计算原理可知共有22×3＝12种填法。 5. 48 【例题精选】331．解：法1：C20?C8?
法2：C12C8?C12C8?C12?10841211222．解:（1）法一：C53C3A2?C5C3C4C2?150种;（3）间接法：A77?2A66?A55?3720种； （4）捆绑法：A44A33A22?288种； （5）插空法：A44A33?144种； （6）AA?1400种；4435（7）女生先排有C73种，排余下男生有A44种，所以共有C7A4?84034种；（8）先排不受条件限制的4人，有A44种排法，甲与乙、丙二人不相邻，包括甲、乙、丙三人不相邻和乙、丙相邻但与甲不相邻，共有A44A53?A44A52A22?2400种.3. 解：（1）CC?15种；（2）CCA?30种；2644264422法二：C5C3A32!223?C5C4C32!113A3?1503种.（3）C63C33?20种；（4）C63C33?A22?10种.4．解：（1）设四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的贺卡可以且112122（2）法一：C3C3A2?C3C3A2?36;65法二：C3C2C12111A?CCA?36种.（2）依题意，n?1?5,?n?8268x，二项式为???268，3．解：L形在4×5个小方格纸上可画出12个不同位置，又L形可旋转成4种不同形式的L形，所以共有12×4＝48个。 4．解：分析数字的特征：6的倍数的数既是2的倍数，又是3的倍数。其中3的倍数又满足“各个数位上的数字之和是3的倍数”的特征。而且1＋2＋……＋6＝21是3的倍数，从6个数字中取5个，使之和还是3的倍数，则所去掉的数字只能是3或6。因而可以分两类讨论：第一类，所排的五位数不含３，即由1、2、4、5、6作数码；首先从2、4、6三个中1任选一个作个位数字有A3种，然后其余４个数字在其他数位易得常数项为C??x22???7?2．解：Cnn?1?Cnn?1?n?7,?n?6，系数最大的项为第4项，T4?C6(sinx)?333511,?(sinx)?,?sinx?282 ?x?[0,2?],?x??6或5?6 3．解：（1）(2?100(2?100?1.（2）在(1?3x)9展开式中奇数项系数为正，偶数项系数为负.
故|a1|?|a2|???|a9|??a1?a2?a3?????a9
令x??1和x?0分别代入，得49?1. 4．解：（1）设第r?1系数最大, 则有
C7r2r?C7r?12r?1, 即:
C7r2r?C7r?12r?1, 即:2r?18?r163上的全排列有A，所以N1?AA；第二类，所排的五位数44131414不含6，即由1、2、3、4、5作数码，依上法有N2?A2A4,故N?N1?N2?120种. 【巩固提高】1. A 提示：C?6?6?108
3. A13, r?2.13317?r?r?1, r?.4. 72
提示：5区有4种种法，1区有3种种法，4区有2种种法，若1、3区同色，2区有2种种法；若1、3区不同色，2区有1种种法，∴ 4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种
5. 2166．解：先把5位老师分3组，有两类：3、1、1分布有C53种和1、2、2分布有12∴r?5, 从而系数最大项为T6?Cx5.（2）展开式中共有8项, 系数最大项必在第一、三、五、七项中取得, 从而系数最大项在T5和T7两项中，
∵T5的系数T7的系数?C7(?2)C7(?2)64463?C71C74?1，C5C4C2A221222种，再排列到3个班里有A种，33∴系数最大的项是第五项, 即T5?C74(?2x)4?560x4. 【巩固提高】1. B
5. 5, 102故共有(C53?C5C4C2A22)?A33.注意：不同的老师不可分批进入同一个班，须一次到位(否则有重复计数)，即“同一盒内的元素必须一次进入”.7．解：先排第一行，选颜色有3种，每一种颜色的3个球有6种排法；再排第二行，选颜色有2种，每一种颜色的3个球有2种排法；第三行只有一种颜色可选，且3个球只有一种排法，∴共有3×6×2×2＝72种.8. 解:（1）408 提示：共A44?24个数，每个数的数字和都是2?3?5?7?1 76．解：由题意2?2?992, 解得n?5.
①(2x?110的展开式中第6项的二项式系数最大, xx2nn5515即T6?T5?1?C10?(2x)?(?)??8064②设第r?1项的系数的绝对值最大, 则
Tr?1?Cr10?(2x1)0?r10?rr1?(x10?r?1r)?(?1)C?1rrr 1?0?2rx?1?02r ?C10?2??C10?2∴?r10?rr?110?r?1?C10?2??C10?2r?1,??C10?2C10得?rr?1??2C10?C10r?1,（2）113322 提示：每个数在各位上出现的次数共有每个数A3?63即??11?r?2r?2(r?1)?10?r, ∴次，故这些数的和为?2?3?5?7???1?A33.§14. 3
二项式定理811,∴r?3, ?r?33 【基础练习】1. C
提示：Tr?1?C2r9故系数的绝对值最大的是第4项.
即T4?C130(2x)7(?)3??15360x47．解: 依题意得Cnn?2?Cnn?1?Cnn?121，解得n＝15.1x??ax9?r???r?C9r???9?r2r?9axr3，设展开式中第r+1项的系数tr?1最大，
则有tr?1?tr且tr?1?tr?2，解得11?r?12.所以第12项的系数与第13项的系数相等且最大，从而展开式中系数最大的项是T12?C153x,T13?C153x. 118. 解：（1）?Cm?2Cn?11,即m?2n?11,令3r?9?3,r?8，?C981?a?9,?a?44?2?45. 128, 1 【例题精选】12,Cn,
1．解：（1）前三项系数为:Cn0,Cn112422?Cm?4Cn?m(m?1)2232351?2n(n?1)?4n?23n?55?4(n?)?2816则1?14Cn?2?212Cn1, n?88256当n?3,m?5时，x2的系数取最小值22； （2）设f(x)?(1?x)5?(1?2x)3?a0?a1x???a5x5,
则f(1)?25?33?a0?a1???a5， 66展开式的有理项为T1?x4,T5?35x,T9?1x?2.f(?1)?0?1?a0
∴a1?a3?a5?12?a??1, a?5,C2?C3?611种，∴P(A)?C2?C3C2511?35.(32?27?1)?30（2）记“摸出一个球，放回后再摸出一个球，两球恰好颜色不同”为B，依题得：P(B)?2?3?3?25?5?0.48.即f(x)的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为30.第15章
概率§15.1
事件与概率【基础练习】1. C
4.C10?C5C615438．解:（1）基本事件总数为6×6＝36，若使方程有实根，则??b?4c?02，即b?当c＝1时，b＝2, 3, 4, 5, 6；当c＝2时，b＝3, 4, 5, 6；?60143 当c＝3时，b＝4, 5, 6；当c＝4时，b＝4, 5, 6； 当c＝5时，b＝5, 6；当c＝6时，b＝5, 6. 目标事件个数为5＋4＋3＋3＋2＋2＝19， 因此方程x2?bx?c?0有实根的概率为19.365．0.44, 0.03 提示: 由互斥事件及对立事件的概率公式可求得. 【例题精选】 1．解：（1）（2）记“先后出现的点中有5”为事件M，则事件M的基本事件有11种，先后两次出现的点数有5的条件下，方程x?bx?c?02的实根记为事件B，则事件B的基本事件有7种，分别是b＝5、c＝1, 2, 3, 4, 5；c＝5、b＝5, 6共7种，所以P(B)?7.11（2）该油菜子发芽的概率约是(0, 1)之间的任一值, 也可以取平均值0.7612．解：设“朋友乘火车、轮船、汽车、飞机来”分别为事件A、)30?.B、C、D，则P(A §15.2
古典概型【基础练习】1. A 提示: 由古典概型可知, N=10种, M=3种有1+2=3, 1+5=6,
2+4=6共3种, 故选A2. C3. B 提示: 分a2?4,a4?5或a2?3,a4?5两种情况讨论可求得. 4. 73035. 提示: 设P(x?i)(4≤i≤9)表示取出三条网线信息量为i的概4，P(B)?0.2，P(C)?0.1，P(D)?0.4，且事件A、B、C、D之间是互斥的。他乘火车或飞机来的概率为P1?P(A?D)?P(A)?P(D)?0.3?0.4?0.7他乘轮船来的概率是P(B)?0.2，所以他不乘轮船来的概率为P(B)?1?P(B)?1?0.2?0.8(3) 由于0.4＝P(D)＝P(A)＋P(C)，所以他可能是乘飞机来也可能是乘火车或汽车来的。 3．解：（1）摸出2个或3个白球:
P(A+B)＝P(A)+P(B)＝C?CC842523?CCC?CC8454842513=67率, 则P(x?6)=P(x?6,7,8,9)=;线路畅通的概率为4．解: 记两人血【例题精选】1. 解:（1）共有6?6?36种结果34(1?4)?(4?1)?(1?2)?23C6=34 （2）至少摸出一个黑球: P=1?113=1??1414.型同为O, A, B, AB型的概率分别为P1, P2, P3, P4,
则P1?11147,P2?,P3?,P4?. （2）若用(a, b)来表示两枚骰子向上的点数，则点数之和是3的122495故两人血型相同的概率为P?P1?P2?P3?P4?.倍数的结果有（1, 2），（2, 1），（1, 5），（5, 1），（2, 4），（4, 2），（3, 3），（4, 5），（5, 4），（3, 6），（6, 3），（6, 6）共12种. （3）两枚骰子点数之和是3的倍数的概率是P?率为1；61236?134．解：规定组与组之间是没有顺序可分的，那么均匀分组的办法是CCA224844 ?35种．两个强队被分在一组，这组的另外两个队要从６个非强队中选取，因此，所有事件的情况共有24C6C4?15种．于是所求概率P?15?3.357【巩固提高】1. D
3. D4. 0.28 提示: 由随机事件的概率和为1及互斥事件的概率公式 可以求得. 5.411其中田忌获胜的只有第5组这一种情况，所以田忌获胜的概 6．0.045 提示: 由互斥事件的概率公式求得7．解：（1）记“摸出2个球，两球颜色恰好不同”为A，摸出两个球共有方法C5?102（2）为了使自己获胜的概率最大，田忌第一场应出劣马c，即只能是第5、6组情况，其中田忌获胜的只有第5组这一种情况，所以田忌按c、a、b或c、b、a才能使自己获胜的概率67种，其中两球一黑一白共有方法达到最大1。253. 解：（1）甲、乙两支足球各派5名队员的排序分别有A5种，（2）记“停车次数不少于２次”为事件Ｂ，则B表示“只停车一次”，?P(B)?11030,?P(B)?1?P(B)?1?11030.若甲队队员先出场，则有A5A5种出场顺序，同理，乙队队员先出场，也有A5A5种出场顺序，故两队球员一个间隔一个出场射球，共有2A5A5=28800种不同的出场顺序.（2）不考虑乙队，甲队五名队员中有两个队员射中，而其余队员均未能射中，“甲队恰有两名队员射中”，其中C5种情形，在每一种情形中，某一队员是否射中，对其他队员没有影响，5因此是相互独立事件，概率是1655555558．解：（1）?x、y可能的取值为1、2、3，
?x?2?1，y?x?2，???3，且当x?1,y?3或x?3,y?1时，??3．
因此，随机变量?的最大值为3．（2）?有放回抽两张卡片的所有情况有3?3?9种，且??3对应的情况只有x?1,y?3或x?3,y?1共2种， ?P(??3)?§15.3
几何概型【基础练习】1. A
提示: 由几何概型可知, 对应的长度之比. 2. B3. C
提示: 由几何概型可知, 对应的时间之比. 4.26 提示: 由几何概型可知, 对应的体积之比.2729 ．4. 解: 甲, 乙各摸一次得到可能的结果有10?10?100个,
设甲摸出的号码记为x, 乙摸出的号码为y,
甲, 乙各摸一次球的号码(x,y).（1）他们摸出球的号码之和为7, 则可能的结果为(1, 6)、(2, 5)、(3, 4)、(4, 3)、(5, 2)、(6, 1)共6个，他们摸出球的号码之和为7的概率为6100（2）他们摸出球的号码之和大于7为,
则x?1,y?7,8,9,10共4个;95个;
x?2,y?6,7,8,共5. 1.,共96个;…,
x?3,y?5,6,7,8 2,
x?7,y?1,?,110个,…, x?10,y?1,2,?,10共10个 共【例题精选】1．解: 设事件A是“作射线OC, 使角使得?AOC和?BOC
都不小于30?”,由几何概型的计算公式得P(A)?90?30?301?903共有4?5?6?7?8?9?10?10?10?10?7979他们摸出球的号码之和大于7的概率为100 2 ;（3）若x?2,则y?1;
x?3,则y?1,2．解：（1）有两类情形：第一类：?ACO为钝角，1此时OC最大?2cos60??1则概率为?0.2；5x?4,则y?1,2…,3, x?10,则y?1,2,?,9;
共有1?2?3???9?45, 甲获胜的概率为【巩固提高】1. C 提示：间接法比较好，由古典概型的计算公式可以求出“选出的2人全是男生”的概率,然后得到所求. 2. B3. C 提示: 由已知y＝2x是满足条件的点对，N＝36，符合条件的有(1, 2), (2, 4), (3, 6)共三组，M＝3，所求的概率为4. 5.12437459?10020第二类：?OAC为钝角，此时OC最小?
则概率为（2）0.65?4?0.252?4， cos60?，则概率为0.43．解：为了方便作图，记6:30为0时，设送报人把报纸送到小张家里的时刻为x，小张离开家的时刻为y，则0?x?60，30?y?90112 (分钟)，小张离开家得到报纸则满足y?x，在平面(或0.042)；0；(或0.333)；(或0.375)1338直角坐标系作出上述区域D?SABCD?602
d?SAEFCD?602?1?3022 所求概率为
d?11?12)7D2286. 解：从甲盒中取出1本共有9中取法，从乙盒中取出1本共有6中取法，所以，共有9×6=54种取法。事件A＝{所取2本是相同颜色的笔记本}的概率P?A??6?654?29?0.222 4．点拨：本题可用几何概型求解，计算使方程有实根的数在所取的数中所占的比例。解：设事件A为“方程x2?2ax?b2?0有实根”，当a?0,b?0时， 方程x2?2ax?b2?0有实根的充要条件为a?b。（1）基本事件共有12个：(0, 0)、(0, 1)、(0, 2)、(1, 0)、(1, 1)、(1, 2)、(2, 0)、(2, 1)、(2, 2)、(3, 0)、(3, 1)、(3, 2)，其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值，事件A中包含9个基本事件，事件A发生的概率为P(A)?9?3；124，利用对立事件，求B＝{所取2本是不同颜色}的概率P?B??1?P?A??79?0.772 7. 解：（1）记＂班车在某站停车＂为事件Ａ，则A表示＂班车在某站不停车＂，车上30个人，每个人都可能在10个车站的任意站瞎扯，共有1030种下车可能，而班车在某站不停车，则每个人只可能在9个站的任意站下车，共有930种．?P(A)?930,?P(A)?1?P(A)?1?930.10103030（2）试验的全部结果所构成的区域为{(a, b)|0≤a≤3, 0≤b≤2}，构68成事件A的区域为{(a, b)|0≤a≤3, 0≤b≤2, a≥b}，所以事件A发生的概率为P(A)?【巩固提高】1. A
提示: 由几何概型可得正方形的面积减去圆的面积与正方形面积之比. 2.29【基础练习】1. C提示:由事件的相互独立性与互斥事件的概率计算公式可得 2. B 3. A4. P1?0.6,P2?0.5 提示：设甲乙两人解出该数学题分别为事
件A和B，则P(A)?P1,P(B)?P2，
所以?即???P?A?B??P?A?B??P?A?B??0.8??P?A?B??0.33?2?21?22?3?23。 ，3. D
提示: 由定积分的定义和几何概型的性质可知,所求的概率为对应的面积的比.
4. 16??1?P1??P2??1?P2??P1?P1?P2?0.8?P1?P2?0.3, 解之得P1?0.6,P2?0.55. 7252?0.004
500?0,a?4a(a?3)?025. 0.004 提示: 由几何概型可知:【例题精选】,1．解: (1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A,
“再摸出1个白球”的事件为B,
则“先后两次摸出白球”为事件A?B,先摸一球不放回,再摸一球共有4?3?12种结果,
P(A)?1,P(?A26. 解：（1）方程有实根的条件是a
即0?a?4a?3?0, 即3?a?4 （2）方程有正根的条件是a?4a(a?3)?0,a2设数轴上与数0，3，4对应的点分别为A，B，C由于实数与数 轴上的点是一一对应的，可以认为几何区域是线段AC，方程 有正根的几何区域为线段BC，故所求概率为7. 解：设x, y(1≤x≤2, 1≤y≤2)分 别为甲、乙到达的时刻。P为甲 乙同乘一辆车的概率。（1）见车就乘的情况如（图1）所示14?阴影部分面积41P???24正方形面积?2?1?14．12?111B?, 则P(B|A)??134?362.（2）设“先摸出一个白球放回”为事件C，“再摸出一个白球”
为事件D，两次都摸白球为事件C?D,
P(C)?2?41?,P(C?4?42D??22??4414 ??2 11则P(D|C)?4?122 2．解：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，
B，C，则P(A)?a,P(B)?b,P(C)?c （1）应聘者用方案一考试通过的概率p1?P(A?B?)C?(PA?B?)C?(P?A?B)C?(P ?A)?BC
?ab(1?c)?bc(1?a)?ac(1?b)?abc?ab?bc?ca?2
应聘者用方案二考试通过的概率1p2?1p(A?B)331(pB?)31(p?A?(ab?bc?ca).33（2）解法一：最多等一辆车的情况下，甲乙同乘一车包括3种情况： 见车就乘；甲先到达等一辆车然 后与乙同乘一车（图2）；乙先到 达等一辆车，然后与甲同乘一车。P?1?43?116?2?518. 1?10解法二：如（图3），P?2?581（2）因为a,b,c??0,1?, 所以p1?p2?2(ab?bc?ca)?2abc
?2?ab 故0p,1?p2, (1?c)?bc(1?a)?ca(?1?b)?3 8. 解：由题意有f(?1)?f(1)?0，
即(?1?a?b)(1?a?b)?0，22即采用第一种方案,该应聘者考试通过的概率较大. 3. 解:（1）记“甲连续射击4次至少有一次未击中目标”为
事件A. 则P(A)?1?(2)4?65.381 ?a?b??亦即??a?b??1?a?b??0?2或?1?0?a?b??21?021?02（2）记“射击4次, 甲恰好击中目标2次”为B,
“射击4次, 乙恰好击中目标3次”为C
则P(B)?C42()2(1?)4?2?
P(BC)?P(B)P(?18232382734342764如图所示阴影区域，由已知点(a, b)为正方形OABC 记P(A)为所求概率,
则P(A)?§15.4
条件概率与事件的相互独立性69S?CEFS正方形OABC1??1?718, P(C)?C43()3(1?)4?3?,（3）记“乙恰好射击5次后被中止射击”为D,.“乙第i次射击未击中”为事件Di(i?1,2,3,4,5)
则D?D5D4D3(D2D1), 且P(Di)?14由于各事件相互独立, 故 P(D)?P(D5)P(D4)P(D3)P(D2?D1)?1131145???(1??)? 所以P(B)?P(B1)?P(B2)?n(n?1)12n2?， ?43(n?2)(n?1)6(n?2)(n?1)4. 解： （1）设敌机被各炮击中的事件分别记为A1、A2、A3、A4、
A5，那么5门炮都来击中敌机的事件为C?A1?A2?A3?A4?A5，
因各炮射击的结果是相互独立的，
所以P(C)?P(A1)?P(A2)?P(A3)?P(A4)?P(A5)?[P(A)]55化简，得7n2?11n?6?0, 解得n?2，或n??3（舍去），7 故n?2. §15. 5
离散型随机变量及其分布列【基础练习】1. D提示: 主要考查对离散型随机变量的概念的理解. 2. C提示: 要考查离散型随机变量的分布列的性质①
pi?0,i?1,2,3,n；而C中的概率P可能不符合①. ..3. A 提示: 由离散型随机变量的分布列的性质②p1?p2???pn?1及已知的概率公式可知: a+2a+3a+4a＝1.
故有a＝0.1, 答案是A 4.5614?[1?P(A)]?(1?)5?()555因此敌机被击中的概率为P(C)?1?P(C)?1?(4)55?2101?0.673125.（2）设至少需要置n门高射炮才能有90%以上的概率击中敌机，8981由（1）可知1?()n?即()n?两边取常用对数得n?11??10.31?3lg21?3?0.3010∴n?11.即至少需布置11门高射炮才能有90%以上的概率击中敌机 【巩固提高】 1. B2. C 提示：由条件概率的性质可知,红球是必取的，所以在这一条件下，只须考虑白球的不同取法就可以了，由相互独立事件的概率公式可得:3. B
4.117提示：根据性质②p1?p2???pn?1，利用分数裂项法相消，通过待定系数法求c的值，再由分布列的知识求出
P(X＝1)＋P(X＝2)＝56.C11Cn?12C11Cn?12Cn?23Cn?23?9 (n?2)25. 解：由题给条件随机变量?的取值为3, 4, 5, 6,CC13则P(??3)?3?,P(??4)?133?20C620C6C3312 提示: 本题由条件概率的公式可求得.5. 0.176
提示：由相独立事件与互斥事件的概率计算公式可得
0.1×0.95×0.95＋2×0.90×0.05×0.95＝0.175756. 解：（1）设A, B, C分别为甲, 乙, 丙三台机床自加工零件是?P(A?B)????得?P(B?C)???P(C?A)???1411229?P(A)(1?P(B))????即?P(B)(1?P(C))??2?P(C)P(A)?9??14112P(??5)?C1C4C6312CC31?,P(??6)?135?102C612, ?一等品的事件,【例题精选】1．解：（1）记“恰好选到1个曾经参加过数学研究性学习活动
的同学”为事件的A, 则其概率为P(A)?（2）随机变量??2,3,4
P(??2)?C42C2711C4C3112得P(A)?,P(B)?,P(C)?343C27?4. 7（2）记D为从甲,乙,丙加工的零件中各取一件检查, 至少有一个5
一等品的事件, 则P(D)?1?(1?P(A))(1?P(B))(1?P(C))?627;P(??3)?11C4C3C274?;7P(??4)?C32C27?1;7 7. 解. 甲运动员向目标靶射击1次，击中目标的概率为7/10=0.7 乙运动员向目标靶射击1次，击中目标的概率为6/10=0.6 （1）甲运动员向目标靶射击3次，恰好都击中目标2次的概率是c32?0.72?(1?0.7)1?0.44（2）乙运动员各向目标靶射击3次，恰好都击中目标2次的概率是?c?0.7?(1?0.7)???c?0.6?(1?0.6)??0.1923212321?2．解：设决出胜负所需场数为?（1）组织者要获得250万元门票收入，即需比赛五场决出胜负。
由题意可得其概率为P(??5)?2?C3(14?1?14224141（2）依题意可知??4,5,6,7,P(??4)?2?()?；288. 解：（1）记“取到的4个球全是红球”为事件A.C2C2P(A)?22?22?1?1?1.C4C561060（2）记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2. 由题意，得P(B)?1?3?1.44
P(B2)?1C2?C12111115P(??5)?2?C43()4??,P(??6)?2?C53()5??；2242216P(??7)?2?C63(1)6?1?52216∴组织者在此次决赛中决出胜负所需场数的分布列为：122C42CC2224?Cn22Cn?2?CC2224?C21?CnCn??2n23(n?2n)?(;1) 1E??41?584?CC2n2n?2?n(n?1)6(n?2n)?(;1)5?616593??1616703. 略解：（1）P?2; 到的函数是奇函数”，由题意知P(A)?C3C2（2）分布列为26?15;C3C33?1?1C6C510111（2）ξ可取1, 2, 3, 4.
P(ξ＝1)＝CC2C33?1?1?P(ξ＝3)＝31C6C5C4201111?1C62C31；P(ξ＝2)＝111；4. 解：令Ak、Bk、Ck分别表示甲、乙、丙在第k局中获胜， （1）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式知，打满3局比赛还未停止的概率为111P(A1C2B3)?P(B1C2A3)?3?3?422；P(ξ＝4)＝C3C2C1C31?1?1?1?1C6C5C4C320， 410（2）ζ的所有可能值为2, 3, 4, 5, 6，且111P(??2)?P(A1A2)?P(B1B2)?2?2?222P(??3)?P(A1C2C3)?P(B1C2C3)?，，，， ，?E??1?1?2?3?3?3?4?1?722020111?3?3422答:ξ的数学期望为7.48. 解：（1）设“从第一小组选出的2人均考《矩阵变换和坐标系与参数方程》”为事件A，“从第二小组选出的2人均考《矩阵变换和坐标系与参数方程》”为事件B。
由于事件A、BC相互独立，且P(A)?2?2,P(B)?42?235C6C6C522111P(??4)?P(A1C2B3B4)?P(B1C2A3A4)?4?4?822P(??5)?P(A1C2B3A4A5)?P(B1C2A3B4B5)?P(??6)?P(A1C2B3A4C5)?P(B1C2A3B4C5)?111?5?5?51622，所以选出的4人均考《矩阵变换和坐标系与参数方程》的概【巩固提高】率为P(A?B)?P(A)?P(B)?2?2?4；3515（2）设?的可能取值为0, 1, 2, 3，得P(??0)?4，151. A 提示: 由分布列的的两个性质中的性质(2)可知X=0.3,
再由P(x=1)+P(x=2)+P(x=3)=0.82. D 提示: 由等差数列的性质与分布列的性质(2)可知
P(X=b)=13P(??1)?CC2526?C?CC6212141C51122，P(??3)?2?2?， ???C6C64545CCC1526C2426P(??2)?1?P(??0)?P(??1)?P(??3)?29? ,再由性质(1)可求出范围是D1593. D 提示: 符合二项分布的概率公式:k?k(1?pn)pk,(k??0,1, nn
P(??k)?C4545∴?的数学期望E??0?4?1?22?2?2?3?1?1164.13提示: 由数学期望的公式可以求出b值为13, 再由分布列 §15. 6
离散型随机变量的期望与方差【基础练习】1. A 提示:由于是等概率分布,求1,2,3,4的和得10,再除以4即可 2. B 提示: 由条件知, ?服从二项分布, 则?~B(n,p)，
所以Eξ＝np＝12，Dξ＝np(1－p)＝4解方程即可 3. A 提示: 由Eξ＝1*围:a3a32+2*(1?a)＝2－a, 又因为a的取值范3性质(2)可以求出a的值.5. 提示: 由于数量较大,认为每次抽样是相互独立, 符合几何6.解：（1）P(??3)?1?1?2n?(n?1)n(n?1)，?21?(n?N*),
n(n?1)10≤0.5，所以可得Eξ的最小值为2－1.5＝0.5?n?5；（2）ξ的值可以是3,4,5,6,7,8,9P(??3)?1；P(??4)?1?1?1；P(??5)?1?1?1?1?1； 105?4105?454. 45 提示：由数学期望的公式可得:???5?)3E??5E??4 5
E(35. 3 提示：由二点分布的期望与方差的公可求得方程组, 从而
解出a, b的值, 然后再求a＋b＝3.
【例题精选】21. 解：（1）有Cn2种坐法，即?当??2时，?Cn?6，1?1?1?111?1?1?11P(??6)??；P(??7)??；5?455?45P(??8)?1?11；P(??9)?1?1?1。?5?n(n?1)2?6，n2?n?12?0，n?4或n??3（舍去）．?n?4．（2）??的可能取值是0,2,3,4， 又?P???0??14?1A424， P???2??C42?1A44?61?， 2447. 解:（1）记事件A为“任取两线卡片，将卡片上的函数相加得71P???3??3C4?2A44?9381?，
?，P???4??2482432. D 提示：由已知得3a＋2b＋0×c＝2，即3a＋2b＝2，
∴ab?1?3a?2b?13a?2b662 ????2?16，故选D。3. 4 提示：将这个小正方体向上抛掷2次，向上的数之积可9…能为ξ＝0, 1, 2, 4，则P(ξ＝0)＝
P(ξ＝1)＝C2C2C1C1CC161C3C3?C3C3?C3C3CC1111616111111?34，则E??0?1?2?1?3?1?4?3?3．244382. 解：（1）依题意,123211?~B(3,),?~B(2,)22121?11C6C6911611，P(ξ＝2)＝C2C1?C1C2CC16161?19，,P(ξ＝4)＝?136，?E??1?2?4?499369所以E??3??,E??2??1113113（2）P(??0)?()3?,P(??1)?C3()?2828123812184. 0.3 提示：由条件知，ξ的取值为0，1，2，3，并且有 P(ξ=0)=C19C112?34, P(??1)??1C13C9A212?9,44 P(??2)?C32()3?,P(??3)?C3(3)?31222()?,P(??2)?C2()?,
P(??0)?,P(??1)?C2P(??2)?12142C3?CC191,P(??3)?349?14121239?E??0?14442?910 ?.3220220甲获胜的情况有:??1,??0;??2,??0,1;??3,??0,1,2;
所以甲获胜的概率为:P1????(?)??(??)?
乙获胜的情况有:??1,??0;??2,??0,1111133所以乙获胜的概率为:P2????(?)?2848816381438141218141214125. 98.5 提示: 由条件知, ξ服从二项分布, 则?~B(100,98.5%), 所以Eξ＝np＝98.56. 解：（1）依题意，?的可能取值为2，3，4A42A26.P(??2)?
P(??4)?2546；P(??3)?13?111(C2C4A22)C3A36?2； 53. 解：（1）设掷两颗正方体骰子所得的点数记为(x, y)，其中 1≤x, y≤6，则获一等奖只有(6, 6)一种可能，其概率为：111??663613(C22C4A)3CA1；∴E??2?2?3?2?4?1?14.555555；获二等奖有(6, 5)、(5, 6)、(4, 6)、(6, 4)、(5, 5)共36故取球次数?的数学期望为14.（2）依题意，连续摸4次球可视作4次独立重复试验，
且每次摸得红球的概率均为339235种可能，其概率为：5，设事件A表示“同行的三位会员一人获一等奖、两人获二等奖”，则P(A)?C3?1，则?～B(4,2)3915?3636??2?2515552 ∴D??4?2?(1?2?8.
故共取得红球次数?的方差为8. 7. 解：（1）记“小球落入A袋中”为事件A，“小球落入B袋中”为事件B，则事件A的对立事件为B，而小球落入B袋中当且仅当小球一直向左落下或一直向右落下， 故P(B)?1?141236（2）设俱乐部在游戏环节收益为ζ元，则ζ的可能取值为 3636?2??2?33433?14，从而P(A)?1?P(B)?1?1?3；44则E??(30?a)?1?(?70)?5?0?1?30?7?310?a， 由E??0得a＝310，即一等奖可设价值为310元的奖品。 4. 解：（1）ξ的所有可能取值有6，2，1，－2；
P(ξ＝6)＝126?0.63， P(ξ＝2)＝50?0.25，200200（2）显然，随机变量??B4,3，故4?? 3P(??3)?C?427，E??4?3?3。????14644P(ξ＝1)＝20?0.1， P(ξ＝－2)＝4?0.02，2002001和YEY1＝5×0.8＋10×0.2＝6DY1＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4
EY2＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8DY2＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12 （2）f(x)?D故ξ的分布列为：（2）E??6?0.63?2?0.25?1?0.1?(?2)?0.02?4.34（3）设技术革新后的三等品率为x,则此时1件产品的平均利润为E(x)?6?0.7?2?(1?0.7?0.01?x)?(?2)?0.01?4.76?x(0?x?0.29)依题意，E(x)?4.73，即4.76?x?4.73，解得x?0.03， 所以三等品率最多为3%。 【巩固提高】 1. B72?x100?xxY?DY2?100?????2DY1??100?x100?2DY2 ?42[x2?3(100?x)2]?42(4x2?600x?3?1002)，100当x?600?75时，f(x)?3为最小值。2?4 §15.7
正态分布【基础练习】1. B
2. C 提示: 由标准正态分布的概率公式可求 3. A4. 0.8664
提示: 曲线的形状由参数s确定，曲线越“矮s越大，胖”；s越小，曲线越“高瘦”.正态变量在区间????，????，???2?，??2??，???3?，??3??内取值的概率分别是：68.3%, 95.4%, 99.7%.1??1???1?1
F(60?)?60?70??????10??0.?84130.1587约占15.87%（2）本小题是要求得分不少于85分的学生所占的比例85?70?)??1???1?
1?F(8510??1.?5??10?.93320.0668即约占6.68% 第十六章
推理与证明 §16.1
合情推理与演绎推理【基础练习】1. B
3. C4. 385
提示：共有19个1，17个2，15个3，…，3个9，1个10，所以和为19×1＋17×2＋15×3＋…＋1×10＝385提示：由体积相等得 1111VABC?dSA?dSdSACD4d?S D1?BC2?ABD3?BCD3333而1hS?BCD?1(d1?d2?d3?d4)S?BCD（h为正四面体的高）33利用同样的方法可以求出.5. 0.2
提示: 曲线在x轴的上方，并且关于直线x??对称，两边的面积分别为0.5, 故x?0.2 【例题精选】1. 解: 因为P(?2???0)?0.4,
所以P(?2???2)?0.8,1P(??2)?2(1?0.8?) 0.15.2. 解:由正态分布N(10,0.12)知,??10,??0.1所求的概率为P(10?2?0.1?X?10?2?0.1)?0.9544 3. 解: 由题意知:??1,??2, P(1?2???1?2)?0.6826,
所以P(??3)?1(1?0.7 2 ?d1?d2?d3?d4?h??【例题精选】a所以在(??,3)内的取值的概率为: 1?0.3 4. 解:因为?~N(110,202),所以??110,??200
P(11?2?0??11?02?0)1. 解：f(1)?2(1?a1)?2(1?1)?3，42f(2)?2(1?a1)(1?a2)?314(1?)?293 1所以??130的概率为(1?0.72，，所以??90的概率为0.7＝0.8413
及格人数为54?0.8413?45人,
130分以上的人数为54?0.1587?9人. 【巩固提高】1. A 提示: 由正态分布的性质可以求出对称的面积是相等的,
故所求的P＝1－0.84＝0.162. B
5. 16. 分析: 由于在一次实验中?落入区间?u?3?,u?3??内的概率为0.997, 即?几乎必然落在上述区间内, 故只须把, 算出区间, 再判断27.5是否落在该区间u?30,??0.代入8内即可.解: 由于?~N(30,0.8),可知在(30?3?0.8,30?3?0.8)?(27.6,32.4) 之外取值的概率只有0.003, 而27.5?(27.6,32.4), 这说明了在一次实验中出现了不可能发生的小概率事件, 据此可以认为这批砖不合格.7．解: 设?表示此县农民的年均收入, 由已知?~N(500,202)(1)P?500???520????500?500????50020? ?52020f(3)?2(1?a1)(1?a2)(1?a3)?415(1?)?3164归纳知：f(n)?n?2n?12. 猜想：在三棱锥P?ABC中，三个侧面PAB,PBC,PCA，两两垂直，且与底面所成的角分别为?,?,?，
则cos2??cos2??cos2??1.
证明提示：用体积法. 3. 解: 猜想：sin2??cos2(??30?)?sin?cos(??30?)?34证法一：sin??cos(??30?)?sin?cos(??30?)22 ?1?cos2?2?1?cos(60??2?)2?sin(30??2?)?sin30?2 )21]]1?1?
?34?cos(?6?0?2?)2?2sin(?30??22?cos2?21[sin(?3?0??2)si?n301[sin(3?0??22) 211sin(?3?0?2?22s?i?n(?30?324)证法二：左边＝sin2??(cos?cos30??sin?sin30?)2
?sin?(cos?cos30??sin?sin30?)
展开得(sin2??cos2?)?343 4???1????0??0.3431说明此县农民收入在500元~520元间的人数约占34% （2）设P???a?????????a???a?0.95, 则有0.98,?20??20?aaa????1??????0.95?,????1??20?20?20 aa????0.97?1.a9?6,39.220204. 解：n行共有1?2?????n?n(n?1)个奇数， 2n(n?1)2?1?n?n?1.
2 因此，第n行的最后一个数是2?从而第n行的第一个数是(n2?n?1)?2(n?1)?n2?n?1,
令n2?n?1?2005?n2?n?1.解得n?45，n2?n?1?1981. 738．解:（1）由题意, 要求得分不少于60分的学生的比例F(60).故2005是第45行第m个数,则?(m?1)?2,
得m?13. 于是2005是第45行第13个数. 【巩固提高】1．B
4．45215. n?n; 12; n(n?1)(n?2)则|f(1)|?2|f(2)|?|f(3)|?2，而|f(1)?|2f|(?2)f||?(f3)?|f(1?)?(1?p?q)?(9?p3?q)?2(4?p2?qf(3)?2出现矛盾，所以|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|至少有一个不小于1.2证法二：假设|f(1)|?1,|f(2)|?1,|f(3)|?1222??1?1?p?q?12?2?1则有???4?2p?q?122?11???9?3p?q??22①②③226. 解: 由类比得1×2×3＝1(1×2×3×4－0×1×2×3)42×3×4＝1(2×3×4×5－1×2×3×4)4 …………n(n＋1)(n＋2)＝1[n(n＋1)(n＋2)(n＋3)－(n－1)n(n＋1)(n＋2)]4由①②得?4?p??2，由②③得?6?p??4，
这两式显然矛盾，故假设不成立，原命题正确. 3. 证明: ?(sin??cos?)2?2sin?cos??1，
又由已知得??sin??cos??2sin??sin?cos??sin?2相加得1?2?3?2?3?4???n(n?1)(n?2)?7. 猜测：(1?tan?)[1?tan(45???]?21n(n?1)(n?2)(n?3)4 ①②1?tan?2证明：1?tan(45???)?1????1?tan?1?tan? 8．解：记aij为从上到下第i行，从左到右第j列的格所填的数，
则a52?x,a41?y。由第3行得a33?2y?186， 2将①②代入上式，可得4sin2??2sin2??1
要证1?tan?1?tan?1?1?sin?cos??2sin?cos?22222?1?tan?2(1?tan?)1?2(1?sin?cos?sin?cos?222222，由第3列得a33?2?103?2x，所以2x?y?113.
由第2行得a23?2?74?3y，由第3列得a23?2a33?103?3?103?4x，所以148?3y?3?103?4x，解得x?50,y?13.a?a2即证)即证cos2??sin2??
即证1?2sin2??122(cos??sin?) 2所以a15?2?186?a55?2?186?4x?172，
a13?2a3?a?112a,?1413353
故标有*号的空格应填142. §16.2
直接证明与间接证明【基础练习】1. C
3. D4. a?b
提示：?x?0,y?0,?x?x?y,y?x?y
?xcos??(x?y)
?b?xcos??y22212(1?2sin?) 215?1. 42即证4sin2??2sin2??1，由于它与③相同，
于是问题得证.4. 证明：（1）?f(1)?0,?a?b?c?0，
???b2?4ac?(a?c)2?4ac?(a?c)2?0
∴ f (x)的图象与x轴有两个相异交点。 （2）令g(x)?f(x)??x?y. ?af(x1)?f(x2)2，则2co?s2,y2?sin?(x?y)，22?sin2si?n?(x?)yc?os(?x?)y?sinf(x1)?f(x2)??f(x1)?f(x2)??g(x1)?g(x2)?f(x1)?f(x2)????22?????5. 24 提示：由f(p?q)?f(p)f(q)，令p?q?n得f2(n)?f(2n)
原式＝2f(1)2f(4)2f(6)2f(8)???f(1)f(3)f(5)f(7)2f(1)f(3)2f(1)f(5)2f(1)f(7)???8f(1)?24f(3)f(5)f(7)f(x1)?f(x2)f(x2)?f(x1)??022f(x1)?f(x2)因此方程f(x)?必有一实根在区间(x1,x2)内。2??2f(1)?【例题精选】 （3）?f(x)?a?ax2?bx?a?c?0有解，???b2?4a(a?c)?0，
由(1)知b??(a?c), 故??(a?c)2?4a(a?c)?(a?c)(c?3a)?0,a?b211. 证明；?a,b,?R，且a?b?1，?ab?()?24?b1?a?b?,c?c???(3a?0,?b?a?c?0?,b?0,??2abb13)，0??
?f(1??x0?1?(?)?1?(?)?，2a2a222],0 2 ?) ?x0??3?b??3?1??2.22a22 ? 2?【巩固提高】1. A提示:(a?b?c)2?a2?b2?c2?2ab?2ac?2bc?12?(b?c)2?12,
当且仅当b＝c时取等号，故选A 2. B 提示:q3. D
4. 5.法2：分析法.
2. 证明：（1）)f(3?)
f(1?f2(?2)?p(1?q?)?(p9?q3?)?2p(4?q? 5. an?bn?cn 提示：?ABC为Rt?，且c为斜边，则
c2?a2?b2，?c?a?0,c?b?0, 即0?a?1,0?b?1,cc（2）用反证法. 证法一：假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于1，27422当n?2时, (a)n?(b)n?(a)2?(b)2?a?2b?1.ccccc由①②知，对任意n∈N*都有an?2n?1，
即1?an?2n，? ?1?1?a111?n1?an26. 证明：证法一：假设三式同时大于1，4即(1?a)b?1,(1?b)c?1,(1?c)a?1,444
三式相乘，得：(1?a)a?(1?b)b?(1?c)c?1,64，111111?????2???n?1?1?a21?an222222??85n?12. 解:（1）S1?1?4，S2?43，S3??3264，S4?，又(1?a)a?(1?a?a)2?1，同理(1?b)b?1,(1?c)c?1,244猜想：Sn?以上三式相乘得(1?a)a?(1?b)b?(1?c)c?1，这与641(1?aa)?(?1bb?)?(c1c?矛盾，故结论得证.642nn?1 222?11?1（2）①当n?1时，S1??
②假设n?k时，Sk?，猜想成立证法二：假设三式同时大于1，?0?a?1,?1?a?0，42kk?1，则当n?k?1时，Sk?1?(k?1)2ak?1，
也即Sk?1?(k?1)(Sk?1?Sk)
所以Sk?1?(k?1)22 1?a?a??21. 2(1?b)?c1(1?c)?a1
同理?,?,2222三式相加得3?3，矛盾，∴原命题成立.22k?2k?Sk?(k?1)22(k?1)2k， ?k?2kk?1(k?1)?1?2这表明n?k?1时猜想也成立，根据①、②可知，187. 证明：要证loga(ax?ay)?loga2?1?loga(2a)，818对n?N?,Sn?2nn?1，这时，an?Snn2?2n(n?1) 因为0＜a＜1，只需证a?a?2a，xy3. 解:（1）当n?1时，f(1)?51?2?31?1?1?8?8?11当n?2时，f(2)?52?2?32?1?1?32?8?4；4又ax?ay?只需证ax?y?a4，即x?y?1， 即证x2?x?1?0
①4当n?3时，f(3)?53?2?33?1?1?144?8?18；
当n?4时，f(4)?54?2?34?1?1?680?8?85；
显然，它们的最大公约数为8.（2）猜想：当n?N*时,f(n)?5n?2?3n?1?1能被8整除．
①当n?1时，有f(1)?51?2?31?1?1?8，能被8整除，
命题成立；②假设当n?k时，命题成立，即f(k)能被8整除，
那么当n?k?1时，有①式显然成立，所以原不等式成立。8. 证明：（1）?f(c)?0,f(1)?0，?c?0,3a?2b?c?0，
由条件a?b?c?0消去b得a?c?0，
由条件a?b?c?0消去c得a?b?0,2a?b?0,故?2?b??1.a2（2）抛物线f(x)?3ax2?2ax?c的顶点坐标为(?b,3ac?b)，3a3af(k?1)?5k?1?2?3(k?1)?1?1?5?5k?6?3k?1?1kk?1?(5?2?3??1) 在?2?b??1两边乘以?1a3得1??b?233a33a3a，3a4?(5k?k1?3fk)?(?)k?4( 51k3)这里5k和3k?1均为奇数, 它们的和(5k?3k?1)必为偶数, 从而4(5?3kk?1222又?f(c)?0,f(1)?0,而f(?b)?3ac?b??a?c?ac?0)能被8整除, 双依归纳假设,f(k)能被8整除, 所∴方程f(x)?0在区间(0,?b)与(?b,1)内分别有一实根,3a3a以f(k?1)能被8整除, 这也就是说, 当n?k?1时，命题成立．
根据①和②，可知命题对任何n?N*都成立．
4. 解：（1）由已知2f(x)?f(1)?4x?2?1，xx故方程f(x)?0在(0, 1)内有两实根. §16.3
数学归纳法【基础练习】1. C
4. 1?1?1???231n?n2?12得2f(1)?f(x)?4?2x?1联立解之，得f(x)?2x?1.xx5. k?1（2）由（1）知an?1?2an?2n?1,?an?2?2an?1?2n?3
两式相减得an?2?3an?1?2an?2即an?2?an?1?2(an?1?an)?2
即bn?1?2bn?2,?bn?1?2?2(bn?2)
?数列?bn?2?为等比数列，公比为2。
又?a1?1,a2?5.?b1?4,b1?2?6n?1n?bn?2?6?2?bn??32? 2【例题精选】1. 解：?f?(x)?x?1,an?1?f?(an?1)，?an?1?(an?1)?1，22∵函数g(x)?(x?1)2?1?x2?2x在区间[1, +∞)上单调递增，
于是由a1?1得a2?(a1?1)?1?2?1，进而得
a3?(a2?1)2?1?24?1?23?1，由此猜想：an?2n?1。
以下用数学归纳法证明这个猜想，
①当n＝1时，a1?21?1?1结论成立；②假设当n＝k时，结论成立，即ak?2k?1，则当n?k?1时
由g(x)?(x?1)2?1在区间[1, +∞)上单调递增，得ak?1?(ak?1)2?1?22k?1?2k?1?1，即n?k?1时结论也成立7522（3）由（2）an?1?an?3?2n?2，而已知an?1?2an?2n?1,联立解得an?3?2n?2n?3,?2an?6?2n?4n?6n
?2an?bn?3?2?4n?(1n＝1时，2a1?b1??2?0,?2a1?b1
n＝2时，2a2?b2?0,?2a2?b2
n＝3时，2a3?b3?8?0,?2a3?b3n＝4时，2a4?b4?28?0,?2a4?b4
猜想n?3时，2an?bn，即3?2n?4(n?1)
下面用数学归纳法证明：
①当n＝3时，结论成立；
②设n?k(k?3)时结论成立,即3?23?2k?1k假设当n?k时，ak成立，则当n?k?1时，
ak?12?ak2?1ak2?2?2k?3?1ak2?2(k?1)?1故n?k?1时，不等式也成立；?4(k?1),则当n?k?1时有?8? 4 (综上，由数学归纳法可知， ann都成立.1)1??2(?3k2?)k?8(?k1?)?8k?8?k4?k8?4??k4?不等式成立，故对一切n?3且n?N?, 2an?bn， （2）bn?1an?1(1?1)2 综上，当n＝1时，2an?bn；当n＝2时，2an?bn；
当n?3时，2an?bn。 【巩固提高】1. C
3. C4．11?12n?2
5．1?112n?22?32?????1(n?1)2?2n?1n?16．解：?an,Sn,Sn?12成等比数列，?S2n?an?S1n?2??n?2?.
（*）（1）由a1?1,S2?a1?a2?1?a2代入（*）得a2??23，由a11?1,a2??2,S3??a2333代入（*）得a3??15，同理可得?a?1(n?1)4??235，由此可推出：an???2 ??(2n?3)(2n?1)(n?1)（2）①当n?1,2,3,4时，由（*）知猜想成立；
②假设n?k(k?2)时，a2k??(2k?3)(2k?1)成立，故S22k??(2k?3)(2k?1)??S1k?2?，
?(2k?3)k(?2S2k1?)Sk?2?，1 0?S1k?2k?1,S?1k?2k?3(舍).由S2??12k?1?ak?1?Sk?12?得?Sk?1?ak?1??ak?1??ak?1?Sk?12??1?2k?1?2?a22ak?12k?1k?1?2k?1?ak?1?a2k?1?12ak?1?a2k?1???2?k?1???3??2k???1?1即n?k?1时，命题也成立．综合①、②可知 ?1(n?1)a?n???2(对任何n?N*都成立．??(2n?3)(2n?1)n?2)7．解：?f(1)?36,f(2)?108,f(3)?360,? ∴猜想f (n)能被36整除。 下面用数学归纳法加以证明： ①当n＝1时，f (1)＝36能被36整除；
②假设f (k) (k∈N)能被36整除，
?f(k?1)?f(k?)(2k?k9??1)3?k(?2k?7)?3k?4，k( ?5)3当k＝1时，f (2)－f (1)＝72能被36整除；当k≥2时，由于3k能被9整除，所以4(k?5)?3k能被36整除；
∴ f (k＋1)能被36整除，综合①②知，对于一切自然数n，f (n)都能被36整除.
因为当m取大于36的整数时，f (1)＝36不能被m整除，
所以36为最大，即m＝36为所求。8．证明：（1）当n?1时, a1?2, 不等式成立;76bnanan?(1?12n?1)n?(n?1)2n?1?1 故bn?1?bn.
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