b?附:参考公式:$?xy?nxyiii?1nn?xi2?nxi?12,$a?y?$bx.
解析:(Ⅱ)由表中数据,利用公式计算回归直线方程的系数,写出回归直线方程,利用方程
计算并判断所得到的线性回归方程是否可靠. 答案:(Ⅱ)由数据,求得x?1??10?11?13?12?8??10.8, 51y???23?25?30?26?16??24;
5由公式,求得
??xy??10?23?11?25?13?30?12?26?8?16?1335,
iii?15?xi?152i?102?112?132?122?82?598;
nb?所以$?xy?nxyiii?1n?xi2?nxi?12?5$,a?y?$bx??3; 25x?3; 2所以y关于x的线性回归方程是$y?当x=10时,$y?5?10?3?22,|22-23|<2; 25同样,当x=8时,$y??8?3?17,|17-16|<2;
2所以,该研究所得到的线性回归方程是可靠的.
22
20.如图,在平面直角坐标系xoy中,已知圆C:(x+1)+y=16,点A(1,0),点B(a,0)(|a|>3),以B为圆心,|BA|的半径作圆,交圆C于点P,且的∠PBA的平分线次线段CP于点Q.
(Ⅰ)当a变化时,点Q始终在某圆锥曲线τ是运动,求曲线τ的方程.
解析:(Ⅰ)推导出△QAB≌△QPB,从而QC+QA=4,由椭圆的定义可知,Q点的轨迹是以C,A为焦点,2a=4的椭圆,由此能求出点Q的轨迹方程. 答案:(Ⅰ)∵BA=BP,BQ=BQ,∠PBQ=∠ABQ, ∴△QAB≌△QPB,∴QA=QP, ∵CP=CQ+QP=QC+QA,QC+QA=4,
由椭圆的定义可知,Q点的轨迹是以C,A为焦点,2a=4的椭圆,
x2y2??1. 故点Q的轨迹方程为43
(Ⅱ)已知直线l过点C,且与曲线τ交于M、N两点,记△OCM面积为S1,△OCN面积为S2,求
S1的取值范围. S2?x?my?1S2y2y2?解析:(Ⅱ)设直线l:x=my-1,设M(x1,y1),N(x2,y2),推导出由?x2y2,???,
S1y1y1?1??43?得(3m+4)y-6my-9=0,由此利用根的判别式、韦达定理,结合已知条件求出答案:(Ⅱ)由题可知,设直线l:x=my-1,不妨设M(x1,y1),N(x2,y2) ∵S1=S△OMC=
2
2
S1的取值范围. S211×|OC|×|y1|,S2=S△ONC=×|OC|×|y2|, 22yS1y?1??1, S2y2y2?x?my?1?222∵?x2y2,∴(3m+4)y-6my-9=0,△=144m+144>0,
?1??43?6m?y?y?2??13m2?4∴?, ?yy??912?3m2?4??y1?y2?∵
y1y2∴
2yy?4m2?4??4?0?, ?2???,0?,即1?2?2???,y2y13m?4?3??3?y1?1????3,??, y2?3?∴
S1y?1???1??,3?. S2y2?3?
21.已知函数f(x)=lnx-ax+b(a,b∈R)有两个不同的零点x1,x2.
(Ⅰ)求f(x)的最值.
解析:(Ⅰ)求出导函数f′(x)=单调性,然后求解最值. 答案:(Ⅰ)f′(x)=
1-a,利用f(x)在(0,+∞)内必不单调,推出a>0,判断x1-a, x111,∴f(x)在(0,)上单增,(,+∞)上单减, aaa∵f(x) 有两个不同的零点,∴f(x)在(0,+∞) 内必不单调,故a>0, 此时f′(x)>0?x<∴f(x)max=f(
(Ⅱ)证明:x1·x2<
1)=-lna-1+b,无最小值. a1. a2x1?lnx1?ax1?b?0xx2解析:(Ⅱ)通过?,两式相减得ln1?a?x1?x2??0,得到a?,
lnx?ax?b?0xx1?x22?22ln?x1?x2??x1?2?x2,不妨设x<x,令x1=t∈(0,12x故要证x1x2<2,即证ln1<12
x2x2x1x2x2x1a1),则只需证lnt<t-2+,构造函数g(t)=lnt-t-+2,通过函数的导数以及函数的单调性求解最值即可.
2
21t2
1t?lnx1?ax1?b?0答案:(Ⅱ)由题知?,
lnx?ax?b?0?22x1xx2两式相减得ln1?a?x1?x2??0,即a?,
x2x1?x2ln?x1?x2?, 1故要证x1x2<2,即证x1x2<xaln21x2x1?x2?xx?2x1<?1?2?2, 即证lnx2x1x2x2x122不妨设x1<x2,令
x112
=t∈(0,1),则只需证lnt<t-2+, x2t设g(t)=lnt-t-+2,则g??t??2gglnt?1?2
1t1t1?t22lnt?t?t1t,
?t?1?<01设h(t)=2lnt-t+,则h??t???, 2tt∴h(t)在(0,1)上单减,∴h(t)>h(1)=0,
∴g(t)在(0,1)上单增,∴g(t)<g(1)=0,
即lnt<t-2+,在t∈(0,1)时恒成立,原不等式得证.
请考生在第22、23两题中任选一题作答,如果两题都做,则按照所做的第一题给分;作答时,请用2B铅笔将答题卡上相应的题号涂黑.
[选修4-4]参数方程与极坐标系(本题满分10分)
2
21t?x?cos?22.在平面直角坐标系xoy中,直线C1:3x?y?4?0,曲线C2:?(φ为参
y?1?sin??数),以以坐标原点O为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系.
(Ⅰ)求C1,C2的极坐标方程.
解析:(Ⅰ)由x=ρcosθ,y=ρsinθ,能求出曲线C1的极坐标方程;曲线C2消去参数φ得
22
曲线C2的普通方程为x+(y-1)=1,由x=ρcosθ,y=ρsinθ,能求出C2的极坐标方程. 答案:(Ⅰ)∵直线C1:3x?y?4?0,x=ρcosθ,y=ρsinθ, ∴曲线C1的极坐标方程为3?cos???sin??4?0,
∵曲线C2:??x?cos?,
y?1?sin??2
2
∴消去参数φ得曲线C2的普通方程为x+(y-1)=1,
∵x=ρcosθ,y=ρsinθ,
22
∴C2的极坐标方程为:(ρcosθ)+(ρsinθ-1)=1,
2
∴ρ-2ρsinθ=0,
∴C2的极坐标方程为:ρ=2sinθ.
(Ⅱ)若曲线C3的极坐标方程为θ=α(ρ>0,0<α<B两点,求
?),且曲线C3分别交C1,C2于点A,2OB的最大值. OA
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