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抢分练2(分值:34 分)
学生用书
P238
1.(17 分)在平面内,若直线l 将多边形分为两部分,多边形在l 两侧的顶点到直线l 的距离之和相等,则
称l 为多边形的一条“等线”,已知O 为坐标原点,双曲线E: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别
为F1,F2,E 的离心率为2,点P 为E 右支上一动点,直线m 与曲线E 相切于点P,且与E 的渐近线交于
A,B 两点,当PF2⊥x 轴时,直线y=1 为△PF1F2的等线.
(1)求E 的方程;
(2)若y=√2x 是四边形AF1BF2的等线,求四边形AF1BF2的面积;
(3)设⃗OG = 1
3⃗OP,点G 的轨迹为曲线Γ,证明:Γ 在点G 处的切线n 为△AF1F2的等线.
(1)解由题意知P(c,b
2
a
),F1(-c,0),F2(c,0),显然点P 在直线y=1 的上方.
因为直线y=1 为△PF1F2的等线,所以b
2
a
-1=2.
又e=c
a
=2,c2=a2+b2,
解得a=1,b=√3,
所以E 的方程为x2- y
2
3
=1.
(2)解设点P(x0,y0),切线m 的方程为y-y0=k(x-x0),代入x2- y
2
3
=1 得(3-k2)x2+2k(kx0-y0)x-(k2x0
2+ y0
2
-2kx0y0+3)=0,
故[2k(kx0-y0)]2+4(3-k2)(k2x0
2+ y0
2-2kx0y0+3)=0.
该式可以看作关于k 的一元二次方程(x0
2-1)k2-2x0y0k+y0
2+3=0,
所以k=
x0 y0
x0
2-1
=
x0 y0
(1+ y0
2
3 )-1
= 3 x0
y0 ,
即m 的方程为x0x- y0 y
3
=1.
①
当m 的斜率不存在时,也成立.
渐近线方程为y=±√3x,不妨设A 在B 上方,A(xA,yA),B(xB,yB),代入x0x- y0 y
3
=1 得xA=
1
x0- y0
√3
,xB=
1
x0+ y0
√3
,
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故xA+xB=
1
x0- y0
√3
+
1
x0+ y0
√3
=2x0,
所以P 是线段AB 的中点.
因为F1,F2到过O 点的直线距离相等,则过O 点的等线必定满足:A,B 到该等线距离相等,且分居两侧,
所以该等线必过点P,即直线OP 的方程为y=√2x.
由{
y =√2 x,
x
2- y
2
3 =1,
解得{
x =√3,
y =√6,
故P(√3,√6),
所以yA=√3xA=
√3
x0- y0
√3
=
3
√3 x0- y0
=√6+3,
所以yB=-√3xB=-
√3
x0+ y0
√3
=-3
√3 x0+ y0
=√6-3,
所以|yA-yB|=6,
所以S四边形A F1B F2= 1
2
|F1F2|·|yA-yB|=2|yA-yB|=12.
(3)证明设G(x,y),由⃗OG = 1
3⃗OP,
所以x0=3x,y0=3y,
故曲线Γ 的方程为9x2-3y2=1(x>0).
由第(2)问①知切线n 的方程为9 x0
3
x-3 y0 y
3
=1,
即x0x- y0 y
3
= 1
3
,即3x0x-y0y-1=0.
由题意易知点A 与F2在切线n 的右侧,点F1在切线n 的左侧,分别记点F1,F2,A 到切线n 的距离为
d1,d2,d3,
由(2)知xA=
1
x0- y0
√3
,yA=√3·
1
x0- y0
√3
=
√3
x0- y0
√3
,
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所以d3=|
3 x0
x0- y0
√3
- √3 y0
x0- y0
√3
-1|
√9 x0
2+ y0
2
=|
3 x0-√3 y0- x0+ y0
√3
x0- y0
√3
|
√9 x0
2+ y0
2
=|
2 x0- 2 y0
√3
x0- y0
√3 |
√9 x0
2+ y0
2
=
2
√9 x0
2+ y0
2 .
由x0≥1,得d1=
|-6 x0-1|
√9 x0
2+ y0
2 = 6 x0+1
√9 x0
2+ y0
2,d2=
|6 x0-1|
√9 x0
2+ y0
2 = 6 x0-1
√9 x0
2+ y0
2 .
因为d2+d3=
6 x0-1
√9 x0
2+ y0
2 +
2
√9 x0
2+ y0
2 = 6 x0+1
√9 x0
2+ y0
2=d1,
所以直线n 为△AF1F2的等线.
2.(17 分)在平面直角坐标系中,粒子从原点出发,每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度,且
向四个方向移动的概率均为1
4 .例如在1 秒末,粒子会等可能地出现在(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-1)四点处.
(1)设粒子在第2 秒末移动到点(x,y),记x+y 的取值为随机变量X,求X 的分布列和数学期望E(X);
(2)记第n 秒末粒子回到原点的概率为pn.
(ⅰ)已知∑
k =0
n
(Cn
k)2=C2n
n ,求p3,p4以及p2n;
(ⅱ)令bn=p2n,记Sn为数列{bn}的前n 项和,若对任意实数M>0,存在n∈N*,使得Sn>M,则称粒子是常返
的.已知√2π n n
e
n<n!< 6
π
1
4 √2π n n
e
n,证明:该粒子是常返的.
(1)解粒子在第2 秒可能运动到点(1,1),(2,0),(0,2)或(0,0),(1,-1),(-1,1)或(-1,-1),(-2,0),(0,-2)的位置,X 的可
能取值为-2,0,2,P(X=-2)= 4
16 = 1
4
,P(X=0)= 8
16 = 1
2
,P(X=2)= 4
16 = 1
4
,所以X 的分布列为
X
-2
0
2
P
1
4
1
2
1
4
E(X)=(-2)× 1
4
+0× 1
2
+2× 1
4
=0.
(2)(ⅰ)解由题意知显然粒子奇数秒不可能回到原点,故p3=0.粒子在第4 秒回到原点,分两种情况考虑:
(a)每一步分别是四个不同方向的排列,例如“上下左右”,共有A4
4种情形,(b)每一步分别是两个相反
方向的排列,例如“左左右右、上上下下”,共有2C 4
2种情形,
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于是p4= A4
4+2C4
2
4
4
= 9
64 .
第2n 秒末粒子要回到原点,则必定向左移动k 步,向右移动k 步,向上移动n-k 步,向下移动n-k 步,
故p2n=∑
k =0
n C2n
k C2n-k
k
C2n-2k
n-k
4
2n
= 1
4
2n ∑
k =0
n (2n)!
(k !)
2[(n-k )!]
2
= 1
4
2n
(2n)!
(n!)
2 ∑
k =0
n (n!)
2
(k !)
2[(n-k )!]
2
= 1
4
2n ·C2n
n ∑
k =0
n
Cn
kCn
n-k
= 1
4
2n ·C2n
n ∑
k =0
n
(Cn
k)2= 1
4
2n ·(C2n
n )2.
故p2n= 1
4
2n ·(C2n
n )2= 1
16
n ·(C2n
n )2= 1
16
n ·[(2n)!]
2
(n!)
4
.
(ⅱ)证明利用√2π n( n
e
)n<n!<(6
π )
1
4 √2π n( n
e
)n可知,C2n
n =(2n)!
(n!)
2 >
√4 π n( 2n
e )
2n
[( 6
π )
1
4 √2π n( n
e )
n]
2
= 4
n
√6n
,
于是p2n= 1
4
2n ·(C2n
n )2> 1
6n .
令f(x)=x-ln(1+x),当x>0 时,f'(x)=1- 1
1+ x =
x
1+ x
>0,
故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,则f(x)>f(0)=0,于是x>ln(1+x)(x>0),
从而有Sn=∑
k =1
n p2k>∑
k =1
n
1
6 k > 1
6 ∑
k =1
n
ln(1+1
k
)=1
6
ln(n+1),记[x]为不超过x 的最大整数,则对任意常数M>0,
当n≥[e6M]时,n>e6M-1,于是Sn>1
6
ln(n+1)>M.
综上所述,当n≥[e6M]时,Sn>M 成立,因此该粒子是常返的.
