2020届宝鸡质检[1-3]理数典题解析

前言

一检典例

【2020届宝鸡市质量检测1理科数学第11题】已知双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)\)的左右焦点分别为\(F_1\)，\(F_2\)，过\(F_2\)的直线与双曲线的一条渐近线交于点\(P\)，若\(\overrightarrow{PF_2}\cdot \overrightarrow{OP}=0\)，\(|PF_1|=2|PF_2|\)，则该双曲线的离心率为【】

$A.3$ $B.\sqrt{21}$ $C.\cfrac{\sqrt{21}}{2}$ $D.\cfrac{\sqrt{21}}{3}$

分析：如图所示，\(\triangle OPF_2\)为\(Rt\triangle\)，\(\angle OPF_2=\cfrac{\pi}{2}\)，

由于双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\)，则其渐近线为\(OP：y=\cfrac{b}{a}x\)

即\(tan\theta=\cfrac{b}{a}=\cfrac{|PF_2|}{|OP|}\)，设\(|PF_2|=bk\)，则\(|OP|=ak\)，

又由于\(|OF_2|=c\)，\(a^2+b^2=c^2\)，故\(k=1\)，即\(|PF_2|=b\)，\(|OP|=a\)，

则\(cos\theta=\cfrac{a}{c}\)，且\(|PF_1|=2|PF_2|=2b\)，

则在\(\triangle POF_1\)中，\(|PF_1|=2b\)，\(|OF_1|=c\)，\(|OP|=a\)，\(cos\angle F_1OP=-cos\theta=-\cfrac{a}{c}\)，

则\((2b)^2=a^2+c^2+2\times a\times c \times cos\theta\)，即\(4(c^2-a^2)=a^2+c^2+2\times a\times c \times \cfrac{a}{c}\)，

整理即得到，\(3c^3=7a^2\)，即\(e^2=\cfrac{c^2}{a^2}=\cfrac{7}{3}\)，故\(e=\cfrac{\sqrt{21}}{3}\)，故选\(D\)。

解后反思：如果用常规方法求解\(|PF_2|\)和\(|OP|\)的长，就会非常浪费时间。

【2020届宝鸡市质量检测1理科数学第12题】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{xlnx-2x，x>0}\\{x^2+\cfrac{3x}{2}，x\leqslant 0}\end{array}\right.\)，若直线\(y=kx-1\)与\(f(x)\)的图像有且仅有四个不同的交点，则实数\(k\)的取值范围是【】

$A.(-1,-\cfrac{1}{2})$ $B.(-\cfrac{3}{4},-\cfrac{1}{2})$ $C.(-1,-\cfrac{1}{3})$ $D.(-2,-\cfrac{1}{2})$

错误警示：如图所示，直线和曲线相切时，不一定直线刚好经过曲线的最低点，切记切记！这些切点我们都有办法求解的。

分析：直线\(y=kx-1\)和二次函数\(y=x^2+\cfrac{3x}{2}(x\leqslant 0)\)相切利用\(\Delta=0\)求解，求得\(k=-\cfrac{1}{2}\)(舍去\(k=\cfrac{7}{2}\))；

直线\(y=kx-1\)和函数\(y=xlnx-2x(x>0)\)相切需要用到直曲线相切的求解思路[设切点求切点]；具体如下：

设切点为\(P(x_0，y_0)\)，则\(\left\{\begin{array}{l}{k=lnx_-1}\\{y_0=kx_0-1}\\{y_0=x_0lnx_0-2x_0}\end{array}\right.\)，解得\(x_0=1，y_0=-2\)，\(k=-1\)，

结合图像有\(-1<k<-\cfrac{1}{2}\)，故选\(A\)；

解后反思：求解直线\(y=kx-1\)和二次函数\(y=x^2+\cfrac{3x}{2}(x\leqslant 0)\)相切，也可以用直曲线相切的求解思路[设切点求切点]求解；

【2020届宝鸡市质量检测1理科数学第15题】在\(\triangle ABC\)中，\(\angle ABC=90^{\circ}\)，\(AB=4\)，\(BC=3\)，点\(D\)在线段\(AC\)上，若\(\angle BDC=60^{\circ}\)，则\(BD=\) _________ ，\(cos\angle CBD=\) _________ 。

分析：由题可知，\(sinC=\cfrac{4}{5}\)，\(cosC=\cfrac{3}{5}\)，

在\(\triangle BCD\)中，由正弦定理可知，\(\cfrac{BD}{sinC}=\cfrac{3}{sin60^{\circ}}\)，解得\(BD=\cfrac{8\sqrt{3}}{5}\)；

\(cos\angle CBD=cos[\pi-(\angle BDC+\angle ACB)]=-cos(\angle BDC+\angle ACB)=-cos60^{\circ}\cdot cos\angle ACB+\)\(sin60^{\circ}\cdot sin\angle ACB\)\(=-\cfrac{3}{10}+\cfrac{4\sqrt{3}}{10}=\cfrac{4\sqrt{3}-3}{10}\).

解后反思：如果利用余弦定理求解\(AD\)，再用正弦定理求解\(sin\angle ABD\)，利用\(cos \angle CBD=sin\angle ABD\)，从而求得\(cos \angle CBD\)，这样的运算会很复杂。这个题目的求解也从另一个角度说明了公式\(cos(\alpha+\beta)\)存在的必要性。

【2020届宝鸡市质量检测1理科数学第18题】2019年女排世界杯比赛中，中国女排以\(11\)战全胜的傲人战绩强势夺冠，充分展现了团结协作、顽强拼搏的女排精神。为了备战\(2020\)年世界女排联赛分站赛与日本的比赛，根据以往比赛的数据分析可知，前四局比赛中国队获胜的概率都是\(\cfrac{3}{4}\)，第五届中国队获胜的概率为\(\cfrac{2}{3}\)。假设各局比赛结果相互独立。(赛制规定：两只排球队比赛使用五局三胜制，即先胜三局者获胜，比赛随即结束)

(1).求中国队获胜的概率；

思考：回想生活中的比赛的情形可知，中国队获胜分为以下情形：中\(\underline{3:0}\)日；中\(\underline{3:1}\)日；中\(\underline{3:2}\)日；

[为了能顺利快速写出相关情形，我们建立一个小模型，以中\(\underline{3:2}\)日为例，其第五场[最后一场]比赛必须是中国队胜利，故第五场[最后一场]的概率为\(\cfrac{2}{3}\)，那么前四场中必然是日本队胜利了两场，具体是哪两场，又成了\(4\)次独立重复实验中日本队胜利恰好发生\(2\)次的模型，其他以此类推思考计算即可]，故由此模型得到

\(P(中\underline{3:0}日)=[C_2^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^0]\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}=\cfrac{27}{64}=\cfrac{108}{256}\)，

[注意，为了书写不出错，我们先写第三场的概率\(\cfrac{3}{4}\)，前两场看成\(2\)次独立重复实验中，中国队胜利的事件恰好发生了\(2\)次，具体计算方式就是上述中括号中的形式，又由于各局比赛是相互独立的，故使用概率乘法公式，其实我们知道各局的比赛多少会有士气上的影响，但此题目是将其作为数学模型来处理，故不需要思考这些情形]

思考清楚了这些情形之后，我们正式作答如下：

解答：设“中国队获胜”为事件\(A\)，“中国队以\(3:0\)胜利”为事件\(A_1\)，“中国队以\(3:1\)胜利”为事件\(A_2\)，“中国队以\(3:2\)胜利”为事件\(A_3\)，由题目可知各局比赛相互独立，故\(A=A_1+A_2+A_3\)，

\(P(中\underline{3:0}日)=[C_2^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^0]\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}\times\cfrac{3}{4}=\cfrac{27}{64}=\cfrac{108}{256}\)，

\(P(中\underline{3:1}日)=[C_3^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^1]\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{81}{256}\)，

\(P(中\underline{3:2}日)=[C_4^2\times (\cfrac{3}{4})^2\times (\cfrac{1}{4})^2]\times \cfrac{2}{3}=\cfrac{36}{256}\)，

所以\(P(A)=P(A_1+A_2+A_3)=P(A_1)+P(A_2)+P(A_3)=\cfrac{225}{256}\)，

(2).若比赛结果为\(3:0\)或\(3:1\)，则胜利方得\(3\)分，对方得\(0\)分；若比赛结果为\(3:2\)，则胜利方得\(2\)分，对方得\(1\)分，求日本队得分\(X\)的分布列和数学期望；

分析：日本队得分\(X=0\)，即日\(\underline{0:3}\)中，日本败即中\(\underline{3:0}\)日，中国胜；或日\(\underline{1:3}\)中，日本败即中\(\underline{3:1}\)日，中国胜；

日本队得分\(X=1\)，即日\(\underline{2:3}\)中，日本败；

日本队得分\(X=2\)，即日\(\underline{3:2}\)中，日本胜；

日本队得分\(X=3\)，即日\(\underline{3:0}\)中，日本胜；或日\(\underline{3:1}\)中，日本胜；

故\(P(X=0)=P(A_1)+P(A_2)=\cfrac{108}{256}+\cfrac{81}{256}=\cfrac{189}{256}\)，\(P(X=1)=P(A_3)=\cfrac{36}{256}\)，

\(P(X=2)=[C_4^2\times (\cfrac{1}{4})^2\times (\cfrac{3}{4})^2]\times \cfrac{1}{3}=\cfrac{18}{256}\)，

\(P(X=3)=[C_2^2\times (\cfrac{1}{4})^2\times (\cfrac{3}{4})^0]\times \cfrac{1}{4}+[C_3^2\times (\cfrac{1}{4})^2\times (\cfrac{3}{4})^1]\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{13}{256}\)，

故\(X\)的分布列为

\(X\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)
\(P\)	\(\cfrac{189}{256}\)	\(\cfrac{36}{256}\)	\(\cfrac{18}{256}\)	\(\cfrac{13}{256}\)

\(E(X)=0\times \cfrac{189}{256}+1\times \cfrac{36}{256}+2\times \cfrac{18}{256}+3\times \cfrac{13}{256}=\cfrac{111}{256}\)

[定点问题]【2020届宝鸡市质检1理数第21题】已知动圆\(Q\)与直线\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且与圆\(x^2+y^2\)\(-2x+\)\(\frac{3}{4}\)\(=0\)外切；

(1).求动圆\(Q\)的圆心轨迹\(C\)的方程；

[法1]：直接法，将圆\(x^2+y^2-2x+\frac{3}{4}=0\)化为标准形式为\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)，

设动圆的圆心\(Q\)坐标为\(Q(x,y)\)，由动圆\(Q\)与直线\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且与圆\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)外切；

可知\(\sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+\frac{1}{2}|+\frac{1}{2}=x+1\)，两边平方整理得到，\(y^2=4x\)，

所以动圆\(Q\)的圆心轨迹\(C\)的方程为\(y^2=4x\)。

[法2]：定义法，动圆心\(Q(x,y)\)到定圆点\((1,0)\)的距离为\(r+\frac{1}{2}\)，动圆心\(Q(x,y)\)到定直线\(x+\frac{1}{2}=0\)的距离为\(r\)，

则动圆心\(Q(x,y)\)到定直线\(x+1=0\)的距离为\(r+\frac{1}{2}\)，

则动点\(Q(x,y)\)到定点的距离与动点到定直线的距离相等，故动点的轨迹为形如\(y^2=2px\)的抛物线，

且\(\cfrac{p}{2}=1\)，则\(p=2\)，故\(y^2=4x\)。

(2).已知过点\(P(1,2)\)，过点\(F(1,0)\)且斜率存在的直线与轨迹\(C\)交于\(A\)，\(B\)两点，直线\(AP\)，\(BP\)分别交直线\(x+1=0\)于点\(S\)，\(T\)两点，求证：以\(ST\)为直径的圆过定点。

分析：由题意可设直线\(AB：x=my+1(m\neq 0)\)，

则由\(\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 消去\(x\)得到，\(y^2-4my-4=0\)，

设\(A(\cfrac{y_1^2}{4},y_1)\)，\(B(\cfrac{y_2^2}{4},y_2)\)，则由韦达定理可得，\(y_1+y_2=4m\)，\(y_1y_2=-4\)，

设直线\(AP\)，\(BP\)的斜率分别为\(k_1\)，\(k_2\)，结合点\(P(1,2)\)，

则可知，\(k_1=\cfrac{y_1-2}{\frac{y_1^2}{4}-1}=\cfrac{4}{y_1+2}\)，同理\(k_2=\cfrac{4}{y_2+2}\)

设点\(S(-1,y_{\tiny{S}})\)，点\(T(-1,y_{\tiny{T}})\)，又直线\(AP\)的方程为\(y-y_{\tiny{S}}=k_1(x+1)\)，则\(y_{\tiny{S}}=y-k_1(x+1)\)，

又由于此直线经过点\(P(1，2)\)，则\(y_{\tiny{S}}=2-\cfrac{4}{y_1+2}\times 2=2-\cfrac{8}{y_1+2}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\)

同理\(y_{\tiny{T}}=2-\cfrac{8}{y_2+2}=\cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)

从而\(y_{\tiny{S}}\cdot y_{\tiny{T}}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\cdot \cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)

\(=\cfrac{4[y_1y_2-2(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2+2(y_1+y_2)+4}\)\(=\cfrac{4(-4+2\times 4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-4\)

\(y_{\tiny{S}}+ y_{\tiny{T}}=(2-\cfrac{8}{y_1+2})+(2-\cfrac{8}{y_2+2})\)

\(=4-8(\cfrac{1}{y_1+2}+\cfrac{1}{y_2+2})=4-\cfrac{8[(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2-2(y_1+y_2)+4}\)

\(=4-\cfrac{8(4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-\cfrac{4}{m}\)，

又由于以\(ST\)为直径的圆的方程为：\((x+1)^2+(y-y_{\tiny{S}})(y-y_{\tiny{T}})=0\)，

即\(y^2-(y_{\tiny{S}}+y_{\tiny{T}})y+y_{\tiny{S}}y_{\tiny{T}}+(x+1)^2=0\)，

即\(x^2+2x-3+y^2+\cfrac{4}{m}y=0①\)，圆的方程与\(m\)的取值无关，故须有\(y=0\)，

由方程①可得，\(x^2+2x-3=0\)，解得\(x=-3\)或\(x=1\)，

从而以\(ST\)为直径的圆恒过定点\((-3,0)\)和\((1,0)\).

解后反思：直径式方程\((x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0\)，[其中圆的直径的端点是\(A(x_1，y_1)\)、\(B(x_2，y_2)\)]

二检典例