备战2025年高考二轮复习数学压轴大题抢分练2（Word版附解析）

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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:x2a2-y2b2=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=13OP,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,b2a),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b2a-1=2.
又e=ca=2,c2=a2+b2,
解得a=1,b=3,
所以E的方程为x2-y23=1.
(2)解设点P(x0,y0),切线m的方程为y-y0=k(x-x0),代入x2-y23=1得(3-k2)x2+2k(kx0-y0)x-(k2x02+y02-2kx0y0+3)=0,
故[2k(kx0-y0)]2+4(3-k2)(k2x02+y02-2kx0y0+3)=0.
该式可以看作关于k的一元二次方程(x02-1)k2-2x0y0k+y02+3=0,
所以k=x0y0x02-1=x0y0(1+y023)-1=3x0y0,
即m的方程为x0x-y0y3=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-y0y3=1得xA=1x0-y03,xB=1x0+y03,
故xA+xB=1x0-y03+1x0+y03=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=2x,x2-y23=1,解得x=3,y=6,故P(3,6),
所以yA=3xA=3x0-y03=33x0-y0=6+3,
所以yB=-3xB=-3x0+y03=-33x0+y0=6-3,
所以|yA-yB|=6,
所以S四边形AF1BF2=12|F1F2|·|yA-yB|=2|yA-yB|=12.
(3)证明设G(x,y),由OG=13OP,
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9x03x-3y0y3=1,
即x0x-y0y3=13,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=1x0-y03,yA=3·1x0-y03=3x0-y03,
所以d3=3x0x0-y03-3y0x0-y03-19x02+y02
=3x0-3y0-x0+y03x0-y039x02+y02=2x0-2y03x0-y039x02+y02
=29x02+y02.
由x0≥1,得d1=|-6x0-1|9x02+y02=6x0+19x02+y02,d2=|6x0-1|9x02+y02=6x0-19x02+y02.
因为d2+d3=6x0-19x02+y02+29x02+y02=6x0+19x02+y02=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14.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=0n(Cnk)2=C2nn,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2πnnen(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)=416=14,P(X=0)=816=12,P(X=2)=416=14,所以X的分布列为
E(X)=(-2)×14+0×12+2×14=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A44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2C42种情形,
于是p4=A44+2C4244=964.
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=0nC2nkC2n-kkC2n-2kn-k42n
=142n∑k=0n(2n)!(k!)2[(n-k)!]2
=142n(2n)!(n!)2∑k=0n(n!)2(k!)2[(n-k)!]2
=142n·C2nn∑k=0nCnkCnn-k
=142n·C2nn∑k=0n(Cnk)2=142n·(C2nn)2.
故p2n=142n·(C2nn)2=116n·(C2nn)2=116n·[(2n)!]2(n!)4.
(ⅱ)证明利用2πn(ne)n4πn(2ne) 2n[(6π) 142πn(ne) n] 2=4n6n,
于是p2n=142n·(C2nn)2>16n.
令f(x)=x-ln(1+x),当x>0时,f'(x)=1-11+x=x1+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=1np2k>∑k=1n16k>16∑k=1nln(1+1k)=16ln(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>16ln(n+1)>M.
综上所述,当n≥[e6M]时,Sn>M成立,因此该粒子是常返的.
X
-2
0
2
P
14
12
14