3、一个容量为n的样本，分成若干组，已知某组的频数和频率分别是40，0.125，则n为(　　 )

A、640　　 B、320　　 C、240　　　 D、160

2、若一个命题的否命题是真命题，则其逆命题(　　　 )

A、　　　　　　　 不一定是真命题 B、一定是真命题 C、一定是假命题 D、不一定是假命题

1、集合的所有子集个数为(　　 )

A、4　　 B、3　　　 C、2　　　 D、1

22.解:设圆的圆心为P(a,b),半径为r，则P到x轴，y轴的距离分别为｜b｜、｜a｜，由题设知圆P截x轴所得劣弧所对圆心角为90°,故圆P截x轴所得弦长为r=2b.

∴r²=2b²　 　　　　　　　　 ①又由y轴截圆得弦长为2，∴r²=a²+1　　 　　　　　 ②

由①、②知2b²－a²=1.又圆心到l:x－2y=0的距离d=,∴5d²=(a－2b)²=a²+4b²－4ab≥a²+4b²－2(a²+b²)=2b²－a²=1.当且仅当a=b时“=”号成立，

∴当a=b时，d最小为，由得或由①得r=.

∴(x－1)²+(y－1)²=2或(x+1)²+(y+1)²=2为所求．

20.若动圆C与圆(x-2)²+y²=1外切，且和直线x+1=0相切.求动圆圆心C的轨迹E的方程.

解：设动圆的圆心C的坐标为(x，y)，则x-(-1)+1=，即x+2=，整理得y²=8x.所以所求轨迹E的方程为y²=8x.

21解：假设存在斜率为1的直线l,使l被圆C截得的弦AB为直径的圆过原点.设l的方程为y=x+b,A(x₁,y₁),B(x₂,y₂).

由OA⊥OB知，k_OA·k_OB=－1,即=－1,∴y₁y₂=－x₁x₂.

由,得2x²+2(b+1)x+b²+4b－4=0,

∴x₁+x₂=－(b+1),x₁·x₂=+2b－2,y₁y₂=(x₁+b)(x₂+b)=x₁x₂+b(x₁+x₂)+b²

=+2b－2－b(b+1)+b²=+b－2

∵y₁y₂=－x₁x₂ ∴+b－2=－(+2b－2) 即b²+3b－4=0.∴b=－4或b=1.

又Δ=4(b+1)²－8(b²+4b－4)=－4b²－24b+36=－4(b²+6b－9)

当b=－4时，Δ=－4×(16－24－9)>0;　 =1时，Δ=－4×(1+6－9)>0

故存在这样的直线l,它的方程是y=x－4或y=x+1,即x－y－4=0或x－y+1=0.

19.解：(1)圆x²+y²+8x-4y=0可写成(x+4)²+(y-2)²=20.

∵圆x²+y²⁺8x-4y=0与以原点为圆心的某圆关于直线y=kx+b对称，

∴y=kx+b为以两圆圆心为端点的线段的垂直平分线.∴×k=-1，k=2.

点(0，0)与(-4，2)的中点为(-2，1)，∴1=2×(-2)+b，b=5.∴k=2，b=5.

(2)圆心(-4，2)到2x-y+5=0的距离为d=.

而圆的半径为2，∴∠AOB=120°.

18．解：(1)当两直线的斜率不存在时，方程分别为，满足题意，

　　 当两直线的斜率存在时，设方程分别为与，

即： 与，由题意：，解得，

所以，所求的直线方程分别为：，　

综上：所求的直线方程分别为：，或．

(2)由(1)当两直线的斜率存在时，，∴，

∴，　 ∴，即，

∴，∴，∴，当，．

当两直线的斜率不存在时，， ∴，

此时两直线的方程分别为，．

17．解：设直线的方程为，

令，得，故，

令，得，故，

由题意知，，所以，

∴的面积，

∵ ，∴，从而，

当且仅当，即(舍去)时，，

所以，直线的方程为，即.

13 　14　 　15　 　　16　 (0，5)

22.设圆满足(1)y轴截圆所得弦长为2.(2)被x轴分成两段弧，其弧长之比为3∶1，在满足(1)、(2)的所有圆中，求圆心到直线l:x－2y=0的距离最小的圆的方程．

高二数学期末复习直线和圆的方程

一选择题

A，B，C，D，A，B，C，D，D， D，A，B