2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二4月月考数学（理）试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二4月月考数学（理）试题 解析版

绝密★启用前 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二4月月考数学（理)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．在100件产品中，有3件是次品，现从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的取法种数为 （ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：恰好有2件次品时，取法为，恰好有3件次品时，取法为，所以总数为。‎ 考点：排列组合。‎ ‎2．若，则的值为（ ）‎ A．4 B．4或5 C．6 D．4或6‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为，所以 或，所以 或 ‎，选D.‎ ‎3．小明同学喜欢篮球，假设他每一次投篮投中的概率为，则小明投篮四次，恰好两次投中的概率是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：利用二项分布的概率计算公式：概率 ‎ 即可得出．‎ 详解：：∵每次投篮命中的概率是， ‎ ‎∴在连续四次投篮中，恰有两次投中的概率． 故在连续四次投篮中，恰有两次投中的概率是．‎ 故选D.‎ 点睛：本题考查了二项分布的概率计算公式，属于基础题．‎ ‎4．若，（），则，的大小关系是（ ）‎ A． B． C． D．，的大小由的取值确定 ‎【答案】A ‎【解析】∵ ‎ 且 ， ∴，又，∴，故选C.‎ ‎5．用数学归纳法证明 时，到时，不等式左边应添加的项为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先列出当和时左边的式子，然后相减即可.‎ ‎【详解】‎ 解：当时，左边= ‎ 当时，左边= ‎ 所以不等式左边应添加的项为 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查数学归纳法的基本步骤，数学归纳法的第二步从到 时命题增加项可能不止一项.‎ ‎6．若展开式的常数项为60，则值为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由二项式展开式的通项公式写出第项，求出常数项的系数，列方程即可求解.‎ ‎【详解】‎ 因为展开式的通项为，‎ 令，则，所以常数项为，即，所以.‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式的通项即可求解，属于基础题型.‎ ‎7．已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则多项式展开式中的常数项为（ ）‎ A．10 B．42 C．50 D．182‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由第4项的二项式系数为最大，得出n=6，然后分析得到多项式的常数项只能是乘以中的项，乘以中的常数项，所以求出中的项与常数项，再分别与和相乘，再合并即为整个多项式的常数项.‎ ‎【详解】‎ 解：因为的展开式中第4项的二项式系数为，且最大 所以n=6‎ 所以多项式 二项式的展开通项式为 所以当k=4时，‎ 当k=3时，‎ 所以展开式中常数项为 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式系数的最大项和多项式乘以二项式的展开式，当n是偶数时，二项式系数最大值为，当n是奇数时，二项式系数最大值为或；多项式乘以二项式的展开式中某项系数问题，先要确定前面多项式各项应乘二项式中哪一项再分别计算即可.‎ ‎8．7张卡片上分别写有数字1 2 3 4 5 6 7 从中随机取出2张，记事件A＝“所取2张卡片上的数字之和为偶数”，事件B＝“所取2张卡片上的数字之和小于8”，则＝（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可将事件A＝“所取2张卡片上的数字之和为偶数”的所有情况全部列出来，再找出其中满足事件B＝“所取2张卡片上的数字之和小于8”的数目，然后求出概率.‎ ‎【详解】‎ 解：所取2张卡片上的数字之和小于8的情况有（1,3）、（1,5）、（1,7）、（3,5）、（3,7）、（5,7）、（2,4）、（2,6）、（4,6），共9种，其中和小于8的情况有（1,3）、（1,5）、（2,4），共3种 所以 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查条件概率的求法，事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率公式为，不过对于一些情况总数不多的情况采用穷举法更加方便.‎ ‎9．在二项式的展开式中，二项式系数的和为256，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由二项式系数的和为解出n，然后利用二项式展开通项式确定有理项的项数，然后利用插空法求出有理项互不相邻的排法数，除以排列总数即为所求概率.‎ ‎【详解】‎ 解：因为二项式系数的和为 解得n=8‎ 二项式的展开通项式为 其中当k=0、3、6时为有理项 因为二项式的展开式中共有9项，全排列有种排法，‎ 其中3项为有理项，6项为非有理项，且有理项要求互不相邻 可先将6项非有理项全排列共种 然后将3项有理项插入6项非有理项产生的7个空隙中共种 所以有理项都互不相邻的概率为 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查二项式系数和，以及排列中的不相邻问题。二项式系数和为，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和等于；相邻捆绑法，不相邻插空法是解决排列中相邻与不相邻问题的两种基础方法.‎ ‎10．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ）‎ A．每人都安排一项工作的不同方法数为 B．每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D．每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选项A中每人有四项工作可安排，5人应该是，选项A错误；选项B中先每项工作分一人，再安排另一人会有重复，选项B错误；选项C中先分组再分配中括号内的分组有重复，错误；选项D中分两类司机1人和司机2人，分类安排再相加正确.‎ ‎【详解】‎ 解：每人有四项工作可以安排，所以五人都安排一项工作的不同方法数为,选项A错误；每项工作至少有一人参加，则有一项工作安排两人，其他三项工作各一人，所以共有，选项B中是先每项工作安排一人，还剩下一人在四项工作选择，这样会有重复，比如：“甲、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，然后戊安排翻译”与“戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，然后甲安排翻译”重复计算了，选项B错误；选项C中是先分组后分配，代表的是5人分成3人、1人、1人三组，代表的是5人分成2人、2人、1人三组，然后三组人分配三项工作，乘以，然而分组的过程中和都有重复，比如：3人、1人、1人分组中先选择了甲、乙、丙三人一组，剩下丁、戊分两组只有一种分发，而不是种，选项C错误；选项D分两类考虑，第一类：司机安排一人为，另外4人分3组（4人选2人为一组，另外两人分两组只有一种分法），然后三组人安排司机除外的三项工作，共，第二类：司机安排两人，剩下3人安排另三项工作，共，两类相加得，选项D正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查排列组合中的分组分配问题，分组分配问题尽量采用先分组后分配相对不容易重复或遗漏，不过要注意分组中如果有平均分组需除以，以避免重复分组.‎ ‎11．牡丹江一中2019年将实行新课程改革，即除语、数、外三科为必考科目外，还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目．已知某生的高考志愿为北京大学环境科学专业，按照17年北大高考招生选考科目要求物、化必选，为该生安排课表（上午四节、下午四节，上午第四节和下午第一节不算相邻），现该生某天最后两节为自习课，且数学不排下午第一节，语文、外语不相邻，则该生该天课表有（　　）种．‎ A．444 B．1776 C．1440 D．1560‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先从生、史、地、政四选一，因为数学不能在下午第一节，且语文外语不相邻，可以分为语文外语有一科在下午第一节和都不在下午第一节两类，都不在下午第一节又分语文英语都在上午或上下午各一科进行讨论.‎ ‎【详解】‎ 解：首先理、化、生、史、地、政六选三，且物、化必选，所以只需在生、史、地、政四选一有种；然后对语文、外语排课进行分类，第1类：语文外语有一科在下午第一节，则另一科可以安排在上午四节课任意一节，剩下的四科可全排列，共种；第2类：语文外语都不在下午第一节，则下午第一节可在除语数外三科的另三科中选择，语文和外语可都安排在上午，可以是上午第一、三，上午一、四、上午二、四节3种，也可一科在上午任一节一科在下午第二节，其他三科可以全排列，共；所以总共有种.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查排列组合中的先选后排，在排列过程中涉及到特殊优先，不相邻要分类讨论.‎ ‎12．下列说法中正确的个数是( )‎ ‎(1) 已知，，，则　‎ ‎(2)将6个相同的小球放入4个不同的盒子中，要求不出现空盒，共有10种放法．‎ ‎(3) 被除后的余数为．‎ ‎(4) 若，则＝‎ ‎(5)抛掷两个骰子，取其中一个的点数为点的横坐标，另一个的点数为点的纵坐标，连续抛掷这两个骰子三次，点在圆内的次数的均值为 A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）中直接使用二项分布公式，，可计算；‎ ‎（2）中相同元素分组采用隔板法，6个球中间5个空隙，分4组只需插入3个隔板即可；‎ ‎（3），展开式中除了最后一项1都是49的倍数，都能被7整除；‎ ‎（4）偶数项的系数和只需分别令和，再两式相加减即可；‎ ‎（5）显然服从二项分布，n=3，所以只需算出成功的概率P，然后用可计算.‎ ‎【详解】‎ 解：，，，解得，(1)正确；‎ ‎6个相同的小球放入4个不同的盒子中，要求不出现空盒，即每个盒子至少1个，采用隔板法共种，(2)正确；，展开式中只有最后一项1不是7的倍数，所以被除后的余数为，(3)错误；在中，分别令和得，，两式相加除以2得：＝，(4)正确；抛掷两个骰子点共有36种情况，其中在圆内的有(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(2,3)、(3,1)、(3,2)共8种，所以掷这两个骰子一次，点在圆内的概率为，因为，所以的均值为，(5)错误；所以共有3个正确 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了二项分布的期望与方差，隔板法处理相同元素的分组问题，二项式定理偶数项系数和以及在整除问题中的应用。若随机变量，则，‎ ‎，在求一个随机变量的期望和方差时可先分析其是否为二项分布；二项式定理中的系数和问题一般采用赋值法，整除问题中，需要先凑出与除数有关的数，再观察分析.‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．若随机变量，且，则_________________‎ ‎【答案】0.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由随机变量，观察到正态分布曲线对称轴为直线X=3，所以，即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 解：因为随机变量，所以正态分布曲线关于直线X=3对称 所以 故答案为：0.6.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正态分布的性质，若，则正态分布曲线关于对称.‎ ‎14．已知随机变量的分布列如下表所示则的值等于________________‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由分布列中各概率和为1解出b，然后用期望公式求出，再由解出答案.‎ ‎【详解】‎ 解：因为 所以 所以 所以 故答案为：1.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查离散型随机变量的分布列，数学期望以及期望的性质.‎ ‎15．从1，3，5，7四个数中选两个数字，从0，2，4三个数中选一个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为_____________‎ ‎【答案】60‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先要分有0和没有0进行考虑，由于最后是奇数，所以有0时，0只能在中间，没有0时，偶数只能在前两位，然后分别求解即可.‎ ‎【详解】‎ 解：分两类考虑，第1类：有0，0只能排中间，共有种；第2类：没有0，且偶数只能放在前两位，共有；所以总共有12+48=60种 故答案为：60.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查计数原理的运用，采用先取后排的原则，排列时要注意特殊优先.‎ ‎16．为了庆祝六一儿童节，某食品厂制作了3种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5袋，能获奖的概率为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】能获奖有以下两种情况：①5袋食品中三种卡片数分别为1,1,3，此时共有×A33＝60(种)不同的方法，其概率为P1＝＝；②5袋食品中三种卡片数分别为2,2,1，共有×A33＝90(种)不同的装法，其概率为P2＝＝，所以所求概率P＝P1＋P2＝.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．为了解某地区某种农产品的年产量（单位：吨）对价格 ‎（单位：千元/吨）的影响，对近五年该农产品的年产量和价格统计如表：‎ x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ y ‎8‎ ‎6‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎2‎ 已知和具有线性相关关系．‎ ‎（1）求关于的线性回归方程；‎ ‎（2）若年产量为4.5吨，试预测该农产品的价格．‎ ‎（参考公式： ）‎ ‎【答案】（1）；（2）该农产品的价格为2.9千元/吨．.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合表格数据先算出，，，，然后利用公式即可求出线性回归方程.‎ ‎（2）在第（1）问的线性回归方程中代入x=4.5，解出即为预测农产品价格.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）计算可得，‎ ‎，则，‎ 所以y关于x的线性回归方程是 ；‎ ‎（2）当x＝4.5时，（千元/吨），‎ ‎∴该农产品的价格为2.9千元/吨．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查线性回归方程的求法，以及线性回归方程的应用，属于基础题.‎ ‎18．某大学高等数学这学期分别用两种不同的数学方式试验甲、乙两个大一新班（人数均为60人，入学数学平均分和优秀率都相同；勤奋程度和自觉性都一样）.现随机抽取甲、乙两班各20名的高等数学期末考试成绩，得到茎叶图。 学校规定：成绩不得低于85分的为优秀 ‎（1）根据以上数据填写下列的的列联表 甲 ‎ 乙 ‎ 总计 ‎ 成绩优秀 成绩不优秀 总计 ‎（2）是否有的把握认为成绩优异与教学方式有关？”(计算保留三位有效数字)‎ 下面临界值表仅供参考：‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）没有99%的把握认为成绩优异与教学方式有关.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合茎叶图给出的数据，直接填写表格即可；‎ ‎（2）结合第（1）问表格利用公式，参照临界值表作出判断.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ 甲 ‎ 乙 ‎ 总计 ‎ 成绩优秀 ‎3‎ ‎10‎ ‎13‎ 成绩不优秀 ‎17‎ ‎10‎ ‎27‎ 总计 ‎20‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎(2)由公式可得，‎ 没有99%的把握认为成绩优异与教学方式有关 ‎【点睛】‎ 本题考查了列联表与独立性检验，属于基础题.‎ ‎19．以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立坐标系，两个坐标系取相同的单位长度．已知直线的参数方程为，曲线的极坐标方程为 ‎（1）求曲线的直角坐标方程 ‎（2）设直线与曲线相交于两点，时，求的值．‎ ‎【答案】（1）y2＝4x；（2）45°或135°.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝4cosθ，两边同乘ρ结合，即可；‎ ‎（2）由直线的参数方程观察得直线过定点(1,0)，用点斜式设直线方程联立曲线C方程，用弦长公式求出弦长，列方程求出直线斜率，然后解出.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝4cosθ，‎ ‎∴ρ2sin2θ＝4ρcosθ，‎ ‎∵ρsinθ＝y，ρcosθ＝x，‎ ‎∴曲线C的直角坐标方程为y2＝4x．‎ ‎（2）∵直线l的参数方程为参数，0＜a＜π），‎ ‎∴tanα＝，直线过（1，0），‎ 设l的方程为y＝k（x﹣1），‎ 代入曲线C：y2＝4x，消去y，‎ 得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 则 ，x1x2＝1，‎ ‎∵|AB|＝8．‎ ‎∴＝8，‎ 解得k＝±1，‎ 当k＝1时，α＝45°；‎ 当k＝﹣1时，α＝135°．‎ ‎∴α的值为45°或135°．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了抛物线的极坐标方程，直线的参数方程，直线与抛物线的位置关系，对于极坐标系和参数方程不是很熟悉的同学建议都将其转化为平面直角坐标系中的普通方程进行解决.‎ ‎20．甲、乙两人参加某种选拔测试.规定每人必须从备选的道题中随机抽出道题进行测试,在备选的道题中,甲答对其中每道题的概率都是,乙只能答对其中的道题.答对一题加分,答错一题(不答视为答错)得0分.‎ ‎(1)求乙得分的分布列和数学期望;‎ ‎(2)规定:每个人至少得分才能通过测试,求甲、乙两人中至少有一人通过测试的概率.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设乙的得分为的可能值有，分别计算概率，列出分布列，求解数学期望；‎ ‎（2）先由（1）中分布列算出乙通过的概率，再计算出甲通过的概率，然后计算出甲乙都没有通过的概率，用1去减即可得出甲、乙两人中至少有一人通过测试的概率.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设乙的得分为的可能值有 乙得分的分布列为:‎ X ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ P ‎ ‎ 所以乙得分的数学期望为 ‎ ‎(2) 乙通过测试的概率为 ‎ 甲通过测试的概率为, ‎ 甲、乙都没通过测试的概率为 所以甲、乙两人中至少有一人通过测试的概率为 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了离散型随机变量的分布列与概率的计算，遇到至多至少常采用间接法求解.‎ ‎21．某早餐店对一款新口味的酸奶进行了一段时间试销，定价为5元/瓶．酸奶在试销售期间足量供应，每天的销售数据按照[15，25]，（25，35]，（35，45]，（45，55]分组，得到如下频率分布直方图，以不同销量的频率估计概率．试销结束后，这款酸奶正式上市，厂家只提供整箱批发：大箱每箱50瓶，批发成本85元；小箱每箱30瓶，批发成本65元．由于酸奶保质期短，当天未卖出的只能作废．该早餐店以试销售期间的销量作为参考，决定每天仅批发一箱（计算时每个分组取中间值作为代表，比如销量为（45，55]时看作销量为50瓶）．‎ ‎（1）设早餐店批发一大箱时，当天这款酸奶的利润为随机变量X，批发一小箱时，当天这款酸奶的利润为随机变量Y，求X和Y的分布列；‎ ‎（2）从早餐店的收益角度和利用所学的知识作为决策依据，该早餐店应每天批发一大箱还是一小箱？（必须作出一种合理的选择）‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）早餐店应该批发一小箱.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先由频率分布直方图求出各销量对应的概率，然后分别列出随机变量X和Y可能的取值及其概率；‎ ‎（2）先算出随机变量X和Y的数学期望，发现期望值相同，然后再算出其方差，方差越小越稳定越好.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）若早餐店批发一大箱，批发成本为75元，依题意，销量有20，30，40，50四种情况．‎ 当销量为20瓶时，利润为5×20﹣85＝15元，‎ 当销量为30瓶时，利润为5×30﹣85＝65元，‎ 当销量为40瓶时，利润为5×40﹣85＝115元，‎ 当销量为50瓶时，利润为5×50﹣85＝165元．‎ 随机变量X的分布列为：‎ X ‎15‎ ‎65‎ ‎115‎ ‎165‎ P ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ 若早餐店批发一小箱，批发成本为60元，依题意，销量有20，30两种情况．‎ 当销量为20瓶时，利润为5×20﹣60＝40元，‎ 当销量为30瓶时，利润为5×30﹣60＝90元．‎ 随机变量Y的分布列为：‎ Y ‎35‎ ‎85‎ P ‎0.3‎ ‎0.7‎ ‎（2）根据①中的计算结果，‎ 所以E（X）＝15×0.3+65×0.4+115×0.2+165×0.1＝70（元），‎ 所以E（Y）＝35×0.3+85×0.7＝70（元）．‎ E（X）=E（Y),‎ 又因为D(X)>D(Y)‎ 所以早餐店应该批发一小箱．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了频率分布直方图以及随机变量的分布列，看频率分布直方图时要小心纵坐标不是频率，随机变量的分布列要先确定随机变量可能的取值，然后再分别写出其概率，列出分布列，在做决策时经常会先比较数学期望，期望值相同时比较方差，方差越小越稳定.‎ ‎22．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）点P(2，3)， Q（2，-3）在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两恻的动点，‎ ‎①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；‎ ‎②当A、B运动时，满足于∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由.‎ ‎【答案】1）;2）（1）;(2)直线的斜率是一个定值.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据抛物线焦点，求得b，再由离心率和椭圆中a、b、c的关系求得a、c的值，进而得到椭圆的标准方程。‎ ‎(2)设出A、B的坐标，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理求得x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4；由直线x=2与椭圆交于P,Q两点可求得P,Q两点的坐标，则四边形APBQ的面积S=S△APQ+S△BPQ，即可得到面积的最大值；设出直线方程，联立椭圆方程，化简得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理得到AB斜率的表达形式，即可得到斜率为定值。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)设椭圆C的方程为=1(a>b>0),由题意可得它的一个顶点恰好是抛物线x2=4y的焦点(0,),∴b=.‎ 再根据离心率,求得a=2,‎ ‎∴椭圆C的方程为=1.‎ ‎(2)①设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程为y=x+t,代入椭圆C的方程化简可得x2+2tx+2t2-4=0,由Δ=4t2-4(2t2-4)>0,求得-2

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