高考数学2矩阵变换的性质专题1

2020.03

4x1t5y13t5（t为参数）被曲线 1,求直线2cos()4所截的弦长.

2,如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB2,AF1.

（1）求二面角A-DF-B的大小；

（2）在线段AC上找一点P,使PF与AD所成的角为600 试确定点P的位置.

3,二阶矩阵M对应的变换将点（1,－1）与（－2,1）分别变换 成点（－1,－1）与（0，－2）. （1）求矩阵M；

（2）设直线l在变换M作用下得到了直线m：x－y=4，求l的方程．

4,已知a>0,b>0,c>0,abc=1,

1113222a(bc)b(ac)c(ab)2. 试证明：

5,某城市有甲、乙、丙、丁4个旅游景点，一位客人游览这4个景点的概率都是0.6，且客

人是否游览哪个景点互不影响．设表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点 数之差的绝对值．

（1）求的分布列及数学期望；

2f(x)x3x1在区间[4,)上单调递增”为事件A，求事件（2）记“函数

A的概率．

答案

4x1t5y13t2cos()5,4分别化为普通方程： 1, 将方程3x4y10，x2y2xy0,

1121117圆心C（，－），半径为圆心到直线的距离d＝，弦长＝2r2d22.2221021005uuuruuuruuur2, 解:（1）以CD,CB,CE为正交基底,建立空间直角坐标系,则

E(0,0,1),D(2,0,0),B0,2,0,A2,2,0,

ruuuruuur面ADF的法向量t(1,0,0),BD(2,2,0),BF(2,0,1).

rruuurruuur设面DFB法向量n(a,b,c),则nBD0,nBF0,

r2a2b0令a=1,得n(1,1,2)2ac0所以, urr1cosn,t,故2二面角A-DF-B的大小600

uuuruuurP(a,a,0)0a2,则PF(2a,2a,1),CB(0,2,0)（2）设

,

uuuruuurPF,CB600所以cos60022因为解得

a22a12a212,

22故存在满足条件的点P为AC的中点.

11b1a 1cd=，

2102=，所以

bbaa ccdd3, 解: （1）设M=，则有ab12ab0,,且cd12cd2

a1b221c3 3d44． 解得，所以M=

x12xx2yy3 4y3x4y且m：xy4， （2）因为所以（x+2y）－（3x+4y）=4，即x+y+2=0，它便是直线l的方程． 4, 解: 证明：由

x2yx2yx(y0),得x(y0)y4y4，

1()21bca11(11)a3(bc)a2(bc)11a4bcbc所以

1111111111()()33b4acc4abb(ac)c(ab)同理： ， 111133()3abc2 相加得：左2abc25, 解：（1）分别设客人游览甲景点、客人游览乙景点、客人游览丙景点 、客人游览丁景点为事件A1,A2,A3,A4,由已知A1,A2,A3,A4相互独立，且P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)0.6.

客人游览的景点数的可能取值为0，1，2，3，4;相应的，客人没有游览的景点数的可能取值为4，3，2，1,0.所以的可能取值为0，2,4

P(0)C42(0.6)2(10.6)20.3456.

P(2)C41(0.6)1(10.6)3C43(0.6)3(10.6)10.4992.44

P(4)(0.6)(10.6)0.1552 20.40.50.60.24,P(1)10.240.76 所以的分布列为

 0 2 4 P 0.3456 0.4992 0．1552

39f(x)(x)212,2f(x)x3x1在区间24（2）因为所以函数

3[,)2上单调递增．

E00.345220.499240.15521.6192.

要使

384,.f(x)在[4,)上单调递增，当且仅当2即3

8P(A)P()P(0)P(2)0.8448.3从而