2024版高考数学微专题专练65离散型随机变量的均值与方差正态分布理（附解析）

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[基础强化]
一、选择题
1．[2022·辽宁省沈阳二中模拟]已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，且P(ξ＜1)＝0.6，则P(ξ＞－1)＝( )
A．0.6 B．0.4 C．0.3 D．0.2
2．已知X＋Y＝8，若X～B(10，0.6)，则E(Y)和D(Y)分别是( )
A．6和2.4B．2和2.4
C．2和5.6D．6和5.6
3．[2022·四川省高三诊断性测试]已知随机变量ξ～N(1，σ2)(σ＞0)，若P(1＜ξ≤4)＝0.32，则P(ξ＞4)＝( )
A．0.18B．0.36C．0.32D．0.16
4．已知离散型随机变量X的分布列如下：
则E(X)＝( )
A．1B．0.6C．2.44D．2.4
5．随机变量X的分布列如下表，且E(X)＝2，则D(2X－3)＝( )
A.2B．3C．4D．5
6．口袋中有5个形状和大小完全相同的小球，编号分别为0，1，2，3，4，从中任取3个球，以X表示取出的球的最小号码，则E(X)＝( )
．0.5C．0.55D．0.6
7．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7B．0.6C．0.4D．0.3
8．[2022·四川省广安市模拟]2022年第24届冬季奥林匹克运动会(即2022年北京冬季奥运会)的成功举办，展现了中国作为一个大国的实力和担当，“一起向未来”更体现了中国推动构建人类命运共同体的价值追求．在北京冬季奥运会的某个比赛日，某人欲在冰壶()、冰球()、花样滑冰()、跳台滑雪()、自由滑雪()、雪车()这6个项目随机选择3个比赛项目现象观察(注：比赛项目后括号内为“”表示当天不决出奖牌的比赛，“”表示当天会决出奖牌的比赛)，则所选择的3个观察项目中当天会决出奖牌的项目数的均值为( )
A．1B．eq \f(3,2)C．2D．eq \f(5,2)
9．[2022·内蒙古包头高三模拟]设0＜a＜1，随机变量ξ的分布列如下表：
当a在(0，1)内增大时，则( )
A.D(ξ)减小B．D(ξ)增大
C.D(ξ)先减小后增大D．D(ξ)先增大后减小
二、填空题
10．一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝________．
11．一个正四面体ABCD的四个顶点上分别标有1分，2分，3分和4分，往地面抛掷一次记不在地面上的顶点的分数为X，则X的均值为________．
12．在我校2018届高三10月份高考调研中，理科数学成绩X～N(90，σ2)(σ>0)，统计结果显示P(60≤X≤120)＝0.8，假设我校参加此次考试的有780人，那么估计此次考试中，我校成绩高于120分的有________人．
[能力提升]
13．[2022·河南省三市联考]甲乙丙三人参加2022年冬奥会北京、延庆、张家口三个赛区志愿服务活动，若每人只能选择一个赛区，且选择其中任何一个赛区是等可能的．记X为三人选中的赛区个数，Y为三人没有选中的赛区个数，则( )
A.E(X)＝E(Y)，D(X)＝D(Y)
B.E(X)＝E(Y)，D(X)≠D(Y)
C.E(X)≠E(Y)，D(X)≠D(Y)
D.E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y)
14．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设甲在每局中获胜的概率为eq \f(2,3)，乙在每局中获胜的概率为eq \f(1,3)，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数ξ的期望E(ξ)为( )
A.eq \f(241,81)B．eq \f(266,81)C．eq \f(274,81)D．eq \f(670,243)
15．2012年国家开始实行法定节假日高速公路免费通行政策，某收费站在统计了2021年清明节前后车辆通行数量，发现该站近几天每天通行车辆的数量ξ服从正态分布ξ～N(1000，σ2)，若P(ξ>1200)＝a，P(800<ξ<1000)＝b，则eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)的最小值为________．
16．[2022·山东省肥城适应性训练]在对某中学高一年级学生每周体育锻炼时间的调查中，采用随机数法，抽取了男生30人，女生20人.已知男同学每周锻炼时间的平均数为17小时，方差为11；女同学每周锻炼时间的平均数为12小时，方差为16.依据样本数据，估计本校高一年级学生每周体育锻炼时间的方差为________．
专练65 离散型随机变量的均值与方差、正态分布
1．A 由题意，正态曲线的对称轴为μ＝0，则ξ＝1与ξ＝－1关于对称轴对称，于是P(ξ＞－1)＝P(ξ＜1)＝0.6.
2．B ∵X～B(10，0.6)，∴E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，
又X＋Y＝8，∴Y＝8－X，
∴E(Y)＝8－E(X)＝8－6＝2，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝2.4.
3．A ∵P(ξ＞1)＝0.5，∴P(ξ＞4)＝P(ξ＞1)－P(1＜ξ≤4)＝0.5－0.32＝0.18.
4．D 由分布列的性质可知0.5＋m＋0.2＝1，
∴m＝0.3，
∴E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4.
5．C 由分布列的性质可知eq \f(1,6)＋p＋eq \f(1,3)＝1，
∴p＝eq \f(1,2)，
∴E(X)＝0×eq \f(1,6)＋2×p＋a×eq \f(1,3)＝1＋eq \f(a,3)＝2，
∴a＝3，
∴D(X)＝(0－2)2×eq \f(1,6)＋(2－2)2×eq \f(1,2)＋(3－2)2×eq \f(1,3)＝1，
∴D(2X－3)＝4D(X)＝4.
6．B 由题可知X可取的值为0，1，2，则P(X＝0)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) )＝0.6，
P(X＝1)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) )＝0.3，
P(X＝2)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) )＝0.1，
∴E(X)＝0×0.6＋1×0.3＋2×0.1＝0.5.
7．B 由题意得X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，
得p＝0.4或p＝0.6，又P(X＝4)∴C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) p4(1－p)6∴(1－p)20.5，
∴p＝0.6.
8．B 所选择的3个观察项目中当天会决出奖牌的项目数为X，则X的取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(1,20)，P(X＝1)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ·C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(9,20)，P(X＝2)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ·C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(9,20)，P(X＝3)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(1,20)，则E(X)＝0×eq \f(1,20)＋1×eq \f(9,20)＋2×eq \f(9,20)＋3×eq \f(1,20)＝eq \f(3,2).
9．A 由题意，E(ξ)＝0×eq \f(1,2)＋1×eq \f(a,2)＋2×eq \f(1－a,2)＝1－eq \f(a,2)，
所以D(ξ)＝(0－1＋eq \f(a,2))2×eq \f(1,2)＋(1－1＋eq \f(a,2))2×eq \f(a,2)＋(2－1＋eq \f(a,2))2×eq \f(1－a,2)＝－eq \f(1,4)a2－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)＝－eq \f(1,4)(a＋1)2＋eq \f(1,2)，所以D(ξ)在(0，1)上随a增大而减小．
10．1.96
解析：由题意，X～B(100，0.02)，
∴D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
11.eq \f(5,2)
解析：X的分布列为
∴E(X)＝1×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,4)＋3×eq \f(1,4)＋4×eq \f(1,4)＝eq \f(5,2).
12．78
解析：∵X～N(90，σ2)，∴正态曲线关于直线x＝90对称，又P(60≤X≤120)＝0.8，∴P(X>120)＝eq \f(1－0.8,2)＝0.1，
∴估计高于120分的有780×0.1＝78人．
13．D 由题意得X的可能取值为1，2，3，
则P(X＝1)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ,33)＝eq \f(1,9)，P(X＝2)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,33)＝eq \f(2,3)，P(X＝3)＝eq \f(A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,33)＝eq \f(2,9)，
所以E(X)＝1×eq \f(1,9)＋2×eq \f(2,3)＋3×eq \f(2,9)＝eq \f(19,9)，
D(X)＝(1－eq \f(19,9))2×eq \f(1,9)＋(2－eq \f(19,9))2×eq \f(2,3)＋(3－eq \f(19,9))2×eq \f(2,9)＝eq \f(26,81)，
Y的可能取值为0，1，2，
则P(Y＝0)＝eq \f(A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,33)＝eq \f(2,9)，P(Y＝1)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,33)＝eq \f(2,3)，P(Y＝2)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ,33)＝eq \f(1,9)，
∴E(Y)＝0×eq \f(2,9)＋1×eq \f(2,3)＋2×eq \f(1,9)＝eq \f(8,9)，
D(Y)＝(0－eq \f(8,9))2×eq \f(2,9)＋(1－eq \f(8,9))2×eq \f(2,3)＋(2－eq \f(8,9))2×eq \f(1,9)＝eq \f(26,81)；
∴E(X)≠E(Y)，D(X)＝D(Y).
14．B 由已知，ξ的可能取值是2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为(eq \f(2,3))2＋(eq \f(1,3))2＝eq \f(5,9).若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响．
所以P(ξ＝2)＝eq \f(5,9)，P(ξ＝4)＝eq \f(5,9)×eq \f(4,9)＝eq \f(20,81)，P(ξ＝6)＝(eq \f(4,9))2＝eq \f(16,81)，所以E(ξ)＝2×eq \f(5,9)＋4×eq \f(20,81)＋6×eq \f(16,81)＝eq \f(266,81).故选B.
15．32
解析：由ξ～N(1000，σ2)，P(ξ>1200)＝a，P(800<ξ<1000)＝b得a＝0.5－b，所以a＋b＝eq \f(1,2)，则eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝2(eq \f(1,a)＋eq \f(9,b))(a＋b)＝2(10＋eq \f(b,a)＋eq \f(9a,b))≥2(10＋2eq \r(\f(b,a)·\f(9a,b)))＝32，所以eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)的最小值为32.
16．19
解析：根据平均数的计算公式，全班的平均数为eq \x\t(z)＝eq \f(17×30＋12×20,30＋20)＝15，
由s2＝eq \f(1,n)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) (xi－eq \x\t(x))2＝eq \f(1,n)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) (x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －2xieq \x\t(x)＋eq \x\t(x)2)＝eq \f(1,n)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －2eq \x\t(x)eq \f(1,n)eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))xi＋eq \x\t(x)2＝eq \f(1,n)eq \(∑,\s\up6(m),\s\d4(i＝1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －eq \x\t(x)2，设男同学为x1，x2，…，x30，女同学为y1，y2，…，y20，则男同学的方差s eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝eq \f(1,30)eq \(∑,\s\up6(30),\s\d4(i＝1)) (xi－17)2＝eq \f(1,30)eq \(∑,\s\up6(30),\s\d4(i＝1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －289＝11，从而eq \(∑,\s\up6(30),\s\d4(i＝1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) ＝300×30＝9000，
则女同学的方差s eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(1,20)eq \(∑,\s\up6(20),\s\d4(i＝1)) (yi－12)2＝eq \f(1,20)eq \(∑,\s\up6(20),\s\d4(i＝1))y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －144＝16，从而eq \(∑,\s\up6(20),\s\d4(i＝1))y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) ＝160×20＝3200；
所以全班同学的方差为s2＝eq \f(1,50)eq \(∑,\s\up6(50),\s\d4(i＝1)) (zi－15)2＝eq \f(1,50)eq \(∑,\s\up6(50),\s\d4(i＝1))z eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －225＝eq \f(1,50)(9000＋3200)－225＝19.
专练66 高考大题专练(六)
概率与统计的综合运用
1．解析：(1)设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为
p＝P(ABC＋eq \(A,\s\up6(－))BC＋Aeq \(B,\s\up6(－))C＋ABeq \(C,\s\up6(－)))
＝P(ABC)＋P(eq \(A,\s\up6(－))BC)＋P(Aeq \(B,\s\up6(－))C)＋P(ABeq \(C,\s\up6(－)))
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04
＝0.6.
(2)由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.
易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则
P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，
所以X的分布列为
则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
2．解析：(1)根据题表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是eq \f(150,200)＝0.75，乙机床生产的产品中一级品的频率是eq \f(120,200)＝0.6.
(2)根据题表中的数据可得
K2＝eq \f(400×（150×80－120×50）2,200×200×270×130)＝eq \f(400,39)≈10.256.
因为10.256>6.635，所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．
3．解析：(1)该林区这种树木平均一棵的根部横截面积eq \(x,\s\up6(－))＝eq \f(0.6,10)＝0.06(m2)，
平均一棵的材积量eq \(y,\s\up6(－))＝eq \f(3.9,10)＝0.39(m3).
(2)由题意，得eq \i\su(i＝1,10,)(xi－eq \(x,\s\up6(－)))2＝eq \i\su(i＝1,10,)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －10eq \(x,\s\up6(－))2＝0.038－10×0.062＝0.002，
eq \i\su(i＝1,10,)(yi－eq \(y,\s\up6(－)))2＝eq \i\su(i＝1,10,)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(i)) －10eq \(y,\s\up6(－))2＝1.6158－10×0.392＝0.0948，
eq \i\su(i＝1,10,)(xi－eq \(x,\s\up6(－)))(yi－eq \(y,\s\up6(－)))＝eq \i\su(i＝1,10,)xiyi－10eq \(x,\s\up6(－))eq \(y,\s\up6(－))＝0.2474－10×0.06×0.39＝0.0134，
所以相关系数r＝eq \f(0.0134,\r(0.002×0.0948))＝eq \f(0.0134,\r(1.896×0.0001))≈eq \f(0.0134,0.01377)≈0.97.
(3)因为树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以比例系数k＝eq \f(\(y,\s\up6(－)),\(x,\s\up6(－)))＝eq \f(0.39,0.06)＝6.5，
所以该林区这种树木的总材积量的估计值为186×6.5＝1209(m3).
4．解析：(1)由表可知，抽取的6件合格产品中有3件优等品，
所以，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
P(ξ＝0)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(1,20)，P(ξ＝1)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(9,20)，P(ξ＝2)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(9,20)，P(ξ＝3)＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) )＝eq \f(1,20)，
所以，随机变量ξ的期望为E(ξ)＝0×eq \f(1,20)＋1×eq \f(9,20)＋2×eq \f(9,20)＋3×eq \f(1,20)＝eq \f(3,2).
(2)①∵y＝c·xb，∴lny＝lnc＋blnx，
∵eq \(∑,\s\up6(6),\s\d4(i＝1)) (lnxi)＝24.6，eq \(∑,\s\up6(6),\s\d4(i＝1)) (lnyi)＝18.3，
∴eq \x\t(lnx)＝eq \f(1,6)eq \(∑,\s\up6(6),\s\d4(i＝1)) (lnxi)＝4.1，eq \x\t(lny)＝eq \f(1,6)eq \(∑,\s\up6(6),\s\d4(i＝1)) (lnyi)＝3.05，
∴eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\(∑,\s\up6(6),\s\d4(i＝1))（lnxi·lnyi）－6×\x\t(lnx)×\x\t(lny),\(∑,\s\up6(6),\s\d4(i＝1))（lnxi）2－6×（\x\t(lnx)）2)
＝eq \f(75.3－6×4.1×3.05,101.4－6×4.12)＝0.5，
eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(lny)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(lnx)＝3.05－0.5×4.1＝1，
∴lny＝1＋0.5lnx，所以，c＝e,
故y关于x的回归方程为eq \(y,\s\up6(^))＝ex0.5；
②由①知，eq \(y,\s\up6(^))＝ex0.5，
∴eq \(z,\s\up6(^))＝2eq \(y,\s\up6(^))－0.32x＝2ex0.5－0.32x＝－0.32(eq \r(x)－eq \f(e,0.32))2＋eq \f(e2,0.32)，
当eq \r(x)＝eq \f(e,0.32)，即x＝(eq \f(e,0.32))2≈72时，eq \(z,\s\up6(^))取得最大值，
故当优等品的尺寸x为72mm时，收益z的预报值最大．
5．解析：(1)由频率分布直方图可得，二级品的频率为10×(0.005＋0.04＋0.03)＝0.75，
一级品的频率为10×(0.02＋0.005)＝0.25，
按分层抽样抽取8个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6、2，
故事件“至少有一个一级品”的概率P＝eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) )＝eq \f(9,14).
(2)由题知X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝0.9×0.8×0.7＝0.504，
P(X＝1)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，
P(X＝2)＝0.1×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.3＝0.092，
P(X＝3)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，
所以X的分布列为
E(X)＝0×0.504＋1×0.398＋2×0.092＋3×0.006＝0.6.
专练67 高考大题专练(七)
坐标系与参数方程
1．解析：(1)∵点M在曲线C上，∴6＝3t，∴t＝2，∴a＝y＝2×22＋1＝9.
(2)∵直线l的极坐标方程为ρsin (θ－eq \f(π,6))＝－eq \r(3)，
∴直线l的直角坐标方程为x－eq \r(3)y－2eq \r(3)＝0.
∵点P在曲线C上，∴设P(3t，2t2＋1)，
则点P到直线l的距离为d＝eq \f(|3t－2\r(3)t2－3\r(3)|,2)，
当t＝eq \f(\r(3),4)时，dmin＝eq \f(21\r(3),16).
2．解析：(1)C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2＋t,6)，,y＝\r(t)．))
消去参数t，得C1的普通方程为y2＝6x－2(y≥0).
(2)曲线C3的极坐标方程为2csθ－sinθ＝0，
两边同乘ρ，得2ρcsθ－ρsinθ＝0，
则C3的直角坐标方程为y＝2x.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝6x－2（y≥0），,y＝2x，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2.))
将曲线C2的参数方程中的参数s消去，得y2＝－6x－2(y≤0).
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝－6x－2（y≤0），,y＝2x，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－2.))
所以C3与C1交点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2))，C3与C2交点的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1))和(－1，－2).
3．解析：(1)曲线C的参数方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)csθ，,y＝sinθ))(θ为参数)，转换为普通方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1；直线l过点M(1，0)且倾斜角为α，则参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋tcsα，,y＝tsinα))(t为参数).
(2)把直线l的参数方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋tcsα，,y＝tsinα))(t为参数)代入eq \f(x2,2)＋y2＝1.
得到(1＋sin2α)t2＋2tcsα－1＝0，
所以t1＋t2＝－eq \f(2csα,1＋sin2α)，
t1t2＝－eq \f(1,1＋sin2α)(t1和t2分别为A和B对应的参数)，
t1t2<0，则t1，t2异号，||MA|－|MB||＝||t1|－|t2||＝|t1＋t2|，
由eq \f(|MA|·|MB|,||MA|－|MB||)＝eq \f(\r(3),3)，
整理得|t1＋t2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(2csα,1＋sin2α)))＝eq \r(3)|t1t2|＝eq \f(\r(3),1＋sin2α)，
解得csα＝±eq \f(\r(3),2).
4．解析：(1)根据ρ＝2eq \r(2)csθ，得ρ2＝2eq \r(2)ρcsθ，
因为x2＋y2＝ρ2，x＝ρcsθ，
所以x2＋y2＝2eq \r(2)x，所以C的直角坐标方程为(x－eq \r(2))2＋y2＝2.
(2)设P(x，y)，M(x′，y′)，则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x－1，y)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(x′－1，y′).
因为eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(AM,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝\r(2)（x′－1）,y＝\r(2)y′))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝\f(x－1,\r(2))＋1,y′＝\f(y,\r(2))))，
因为M为C上的动点，
所以(eq \f(x－1,\r(2))＋1－eq \r(2))2＋(eq \f(y,\r(2)))2＝2，即(x－3＋eq \r(2))2＋y2＝4.
所以P的轨迹C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3－\r(2)＋2csα，,y＝2sinα))(其中α为参数，α∈[0，2π)).
所以|CC1|＝3－2eq \r(2)，⊙C1的半径r1＝2，又⊙C的半径r＝eq \r(2)，所以|CC1|所以C与C1没有公共点．
5．解析：(1)由曲线C1的参数方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋csα，,y＝sinα))(α为参数)，
消去参数，可得普通方程为(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0，
又由x＝ρcsθ，y＝ρsinθ，
代入可得曲线C1的极坐标方程为ρ＝2csθ，
设点B的极坐标为(ρ，θ)，A点的极坐标为(ρ0，θ0)，
则|OB|＝ρ，|OA|＝ρ0，ρ0＝2csθ0，θ＝θ0，
因为|OA|·|OB|＝8，
所以ρ·ρ0＝8，
即eq \f(8,ρ)＝2csθ，即ρcsθ＝4，
所以曲线C2的极坐标方程为ρcsθ＝4.
(2)由题意，可得|OM|＝2，
则S△ABM＝S△OBM－S△OAM＝eq \f(1,2)|OM|·|xB－xA|＝eq \f(1,2)×2×|4－2cs2θ|＝|4－2cs2θ|，
即S△ABM＝4－2cs2θ，
当cs2θ＝1时，可得S△ABM的最小值为2.
6．解析：(1)由ρsin(θ＋eq \f(π,3))＋m＝0，
得eq \f(1,2)ρsinθ＋eq \f(\r(3),2)ρcsθ＋m＝0.
∵ρcsθ＝x，ρsinθ＝y，
∴l的直角坐标方程为eq \f(\r(3),2)x＋eq \f(1,2)y＋m＝0.
(2)(方法一)把x＝eq \r(3)cs2t，y＝2sint代入eq \f(\r(3),2)x＋eq \f(1,2)y＋m＝0，得m＝－eq \f(3,2)cs2t－sint＝－eq \f(3,2)＋3sin2t－sint＝3(sint－eq \f(1,6))2－eq \f(19,12).
∵sint∈[－1，1]，
∴当sint＝eq \f(1,6)时，m取得最小值－eq \f(19,12)；
当sint＝－1时，m取得最大值eq \f(5,2).
∴m的取值范围是[－eq \f(19,12)，eq \f(5,2)].
(方法二)x＝eq \r(3)cs2t＝eq \r(3)(1－2sin2t)＝eq \r(3)[1－2(eq \f(y,2))2]＝eq \r(3)－eq \f(\r(3),2)y2.
∵y＝2sint，sint∈[－1，1]，∴y∈[－2，2].
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)－\f(\r(3),2)y2，,\r(3)x＋y＋2m＝0.))
消去x并整理，得3y2－2y－4m－6＝0，
即4m＝3y2－2y－6＝3(y－eq \f(1,3))2－eq \f(19,3)(－2≤y≤2).
∴－eq \f(19,3)≤4m≤10，∴－eq \f(19,12)≤m≤eq \f(5,2).
∴m的取值范围是[－eq \f(19,12)，eq \f(5,2)].
X
1
3
5
P
0.5
m
0.2
X
0
2
a
P
eq \f(1,6)
p
eq \f(1,3)
ξ
0
1
2
P
eq \f(1,2)
eq \f(a,2)
eq \f(1－a,2)
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
X
0
1
2
3
P
0.504
0.398
0.092
0.006.