2024北京高考數(shù)學(xué)真題卷及答案

2024年北京高考數(shù)學(xué)一、單選題1．已知集合M{x3x，=?<<N={x|?1≤x<∪=（，則M．xx>?}BN）{?≤<}A．x1x1C．x|?3<<}D．xx<}xz=?1?i，則z=（2．已知iA．?1?iB．?1+iC．1?iD．1+i3．圓x2+y2?2x+6y=0的圓心到直線xB．2?y+2=0的距離為（）A．2C．3D．32()44．在x?x的展開(kāi)式中，的系數(shù)為（）x3A．6B．?6C．12D．?12()()?=5．設(shè)a，b是向量，則“ab·ab0是“a=?b或a=b”的（+A．充分不必要條件C．充要條件B．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件π6．設(shè)函數(shù)f(x)sinx(=ωω>0).已知f(1)=?1，f(2)=1x?xω=的最小值為，則（，且）122A．1B．2S?1C．3D．47d=S,N分別表示河流中的生物種類數(shù)與生物個(gè)體總數(shù).N生物豐富度指數(shù)d越大，水質(zhì)越好．如果某河流治理前后的生物種類數(shù)S沒(méi)有變化，生物個(gè)體總數(shù)由變?yōu)镹N，21生物豐富度指數(shù)由2.1提高到3.15，則（）A．3N221=B．D．2N2=31C．N22=13N32=128．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=22，該棱錐的高為（）.A．1B．2C．2D．3()()是函數(shù)y=2x9．已知x,y，x,y的圖象上兩個(gè)不同的點(diǎn)，則（）11221+yx+21+y21+2A．log22<1B．log2>22221+y1+yC．log22<+12D．log22>1+x222{()()}M=x,y|y=x+tx?x,1≤x≤2,0≤t≤1是平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)集.設(shè)是M中兩點(diǎn)間距離的最大值，210dS是M表示的圖形的面積，則（A．d=3，S<1）B．d=3，S>1C．d=10，S<1D．d=10，S>1二、填空題．拋物線y12xOy與角均以O(shè)x.若大值為13．若直線y=k(x?3)與雙曲線．2=16x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為．ππ63αβα∈cosβ的最,．x2?y2=1只有一個(gè)公共點(diǎn)，則k的一個(gè)取值為414．漢代劉歆設(shè)計(jì)的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為的等比數(shù)列，底面直徑依次為65mm,325mm,325mm，且斛量器的高為230mm，則斗量器的高為mm，升量器的高為mm．15．設(shè)a}與b}是兩個(gè)不同的無(wú)窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合M=k|a=b,k∈N，給出下列4個(gè)結(jié)論：{*}nnkk{}{}M1ab均為等差數(shù)列，則中最多有個(gè)元素；n①若②若③若④若與n{}{}M2anb均為等比數(shù)列，則中最多有個(gè)元素；n與{}{}M3ab為等比數(shù)列，則中最多有個(gè)元素；n為等差數(shù)列，為遞增數(shù)列，n{}{}M1ab為遞減數(shù)列，則中最多有個(gè)元素.nn其中正確結(jié)論的序號(hào)是.三、解答題316．在ABC中，內(nèi)角,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，∠A為鈍角，a=7，sin2B=(1)求∠A；bcosB．7(2)從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，使得ABC存在，求ABC的面積．135條件①：b7；條件②：=cosB=；條件③：csinA=3．1422017．如圖，在四棱錐P?ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3,點(diǎn)E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．(1)若F為線段PE中點(diǎn)，求證：BF//平面PCD．(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．18．某保險(xiǎn)公司為了了解該公司某種保險(xiǎn)產(chǎn)品的索賠情況，從合同險(xiǎn)期限屆滿的保單中隨機(jī)抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：賠償次數(shù)單數(shù)012348001006030100.430.80.6萬(wàn)元.假設(shè)不同保單的索賠次數(shù)相互獨(dú)立.用頻率估計(jì)概率.(1)估計(jì)一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；(2)一份保單的毛利潤(rùn)定義為這份保單的保費(fèi)與賠償總金額之差.()EX；（i）記X為一份保單的毛利潤(rùn)，估計(jì)X的數(shù)學(xué)期望（ⅱ）如果無(wú)索賠的保單的保費(fèi)減少4%，有索賠的保單的保費(fèi)增加20%，試比較這種情況下一份保單毛利潤(rùn)的數(shù)()EX學(xué)期望估計(jì)值與（i）中x22y221a=(>>0)，以橢圓E的焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是邊長(zhǎng)為2的正方形過(guò)點(diǎn)b19．已知橢圓E：+ab(t)t>為D．2且斜率存在的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn),B，過(guò)點(diǎn)和C0,1的直線AC與橢圓E的另一個(gè)交點(diǎn))()A(1)求橢圓E的方程及離心率；(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．20．設(shè)函數(shù)f(x)=x+1+x)(k≠0)，直線l是曲線y=f(x)(t,f())(>)0處的切線．在點(diǎn)tt(1)當(dāng)k=?1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)求證：l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0).(3)當(dāng)k=1At,f(t)t()(>)，(())，()，為與y軸的交點(diǎn)，分別表示△SACOSABOBlACO與0CftO0,0與ABO=2△ACO15△ABO的面積．是否存在點(diǎn)A使得成立？若存在，這樣的點(diǎn)A有幾個(gè)？<<，）（參考數(shù)據(jù)：，<<<<{(i,j,k,w)i2,j4,k6,w7,8,}21．已知集合M=∈∈∈∈且+++為偶數(shù)ijkwA:a,a,,a．給定數(shù)列，128?:T,T,TT=(i,j,k,w)∈M(t=,s)i,j,k,w和序列AA的第項(xiàng)均加，12sttttt1111()()i,j,k,wTT(A)項(xiàng)均加……；21TATA的第112222()?(A)以此類推，得到sTTA，簡(jiǎn)記為．21?:1,3,5,7),(6,8),1,3,5,7)，寫(xiě)出?(A)；(1)給定數(shù)列A:1,3,6,3,1,9和序列(2)是否存在序列??(A)為a+a+a+a+a+a+a+a+412345678?；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；?(A)?的各項(xiàng)都相等”的充要條(3)若數(shù)列A1357“存在序列+++a+a=a+a=a+a=a+a”件為“．812345672024年北京高考數(shù)學(xué)一、單選題1．已知集合M{x3x，=?<<N={x|?1≤x<∪=（，則M．xx>?}BN）{?≤<}A．x1x1C．x|?3<<}D．xx<}x【答案】C【詳解】根據(jù)題意得M∪Nx|3x4.={?<<}故選C.z=?1?i，則z=（2．已知iA．?1?iB．?1+iC．1?iD．1+i【答案】Czi1i1i.=(??)=?【詳解】根據(jù)題意得故選C.3．圓x2+y2?2x+6y=0的圓心到直線xB．2?y+2=0的距離為（）A．2C．3D．32【答案】D0，即(x?)【詳解】根據(jù)題意得x2+y2?2x6y+=2+(y+3)=10，21?(?3)+2=32(?)?+=則其圓心坐標(biāo)為3，則圓心到直線xy20的距離為.+(?)212故選D.()44．在x?x的展開(kāi)式中，的系數(shù)為（）x3A．6B．?6C．12D．?12【答案】Ar【分析】寫(xiě)出二項(xiàng)展開(kāi)式，令4?=3，解出r然后回代入二項(xiàng)展開(kāi)式系數(shù)即可得解.2r()4?x)r()4?()【詳解】x?x的二項(xiàng)展開(kāi)式為r1=C4?r=C4?1r,r=2,3,4，r4xrx2r(?)=6.2令4?=3，解得r2，即C=242故選A.()()?=5．設(shè)a，b是向量，則“ab·ab0是“a=?b或a=b”的（+A．充分不必要條件C．充要條件B．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件【答案】Ba=b，即，()()a+b?a?b=a2?b2=022【詳解】因?yàn)椋傻?ab()()a+b?a?b=0a=b可知等價(jià)于，)()a+b?a?b=0，可知必要性成立；(a=b若a=b或a=?b，可得，即()()a+b?a?b=0a=b若，即，無(wú)法得出ab或a==?b，例如a0),b()，滿足==a=b，但a≠b且a≠?b，可知充分性不成立；?(b)?=(“a+ab0”是“a≠b且a≠?b”的必要不充分條件.故選B.π6．設(shè)函數(shù)f(x)sinx(=ωω>B．20).已知f(1)=?1，f(2)=1x?xω=的最小值為，則（，且）122A．1C．3D．4【答案】B()fx()的最大值點(diǎn)，【詳解】根據(jù)題意可知：x1為xfx的最小值點(diǎn)，2為Tπ2π則12min?==，即Tπ，且=ω>0，所以ω==2.22T故選B.S?17d=S,N分別表示河流中的生物種類數(shù)與生物個(gè)體總數(shù).N生物豐富度指數(shù)d越大，水質(zhì)越好．如果某河流治理前后的生物種類數(shù)S沒(méi)有變化，生物個(gè)體總數(shù)由變?yōu)镹N，21生物豐富度指數(shù)由2.1提高到3.15，則（）A．3N221=B．D．2N2=31C．N2【答案】D2=13N32=12S?11S?1N2==3.15，消去S即可求解.【分析】根據(jù)題意分析可得S?1S?1N2==3.15===2.1ln13.15lnN2ln13lnNN，所以23212.【詳解】根據(jù)題意得，則，即12故選D.8．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=22，該棱錐的高為（）.A．1B．2C．2D．3【答案】D【詳解】底面ABCD為正方形，當(dāng)相鄰的棱長(zhǎng)相等時(shí)，不妨設(shè)PA=PB=AB=PC=PD=22，分別取AB,CD的中點(diǎn)E,F，連接PE,PF,EF，PE⊥AB,EF⊥ABPE∩EF=EPE,EF?則，且，平面PEF，可知AB⊥平面PEF，且AB?平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD，過(guò)P作EF的垂線，垂足為O，即PO⊥EF，=?由平面平面ABCDEF，PO平面PEF，所以PO⊥平面ABCD，根據(jù)題意可得：PE=23,PF=EF=4，則PE2+PF2=EF，即PE⊥PF，21212PE?PF則PEPF?=POEF，可得?PO==3，EF所以四棱錐的高為.3當(dāng)相對(duì)的棱長(zhǎng)相等時(shí)，不妨設(shè)PA=PC=4，PB=PD=22，因?yàn)锽D=42=PB+PD，此時(shí)不能形成三角形PBD，這樣情況不存在.故選D.()()是函數(shù)y=2x9．已知x,y，x,y的圖象上兩個(gè)不同的點(diǎn)，則（）11221+yx+x21+y21+2A．log22<1B．D．log2log2>22221+y1+yC．log22<1+22>1+x222【答案】Bx<xy=2x0<1<y是增函數(shù)，所以02x2，即，2【詳解】根據(jù)題意不妨設(shè)，因?yàn)楹瘮?shù)<<x2112+1+y1+x2221+2x21x22AB.可得>21x2=2，即2>2>0，22++1+y21x2212y=log2x>log221+y=根據(jù)函數(shù)是增函數(shù)，所以log2，A正確，B錯(cuò)誤；2231+y==y=y=2=∈()<1=+12，C錯(cuò)誤；C.例如121，則，可得log22log20,1，即21222221211+y31+y?∈(??)331log23+>?=12，D.例如1=?x2=?21=,y2=log22=log2=224282D錯(cuò)誤，故選B.{()()}M=x,y|y=x+tx?x,1≤x≤2,0≤t≤1是平面直角坐標(biāo)系中的點(diǎn)集.設(shè)是M中兩點(diǎn)間距離的最大值，210dS是M表示的圖形的面積，則（A．d=3，S<1）B．d=3，S>1C．d=10，S<1【答案】CD．d=10，S>1≤2yxy≥x【分析】先以t為變量，分析可知所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域。1≤x≤2【詳解】對(duì)任意給定x∈2]，則x2?x=x(x?)≥0，且∈[]t0,1，()x≤x+tx2?x≤x+x2?x=x2x≤y≤x，2可知，即≤2yxy≥x再結(jié)合x(chóng)的任意性，所以所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域，1≤x≤2()()()如圖陰影部分所示，其中A,B2,2,C2,4，1可知任意兩點(diǎn)間距離最大值dAC==10；陰影部分面積S<△ABC=×1×2=1.2故選C.二、填空題．拋物線y2=16x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為．【答案】(4,0)p2【分析】形如=2px,(p≠0)的拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為,0.y216x，所以其焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0).【詳解】根據(jù)題意拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y故答案為(0).2=ππ63αβα∈cosβ的最12xOy與角均以O(shè)x.若,大值為．12?/?0.5【答案】β=α+π+2π,kZ.∈【分析】首先得出【詳解】根據(jù)題意β=α+π+2π,kZ，從而cosβ=cosα+π+2π)=?cosα∈，ππ6313312α∈,cosα,cosβ?,?因?yàn)?，所以的取值范圍是，的取值范圍是?22π4π12α=β=+2π,k∈Zcosβ?當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取得最大值，且最大值為.331?答案為.2x213．若直線y=k(x?3)與雙曲線?y2=1只有一個(gè)公共點(diǎn)，則k的一個(gè)取值為．41212?【答案】（或，答案不唯一）【分析】聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，根據(jù)交點(diǎn)個(gè)數(shù)與方程根的情況列式即可求解.2x?y=12，化簡(jiǎn)并整理得：1?4k)x22+24k2x?36k?4=0，2【詳解】聯(lián)立4ykx3=(?)()2()由題意得1?4k2=0或Δ=24k2+436k2+41?4k=0，211解得k=±或無(wú)解，即k=±，經(jīng)檢驗(yàn)正確.221212?答案為或.14．漢代劉歆設(shè)計(jì)的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為的等比數(shù)列，底面直徑依次為65mm,325mm,325mm，且斛量器的高為230mm，則斗量器的高為mm，升量器的高為mm．115【答案】2357.5/23252π325222π×2302hhmm==10，【詳解】設(shè)升量器的高為，斗量器的高為（單位都是126523252πhπ221211522=h=，.11152答案為.15．設(shè)a}與b}是兩個(gè)不同的無(wú)窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合M=k|a=b,k∈N，給出下列4個(gè)結(jié)論：{*}nnkk{}{}M1ab均為等差數(shù)列，則中最多有個(gè)元素；n①若②若③若④若與n{}{}M2anb均為等比數(shù)列，則中最多有個(gè)元素；n與{}{}M3ab為等比數(shù)列，則中最多有個(gè)元素；n為等差數(shù)列，為遞增數(shù)列，n{}{}M1ab為遞減數(shù)列，則中最多有個(gè)元素.nn其中正確結(jié)論的序號(hào)是【答案】①③④.{}{}a,b【詳解】①，因?yàn)榫鶠榈炔顢?shù)列，故它們的散點(diǎn)圖分布在直線上，nn而兩條直線至多有一個(gè)公共點(diǎn)，故M中至多一個(gè)元素，①正確.a},b}=2n1,n(2)1na=2n1=n=?(?2)nn1M中有an=??n?,則nn無(wú)窮多個(gè)元素，②錯(cuò)誤.b=Aq(Aq≠q≠±)，anbkn=+(≠)0nAqnb=+③，設(shè)，若中至少四個(gè)元素，則關(guān)于的方程至少有y=+b=+bAq至多有兩個(gè)不M4n，則由yAq=n和n的散點(diǎn)圖可得關(guān)于的方程n個(gè)不同的正數(shù)解，若?>0，?≠1同的解，矛盾；若qq<≠±1，考慮關(guān)于的方程Aqb奇數(shù)解的個(gè)數(shù)和偶數(shù)解的個(gè)數(shù)，當(dāng)Aqnb有偶nn=+=+n=+Akq>0，數(shù)解，此方程即為Aqb，方程至多有兩個(gè)偶數(shù)解，且有兩個(gè)偶數(shù)解時(shí)Akq<0y=Aq,y=+bn否則，因單調(diào)性相反，n=+b至多一個(gè)偶數(shù)解，方程Aq當(dāng)Aqn=b有奇數(shù)解，此方程即為+?Aq=+b，n?Akq>0Akq<0即方程至多有兩個(gè)奇數(shù)解，且有兩個(gè)奇數(shù)解時(shí)Akq>0y=?Aq,y=+b單調(diào)性相反，n否則，因n=+b至多一個(gè)奇數(shù)解，方程AqAkq>0Akq<0，n=+b因?yàn)椴豢赡芡瑫r(shí)成立，因此Aq不可能有個(gè)不同的整數(shù)解，即中最多有3個(gè)4M元素，③正確.{}{}bna④因?yàn)闉檫f增數(shù)列，n④正確.答案為①③④.三、解答題316．在ABC中，內(nèi)角,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，∠A為鈍角，a=7，sin2B=(1)求∠A；bcosB．7(2)從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，使得ABC存在，求ABC的面積．135條件①：b=7；條件②：cosB=；條件③：csinA=3．142202π【答案】(1)A=；31534(2)選擇①無(wú)解；選擇②和③△ABC面積均為.π3314【分析】選擇①，利用正弦定理得B=，結(jié)合（1）問(wèn)答案即可排除；選擇②，首先求出sinB=，再代入式c=53子得b3，再利用兩角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面積公式即可；選擇③，首先得到=，再53利用正弦定理得到sinC=，再利用兩角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三角形面積公式即可；143）根據(jù)題意得2sinBcosB=bcosB，因?yàn)锳為鈍角，7b2a7===33則cosB≠0，則2sinB=b，則sinB3sinAsinA，解得sinA=，7272π因?yàn)锳為鈍角，則A=.3π3332π（2）選擇①b=7，則sinB=b=×7=，因?yàn)锳=，則B為銳角，則B=，3314142此時(shí)A+B=π，錯(cuò)誤擇②cosB=，因?yàn)锽為三角形內(nèi)角，則sinB=1?=，14333143則代入2sinB=b得2×=b，解得b=3，772π32π2πcosBcossinB(+)=+=sin+sinCsinABsin=B3331313353+?,=××=2142141412153153則SABC=absinC=×7×3×=.21434525選擇③csinA=3，則有c×=3，解得c=5，2275ac=5314==由正弦定理得，即3sinC，解得sinC，sinAsinC2253141114因?yàn)镃為三角形內(nèi)角，則cosC=1?=，2π32π2π=(+)=sinBsinACsin+C=sincosCcossinC+則3331115333+?，=××=2142141412133153則△ABC=acsinB=×7×5×=214417．如圖，在四棱錐P?ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3,點(diǎn)E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．(1)若F為線段PE中點(diǎn)，求證：BF//平面PCD．(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．【答案】(1)見(jiàn)解析30(2)30）取PD的中點(diǎn)為S，接SF,SC，則SF//ED,SFSF//BC,SF=BC12=ED1，=而ED//BC,ED2BC，故=，故四邊形SFBC為平行四邊形，PCD故BF//SC，而B(niǎo)F?平面PCD，SC平面?，所以BF//平面PCD.（2）因?yàn)?2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，故四邊形AECB為平行四邊形，故CE//AB，所以CE平面PAD，CE⊥PE,CE⊥ED⊥而PE,ED平面PAD，故?，而PEED，⊥故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，(?(?)A1,0,B1,0,C1,0,0,D2,0,P0,0,2，))()()(則則PA(2),PB2),PC2),PD(2),=??=??=?=?m=(x,y,z)，設(shè)平面PAB的法向量為?mPA0=?y?2zx?y?2z=0=0=(?)2,1，則由可得，取mm?PB=0)設(shè)平面PCD的法向量為n=(a,b,c，?nPC=?=0ab0=()，則由可得，取nb?2c=0n?PD=0?130故cosm,n==?，5×63030因此平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為3018．某保險(xiǎn)公司為了了解該公司某種保險(xiǎn)產(chǎn)品的索賠情況，從合同險(xiǎn)期限屆滿的保單中隨機(jī)抽取1000份，記錄并整理這些保單的索賠情況，獲得數(shù)據(jù)如下表：賠償次數(shù)單數(shù)012348001006030100.430.80.6萬(wàn)元.假設(shè)不同保單的索賠次數(shù)相互獨(dú)立.用頻率估計(jì)概率.(1)估計(jì)一份保單索賠次數(shù)不少于2的概率；(2)一份保單的毛利潤(rùn)定義為這份保單的保費(fèi)與賠償總金額之差.()EX（i）記X為一份保單的毛利潤(rùn)，估計(jì)X的數(shù)學(xué)期望；（ⅱ）如果無(wú)索賠的保單的保費(fèi)減少4%，有索賠的保單的保費(fèi)增加20%，試比較這種情況下一份保單毛利潤(rùn)的數(shù)()EX學(xué)期望估計(jì)值與（i）中1【答案】(1)10(2)(i)0.122萬(wàn)元；(ii)這種情況下一份保單毛利潤(rùn)的數(shù)學(xué)期望估計(jì)值大于（i）中E(X)估計(jì)值）設(shè)A為“隨機(jī)抽取一單，賠償不少于2次”，60+30+10800+100+60+30+10101由題設(shè)中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可得P(A)==.（2?。┰O(shè)為賠付金額，則可取0.8,1.6,2.4,3，ξξ800451001由題設(shè)中的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可得Pξ=0)==,Pξ=0.8)==，1000100010603303Pξ=1.6)==，Pξ=2.4)==，1000501010001001Pξ===，100010041331故Eξ)=0×+×+×+×+3×=0.2780.81.62.451050100100()=EX0.4?0.278=0.122（萬(wàn)元）.故41（ⅱ）由題設(shè)保費(fèi)的變化為0.4××96%0.4+××1.20.4032，=55()=EY+?=0.1220.40320.40.1252故()<()因此EXEY.x22y221a=(>>0)，以橢圓E的焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是邊長(zhǎng)為2的正方形過(guò)點(diǎn)b19．已知橢圓E：+ab(t)t>為D．2且斜率存在的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn),B，過(guò)點(diǎn)和C0,1的直線AC與橢圓E的另一個(gè)交點(diǎn))()A(1)求橢圓E的方程及離心率；(2)若直線BD的斜率為0，求t的值．x2y22【答案】(1)(2)t=2+=e=422）根據(jù)題意得b=c=2，進(jìn)一步得；a?41+2kt2?4+1()()()2Ax,y,Bx,y122（2AB:yt,kt=+≠>+=,12=，11222k21?y1+2(?)+xxy11AD:y=2=而，令x0.2b=c==2）根據(jù)題意，從而a=b2+c=2，22x2y22所以橢圓方程為+=1，離心率為e=；422（2）直線AB斜率不為0，否則直線AB與橢圓無(wú)交點(diǎn)，矛盾，()()()Ax,y,Bx,y，2從而設(shè)AB:yt,kt=+≠>2，11222xy+=11+2k，化簡(jiǎn)并整理得)x+4ktx+t?4=0，聯(lián)立42222y=+t(+1t)()+2?t>0Δ=16k2t2?82k22?2=84k22k,t根據(jù)題意，即應(yīng)滿足4k+2?t0，22>?41+2kt?42所以x+x=,xx=，122122k+12若直線BD斜率為0，由橢圓的對(duì)稱性可設(shè)D(?)，2,y21?y1+2(?)+AD:y=2xxy1，在直線AD方程中令x=0，所以1t)++tx4kt2)2+2y((+(+)2?1y21x+xt)21xx2得C==1221=21=+t==1，+1212+12+?4t所以t2，=2+2?t2=4k?2>24k0222此時(shí)k應(yīng)滿足，即k應(yīng)滿足k<?或k>，k≠0222由上所述，t2滿足題意，此時(shí)k=<?或k>.2220．設(shè)函數(shù)f(x)=x+1+x)(k≠0)，直線l是曲線y=f(x)(t,f())(>)0處的切線．在點(diǎn)tt(1)當(dāng)k=?1時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)求證：l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0).(3)當(dāng)k=1At,f(t)t()(>)，(())，()，為與y軸的交點(diǎn)，Bl分別表示△ACO與0CftO0,0與SACOSABOABO=2△ACO15△ABO的面積．是否存在點(diǎn)A使得成立？若存在，這樣的點(diǎn)A有幾個(gè)？<<，）（參考數(shù)據(jù)：，<<<<【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間為(0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).?(2)見(jiàn)解析(3)2）直接代入k=?1；k1+tty?ft)=1+(x?t)(t>0)(0,0)Ft)=+t)?代入再設(shè)新函數(shù)（2，利用導(dǎo)數(shù)研究其1+t零點(diǎn)即可；t（3）分別寫(xiě)出面積表達(dá)式，代入2SACO15SABO得到13t)t15=+??=0，再設(shè)新函數(shù)1+tt1+tht)=13+t)?t?(t>0)研究其零點(diǎn)即可.1x）f(x)=x?x),f(x)1+′=?=(x>?，1+x1+xx∈(?0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(+∞)當(dāng)，?′(?)>0；(0,+∞)上單調(diào)遞增.∴f(x)(?0)在上單調(diào)遞減，在?則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).kk1+t′=+，切線l的斜率為1+（2）f(x)1則切線方程為將(0,0)代入則，1+xk1+ty?ft)=1+(x?t)(t>0)，k1+tk1+t?f(t)=?t1+,f(t)=t1+，k1+ttt即tkt)++=t+t，則+t)=，+t)?=0，1+t1+tt令Ft)t)?=+，1+t(0,0)11+t+t)Ft)t∈(0,+∞)在存在零點(diǎn).假設(shè)l過(guò)，則1+t?tt′=?=>2∴F(t)在(0,，+∞Ft)F(0)=0>F(t)0)上單調(diào)遞增，(0,0)，2+t)∴F(t)在(0,+∞)∴無(wú)零點(diǎn)，與假設(shè)矛盾，故直線l不過(guò).1x+2（3）k=1時(shí)，f(x)xx),f(x)1=++′=+=>0.1+x1+x1=tft)，設(shè)l與軸交點(diǎn)y(0,q)，SACO為B2t>0時(shí)，若q0，則此時(shí)l與f(x)必有交點(diǎn)，與切線定義矛盾.<由（2）知q0.所以≠q>0，11+tytt1??(+)=1+(?)xt，則切線l的方程為t令x0，則=y=q=y=+t)?.t+1tt+12SACO=15SABOtft)=t+t)?，則，tt1+t13+t)?t?15=0h(t)=13+t)?t?有幾個(gè)零點(diǎn).(t>0)，，記1+t∴滿足條件的A有幾個(gè)即ht)()t+13?2t2+t+1?15131+t15(t+t2+t?4(?t+t?4)h(t)=?2?===，2t+2(t+2(t+212t∈′()<ht0ht()單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，此時(shí)12∈h′(t)>0h(t)單調(diào)遞增；當(dāng)t,4時(shí)，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)h(t)單調(diào)遞減；t∈(+∞)h′(t)<01因?yàn)閔(0)hh(4)13ln520131.6200.80，2==?×?=>15×24725725h(24)=13ln25?48?=26ln5?48?<26×1.61?48?=20.54<0，(4,24)251ht)ht),4上必有一個(gè)零點(diǎn)，在所以由零點(diǎn)存在性定理及的單調(diào)性，在2上必有一個(gè)零點(diǎn)，ht)2SACO=15SABO的A有兩個(gè).由上所述，有兩個(gè)零點(diǎn)，即滿足{(i,j,k,w)i2,j4,k6,w7,8,}221．已知集合M=∈∈∈∈且+++為偶數(shù)ijkw．給定數(shù)列i,j,k,w項(xiàng)均加，1A:a,a,,a，18?:T,T,TT=(i,j,k,w)∈M(t=,s)ttttt和序列AA的第12s111()()i,j,k,wTT(A)項(xiàng)均加……；21TATA的第112222()1?(A)以此類推，得到sTTA，簡(jiǎn)記為．2?:1,3,5,7),(6,8),1,3,5,7)，寫(xiě)出?(A)；(1)給定數(shù)列A:1,3,6,3,1,9和序列(2)是否存在序列??(A)為a+a+a+a+a+a+a+a+4，若存在，寫(xiě)出一個(gè)符合條件的12345678?；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；?(A)?的各項(xiàng)都相等”的充要條(3)若數(shù)列A1357“存在序列+++a+a=a+a=a+a=a+a”件為“．81234567?()A:4,5,8,4,3,10【答案】(1)(2)不存在符合條件的?，理由見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析【分析】解法一：利用反證法，假設(shè)存在符合條件的?，由此列出方程組，進(jìn)一步說(shuō)明方程組無(wú)解即可；解法二：(+)?(a2n1)==+a2nn2,3,4，4?共有8b2n12n檢驗(yàn)即可；a+a=a+a=a+a=a+aa,a,a,a相等得1357解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若，分類討論12345678()ΩA為常數(shù)列。個(gè)數(shù)，結(jié)合題意證明即可；若存在序列?，使得A:1,3,6,3,1,9）因?yàn)閿?shù)列，()()可得1T1,3,5,7TA:2,3,3,7,3,2,9；由序列由序列由序列1()()21T6,8TTA:4,3,5,7,2,10；可得2()()21T1,3,5,7TTTA:4,5,8,4,3,10；3可得3().ΩA:4,5,8,4,3,10所以()ΩA++a+3a4+s，（2）解法一：假設(shè)存在符合條件的?，可知的第1,2項(xiàng)之和為a1a2s，第3,4項(xiàng)之和為(+2)+(+6)=a21a2+s+a+4)+(+2)=1則，而該方程組無(wú)解，故假設(shè)不成立，(3a4+s+aa43故不存在符合條件的?；解法二：根據(jù)題意可知：對(duì)于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，假設(shè)存在符合條件的?，且ΩA:b,b,???,b，8()122+6+4+2+8+2+4+4=8，即序列?共有8因?yàn)?2n1+2n)?(a2n1+)==a2nn2,3,4，根據(jù)題意可知：n=2,3檢驗(yàn)可知：當(dāng)時(shí)，上式不成立，即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的?.(){(≤≤)=(≤≤8).a1nn（3）解法一：我們?cè)O(shè)序列TTTA為a1n8a，特別規(guī)定0,ns21s,n必要性：?:T,T,T，使得Ω(A)若存在序列的各項(xiàng)都相等.12sa=as,2=as,3=as,4=as,5=as,6=as,7=as,8a+a=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+a.ss,2s,8則，所以s()a+的定義，顯然有s,2j1=+=s=2,...，.TTTAas,2jas1,2j1as1,2jj2,3,4根據(jù)，這里s21a+a=a+a=a+a=a+a，必要性得證8所以不斷使用該式就得到，充分性：.1234567a+a=a+a=a+a=a+a.若12345678a+a+a+aa+a=a+a=a+a=a+a，所以12345678根據(jù)已知，為偶數(shù)，而1357a2a4684a+++=(+)?(a135a+)也是偶數(shù)7++.12()21()ΩA中，使得TTTA是通過(guò)合法的序列的變換能得到的所有可能的數(shù)列?我們?cè)O(shè)sa?a+as,3?as,4+as,5?as,6+as,7?as,8最小的一個(gè).ss,2a+as,2j=as1,2j1+as1,2jj=2,3,4s=2,....，這里，上面已經(jīng)證明s,2j1a+a=a+a=a+a=a+aa=+=+=+as,2as,3as,4as,5as,6as,7a.+從而由可得12345678ss,8i+j+k+wat+t,3+t,5+t,7a和t,2+t,4+t,6+t,8的奇偶性保持不變，從而同時(shí)，由于總是偶數(shù)，所以tttta+a+as,5+as,7a+as,4+as,6+as,8和s,2都是偶數(shù).ss,3j=2,3,4使得a?as,2j≥2.下面證明不存在s,2j1假設(shè)存在，根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)j1，=a?as,2j≥2a?a≥2，即ss,2.s,2j1情況1：若as,3as,4as,5as,6as,7as,80，則由?+?+?=a+a+as,5+as,7和a+as,4+as,6+as,8都是偶數(shù)，知s,2ss,3a?a≥4.ss,2()()()()5,8,6,8,2,3,7,4,5,7后，新的對(duì)該數(shù)列連續(xù)作四次變換as+4,1?as+4,2+as+4,3?as+4,4+as+4,5?as+4,6+as+4,7?as+4,8相比原來(lái)的as?as,2+as,3?as,4+as,5?as,6+as,7?as,8減少4，這與asas,2as,3as,4as,5as,6as,7as,8的最小性矛盾；?+?+?+?情況2：若as,3as,4as,5as,6as,7as,80，不妨設(shè)?+?+?>as,3?as,4>0.?as,4≥1，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換(4,5,7),(6,8)后，新的情況2-1as,3as+2,1?as+2,2+as+2,3?as+2,4+as+2,5?as+2,6+as+2,7?as+2,8相比原來(lái)的as?as,2+as,3?as,4+as,5?as,6+as,7?as,8至少a?a+as,3?as,4+as,5?as,6+as,7?as,8減少2，這與的最小性矛盾；ss,2()()5,8,2,3,7后，新的情況2-2a?as,3≥1，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換s,4as+2,1?as+2,2+as+2,3?as+2,4+as+2,5?as+2,6+as+2,7?as+2,8相比原來(lái)的as?as,2+as,3?as,4+as,5?as,6+as,7?as,8至少a?a+as,3?as,4+as,5?as,6+as,7?as,8減少2，這與這就說(shuō)明無(wú)論如何都會(huì)導(dǎo)致矛盾，所以對(duì)任意的的最小性矛盾j=2,3,4?as,2j≤1.s,2j1.ss,2都有aj=2,3,4a?as,2j=1as,2j1+as,2ja+a=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8假設(shè)存在使得都是s,2j1ss,2奇數(shù)，設(shè)為2N1+.}{}j=2,3,4a?as,2j≤1可知必有s,2j1as,2j1,as,2j=N,N+1.則此時(shí)對(duì)任意，由a+a+as,5+as,7a和s,2+as,4+as,6+as,8mas,m=N中的四個(gè)元素i,j,k,w而ss,3(i,j,k,w)?as1,2as1,3as1,4as1,5as1,6as1,7as比原來(lái)的asas,2as,3as,4as,5as,6as,7as,8a?a+as,3?as,4+as,5?as,6+as,7?as,8矛盾.+?+?+?列進(jìn)行一次變換a等于零，的最小性s?+?+?+?ss,2?=(=a+a=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8as,n}=Ω(A)as,2j1as,2j0j2,3,4是常數(shù)列，ss,2)充分性得證.()ΩA解法二：由題意可知：?中序列的順序不影響的結(jié)果，()()()()a,a,a,a,a,a,a,a相對(duì)于序列也是無(wú)序的，8且1234567a+a=a+a=a+a=a+a，8（?。┤?234567a≤