2024年北京市高考数学试卷

2024年北京市高考数学试卷一、选择题。共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）已知集合M＝{x|﹣3＜x＜1}，N＝{x|﹣1≤x＜4}，则M∪N＝（）A．{x|﹣1≤x＜1} B．{x|x＞﹣3} C．{x|﹣3＜x＜4} D．{x|x＜4}2．（4分）若复数z满足，则z＝（）A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i3．（4分）圆x2+y2﹣2x+6y＝0的圆心到x﹣y+2＝0的距离为（）A． B．2 C．3 D．34．（4分）在的展开式中，x3的系数为（）A．6 B．﹣6 C．12 D．﹣125．（4分）设，是向量，则“（+）•（﹣）＝0”是“＝﹣或＝”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．（4分）设函数f（x）＝sinωx（ω＞0）．已知f（x1）＝﹣1，f（x2）＝1，且|x1﹣x2|的最小值为，则ω＝（）A．1 B．2 C．3 D．47．（4分）生物丰富度指数是河流水质的一个评价指标，其中S，N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数．生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（）A．3N2＝2N1 B．2N2＝3N1 C．＝ D．＝8．（4分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为（）A．1 B．2 C． D．9．（4分）已知（x1，y1），（x2，y2）是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则（）A． B． C． D．10．（4分）已知M＝{（x，y）|y＝x+t（x2﹣x），1≤x≤2，0≤t≤1}是平面直角坐标系中的点集．设d是M中两点间的距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则（）A．d＝3，S＜1 B．d＝3，S＞1 C． D．二、填空题。共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）抛物线y2＝16x的焦点坐标为．12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称．若，则cosβ的最大值为．13．（5分）若直线y＝k（x﹣3）与双曲线只有一个公共点，则k的一个取值为．14．（5分）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm，325mm，325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为mm，升量器的高为mm．（不计量器的厚度）15．（5分）设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素．其中正确结论的序号是．三、解答题。共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．（10分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠A为钝角，a＝7，．（1）求∠A；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．条件①：b＝7；条件②：cosB＝；条件③：csinA＝．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，DE＝PE＝2．（1）若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD．（2）若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．18．（15分）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：索赔次数01234保单份数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率．（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．（i）记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX；（ii）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中EX估计值的大小，（结论不要求证明）19．（15分）已知椭圆方程E：，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点（0，t）（t＞）且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C（0，1）的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．（1）求椭圆E的方程及离心率；（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．20．（15分）设函数f（x）＝x+kln（1+x）（k≠0），直线l是曲线y＝f（x）在点（t，f（t））（t＞0）处的切线．（1）当k＝﹣1，求f（x）单调区间；（2）证明：l不经过（0，0）；（3）当k＝1时，设点A（t，f（t））（t＞0），C（0，f（t）），O（0，0），B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO和△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？（参考数据：1.09＜ln3＜1.10，1.60＜ln5＜1.61，1.94＜ln7＜1.95）21．（15分）已知集合M＝{（i，j，k，w）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}．给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts⋯T2T1（A），简记为Ω（A）．（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a+4，a8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，请说明理由；（3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8”．

2024年北京市高考数学试卷（回忆版）参考答案与试题解析一、选择题。共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）已知集合M＝{x|﹣3＜x＜1}，N＝{x|﹣1≤x＜4}，则M∪N＝（）A．{x|﹣1≤x＜1} B．{x|x＞﹣3} C．{x|﹣3＜x＜4} D．{x|x＜4}【考点】并集及其运算．【答案】C【分析】结合并集的定义，即可求解．【解答】解：集合M＝{x|﹣3＜x＜1}，N＝{x|﹣1≤x＜4}，则M∪N＝{x|﹣3＜x＜4}．故选：C．2．（4分）若复数z满足，则z＝（）A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i【考点】复数的运算．【答案】C【分析】结合复数的四则运算，即可求解．【解答】解：，则z＝i（﹣1﹣i）＝1﹣i．故选：C．3．（4分）圆x2+y2﹣2x+6y＝0的圆心到x﹣y+2＝0的距离为（）A． B．2 C．3 D．3【考点】圆的一般方程．【答案】D【分析】求解圆的圆心坐标，利用点到直线的距离公式求解即可．【解答】解：圆x2+y2﹣2x+6y＝0的圆心（1，﹣3），圆x2+y2﹣2x+6y＝0的圆心到x﹣y+2＝0的距离：d＝＝3．故选：D．4．（4分）在的展开式中，x3的系数为（）A．6 B．﹣6 C．12 D．﹣12【考点】二项式定理．【答案】A【分析】利用二项式定理，求解即可．【解答】解：的通项公式为：（﹣1）r，，可得r＝2，二项展开式中x3的系数：•（﹣1）2＝6．故选：A．5．（4分）设，是向量，则“（+）•（﹣）＝0”是“＝﹣或＝”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】充分条件与必要条件．【答案】B【分析】根据已知条件，依次判断充分性，必要性的判断，即可求解．【解答】解：（+）•（﹣）＝0，则，即，不能推出＝或＝﹣，充分性不成立，＝或＝﹣能推出，必要性成立，故“（+）•（﹣）＝0”是“＝或＝﹣”的必要不充分条件．故选：B．6．（4分）设函数f（x）＝sinωx（ω＞0）．已知f（x1）＝﹣1，f（x2）＝1，且|x1﹣x2|的最小值为，则ω＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】正弦函数的图象．【答案】B【分析】由已知结合正弦函数的性质即可直接求解．【解答】解：因为f（x）＝sinωx，则f（x1）＝﹣1为函数的最小值，f（x2）＝1为函数的最大值，又＝，所以T＝π，ω＝2．故选：B．7．（4分）生物丰富度指数是河流水质的一个评价指标，其中S，N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数．生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N1变为N2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（）A．3N2＝2N1 B．2N2＝3N1 C．＝ D．＝【考点】根据实际问题选择函数类型．【答案】D【分析】根据已知条件可得＝2.1，＝3.15，化简即可求解．【解答】解：根据个体总数由N1变为N2可列式，＝2.1，＝3.15，所以2.1lnN1＝3.15lnN2，约分可得2lnN1＝3lnN2，故＝，所以＝．故选：D．8．（4分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为（）A．1 B．2 C． D．【考点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】D【分析】根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PO⊥平面ABCD，再结合等体积法，即可求解．【解答】解：底面ABCD为正方形，边长为4，PA＝PB＝AB＝4，，别取BC，AD的中点E，F，连接PE，PF，EF，如图所示：则PE⊥BC，EF⊥BC，且PE∩BC＝E，PE，EF⊂平面PEF，故BC⊥平面PEF，且BC⊂平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD，过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，由平面PEF∩平面ABCD＝EF，PO⊂平面PEF，所以PO⊥平面ABCD，由题意可得：，PF＝2，EF＝4，则PE2+PF2＝EF2，即PE⊥PF，则，故，所以四棱锥的高为，故选：D．9．（4分）已知（x1，y1），（x2，y2）是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则（）A． B． C． D．【考点】指数函数的图象；指数函数的单调性与最值；对数的运算性质．【答案】B【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，以及对数的运算性质，即可求解．【解答】解：（x1，y1），（x2，y2）是y＝2x上的点，则，，，当且仅当x1＝x2时，等号成立，故＞，两边同时取对数可得，＞．故选：B．10．（4分）已知M＝{（x，y）|y＝x+t（x2﹣x），1≤x≤2，0≤t≤1}是平面直角坐标系中的点集．设d是M中两点间的距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则（）A．d＝3，S＜1 B．d＝3，S＞1 C． D．【考点】简单线性规划．【答案】C【分析】根据已知条件，作出图象，结合图象即可得出答案．【解答】解：集合{y|y＝x+t（x2﹣x），0≤t≤1，1≤x≤2}表示的图形如下图阴影部分所示，由图象可知，，．故选：C．二、填空题。共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）抛物线y2＝16x的焦点坐标为（4，0）．【考点】抛物线的焦点与准线．【答案】见试题解答内容【分析】根据抛物线的标准方程计算可得．【解答】解：抛物线y2＝16x的焦点坐标是（4，0）．故答案为：（4，0）．12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称．若，则cosβ的最大值为﹣．【考点】两角和与差的三角函数．【答案】见试题解答内容【分析】先求出β的范围，再结合余弦函数的单调性，即可求解．【解答】解：α与β的终边关于原点对称可得，α+π+2kπ＝β，k∈Z，cosβ＝cos（α+π+2kπ）＝﹣cosα，，cosα∈[，]，所以cosβ∈[﹣，﹣]，故当α＝，β＝2k，k∈Z时，cosβ的最大值为﹣．故答案为：﹣．13．（5分）若直线y＝k（x﹣3）与双曲线只有一个公共点，则k的一个取值为（或﹣）．【考点】由直线与双曲线位置关系及公共点个数求解方程或参数．【答案】见试题解答内容【分析】根据已知条件，设出直线方程，再与双曲线方程联立，再分类讨论，并结合判别式，即可求解．【解答】解：联立，化简可得（1﹣4k2）x2+24k2x﹣36k2﹣4＝0，因为直线y＝k（x﹣3）与双曲线只有一个公共点，故1﹣4k2＝0，或Δ＝（24k2）2+4（1﹣4k2）（36k2+4）＝0，解得k＝或k无解，当k＝时，符合题意．故答案为：（或﹣）．14．（5分）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm，325mm，325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为23mm，升量器的高为57.5mm．（不计量器的厚度）【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意求出斛量器的体积和斗量器、升量器的体积，再求对应圆柱的高．【解答】解：斛量器的体积为V3＝π••230，则斗量器的体积为V2＝V3＝π••23，所以斗量器的高为23mm；设升量器的高为h，由升量器的体积为V1＝V2＝π••2.3＝π••h，解得h＝57.5，所以升量器的高为57.5mm；所以升量器、斗量器的高度分别57.5mm，23mm．故答案为：23，57.5．15．（5分）设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素．其中正确结论的序号是①③④．【考点】等差数列的性质．【答案】见试题解答内容【分析】根据散点图的特征可判断①④的正误，举出反例可判断②的正误，由通项公式的特征以及反证法，即可判断③的正误．【解答】解：对于①，{an}，{bn}均为等差数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，所以M中至多一个元素，故①正确；对于②，令，，满足{an}，{bn}均为等比数列，但当n为偶数时，，此时M中有无穷多个元素，故②错误；对于③，设，an＝kn+b（k≠0），若M中至少四个元素，则关于n的方程Aqn＝kn+b至少有4个不同的正数解，若q＜0，q≠±1，考虑关于n的方程Aqn＝kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，当Aqn＝kn+b有偶数解，此方程即为A|q|n＝kn+b，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln|q|＞0，否则Akln|q|＜0，因为y＝A|q|n，y＝kn+b单调性相反，方程A|q|n＝kn+b至多一个偶数解，当Aqn＝kn+b有奇数解，此方程即为﹣A|q|n＝kn+b，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时﹣Akln|q|＞0，即Akln|q|＜0，否则Akln|q|＞0，因为y＝﹣A|q|n，y＝kn+b单调性相反，方程A|q|n＝kn+b至多一个奇数解，因为Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同时成立，若q＞0，q≠1，则由y＝Aqn和y＝kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn＝kn+b至多有两个不同的解，矛盾；故Aqn＝kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确．对于④，因为{an}为单调递增，{bn}为递减数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确．故答案为：①③④．三、解答题。共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．（10分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠A为钝角，a＝7，．（1）求∠A；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．条件①：b＝7；条件②：cosB＝；条件③：csinA＝．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【考点】解三角形．【答案】（1）；（2）条件①不符合要求；选②，；选③，．【分析】（1）由已知等式结合二倍角公式和正弦定理求得sinA，即可得到A；（2）分析选条件①不符合要求；选条件②，由已知结合正弦定理求得b，由sinC＝sin（A+B）可求得sinC，再由三角形面积公式求解即可；选条件③，由（1）及已知可求得c，结合余弦定理求得b，再由三角形面积公式求解即可；．【解答】解：（1）因为＝2sinBcosB，因为A为钝角，所以B为锐角，cosB≠0，所以sinB＝b，在△ABC中，由正弦定理得，因为a＝7，所以sinA＝，因为A为钝角，所以A＝．（2）若选条件①，因为b＝7，a＝7，所以B＝A＝，与A+B+C＝π矛盾，此时△ABC不存在，故条件①不符合要求，不选①；若选条件②，因为cosB＝，所以sinB＝＝，在△ABC中，由正弦定理得，所以b＝•sinB＝×＝3，又sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB＝+（）×＝，所以△ABC的面积为S＝absinC＝×7×3×＝；若选条件③，由（1）知A＝，因为csinA＝，所以c＝5，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，即72＝b2+52﹣2b×5×cos，解得b＝3，所以△ABC的面积为S＝bcsinA＝×3×5×sin＝．17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，DE＝PE＝2．（1）若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD．（2）若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行．【答案】见试题解答内容【分析】（1）设M为PD的中点，连接FM，CM，证明四边形BCMF为平行四边形，即可得BF∥CM，由线面平行的判定定理即可证明；（2）易得CE⊥平面PAD，以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．【解答】（1）证明：如图，设M为PD的中点，连接FM，CM，因为F是PE中点，所以FM∥ED，且FM＝ED，因为AD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝3，DE＝PE＝2，所以四边形ABCE为平行四边形，BC∥ED，且BC＝ED，所以FM∥BC，且FM＝BC，即四边形BCMF为平行四边形，所以BF∥CM，因为BF⊄平面PCD，CM⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD．（2）解：因为AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD，EP，ED，EC相互垂直，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，2），A（0，﹣1，0），B（1，﹣1，0），C（1，0，0），D（0，2，0），所以＝（1，0，0），＝（0，1，2），＝（1，0，﹣2），＝（﹣1，2，0），设平面PAB的一个法向量为＝（x1，y1，z1），则，取z1＝﹣1，则＝（0，2，﹣1），设平面PCD的一个法向量为＝（x2，y2，z2），则，取z2＝1，则＝（2，1，1），设平面PAB与平面PCD夹角为θ，则cosθ＝＝＝＝．18．（15分）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：索赔次数01234保单份数800100603010假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元．假设不同保单的索赔次数相互独立．用频率估计概率．（1）估计一份保单索赔次数不少于2的概率；（2）一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差．（i）记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望EX；（ii）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中EX估计值的大小，（结论不要求证明）【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率；（2）（i）设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，用频率估计概率后可求得分布列及数学期望，从而可求E（X）；（ii）先算出下一期保费的变化情况，结合（i）的结果可求E（Y）．【解答】解：（1）设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得；（2）（i）设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，由题可得，，，，，所以，因为毛利润是保费与赔偿金额之差，故E（X）＝0.4﹣0.278＝0.122（万元）；（ii）由（i）知未赔偿的概率为，至少赔偿一次的概率为，故保费的变化为，设Y为保单下一保险期的毛利润，故E（Y）＝0.122+0.4032﹣0.4＝0.1252（万元）．所以E（X）＜E（Y）．19．（15分）已知椭圆方程E：，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点（0，t）（t＞）且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C（0，1）的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．（1）求椭圆E的方程及离心率；（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．【考点】直线与椭圆的综合．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据已知条件，结合勾股定理，求出b，c，再结合椭圆的性质，即可求解；（2）先设出直线AB的方程，并与椭圆的方程联立，再结合韦达定理，以及判别式，即可求解．【解答】解：（1）椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，则，故a2＝b2+c2＝2，解得；，所以椭圆方程为，离心率为；（2）显然直线AB斜率存在，否则B，D重合，直线BD斜率不存在与题意矛盾，同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，设AB：y＝kx+t，，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，化简并整理得（1+2k2）x2+4ktx+2t2﹣4＝0，由题意可知，Δ＝16k2t2﹣8（2k2+1）（t2﹣2）＝8（4k2+2﹣t2）＞0，即k，t应满足4k2+2﹣t2＞0，由韦达定理可知，，，若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D（﹣x2，y2），故，令x＝0，则＝＝＝，解得t＝2，此时k满足，解得k＞或k＜，综上所述，t＝2满足题意，此时k的取值范围为{k|或}．20．（15分）设函数f（x）＝x+kln（1+x）（k≠0），直线l是曲线y＝f（x）在点（t，f（t））（t＞0）处的切线．（1）当k＝﹣1，求f（x）单调区间；（2）证明：l不经过（0，0）；（3）当k＝1时，设点A（t，f（t））（t＞0），C（0，f（t）），O（0，0），B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO和△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？（参考数据：1.09＜ln3＜1.10，1.60＜ln5＜1.61，1.94＜ln7＜1.95）【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【答案】见试题解答内容【分析】（1）直接代入k＝﹣1，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程，将（0，0）代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入2S△ACO＝15S△ABO得到，再设新函数研究其零点即可．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣ln（1+x），，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）在（﹣1，0）上单调递减，当x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，则f（x）的单调递减区间为（﹣1，0），单调递增区间为（0，+∞）．（2），l的斜率为，故切线方程为，代入（0，0），，，，则，，令，若l过（0，0），则F（t）在t∈（0，+∞）存在零点．，故F（t）在（0，+∞）上单调递增，F（t）＞F（0）＝0，不满足假设，故l不过（0，0）．（3）k＝1，f（x）＝x+ln（1+x），，，设l与y轴交点B为（0，q），t＞0时，若q＜0，则此时l与f（x）必有交点，与切线定义矛盾．由（2）知q≠0，∴q＞0，则切线l的方程为，令x＝0，则，∵2S△ACO＝15S△ABO，则，∴，记，∴满足条件的A有几个即h（t）有几个零点．h′（t）＝﹣2﹣＝＝＝，t时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；t时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；t∈（4，+∞）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；∵h（0）＝0，h（）＜0，h（4）＝13ln5﹣20＞13×1.6﹣20＝0.8＞0，，∴由零点存在性定理及h（t）的单调性，h（t）在上必有一个零点，在（4，24）上必有一个零点．综上所述，h（t）有两个零点，即满足2SACO＝15SABO的A有两个．21．（15分）已知集合M＝{（i，j，k，w）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}．给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts⋯T2T1（A），简记为Ω（A）．（1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）；（2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a+4，a8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，请说明理由；（3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8”．【考点】数列的应用．【答案】见试题解答内容【分析】（1）直接按照Ω（A）的定义写出Ω（A）即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；（3）分充分性和必要性两方面论证．【解答】解：（1）Ω（A）：3，4，4，5，8，4，3，10；（2）假设存在符合条件的Ω，可知Ω（A）的第1，2项之和为a1+a2+s，第3，4项之和为a3+a4+s，则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω；（3）证明：设序列Tk...T2T1（A）为{ak，n}（1≤n≤8），特别规定a0，n＝an（1≤n≤8）．必要性：若存在序列Ω：ω1，ω2，…，ωs，使得Ω（A）为常数列．则as，1＝as，2＝as，3＝as，4＝as，5＝as，6＝as，7＝as，8，所以as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8，根据Tk…T2T1（A）的定义，显然有ak，2j﹣1+ak，2j＝ak﹣1，2j﹣1+ak﹣1，2j，j＝1，2，3，4；k＝1，2，…，不断使用该式可以得到：a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，必要性成立．充分性：若a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8．由已知，a1+a3+a5+a7为偶数，而a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，所以a2+a4+a6+a8＝4（a1+a2）﹣（a1+a3+a5+a7）也是偶数．设Ts...T2T1（A）是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω（A）中，使得|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|最小的一个．上面已经证明ak，2j﹣1+ak，2j＝ak﹣1，2j﹣1+ak﹣1，2j，j＝1，2，3，4，k＝1，2，…，从而由a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，可得as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8，由于ik+jk+Sk+tk总是偶数，所以ak，1+ak，3+ak，5+ak，7和ak，2+ak，4+ak，6+ak，8的奇偶性保持不变，从而as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数．下面证明不存在j＝1，2，3，4使得|as，2j﹣1﹣as，2j|≥2，假设存在，根据对称性，不妨设j＝1，as，2j﹣1﹣as，2j≥2，即as，1﹣as，2≥2．情况1：若|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|＝0，则由as，1+as，3+as，