北京市高考试题(数学理)解析版

1、20102010 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数数学（理）学（理） （北京卷）解析（北京卷）解析 本试卷分第卷和第卷两部分。 第卷 1 至 2 页、第卷 3 至 5 页，共 150 分。考试时长 120 分钟。 考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后，将本试卷和答题卡。 第卷第卷（选择题共 40 分） 一、本大题共 8 小题，每小题 5 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） 集合P xZ 0 x 3,M xR x2 9，则PI M= (A) 1,2 (B) 0,1,2 (C)x|0 x3 (D) x|0

2、 x3 1，B 解析： P 0,1,2，M 3,3 0,1,2 ，因此 PI M （2）在等比数列an中，a11，公比q 1.若am a1a2a3a4a5，则 m= （A）9（B）10（C）11（D）12 2，C 2341010a a a a a a qq q q q a q 123451解析：m，因此有 m 11 （3）一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正（主）视图与侧（左）视图分别如右图所示，则该 几何体的俯视图为 3，C 解析：很容易看出这是一个面向我们的左上角缺了一小块长方体的图形，不难选出答案。 （4）8 名学生和 2 位第师站成一排合影，2 位老师不相邻的排法种数为 8282

3、8282 （A）A 8 A 9 （B）A 8 C 9 （C） A 8 A 7 （D）A 8 C 7 4，A 8A 8 解析：基本的插空法解决的排列组合问题， 将所有学生先排列，有种排法，然后将两位老师插入 9 个空 282AA 98 中，共有种排法，因此一共有 A 9种排法。 （5）极坐标方程（-1） （）=0（0）表示的图形是 （A）两个圆（B）两条直线 （C）一个圆和一条射线（D）一条直线和一条射线 5，C 解析：原方程等价于 1 或 ，前者是半径为 1 的圆，后者是一条射线。 rrrrrrrr f (x) (xa b)(xb a)为一次函数”的 （6）若a,b是非零向量， “ab”是“函

4、数 （A）充分而不必要条件（B）必要不充分条件 （C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件 6，B b af (x) (xa b)g(xba) (ab)x2(b a )x ab 解析：， 如a b， 则有ab 0， 如果同时有， 22 则函数恒为 0，不是一次函数，因此不充分，而如果 f (x) 为一次函数，则ab 0，因此可得a b，故该 条件必要。 x y11 0 x （7）设不等式组3x y3 0表示的平面区域为 D，若指数函数 y=a的图像上 5x3y9 0 存在区域 D 上的点，则 a 的取值范围是 （A）(1,3(B )2,3(C ) (1,2(D ) 3, 7，A xy a 解

5、析：这是一道略微灵活的线性规划问题，作出区域D 的图象，联系指数函数的图象，能够看出， 当图象经过区域的边界点 （2,9） 时， a 可以取到最大值 3，而显然只要 a 大于 1，图象必然经过区域内的点。 (8)如图，正方体ABCD-A 1B1C1D1 的棱长为 2，动点 E、F 在棱A 1B1 上，动点P，Q 分别在棱 AD，CD 上， 若 EF=1，A1E=x，DQ=y，D（，大于零） ，则四面体 的体积 （）与，都有关 （）与有关，与，无关 （）与有关，与，无关 （）与有关，与，无关 PE 8，D 解析：这道题目延续了北京高考近年8，14，20 的风格，即在变化中寻找不变， 从图中可以分

6、析出，EFQ 1 的面积永远不变，为面 A 1B1CD面积的 4 ，而当P点变化时，它到面 A 1B1CD的距离是变化的，因此会导致 四面体体积的变化。 第第 IIII 卷（共卷（共 110110 分）分） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分。分。 （9）在复平面内，复数 9， （-1，1）. 2i2i(1i) i(1i) 1i 1i(1i)(1i) 解析： 2i 对应的点的坐标为。 1i （10）在ABC 中，若 b = 1，c = 3，C 10， 1。 2 ，则 a =。 3 3 sinC1 sinB b 2 1

7、B ,A B c2 ，因此 3 66 解析：，故a b 1 （11） 从某小学随机抽取 100 名同学， 将他们的身高 （单 位：厘米）数据绘制成频率分布直方图（如图）。由图中 数据可知 a。若要从身高在 120 , 130） ， 130 ，140) , 140 , 150三组内的学生中，用分层抽样的 方法选取 18 人参加一项活动，则从身高在140 ，150 内的学生中选取的人数应为。 11，0.030， 3 解析：由所有小矩形面积为 1 不难得到a 0.030，而三组身高区间的 3:2:1，由分层抽样的原理不难得到140-150 区间内的人数为 3 人。 人数比为 e O的弦 ED， （1

8、2） 如图，CB 的延长线交于点 A。 若 BDAE， AB4, BC2, AD3,则 DE； CE。 12，5， 2 7 解析：首先由割线定理不难知道AB AC AD AE，于是AE 8,DE 5，又BD AE，故BE为直径，因 222 此C 90，由勾股定理可知CE AE AC 28，故CE 2 7 x2y2x2y2 1的焦点相同，那么双曲线的焦点坐 （13）已知双曲线 2 2 1的离心率为 2，焦点与椭圆 ab259 标为；渐近线方程为。 13， 4,0 ， y 3x c 2,c 4 4,0 a 解析： 双曲线焦点即为椭圆焦点， 不难算出为， 又双曲线离心率为 2， 即， 故 a 2,b

9、 2 3 ， b y x 3x a 渐近线为 （14）如图放置的边长为1 的正方形 PABC 沿x轴滚动。 设顶点 P（x，y）的轨迹方程是y f (x)，则f (x)的最小正周 为；y f (x)在其两个相邻零点间的图像与x轴 所围区域的面积为。 说明： “正方形 PABC 沿x轴滚动”包括沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动。沿x轴正方向滚动指的是先以 顶点 A 为中心顺时针旋转，当顶点B 落在x轴上时，再以顶点 B 为中心顺时针旋转，如此继续。类似地， 正方形 PABC 可以沿x轴负方向滚动。 14， 4， 1 解析：不难想象，从某一个顶点（比如A）落在x 轴上的时候开始计算，到下一次A 点落

10、在 x 轴上，这个 过程中四个顶点依次落在了 x 轴上，而每两个顶点间距离为正方形的边长 1，因此该函数的周期为 4。下 面考察 P 点的运动轨迹，不妨考察正方形向右滚动， P 点从 x 轴上开始运动的时候，首先是围绕A 点运动 1 4 个圆，该圆半径为1，然后以 B 点为中心，滚动到C 点落地，其间是以BP 为半径，旋转90，然后以 C 为圆心，再旋转 90，这时候以 CP 为半径，因此最终构成图象如下： 期 P P PABCP 因此不难算出这块的面积为 1 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 6 小题，共小题，共 8080 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。分。解答应写

11、出文字说明，演算步骤或证明过程。 （15） （本小题共 13 分） 已知函数f (x) 2cos 2xsin x4cos x。 （）求f ()的值； 2 3 （）求f (x)的最大值和最小值。 15 （I） （2） 239 f () 2cossin24cos 12 . 333344 f (x) 2(2cos2x1)(1cos2x)4cos x 3cos2x4cos x1 27 3(cosx)2,xR 33 因为 cosx1,1, 所以当cosx 1时， f (x) 取最大值 6；当 cos x 27 3 时，取最小值 3 。 （16） （本小题共 14 分） 如图，正方形ABCD 和四边形 A

12、CEF 所在的平面互相垂直，CEAC,EFAC,AB= 2，CE=EF=1. （）求证：AF平面BDE； （）求证：CF平面BDE； （）求二面角A-BE-D的大小。 16证明： （I）设 AC 与 BD 交于点 G，因为 EFAG，且EF=1， 1 AG= 2 AC=1，所以四边形 AGEF 为平行四边形。 所以 AFEG。因为 EGP 平面 BDE，AF 平面 BDE， 所以 AF平面 BDE。 （II）因为正方形ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直，且 CEAC，所以 CEAC，所以CE平 面 ABCD。如图，以 C 为原点，建立空间直角坐标系 C-xyz。则C （0，0，

13、2222 uuu r 0） ，A（ 2 ， 2 ，0） ，D（ 2 ，0， 0） ，E（0， 0， 1） ，F（ 2 ， 2 ，1） 。所以CF=（ 2 ， 2 ， uuu r uuu uuu r uuuuuu ruuu rrr 22CFCF BE = 0-1+1=0， DE =1） ，BE=（0，） ，DE（，0，） 。所以 。所以 CFBE，CFDE，所以 CF平面 BDE 22 uuu rr （III）由（II）知，CF=（ 2 ， 2 ，1） ，是平面 BDE 的一个法向量， 设平面 ABE 的法向量n=（x,y,z）, r uu r uuuu rr BA =0，n BE =0。则 n

14、 (x, y,z)( 2,0,0) 0 (x, y,z)(0, 2,1) 0 即 ruuu r 所以 x=0，且 z= 2 y。令 y=1，则 z= 2 。所以 n=（ 0,1, 2 ） ，从而 cos（n，CF）= r uuu r nCF3 ruuu r 2 n CF 因为二面角 A-BE-D 为锐角，所以二面角 A-BE-D 为 6 。 (17)(本小题共 13 分) 某同学参加 3 门课程的考试。假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为4，第二、第三门课程取 5 得优秀成绩的概率分别为p，q(pq)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立。记为该生取得优秀 成绩的课程数，其分布列为 P 01

15、2 b 3 6 125 a 24 125 ()求该生至少有 1 门课程取得优秀成绩的概率； ()求p，q的值； ()求数学期望E。 17 解：事件 A，表示“该生第 i 门课程取得优异成绩”，i=1,2,3。由题意可知 4 P(A 1) ,P(A 2 ) p,P(A 3 ) q. 5 （I）由于事件“该生至少有一门课程取得优异成绩”与事件“ 0 ”是对立的，所以该生至少有一门课程取 得优秀成绩的概率是 1 P( 0) 1 6119 . 125125 （II）由题意可知， 16 P( 0) P(A 1 A 2 A 3 ) (1 p)(1q) , 5125 424 p( 3) P(A 1 A 2

16、A 3 ) pq . 5125 32 ,q 5 。整理得 pq= 5 （III）由题意知， a P(1) P(A 1 A 2 A 3 ) P(A 1A2 A 3 ) P(A 1 A 2 A 3 ) 411 (1 p)(1q)p(1q)(1 p)q 555 37 . 125 b P( 2) 1 P( 0) P(1) P( 3) 58 . 125 E 0P( 0)1P(1)2P( 2)3P( 3) 9 . 5 (18)(本小题共 13 分) 已知函数f (x) ln(1 x) x k 2x (k 0) 2 ()当k=2 时，求曲线y=f(x)在点(1，f (1)处的切线方程； ()求f(x)的单调

17、区间。 18 解： （I）当 k 2时， f (x) ln(1 x) x x2, f (x) 1 12x. 1 x 3 f (1) ln(2), f (1), 1, f (1)处的切线方程为 2 所以曲线 y f (x)在点（ 由于 y ln2 3 (x1) 2 。即 3x2y 2ln 23 0 x(kxk 1) ,x(1,). 1 x f (x) （II） 当 k 0 时， f (x) x . 1 x 因此在区间 (1,0) 上， f (x) 0 ；在区间 (0,) 上， f (x) 0 ； 所以 f (x) 的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间为 (0,) ； x(kx k 1)1k

18、0 x 1 0,x 2 0 0 k 11 xk 当时，得; 1k1k (,)(0,) 1,0 f (x) 0 kk 因此，在区间和上，；在区间上， f (x) 0 ； f (x) 1k1k (,)(0,) 1,0 f (x) k ；即函数的单调递增区间为和 k ，单调递减区间为 x2 f (x) k 11 x . f (x) 的递增区间为 (1,) 当时， 当k 1时，由 因此，在区间 f (x) x(kx k 1)1k 0 x 1 0,x 2 (1,0) 1 xk ，得； (1,1k 1k )(,0) k 和 (0,) 上， f (x) 0 ，在区间 k 上， f (x) 0 ； 1k 1k

19、 1, (,0) f (x)(0,)k k 即函数的单调递增区间为和，单调递减区间为。 （19） （本小题共 14 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，点 B 与点 A（-1,1）关于原点 O 对称，P 是动点，且直线 AP 与 BP 的斜率之积 等于. ()求动点 P 的轨迹方程； ()设直线 AP 和 BP 分别与直线 x=3 交于点 M,N，问：是否存在点 P 使得PAB 与PMN 的面积相等？若存 在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由。 19， 解： （1）因点 B 与（-1,1）关于原点对称，得 B 点坐标为（1，-1） 。 y 1y 1y 1 y 11 k,k APBP x,

20、y ，则 x 1x 1，由题意得x 1 x 13， 设 P 点坐标为 22x 3y 4,(x 1)。 化简得： 22x 3y 4,(x 1) 即 P 点轨迹为： 1 3 （2）因APBMPN 180，可得sinAPB sinMPN， 又 S APB 11 PA PB sinAPB,S MPN PM PN sinMPN 22 ， PA PN PBPMPA PB PM PN 若 S APB S MPN，则有 ，即 x 0 1 3 x 0 x 0 1 设 P 点坐标为 x 0 , y 0 ，则有： 3 x 0 解得： x 0 335 y0 22 9 。 3，又因x0 3y 0 4 ，解得 5 33

21、5 33 , 3 9 3 9 或 故存在点 P 使得PAB与PMN的面积相等，此时P 点坐标为 （20） （本小题共 13 分） 已知集合SnX | X (x 1,x2 ,，x n ),x 1 0,1,i 1,2,n(n 2)对于A (a 1,a2 ,a n ,)， B (b 1,b2 ,b n ,) S n ，定义 A 与 B 的差为 A B (|a 1 b 1 |,| a 2 b 2 |,|a n b n|); A 与 B 之间的距离为d(A,B) |a b | ii i1 n （）证明：A,B,CSn,有A BSn，且d(AC,BC) d(A,B); （）证明：A,B,CSn,d(A,B

22、),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 () 设 P Sn，P 中有 m(m2)个元素，记 P 中所有两元素间距离的平均值为d(P). 证明：d(P) 20, 【分析】 ：这道题目的难点主要出现在读题上，这里简要分析一下。 题目所给的条件其实包含两个定义，第一个是关于Sn的，其实 S n中的元素就是一个 n 维的坐标，其 mn . 2(m1) 中每个坐标值都是 0 或者 1， 也可以这样理解，就是一个 n 位数字的数组， 每个数字都只能是 0 和 1， 第 二个定义叫距离，距离定义在两者之间，如果直观理解就是看两个数组有多少位不同，因为只有0 和 1 才 能产生一个单位的距离，

23、 因此这个大题最核心的就是处理数组上的每一位数， 然后将处理的结果综合起来， 就能看到整体的性质了。 第一问，因为每个数位上都是 0 或者 1，取差的绝对值仍然是 0 或者 1，符合 S n的要求。然后是减去 C 的数位，不管减去的是0 还是 1， 每一个 a 和每一个 b 都是同时减去的，因此不影响他们原先的差。 第二问，先比较A 和 B 有几个不同（因为距离就是不同的有几个） ，然后比较A 和 C 有几个不同，这 两者重复的（就是某一位上A 和 B 不同，A 和 C 不同，那么这一位上 B 和 C 就相同）去掉两次（因为在 前两次比较中各计算了一次） ，剩下的就是 B 和 C 的不同数目，

24、很容易得到这样的关系式：h k l 2i， 从而三者不可能同为奇数。 第三问，首先理解 P 中会出现Cm个距离，所以平均距离就是距离总和再除以Cm，而距离的总和仍然 22 可以分解到每个数位上，第一位一共产生了多少个不同，第二位一共产生了多少个不同，如此下去，直到 第 n 位。然后思考，第一位一共m 个数，只有0 和 1 会产生一个单位距离，因此只要分开0 和 1 的数目即 m2 t i (mt i ) , 4 可，等算出来一切就水到渠成了。 此外，这个问题需要注意一下数学语言的书写规范。 解： （1）设 A (a 1,a2 ,.,a n ),B (b 1,b2 ,.,b n ),C (c 1

25、,c2 ,.,c n )S n 因 即 又 a i ,b i 0,1，故a i b i 0,1，i 1,2,.,n A B a 1 b 1 , a 2 b 2 ,., a n b n S n a i ,b i ,c i 0,1,i 1,2,.,n. a c b i c i a i b i当 c i 0 时，有ii； a c b i c i (1 a i )(1b i ) a i b i当 c i 1时，有 ii 故 d(AC,B C) a i b i d(A,B) i1 n （2）设 A (a 1,a2 ,.,a n ),B (b 1,b2 ,.,b n ),C (c 1,c2 ,.,c n

26、)S n 记 d(A,B) k,d(A,C) l,d(B,C) h 记 O (0,0,.,0) S n，由第一问可知： d(A,B) d(A A,B A) d(O,B A) k d(A,C) d(A A,C A) d(O,C A) l d(B,C) d(B A,C A) h 即 b i a i中 1 的个数为 k， c i a i中 1 的个数为 l， (i 1,2,., n) 设 t 是使 b i a i c i a i 1成立的 i 的个数，则有h k l 2i ， 由此可知， k,l,h 不可能全为奇数，即 d(A,B),d(A,C),d(B,C) 三个数中至少有一个是偶数。 （3）显然

27、 P 中会产生 C 个距离，也就是说 2 m d(P) 1 2C m A,BP d(A,B) ，其中A,BP d(A,B) 表示 P 中每两个 元素距离的总和。 分别考察第 i 个位置，不妨设 P 中第 i 个位置一共出现了ti个 1， 那么自然有 mt i个 0，因此在这个 m2 t i (mt i ) ,(i 1,2,.,n) 4 位置上所产生的距离总和为， m2m2n d(A,B) t i (mt i ) n 44 i1那么 n 个位置的总和A,BP n 即 1 d(P) 2C m m2nmn d(A,B) 24C m 2(m 1) A,BP 下面就一些具体问题来阐述一下解题思路，希望可

28、以指点今后高三学生的一些复习方向。 选择题，第 5 题，考察知识点：极坐标系，在这个问题的设置上，命题人很巧妙地加入了一个乘积为 0 的现象，这违背了不少考生在之前的模拟考试中对于极坐标题的认识，认为就是简简单单的坐标转化， 这一设置虽未增加多少难度，但构思仍然值得称赞。 选择题，第6 题，考察知识点：常用逻辑，向量。借助函数的背景，把几个小知识点灵活地放在一起， 若略有粗心便可能失分。 选择题，第 7 题，考察知识点：线性规划，指数函数。同样是求参数范围，这道题却能突破常规，最 大值是 3 容易想，所有的a 大于 1 却需要学生敏锐的观察力。 选择题，第 8 题，考察知识点：立体几何。四个运

29、动的点会让考生感觉不太舒服，而几何的美妙之处 很大程度上就在于如何从运动中寻找不变， 这也是一向北京市命题风格， 09 年的选择题最后一题也体现了 这个风格。 填空题，第 14 题，一个正方形的滚动虽然是新背景，但也不是第一次在考试中见到，但是这样的滚 动方式还是会让不少学生感觉陌生，如何迅速地考察运动状态的每一次变化，就成为了解决这个问题的关 键。 解答题整体难度梯度较好，第 15 题直接考察三角函数虽然有些出人意外，但题目本身中规中矩，跟 平时三角函数的练习并没有太大区别，立体几何，概率，导数三道大题也依然维持常态，与我们平时在课 堂上讲解的东西保持一致。值得说的是最后两道大题。 19 题

30、为解析几何大题，第二问很多考生反映说计算量很大， 的确，如果按照一般的计算交点然后计算 距离的方式去求三角形面积，计算量的确不小，但是这样做的同学大多数都是拿到题目，未详细思考直接 动笔运算， 事实上， 如果认真考察两个三角形之间的关系， 便可以发现这道题目并不需要过于复杂的运算， 我后面给出的解法口算即可完成。 最后一题的立意继承了 07 年的压轴题立意，在离散情况下处理集合的新背景规则，带有一些组合技 巧。考生的瓶颈在于读题上，大多数同学读到复杂的符号和定义的时候便头晕眼花，这说明了许多考生对 于数学语言的理解层面尚浅，不能将抽象的符号语言转化为直观的认识，北京近年来的压轴题风格多为此 类

31、，下一届的高三应该在这方面多下功夫。 20102010 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理）数学（理） （北京卷）参考答案（北京卷）参考答案 一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） （1）B（2）C（3）C（4）A （5）C（6）B（7）A（8）D 二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分） （9） （-1,1）（10）1 （11）0.0303（12）5 2 7 （13） （4，0） 3x my 0 （14）4 1 三、解答题（本大题共 6 小题，共 80 分） （15） （共 13 分） 解： （I）f ( )

32、2cos 3 239 sin24cos 1 33344 22 （II）f (x) 2(2cos x1)(1cos x)4cos x =3cos2x4cos x1 =3(cosx 2)2 7 33 ,xR 因为cosx1,1， 所以，当cosx 1时，f (x)取最大值 6；当 cosx 2 3 时，f (x)取最小值 7 3 （16） （共 14 分） 证明： （I） 设 AC 与 BD 交与点 G。 因为 EF/AG，且 EF=1，AG= 1 2 AC=1. 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF/平面 EG， 因为EG 平面 BDE，AF平面 BDE， 所以 AF/平面 BDE.

33、 （II）因为正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面 相互垂直，且 CEAC， 所以 CE平面 ABCD. 如图，以 C 为原点，建立空间直角坐标系C-xyz. 则 C（0，0，0） ，A（ 2，2，0） ，B（0，2，0）. 所以 u CF uu r ( 2 2 , 2 2 ,1)， u BE uu r (0, 2,1)， u DE uu r ( 2,0,1). 所以 u CF uu r g u BE uu r 011 0, u CF uu r g u DE uu r 101 0 所以CF BE,CF DE. 所以CF BDE. (III) 由（II）知， u CF uu r (

34、2 2 , 2 2 ,1)是平面 BDE 的一个法向量. 设平面 ABE 的法向量n (x, y,z),则ng u BA uu r 0，ng u BE uu r 0. 即 (x,y,z)g( 2,0,0)0 (x,y,z)g(0, 2,1)0 所以x 0,且z 2y, 令y 1,则z 2. 所以n (0,1, 2). uuu r uuu r ng CF3 uuu r 从而cosn,CF 。 |n|CF |2 因为二面角ABED为锐角， 所以二面角ABED的大小为 . 6 （17） （共 13 分）解：事件Ai表示“该生第i门课程取得优秀成绩” ，i=1,2,3，由题意知 P(A 1) 4 ，P

35、(A 2 ) p，P(A 3 ) q 5 （I）由于事件“该生至少有 1 门课程取得优秀成绩”与事件“ 0”是对立的，所以该生至少有 1 门课程取得优秀成绩的概率是 1 P( 0) 1 （II）由题意知 6119 ， 125125 16 (1 p)(1q) 5125 424 P(3) P(A 1 A 2 A 3 ) pq 5125 6 整理得pq ，pq 1 125 32 由p q，可得p ，q . 55 P( 0) P(A 1 A 2 A 3 ) （III）由题意知a P(1) P(A 1 A 2 A 3 )P(A 1A2 A 3 )P(A 1 A 2 A 3 ) 411 (1 p)(1q)

36、p(1q)(1 p)q 555 37 125 = b P( 2) 1 P( 0) P(1) P( 3) = 58 125 E 0P( 0)1P(1)2P( 2)3P(3) = （18） （共 13 分） 解： （I）当k 2时，f (x) ln(1 x) x x，f (x) 由于f (1) ln2，f (1) 2 9 5 1 12x 1 x 3 ， 2 所以曲线y f (x)在点(1,f (1)处的切线方程为 yln2 3 (x1) 2 即3x2y2ln 23 0 x(kxk 1) ，x(1,). 1 x x 当k 0时，f (x) . 1 x （II）f (x) 所以，在区间(1,0)上，f

37、 (x) 0；在区间(0,)上，f (x) 0. 故f (x)得单调递增区间是(1,0)，单调递减区间是(0,). x(kxk 1)1k 0，得x 1 0，x 2 0 1 xk 1k1k 所以，在区间(1,0)和(,)上，f (x) 0；在区间(0,)上，f (x) 0 kk 1k1k 故f (x)得单调递增区间是(1,0)和(,)，单调递减区间是(0,). kk 当0 k 1时，由f (x) x2 当k 1时，f (x) 1 x 故f (x)得单调递增区间是(1,). x(kxk 1)1k 0，得x 1 (1,0)，x 2 0. 1 xk 1k1k 所以没在区间(1, )和(0,)上，f (

38、x) 0；在区间(,0)上， kk 当k 1时，f (x) f (x) 0 故f (x)得单调递增区间是(1, （19） （共 14 分） （I）解：因为点 B 与 A(1,1)关于原点O对称，所以点B得坐标为(1,1). 设点P的坐标为(x, y) 由题意得 1k1k )和(0,)，单调递减区间是(,0) kk y1 y11 g x1 x13 22 化简得 x 3y 4(x 1). 故动点P的轨迹方程为x 3y 4(x 1) （II）解法一：设点P的坐标为(x0, y0)，点M，N得坐标分别为(3,yM),(3,yN). 22 则直线AP的方程为y 1 y 0 1y 1 (x1)，直线BP的

39、方程为y 10(x1) x 0 1x 0 1 令x 3得yM 4y 0 x 0 32y 0 x 0 3 ，yN. x 0 1x 0 1 于是VPMN得面积 S VPMN | x 0 y 0 |(3 x 0 )21 | y M y N |(3 x 0 ) 22| x 0 1| 又直线AB的方程为x y 0，| AB | 2 2， 点P到直线AB的距离d 于是VPAB的面积 S VPAB 当SVPAB | x 0 y 0 | . 2 1 | AB|gd | x 0 y 0 | 2 | x 0 y 0 |(3 x 0 )2 S VPMN 时，得| x 0 y 0 | | x 0 21| 又| x0 y0| 0，