高考复习三轮冲刺2010题 - 数学（北京卷）（理）

2010年普通高等学校招生全国统一考试

数 学（理）（北京卷）解析

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷1至2页、第Ⅱ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Ⅰ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?{x?Z0?x?3},M?{x?Rx2?9}，则PIM= (A) {1,2} (B) {0,1,2} (C){x|0≤x<3} (D) {x|0≤x≤3} 1，B． 解析：

P??0,1,2?，

M???3,3?0,1,2?，因此P?M??

（2）在等比数列?an?中，a1?1，公比q?1.若am?a1a2a3a4a5，则m= （A）9 （B）10 （C）11 （D）12 2，C． 解析：

am?a1a2a3a4a5?q?q?q?q?q23410?a1q10，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

82828282（A）A8A9 （B）A8C9 （C） A8A7 （D）A8C7

4，A．

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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，有老师插入9个空中，共有

A92A88种排法，然后将两位

种排法，因此一共有

A8A982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。

????????（6）若a,b是非零向量，“a⊥b”是“函数f(x)?(xa?b)?(xb?a)为一次函数”的

（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．

解析：如果同时有

f(x)?(xa?b)?(xb?a)?(a?b)x?(bb?a22?a)x?a?b2，如a?b，则有a?b?0，

，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a?b?0，因此可得a?b，故该条件必要。

?x?y?11?0?（7）设不等式组 ?3x?y?3?0 表示的平面区域为D，若指数函数y=ax的图像上

?5x?3y?9?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．

x解析：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y?a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-A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF=1，A1E=x，DQ=y，DＰ＝ｚ（ｘ，ｙ，ｚ大于零），则四面体PEＦＱ的体积 （Ａ）与ｘ，ｙ，ｚ都有关

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（Ｂ）与ｘ有关，与ｙ，ｚ无关 （Ｃ）与ｙ有关，与ｘ，ｚ无关 （Ｄ）与ｚ有关，与ｘ，ｙ无关 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

1分析出，?EFQ的面积永远不变，为面A1B1CD面积的4，而当P点变化时，它到面A1B1CD的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化。

第II卷（共110分）

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

（9）在复平面内，复数9，（-1，1）.

2i?2i(1?i)(1?i)(1?i)?i(1?i)??1?i2i1?i对应的点的坐标为 。

解析：

1?i

2?3（10）在△ABC中，若b = 1，c =3，?C?10， 1。

3sinB?sinCc，则a = 。

解析：

1???b?2?1?B?,A??B2366，因此，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，而三组身高区间的人数比为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。

（12）如图，?O的弦ED，CB的延长线交于点A。若BD?AE，AB＝4, BC＝2, AD＝3,则DE

＝ ；CE＝ 。

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12，5，27 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

BE222为直径，因此?C?90?，由勾股定理可知CE?AE?AC?28，故CE?27

（13）已知双曲线

xa22?yb22?1的离心率为2，焦点与椭圆

x225?y29?1的焦点相同，那么双

曲线的焦点坐标为 ；渐近线方程为 。 13，??4,0?，y??3x

c?2,c?4?4,0?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a，

故a?2,b?23，渐近线为

y??bax??3x

（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)的最小正周期为 ；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

1上开始运动的时候，首先是围绕A点运动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：

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P P P A B C P

因此不难算出这块的面积为??1

三、解答题：本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证

明过程。

（15）（本小题共13分）

已知函数f(x)?2cos2x?sin2x?4cosx。 （Ⅰ）求f(?3)的值；

（Ⅱ）求f(x)的最大值和最小值。 15

f(?3)?2cos2?3?sin2?3?4cos?3??1?34?2??9（I）（2）

4

.f(x)?2(2cosx?1)?(1?cosx)?4cosx?3cosx?4cosx?1?3(cosx?23)?222273,x?R

cosx???1,1?, 因为

?73。

所以当cosx??1时，f(x)取最大值6；当

cosx?23时，取

最小值

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（16）（本小题共14分）

如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=2，CE=EF=1.

（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE； （Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。

116证明

I）设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF=1，AG=2AC=1，所以四边形AGEF

为平行四边形。所以AF∥EG。因为EG?P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CE⊥AC，所以CE⊥AC，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（

22，2，0），D（2，0， 0），E

222????（0， 0， 1），F（2，2，1）。所以CF=（2，2，

????BE=1），（0，－????2，DE＝１），（－

????????2，0，１）。所以CF·BE=

????????0-1+1=0，CF·DE=－１＋０＋１＝０。所以CF⊥BE，CF⊥DE，

所以CF⊥平面BDE

22????（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

???????????nnn量=（x,y,z）,则·BA=0，·BE=0。

??(x,y,z)?(2,0,0)?0??(x,y,z)?(0,?2,1)?0即?

所以x=0，且z=2y。令y=1，则z=

?????0,1,22。CF）所以n=（），从而cos（n，=

?????n?CF3??????2n?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、

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第三门课程取得优秀成绩的概率分别为p，q(p＞q)，且不同课程是否取得优秀成绩相互独立。记ξ为该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为

ξ 0 1 2 P 61253 24125 a b (Ⅰ)求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率； (Ⅱ)求p，q的值； (Ⅲ)求数学期望Eξ。

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

P(A1)?45,P(A2)?p,P(A3)?q.

（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?6125?119.125

（II）由题意可知，

P(??0)?P(A1A2A3)?p(??3)?P(A1A2A3)?1545(1?p)(1?q)?pq?24125.6125,

3整理得pq=5

,q?25。

（III）由题意知，

a?P(??1)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)??45(1?p)(1?q)?.15p(1?q)?15(1?p)q37125

b?P(??2)?1?P(??0)?P(??1)?P(??3)?58125.

E??0?P(??0)?1?P(??1)?2?P(??2)?3?P(??3)?95.

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(18)(本小题共13分)

已知函数f(x)?ln(1?x)?x?k2x(k?0)

2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间。 18

f(x)?ln(1?x)?x?x,f'(x)?211?x解：（I）当k?2时，

?1?2x.

f(1)?ln(2),f'(1)?3由于

y?ln2?32(x?1)2所以曲线y?f(x)在点（1,f(1))处的切线方程为

,。即3x?2y?2ln2?3?0

,x?(?1,??).f'(x)?x(kx?k?1)1?x（II）

.1?x x

当k?0时，

f'(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,??)； 当0?k?1时，

f'(x)?x(kx?k?1)1?x(1?kk,??)?0，得上，

x1?0,x2?1?kk?0;

(0,1?kk)??1,0?和

因此，在区间

即函数

f(x)f'(x)?0(1?kk；在区间

上，f'(x)?0；

(0,1?kk)??1,0?和

的单调递增区间为

f'(x)?x2,??)，单调递减区间为；

当k?1时，

1?x.f(x)的递增区间为(?1,??) x(kx?k?1)1?x)?0x1?0,x2?1?kk(?(?1,0)当k?1时，由因此，在区间

f'(x)?1?kk，得上，

；

1?kk,0)(?1,和

(0,??)f'(x)?0，在区间

上，f'(x)?0；

1?k??1?k?1,(,0)??k?(0,??)f(x)?即函数 的单调递增区间为和，单调递减区间为k。

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（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?13.

(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；

(Ⅱ)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）。

设P点坐标为?化简得：

2x,y?2，则

kAP?y?1x?1,kBP?y?1x?1，由题意得

y?1y?11???x?1x?13，

x?3y?4,(x??1)22。

即P点轨迹为：

x?3y?4,(x??1)（2）因?APB??MPN?180?，可得sin?APB?sin?MPN，

S?APB?12PAPBsin?APB,S?MPN?12PMPNsin?MPN 又

，

PA

PMPAPB?PMPN若S?APB?S?MPN，则有， 即

x0?13?x0x0?1?PNPB

设P点坐标为

x0?53?x0,y0?，则有：

20203?x0?

339 解得：

，又因x?3y?4，解得

y0??。

??5,?????3?或?33??9??

?533,??39?PMN?PAB故存在点P使得与的面积相等，此时P点坐标为?（20）（本小题共13分）

已知集合Sn?{X|X?(x1,x2,…，xn),x1?{0,1},i?1,2,…,n}(n?2)对于

A?(a1,a2,…an,)，B?(b1,b2,…bn,)?Sn，定义A与B的差为

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A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,…|an?bn|);

nA与B之间的距离为d(A,B)??|ai?1i?bi|

（Ⅰ）证明：?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B); （Ⅱ）证明：?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 (Ⅲ) 设P?Sn，P中有m(m≥2)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Sn中的元素就是一个n

mn2(m?1).

维的坐标，其中每个坐标值都是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，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Sn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，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

22离的总和仍然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

ti(m?ti)?m2个单位距离，因此只要分开0和1的数目即可，等算出来

4,一切就水到渠成了。

此外，这个问题需要注意一下数学语言的书写规范。

A?(a1,a2,...,an),B?(b1,b2,...,bn),C?(c1,c2,...,cn)?Snai,bi??0,1?ai?bi??0,1?解：（1）设

因

，故，

?i?1,2,...,n?

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即又

A?B??a1?b1,a2?b2,...,an?bn??Sn

ai,bi,ci??0,1?,i?1,2,...,n.

a?ci?bi?ci?ai?bi当ci?0时，有i；

a?ci?bi?ci?(1?ai)?(1?bi)?ai?bi当ci?1时，有i

nd(A?C,B?C)?

故

?i?1ai?bi?d(A,B)

（2）设A?(a1,a2,...,an),B?(b1,b2,...,bn),C?(c1,c2,...,cn)?Sn

记d(A,B)?k,d(A,C)?l,d(B,C)?h 记O?(0,0,...,0)?Sn，由第一问可知：

d(A,C)?d(A?A,C?A)?d(O,C?A)?l

d(B,C)?d(B?A,C?A)?hd(A,B)?d(A?A,B?A)?d(O,B?A)?k

ci?ai即

bi?ai中1的个数为k，

bi?ai?ci?ai?1中1的个数为l，(i?1,2,...,n)

设t是使

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。

2m （3）显然P中会产生

Cd(P)?1Cm2?A,B?Pd(A,B)个距离，也就是说，其中

?A,B?Pd(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m?ti个0，

ti(m?ti)?m2因此在这个位置上所产生的距离总和为

4,(i?1,2,...,n)，

m42n 那么n个位置的总和A,B?Pd(P)?1Cm2?d(A,B)??t(m?t)?n?iii?1?mn42

即

?A,B?Pd(A,B)?mn4Cm22?mn2(m?1)

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下面就一些具体问题来阐述一下解题思路，希望可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，下一届的高三应该在这方面多下功夫。

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2010年普通高等学校招生全国统一考试

数学（理）（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）0.030 3 （12）5 27 （13）（?4，0）

3x?y?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(?3)?2cos2?3?sin2?3?4cos?3??1?34??94

（II）f(x)?2(2cos2x?1)?(1?cos2x)?4cosx =3cos2x?4cosx?1 =3(cosx?23)?273,x?R

因为cosx?[?1,1]，

所以，当cosx??1时，f(x)取最大值6；当

cosx?23时，f(x)取最小值?73

（16）（共14分）

证明：（I） 设AC与BD交与点G。 因为EF//AG，且EF=1，AG=

12AC=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.

（II）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面 相互垂直，且CE?AC，

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）.

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???? 所以CF?(22,22????????,1)，BE?(0,?2,1)，DE?(?2,0,1).

???????????????? 所以CF?BE?0?1?1?0,CF?DE??1?0?1?0

所以CF?BE,CF?DE. 所以CF?BDE.

????(III) 由（II）知，CF?(22,22,1)是平面BDE的一个法向量.

???????? 设平面ABE的法向量n?(x,y,z),则n?BA?0，n?BE?0. ?(x,y,z)?(2,0,0)?0 即?

(x,y,z)?(0,?2,1)?0?所以x?0,且z? 令y?1,则z?2y,

2. 所以n?(0,1,2). ???? 从而cos?n,CF??????n?CF3?????。

2|n||CF| 因为二面角A?BE?D为锐角， ? 所以二面角A?BE?D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(A1)?45，P(A2)?p，P(A3)?q

（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 ??0)?1? 1?P(61251545119?， 1256125（II）由题意知

? P(??0)?P(A1A2A)3AAA)? P(??3)?P(123(1?p)(1?q)?24pq? 125

整理得 pq?6125，p?q?1

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由p?q，可得p?35，q?25.

（III）由题意知a?P(??1)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3)?P(A1A2A3) = ?45(1?p)(1?q)?3712515p(1?q)?15(1?p)q

( ? b?P(??2)?1?P?(?0)?P?(?1)?P? =

58125

2?)P?3 (? E??0?P(??0)?1?P?(?1)?P2?(? =（18）（共13分）

解：（I）当k?2时，f(x)?ln(1?x)?x?x2，f'(x)? 由于f(1)?ln2，f'(1)?3211?x95

?1?2x

，

所以曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y?ln2?32x(? 1) 即 3x?2y?2ln?2?3 （II）f'(x)?x(kx?k?1)1?x，x?(?1,??).

x1?x 当k?0时，f'(x)??.

所以，在区间(?1,0)上，f'(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,??). 当0?k?1时，由f'(x)? 所以，在区间(?1,0)和(f'(x)?0

x(kx?k?1)1?xk?0，得x1?0，x2?1?kk?0 )上，

1?k,??)上，f'(x)?0；在区间(0,1?kk 故f(x)得单调递增区间是(?1,0)和(1?kk,??)，单调递减区间是(0,1?kk).

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当k?1时，f'(x)?x21?x

故f(x)得单调递增区间是(?1,??). 当k?1时，f'(x)?所以没在区间(?1,f'(x)?0

x(kx?k?1)1?x?0，得x1?1?kk?(?1,0)，x2?0.

1?kk,0)上，

1?kk)和(0,??)上，f'(x)?0；在区间(故f(x)得单调递增区间是(?1,（19）（共14分）

1?kk)和(0,??)，单调递减区间是(1?kk,0)

（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

y?1y?11??? x?1x?13 化简得 x2?3y2?4(x??1).

故动点P的轨迹方程为x2?3y2?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). 则直线AP的方程为y?1?y0?1x0?1直线BP的方程为y?1?(x?1)，

y0?1x0?1(x?1)

令x?3得yM?4y0?x0?3x0?1，yN?2y0?x0?3x0?1.

于是?PMN得面积 S?PMN?12|yM?yN|(?30x?)|x0?y0|(?3x0)|x0?1|22

又直线AB的方程为x?y?0，|AB|?22， 点P到直线AB的距离d?于是?PAB的面积 S?PAB?12|AB|?d?|x0?y0|

|x0?y0|2. 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱：zxjkw@163.com

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当S?PAB?S?PMN时，得|x0?y0|?又|x0?y0|?0，

|x0?y0|(3?x0)|x0?1|22

所以(3?x0)2=|x02?1|，解得|x0?53。

因为x02?3y02?4，所以y0??339

故存在点P使得?PAB与?PMN的面积相等，此时点P的坐标为(,?35339).

解法二：若存在点P使得?PAB与?PMN的面积相等，设点P的坐标为(x0,y0) 则

12|PA|?|PB|sin?APB?12|PM|?|PN|sin?MPN.

因为sin?APB?sin?MPN, 所以

|PA||PM|?|PN||PB|

所以

|x0?1||3?x0|?|3?x0||x?1|

5322 即 (3?x0)?|x0?1|，解得x0?

22 因为x0?3y0?4，所以y0??339

故存在点PS使得?PAB与?PMN的面积相等，此时点P的坐标为

(53,?339).

（20）（共13分）

证明：（I）设A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,...,bn)，C?(c1,c2,...,cn)?Sn 因为ai，bi??0,1?，所以ai?bi??0,1?,(i?1,2,...,n) 从而A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,...,|an?bn|)?Sn

n 又d(A?C,B?C)??||ai?1i?ci|?|bi?ci||

由题意知ai，bi，ci??0,1?(i?1,2,...,n).

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当ci?0时，||ai?ci|?|bi?ci||?||ai?bi|;

当ci?1时，||ai?ci|?|bi?ci||?|(1?ai)?(1?bi)|?|ai?bi|

n所以d(A?C,B?C)??|ai?1i?bi|?d(A,B)

(II)设A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,...,bn)，C?(c1,c2,...,cn)?Sn d(A,B)?，kd(A,C)?l，d(B,C)?h.

记O?(0,0,...,0)?Sn，由（I）可知 d(A,B)? d(A,C)? d(B,C)?d(A?d(A?d(B?A,?BA,?CA,?CA)?A)?A)?

d(O,?Bd(O,?Ch ?)A )?Akl 所以|bi?ai|(i?1,2,...,n)中1的个数为k，|ci?ai|(i?1,2,...,n)的1的

个数为l。

设t是使|bi?ai|?|ci?ai|?1成立的i的个数，则h?l?k?2t 由此可知，k,l,h三个数不可能都是奇数，

即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数。

1Cm2（III）d(P)??A,B?Pd(A,B),其中

?A,B?Pd(A,B)表示P中所有两个元素间距离的总和，

设P种所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1，m?ti个0

n则

?A,B?Pd(A,B)=?ti(m?ti)

i?1由于ti(m?ti)?m24(i?1,2,...,n)

2所以

?A,B?Pd(A,B)?nm4

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从而d(P)?

1Cm2?A,B?Pd(A,B)?nm4Cm22?mn2(m?1)

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