2024九省联考题解
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样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为？
解：排序后为10，12，14，14，16，20，24，30，40，答案显然为16。
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椭圆\(\frac{x^2}{a^2}+y^2=1(a>1)\)的离心率为\(\frac{1}{2}\)，求\(a\)。
解：
直接上椭圆基础公式。
在题干中\(b=1\)，离心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}=\frac{\sqrt{a^2-1}}{a}=\frac{1}{2}\)
两边同时平方，有：\(\frac{a^2-1}{a^2}=\frac{1}{4}\)
去分母，有：\(4a^2-4=a^2\)
移项，有：\(3a^2=4\)
同时除3，有\(a^2=\frac{4}{3}\)
得知\(a=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\)
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记等差数列\({a_n}的前\)\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_3+a_7=6\)，\(a_{12}=17\)，求\(S_{16}\)。
解：设公差为\(d\)，有\(a_3=a_1+2d\)，\(a_7=a_1+6d\)，\(a_{12}=a_{1}+11d\)
有：\(a_3+a_7=2a_1+8d=6\)，\(a_1+11d=17\)
化简有\(a_1+4d=3，a_1+11d=17\)
联立有\(d=2，a_1=-5\)
等差数列求和公式是\(S_n=\frac{(a_1+a_n)n}{2}=\frac{(2a_1+(n-1)d)n}{2}\)
代入\(a1=-5, d=2, n=16\)有\(S_{16}=160\)
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甲、乙、丙等5个人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有多少种？
解：观察到数据量很小，枚举甲的位置。
[ ]甲[ ] [ ] [ ]，乙丙只能放在1，4位，剩下2人位置固定，有\(2\times2=4\)种
[ ] [ ] 甲 [ ] [ ]，乙丙可以放在{1, 4}或{2, 5}位，剩下的2人位置固定，有\(2\times 2\times 2=8\)种
[ ] [ ] [ ] 甲 [ ]，乙丙只能放在{2, 5}位，剩下2人位置固定，有\(2\times2=4\)种
因此共\(16\)种。
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\(Q\)为直线\(l:x+2y+1=0\)上的动点，\(P\)满足\(\vec{QP}=(1, -3)\)，描述\(P\)的轨迹。
\(P\)是一条与\(l\)平行的直线。直线的斜率可以用\(\vec{(2, -1)}\)这个向量表示，画图结合勾股定理得，这条直线和\(l\)的距离为\(\sqrt{5}\)
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已知\(\Theta\in(\frac{3\pi}{4}, \pi)\)，\(tan2\theta=-4tan(\theta+\pi/4)\)，则\(\frac{1+2sin\theta}{2cos^2\theta+sin2\theta}\)的值是多少？
看到分母有平方，分子有\(1\)，首先考虑齐次化
\[\frac{1+2sin\theta}{2cos^2\theta+sin2\theta}=\frac{sin^2\theta+cos^2\theta+sin2\theta}{2cos^2\theta+sin2\theta} \]看到二倍角\(2\theta\)频繁出现，用二倍角公式化简：
\[\frac{sin^2\theta+cos^2\theta+sin2\theta}{2cos^2\theta+sin2\theta}=\frac{sin^2\theta+cos^2\theta+2sin\theta\cos\theta}{2cos^2\theta+2sin\theta cos\theta} \]注意到分子就是一个\(a^2+b^2+2ab\)的形式，可以化简为\((a+b)^2\)，有：
\[\frac{sin^2\theta+cos^2\theta+2sin\theta\cos\theta}{2cos^2\theta+2sin\theta cos\theta}=\frac{(sin\theta+cos\theta)^2}{2cos^2\theta+2sin\theta cos\theta} \]分母提取公因式：
\[\frac{(sin\theta+cos\theta)^2}{2cos^2\theta+2sin\theta cos\theta}=\frac{(sin\theta+cos\theta)^2}{2cos\theta(cos\theta+sin\theta)} \]发现可以约分了，上下同时除\((sin\theta+cos\theta)\)，有：
\[\frac{(sin\theta+cos\theta)^2}{2cos\theta(cos\theta+sin\theta)}=\frac{sin\theta+cos\theta}{2cos\theta} \]上下同除\(\cos\theta\)，构造出只包含\(\tan\theta\)的柿子：
\[\frac{sin\theta+cos\theta}{2cos\theta}=\frac{\frac{sin\theta}{\cos\theta}+1}{2}=\frac{tan\theta+1}{2} \]套二倍角公式：\(tan2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-tan^2\theta}\)，题干中的柿子可以转换成：
\[\frac{2tan\theta}{1-tan^2\theta}=-4tan(\theta+\frac{\pi}{4}) \]套二级结论：\(\tan(\theta+\frac{\pi}{4})=\frac{1+tan\theta}{1-tan\theta}\)，有：
\[\frac{2tan\theta}{1-tan^2\theta}=\frac{-4(1+tan\theta)}{1-tan\theta} \]由经典公式\((1-x)^2=(1+x)(1-x)\)，可以把柿子左侧分母化为：
\[\frac{2tan\theta}{(1+tan\theta)(1-tan\theta)}=\frac{-4(1+tan\theta)}{1-tan\theta} \]等号两边同时乘\((1-tan\theta)\)，有：
\[\frac{2tan\theta}{1+tan\theta}={-4(1+tan\theta)} \]等号两边同时乘\((1+tan\theta)\)，有：
\[2\tan\theta=-4(1+tan\theta)^2 \]暴力拆开：
\[2tan\theta=-4-8tan\theta-4tan^2\theta \]\[-2tan^2\theta-5tan\theta-2=0 \]套一元二次方程球根公式，可以求出
\[tan\theta=-2 \]\[tan\theta=-\frac{1}{2} \]注意到\(\theta\in(\frac{3\pi}{4},\pi)\)，结合函数图像可以得到\(tan\theta\in[-1,0]\)，因此
\[tan\theta=-\frac{1}{2} \]因此
\[\frac{tan\theta+1}{2}=\frac{1}{4} \]即为所求。
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设双曲线\(C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)的左右焦点分别为\(F_1, F_2\)，过坐标原点的直线与\(C\)交于\(A,B\)两点，\(|F_1B|=2|F_1A|, \vec{F_2A}\cdot\vec{F_2B}=4a^2\)，求\(C\)的离心率。
显然，四边形\(AF_1BF_2\)是一个平行四边形。
根据双曲线性质，有
\[BF_2-BF_1=2a \]又
\[|BF_1|=2|AF_1|=2|BF_2| \]可以得到
\[|BF_2|=|AF_1|=4a, |BF_1|=|AF_2|=2a \]又
\[\vec{F_2A}\cdot\vec{F_2B}=|F_2A|\cdot|F_2B|\cdot cos\angle BF_2A=4a^2 \]可以得到
\[cos\angle BF_2A=\frac{1}{2} \]即\(\angle BF_2A=60^{\circ}\)。
根据平行四边形的结论，有\(\angle F_2BF_1=120^{\circ}\)。
现在知道了三角形\(F_2BF_1\)的两条边和夹角，套余弦定理可以求出第三条边\(F_1F_2=2\sqrt{7}a=2c\)
因此\(c=\sqrt{7}a\)
离心率
\[\frac{c}{a}=\sqrt{7} \]即为所求。