2020-2021学年江西省赣州市高二（上）12月联考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市高二（上）12月联考数学（理）试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若集合A=x|x2−2x−3≤0，B=x|x=2n,n∈N，，则A∩B=( )
A.−1,3B.0,1,2,3C.0,2D.2

2. 已知过点A−2,−8和B−8,4的直线与直线2x+y−1=0( )
A.平行B.相交C.重合D.垂直

3. 如图给出的是赣州某中学高二(1)班的55名学生期中考试物理成绩的频率分布折线图（连接频率分布直方图中各小长方形上端的中点），其中组距为10，且本次考试中最低分为50分，最高分为100分．根据图中所提供的信息，则下列结论中正确的是( )

A.成绩是75分的人数有20人
B.成绩是100分的人数比成绩是50分的人数多
C.成绩落在70−90分的人数有35人
D.成绩落在75−85分的人数有35人

4. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①如果m // α，n // α，那么m // n；
②如果m // α，m⊂β，α∩β=n，那么m // n；
③如果m⊥α，m⊂β，那么α⊥β；
④如果α // β，m⊂α，n // β，那么m // n．
其中正确的是（ ）
A.①②B.②③C.②④D.③④

5. 执行如图所示的程序框图，则输出的S值为( )

A.−1B.0C.22D.1

6. 掷一颗质地均匀的骰子一次，以下事件中，互斥而不对立的两个事件是（ ）
A.出现点数为2与出现点数为5
B.出现点数大于2与出现点数小于5
C.出现点数大于2与出现点数大于5
D.出现点数为奇数与出现点数为偶数

7. 要得到函数fx=cs2x+π3的图象，只需将函数gx=sin2x+π6的图象（ ）
A.向左平移π3个单位长度B.向右平移π3个单位长度
C.向左平移2π3个单位长度D.向右平移2π3个单位长度

8. 已知点M2,t,t， N1−t,1−t,tt∈R，则|MN→|的最小值为( )
A.115B.55C.355D.555

9. 如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，AA1=6，则AA1与平面AB1C1所成的角为（ ）

A.π6B.π4C.π3D.π2

10. 已知 x>0， y>0，且32x+6y=2．若 4x+y>7m−m2恒成立，则m的取值范围为( )
A.3,4B.−4,3
C.−∞,3∪4,+∞D.−∞,−4∪−3,+∞

11. 已知圆C:x−62+y−82=1和两点A−m,0，Bm,0m>0，若圆C上至少存在一点P，使得∠APB>90∘，则m的取值范围是( )
A.9,11B.9,+∞C.[9,+∞)D.11,+∞

12. 定义在R上的偶函数f(x)满足f(x−1)=f(x+1)，且当x∈[−1, 0]时，f(x)=x2，函数g(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，g(x)=lgx，则函数ℎ(x)=f(x)−g(x)的零点的个数是( )
A.9B.10C.11D.12
二、填空题

已知数据x1，x2，⋯，xn的平均数x¯=5，则数据3x1+7，3x2+7，⋯，3xn+7的平均数为________.

长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，O为AB的中点，在长方形ABCD内随机取一点，取到的点到O的距离大于1的概率为________．

在△ABC中，若B=π3，AC=2，则AB+BC的最大值为________.

三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的表面上，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，AB=1，BC=2，CD=3，则球O的表面积为________．
三、解答题

已知命题p:x∈1,3；命题q:m(1)若命题p是命题q的充分条件，求m的取值范围；

(2)当m=2时，已知p∧q是假命题，p∨q是真命题，求x的取值范围．

已知二次函数f(x)的最小值为1，且f(0)=f(2)=3.
(1)求f(x)的解析式；

(2)若f(x)在区间[2a, a+1]上是单调函数，求实数a的取值范围．

近年来，随着互联网的发展，诸如“滴滴打车”“花小猪打车”等网约车在我国各城市迅猛发展，为人们出行提供了便利，但也给城市交通管理带来了一些困难，为掌握网约车在赣州市的发展情况，赣州某调查机构对该市的5个区，分别收集和分析了网约车的M，N两项指标数xi，yi（i=1，2，3，4，5），数据如下表所示：

(1)由y与x的散点图分析可知，y与x具有线性相关，求回归直线方程y=b⋅x+a；

(2)现从A，B，C，D，E这5个区中随机选2个区进行复查，求A，B两个区至少有1个区被选到的概率P．（参考公式： b=i=1nxiyi−nx¯y¯i=1nxi2−nx¯2，a=y¯−b⋅x¯）

已知正项等比数列{an}满足S3−S1=12，2a2+3S1=14．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记bn=1lg2a2n+1lg2a2n−1，求数列{bn}的前n项和Tn．

四棱锥 P−ABCD 中， PA⊥ 平面ABCD，四边形ABCD是矩形，且 PA=AB=2, AD=3， E是棱BC上的动点，F是线段PE的中点.

(1)求证： PB⊥ 平面ADF;

(2)若直线DE与平面ADF所成角为 30∘ ，求EC的长．

已知圆C的半径为1，圆心在x轴的正半轴上，直线3x+4y+2=0与圆C相切，过点M0,2且斜率为k的直线l与圆C交于A，B两点．
(1)求圆C的标准方程；

(2)O为坐标原点，求证：直线OA与OB的斜率之和为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市高二（上）12月联考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
先化简集合A，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ A=x|x2−2x−3≤0=x|−1≤x≤3，
B=x|x=2n,n∈N，
∴ A∩B=0,2.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
直线的两点式方程
【解析】
先求出直线AB的方程，再利用两直线的斜率相等，在纵轴上截距不等可知两直线平行.
【解答】
解：过A−2,−8，B(−8,4)的直线的方程为y−4−8−4=x+8−2+8，
即2x+y+12=0，
所以直线AB与直线2x+y−1=0平行.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
【解析】
根据题意，结合图形，用排除法处理即可．
【解答】
解：根据题意，本折线图是由频率分布直方图得到的频率分布折线图，
图示的频率组距表示的是各段分数的数据，而不是某个分数的数据，故A，B错；
没有75到85分数段，故D错．
70∼90分的频率为255+3110×10=711，
故分数在70∼90分的人数为55×711=35人．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
本题应用立体几何中的位置关系可解，正确性可由定理得到，错误性可举反例．
【解答】
解：如图，正方体ABCD−EFGH中，
①：AB // 底面EFGH，AD // 底面EFGH，但是AB与AD不平行，故错误；
②：线面平行的性质定理，故正确；
③：面面垂直的判定定理，故正确；
④：如图，平面ABCD // 平面EFGH，AB⊂平面ABCD，AD // 平面EFGH，但是AB与AD不平行，故错误．
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
解：模拟程序的运行，可得S=0, i=1，满足条件i≤3，执行循环体；
S=2, i=2，满足条件i≤3，执行循环体；
S=6, i=3，满足条件i≤3，执行循环体；
S=14, i=4，此时，不满足条件i≤3，退出循环.
可得S=sin14π4=−1.输出S的值为：−1.
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
互斥事件与对立事件
【解析】
根据对立事件，互斥事件的定义判断即可.
【解答】
解：掷一颗质地均匀的骰子一次，所有可能出现的结果有：1，2，3，4，5，6，
A，出现点数为2与出现点数为5，这两个事件不可能同时发生，也可能同时都不发生，故这两个事件为互斥而不对立的两个事件，故A正确；
B，出现点数大于2，包含出现3，4，5，6点的四个基本事件；出现点数小于5，包含出现1，2，3，4点的四个基本事件，这两个事件可以同时发生，故B错误；
C，出现点数大于2与出现点数大于5，也可以同时发生，故C错误；
D，出现点数为奇数与出现点数为偶数，这两个事件不可能同时发生，且两个中一定会有一个发生，故这两个事件属于对立事件，故D错误.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由条件利用诱导公式，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，属于基础题．
【解答】
解：把函数f(x)=sin(2x+π6)的图象向左平移π3个单位，
可得y=sin[2(x+π3)+π6]=cs2x+π3的图象.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
向量的模
【解析】
利用两点间的距离公式即可求解.
【解答】
解：因为点M2,t,t，N1−t,1−t,t，
所以|MN→|=1−t−22+1−t−t2+t−t2
=5t2−2t+2
=5t−152+95，t∈R，
所以当t=15 时， |MN|取得最小值，最小值为355.
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
直线与平面所成的角
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
【解答】
解：∵ 直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘，AB=AC=2，AA1=6，
∴ 建立以A为坐标原点，AC，AB，AA1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
则A1(0, 0, 6)，A(0, 0, 0)，B1(0, 2, 6)，C1(2, 0, 6)，
则AB1→=(0, 2, 6)，AC1→=(2, 0, 6)，
设平面AB1C1的法向量为m→=(x, y, z)，AA1→=(0, 0, 6)，
则m→⋅AB1→=2y+6z=0，m→⋅AC1→=2x+6z=0，
令z=1，则x=−62，y=−62，
即m→=(−62, −62, 1)，
则AA1与平面AB1C1所成的角θ满足sinθ=|cs|=AA1→⋅m→|AA1→|⋅|m→|=12，
则θ=π6.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
不等式恒成立问题
基本不等式
【解析】
利用基本不等式的性质求解x+2y的最小值，即可求解恒成立时实数m的取值范围．
【解答】
解：∵x>0，y>0，且32x+6y=2，
∴ 4x+y=124x+y32x+6y
=126+6+3y2x+24xy
≥1212+23y2x⋅24xy=12，
当且仅当y=4x时取等号.
∵ 4x+y>7m−m2恒成立，
∴ 12>7m−m2恒成立，
解得：m>4或m<3，
∴ m的取值范围为−∞,3∪4,+∞.
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
以x−62+y−82=1与x2+y2=m2m>1位置关系为相交内切或内含，即可满足题意，进而求得参数m值．
【解答】
解：x−62+y−82=1的圆心C(6,8)，半径r=1，
因为圆C上至少存在一点P，使得∠APB>90∘，
所以x−62+y−82=1与x2+y2=m2m>1位置关系为相交内切或内含，
如图所示，则OC即m+1>10 ，
解得m>9.
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
奇偶函数图象的对称性
奇偶性与单调性的综合
函数的零点与方程根的关系
【解析】
画出函数f(x)和g(x)的图象，找出它们的交点个数，就是函数ℎ(x)的零点个数．
【解答】
解：因为f(x−1)=f(x+1)，
所以f(x)=f(x+2)，
所以函数f(x)的周期为2.
由ℎ(x)=f(x)−g(x)=0，得出f(x)=g(x)，
问题转化为函数y=f(x)与函数y=g(x)图象的交点个数，
作出函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象如图所示，
由图象可知，0≤f(x)≤1，
当x>10时，g(x)=lgx>1，
则函数y=f(x)与函数g(x)在(10, +∞)上没有交点.
结合图象可知，
当x>0时，y=f(x)和y=g(x)的图象有9个交点，
x=0时，f(0)=g(0)=0，
x<0时，y=f(x)和y=g(x)的图象有1个交点，
综上可得，y=f(x)和y=g(x)的图象共有11个交点，
即ℎ(x)=f(x)−g(x)的零点个数是11.
故选C.
二、填空题
【答案】
22
【考点】
众数、中位数、平均数
【解析】
根据x1，x2，x3，…，xn的平均数为5得到n个数据的关系，把这组数据做相同的变化，数据的倍数影响平均数和方差，后面的加数影响平均数，不影响方差．
【解答】
解：∵ x1，x2，⋯，xn的平均数为5，
∴ x1+x2+⋯+xnn=5，
∴ 3x1+3x2+⋯+3xnn+7=3(x1+x2+⋯+xn)n+7
=3×5+7=22.
故答案为：22.
【答案】
1−π4
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
本题利用几何概型解决，这里的区域平面图形的面积．欲求取到的点到O的距离大于1的概率，只须求出圆外的面积与矩形的面积之比即可．
【解答】
解：根据几何概型得：
取到的点到O的距离大于1的概率：
P=2−π22×1=1−π4．
故答案为：1−π4.
【答案】
4
【考点】
三角函数的最值
余弦定理的应用
基本不等式
【解析】
利用余弦定理求出AB⋅BC与AB+BC的关系式，利用基本不等式求得AB+BC的范围，进而求得其最大值．
【解答】
解：由题意得：
csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=AB+BC2−2AB⋅BC−42AB⋅BC=12，
所以AB+BC2−4=3AB⋅BC，
因为AB⋅BC≤AB+BC24，当且仅当AB=BC时，等号成立，
所以AB+BC2−4≤34⋅AB+BC2，
即14 AB+BC2≤4，
解得AB+BC≤4，
此时AB=BC=AC=2.
故答案为：4.
【答案】
14π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为BC⊥CD，BC=2，CD=3，
所以BD2=BC2+CD2=13，
且BD为△BCD的外接圆的直径．
又AB⊥平面BCD，
所以AB⊥BD，
则AD为球O的直径．
设球O的半径为R，
所以2R=AD=AB2+BD2=14，R=142，
故球O的表面积S=4πR2=14π．
故答案为：14π．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题知命题p是命题q的充分条件，
则1,3⊆m,2m+3，
∴ m<1,2m+3≥3,解得0≤m<1．
(2)当m=2时，有命题p：x∈1,3，命题q：x∈(2,7]，
因为p∧q是假命题，p∨q是真命题，所以p与q一真一假，
若p真q假，则1≤x≤3,x≤2或x>7,解得1≤x≤2，
若p假q真，则x<1或x>3,2综上，满足条件的x的取值范围为{x|1≤x≤2或3【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
命题的真假判断与应用
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】


【解答】
解：(1)由题知命题p是命题q的充分条件，
则1,3⊆m,2m+3，
∴ m<1,2m+3≥3,解得0≤m<1．
(2)当m=2时，有命题p：x∈1,3，命题q：x∈(2,7]，
因为p∧q是假命题，p∨q是真命题，所以p与q一真一假，
若p真q假，则1≤x≤3,x≤2或x>7,解得1≤x≤2，
若p假q真，则x<1或x>3,2综上，满足条件的x的取值范围为{x|1≤x≤2或3【答案】
解：(1)由已知，设f(x)=a(x−1)2+1，
由f(0)=3，得a=2，
故f(x)=2x2−4x+3.
(2)二次函数的对称轴为x=1，
当对称轴在区间的左侧时，
函数f(x)在区间[2a, a+1]上单调递增，
即2a≥1且2a当对称轴在区间的右侧时，
函数f(x)在区间[2a, a+1]上单调递减，
即a+1≤1且2a综上，实数a的取值范围为(−∞, 0]∪[12, 1)．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
二次函数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知，设f(x)=a(x−1)2+1，
由f(0)=3，得a=2，
故f(x)=2x2−4x+3.
(2)二次函数的对称轴为x=1，
当对称轴在区间的左侧时，
函数f(x)在区间[2a, a+1]上单调递增，
即2a≥1且2a当对称轴在区间的右侧时，
函数f(x)在区间[2a, a+1]上单调递减，
即a+1≤1且2a综上，实数a的取值范围为(−∞, 0]∪[12, 1)．
【答案】
解：(1)由题意可得：x¯=151+2+3+4+5=3，
y¯=152+3+5+6+8=4.8，
i=1nxiyi=1×2+2×3+3×5+4×6+5×8=87，
i=1nxi2=12+22+32+42+52=55，
所以b=87−5×3×4.855−5×32=1.5，
a=y¯−1.5x¯=0.3，
因此回归直线的方程为：y=1.5x+0.3.
(2)从A，B，C，D，E这5个区中随机选2个，具体情况为
A,B，A,C，A,D，A,E，B,C，B,D，B,E，C,D，C,E，D,E，一共有10种，
A，B两个区至少有1个被选到的为：A,B，A,C，A,D，A,E，B,C，B,D，B,E，
一共有7种，它们都是等可能发生的．
所以A，B两个区至少有1个被选到的概率P=710．
【考点】
求解线性回归方程
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意可得：x¯=151+2+3+4+5=3，
y¯=152+3+5+6+8=4.8，
i=1nxiyi=1×2+2×3+3×5+4×6+5×8=87，
i=1nxi2=12+22+32+42+52=55，
所以b=87−5×3×4.855−5×32=1.5，
a=y¯−1.5x¯=0.3，
因此回归直线的方程为：y=1.5x+0.3.
(2)从A，B，C，D，E这5个区中随机选2个，具体情况为
A,B，A,C，A,D，A,E，B,C，B,D，B,E，C,D，C,E，D,E，一共有10种，
A，B两个区至少有1个被选到的为：A,B，A,C，A,D，A,E，B,C，B,D，B,E，
一共有7种，它们都是等可能发生的．
所以A，B两个区至少有1个被选到的概率P=710．
【答案】
解：(1)设正项等比数列{an}的公比为q>0．
∵ S3−S1=12，2a2+3S1=14．
∴ a1(q+q2)=12，3a1+2a1q=14，
解得q=2=a1．
∴ an=2n．
(2)bn=1lg2a2n+1lg2a2n−1=1(2n+1)(2n−1)
=12(12n−1−12n+1)，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1．
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）设正项等比数列{an}的公比为q>0．根据S3−S1＝12，2S2+S1＝14．利用通项公式即可得出．
（2）bn=1lg2a2n+1lg2a2n−1=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项求和方法即可得出．
【解答】
解：(1)设正项等比数列{an}的公比为q>0．
∵ S3−S1=12，2a2+3S1=14．
∴ a1(q+q2)=12，3a1+2a1q=14，
解得q=2=a1．
∴ an=2n．
(2)bn=1lg2a2n+1lg2a2n−1=1(2n+1)(2n−1)
=12(12n−1−12n+1)，
∴ 数列{bn}的前n项和Tn=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)
=n2n+1．
【答案】
(1)证明：取棱PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND．
因为PA=AB，所以AM⊥PB .
在矩形ABCD中，AD⊥AB，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，
所以AD⊥平面PAB.
又因为 PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB，
且AD∩AM=A，AD⊂平面ADF，AM⊂平面ADF，
所以PB⊥平面ADF.
(2)解：(2)由(1)知 PB⊥ 平面AMND，
在平面PBC内作EH //PB，交MN于H，如图，
则EH⊥平面AMND，连结DH，则∠EDH 是直线DE与平面ADF所成角.
因为直线DE与平面ADF所成角为30∘，
所以∠EDH=30.
因为PA=AB=2，所以PB=22，
所以EH=BM=12PB=2，
因为sin30∘=EHED，所以ED=22，
所以EC2=ED2−CD2=4，EC=2，
所以EC的长为2.
【考点】
直线与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
（1）取PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND，推导出． AM⊥PB, AD⊥PB 由此能证明 PB⊥ 平面ADF．
(2)推导出 PB 平面AMND，在平面PBC内作EH∥PB，交MN于H，则EH⊥平面AMND，连结DH，则 ∠EDB 是直线DE与平面ADF所成角，从而 ∠EDH=30 ，由此能求出CE的长．
【解答】
(1)证明：取棱PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND．
因为PA=AB，所以AM⊥PB .
在矩形ABCD中，AD⊥AB，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，
所以AD⊥平面PAB.
又因为 PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB，
且AD∩AM=A，AD⊂平面ADF，AM⊂平面ADF，
所以PB⊥平面ADF.
(2)解：(2)由(1)知 PB⊥ 平面AMND，
在平面PBC内作EH //PB，交MN于H，如图，
则EH⊥平面AMND，连结DH，则∠EDH 是直线DE与平面ADF所成角.
因为直线DE与平面ADF所成角为30∘，
所以∠EDH=30.
因为PA=AB=2，所以PB=22，
所以EH=BM=12PB=2，
因为sin30∘=EHED，所以ED=22，
所以EC2=ED2−CD2=4，EC=2，
所以EC的长为2.
【答案】
解：(1)由已知可设圆心C的坐标为(a,0)，其中a>0，
因为直线3x+4y+2=0与圆C相切，则圆心C(a,0)到直线3x+4y+2=0的距离d=|3a+2|32+42=1，则a=1或a=−73（舍），
所以圆C的标准方差为(x−1)2+y2=1.
(2)联立直线l与圆C方程：y=kx+2,(x−1)2+y2=1,
消去y整理得(k2+1)x2+(4k−2)x+4=0，
因为直线l与圆C交于两点，所以Δ=(4k−2)2−16(k2+1)＞0则k＜−34，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据韦达定理得：x1+x2=−4k−2k2+1,x1⋅x2=4k2+1,
则kOA+kOB=y1x1+y2x2
=kx1+2x1+kx2+2x2=2k+2x1+2x2
=2k+2(x1+x2)x1⋅x2=2k+−8k−4k2+14k2+1
=2k−2k+1=1，
∴ 直线OA与OB的斜率之和为定值1.
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
【解析】


【解答】
解：(1)由已知可设圆心C的坐标为(a,0)，其中a>0，
因为直线3x+4y+2=0与圆C相切，则圆心C(a,0)到直线3x+4y+2=0的距离d=|3a+2|32+42=1，则a=1或a=−73（舍），
所以圆C的标准方差为(x−1)2+y2=1.
(2)联立直线l与圆C方程：y=kx+2,(x−1)2+y2=1,
消去y整理得(k2+1)x2+(4k−2)x+4=0，
因为直线l与圆C交于两点，所以Δ=(4k−2)2−16(k2+1)＞0则k＜−34，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据韦达定理得：x1+x2=−4k−2k2+1,x1⋅x2=4k2+1,
则kOA+kOB=y1x1+y2x2
=kx1+2x1+kx2+2x2=2k+2x1+2x2
=2k+2(x1+x2)x1⋅x2=2k+−8k−4k2+14k2+1
=2k−2k+1=1，
∴ 直线OA与OB的斜率之和为定值1.区
A
B
C
D
E
M指标数x
1
2
3
4
5
N指标数y
2
3
5
6
8