北京2025年高考北京卷数学高考真题文档版（含答案）_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_1、北京卷（9科全）_2.数学

2025 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数学 本试卷共 12页，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，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共 40分） 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．集合M {x∣2x15},N {1,2,3}，则M N （ ） A．{1,2,3} B．{2,3} C．{3} D． 2．已知复数z满足iz22i，则|z|（ ） A． 2 B．2 2 C．4 D．8 3．双曲线x2 4y2 4的离心率为（ ） 3 5 5 A． B． C． D． 5 2 2 4 4．为得到函数y9x的图象，只需把函数y3x的图象上的所有点（ ） 1 A．横坐标变成原来的 倍，纵坐标不变 B．横坐标变成原来的2倍，纵坐标不变 2 1 C．纵坐标变成原来的 倍，横坐标不变 D．纵坐标变成原来的3倍，横坐标不变 3 5．已知a 是公差不为0的等差数列，a 2，若a ,a ,a 成等比数列，则a （ ） n 1 3 4 6 10 A．20 B．18 C．16 D．18 6．已知a0,b0，则（ ） 1 1 1 A．a2b2 2ab B．   a b ab 1 1 2 C．ab ab D．   a b ab 7．已知函数 f(x)的定义域为D，则“函数 f(x)的值域为R”是“对任意M R，存在x D， 0 使得 f x  M ”的（ ） 0 A．充分不必要条件 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 试卷第1页，共4页 π 8．设函数 f(x)sin(x)cos(x)(0)，若 f(xπ) f(x)恒成立，且 f(x)在  0,  上存  4 在零点，则的最小值为（ ） A．8 B．6 C．4 D．3 9．在一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要时间T klog N（单 2 位：小时），其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从106个单位增加到1.024109个 单位时，训练时间增加20小时；当训练数据量N从1.024109个单位增加到4.096109个单 位时，训练时间增加（单位：小时）（ ） A．2 B．4 C．20 D．40    uuur uuur 10．已知平面直角坐标系xOy中，|OA||OB| 2 ，|AB|2，设C(3,4)，则|2CA AB|的 取值范围是（ ） A．[6,14] B．[6,12] C．[8,14] D．[8,12] 第二部分（非选择题 共 110分） 二、填空题共 5小题，每小题 5分，共 25分. 11．抛物线y2 2px(p0)的顶点到焦点的距离为3，则 p ． 12．已知(12x)4 a 2ax4a x28a x316a x4 ，则a  ； 0 1 2 3 4 0 a a a a  ． 1 2 3 4 13．已知,[0,2π]，且sin()sin()，cos()cos()，写出满足条件的 一组 ， ． 14．某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF 是一个平行多边形，平面ARF 平面ABC，平面TCD平面ABC， ABBC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若 5 ABBC8,AF CD4,ARRF TCTD ，则该多面体的体积为 ． 2 15．关于定义域为R的函数 f(x)，以下说法正确的有 ． ①存在在R上单调递增的函数 f(x)使得 f(x) f(2x)x恒成立； 试卷第2页，共4页②存在在R上单调递减的函数 f(x)使得 f(x) f(2x)x恒成立； ③使得 f(x) f(x)cosx恒成立的函数 f(x)存在且有无穷多个； ④使得 f(x) f(x)cosx恒成立的函数 f(x)存在且有无穷多个． 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. 1 16．在V ABC中，cosA ,asinC 4 2 ． 3 (1)求c； (2)在以下三个条件中选择一个作为已知，使得V ABC存在，求BC的高． 10 2 ①a6；②bsinC  ；③V ABC面积为10 2． 3 17．四棱锥PABCD中，ACD与V ABC为等腰直角三角形，ADC90，BAC90， E为BC的中点． (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG//面PAB； (2)若PA面ABCD，PA AC，求AB与面PCD所成角的正弦值． 18．有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对， 乙校有75人答对，用频率估计概率． (1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率． (2)从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数 学期望． (3)若甲校同学掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点则有 85%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲 校学生掌握该知识点的概率为 p ，乙校学生掌握该知识点的概率为 p ，试比较p 与p 的大 1 2 1 2 小（结论不要求证明） x2 y2 2 19．已知E:  1的离心率为 ，椭圆上的点到两焦点距离之和为4， a2 b2 2 (1)求椭圆方程； 试卷第3页，共4页(2)设O为原点，Mx ,y x 0为椭圆上一点，直线x x2y y40与直线y2，y2 0 0 0 0 0 S |OA| 交于A，B．△OAM 与OBM 的面积为S ,S ，比较 1 与 的大小． 1 2 S |OB| 2 ln(1x) 20．函数 f(x)的定义域为(1,), f(0)0, f(x) ，l 为A(a, f(a))(a0)处的切线． 1x 1 (1) f(x)的最大值； (2)1a0，除点A外，曲线y f(x)均在l 上方； 1 2ax x (3)若a0时，直线l 过A且与l 垂直，l ，l 分别于x轴的交点为x与x ，求 1 2 的 2 1 1 2 1 2 x x 2 1 取值范围． 21．A1,2,3,4,5,6,7,8,M x,y ∣x A,y A  ，从M中选出n个有序数对构成一列： i i i i x x 3 x x 4 x,y ,,x ,y ．相邻两项x,y ,x ,y 满足： i1 i 或 i1 i ，称为k列． 1 1 n n i i i1 i1 y  y 4 y y 3 i1 i i1 i (1)若k列的第一项为(3,3)，求第二项． (2)若为k列，且满足i为奇数时，x {1,2,7,8}：i为偶数时，x {3,4,5,6}；判断：(3,2) i i 与(4,4)能否同时在中，并说明； (3)证明：M中所有元素都不构成k列． 试卷第4页，共4页1．D 【分析】先求出集合M ，再根据集合的交集运算即可解出. 【详解】因为M x|2x15x|x3，所以M N ， 故选：D. 2．B 【分析】先求出复数z，再根据复数模的公式即可求出． 22i 【详解】由iz22i可得，z  22i，所以 z  2222 2 2 ， i 故选：B. 3．B 【分析】先将双曲线方程化成标准方程，求出a,b,c，即可求出离心率． x2 【详解】由x2 4y2 4得， y2 1，所以a2 4,b2 1,c2 a2b2 5 ， 4 c 5 即a2,c 5，所以e  ， a 2 故选：B． 4．A 【分析】由y9x 32x，根据平移法则即可解出． 【详解】因为y9x 32x，所以将函数y3x的图象上所有点的横坐标变成原来的 1 倍，纵 2 坐标不变，即可得到函数y9x的图象， 故选：A. 5．C 【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解. 【详解】设等差数列a 的公差为d,d 0， n 因为a ,a ,a 成等比数列，且a 2， 3 4 6 1 所以a2 a a ，即23d2 22d25d ，解得d 2或d  0（舍去）， 4 3 6 所以a a 9d 29216. 10 1 故选：C. 6．C 答案第1页，共15页【分析】由基本不等式结合特例即可判断. 【详解】对于A,当ab时，a2b2 2ab，故A错误； 1 1 1 1 1 1  246 8 对于BD，取a ,b ，此时a b 1 1 ab， 2 4  2 4 1 1 2 2  246 4 2 a b 1 1 ab ，故BD错误；  2 4 对于C，由基本不等式可得ab2 ab  ab，故C正确. 故选：C. 7．A 【分析】由函数值域的概念结合特例，再根据充分条件、必要条件的概念即可求解. 【详解】若函数 f(x)的值域为R，则对任意M R，一定存在x D，使得 f x  M 1， 1 1 取x x ，则 f x   M 1M ，充分性成立； 0 1 0 取 f(x)2x，DR，则对任意M R，一定存在x D，使得 f x  M 1， 1 1 取x x ，则 f x   M 1M ，但此时函数 f(x)的值域为0,，必要性不成立； 0 1 0 所以“函数 f(x)的值域为R”是“对任意M R，存在x D，使得 f x  M ”的充分不必 0 0 要条件. 故选：A. 8．C 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. π 【详解】函数 f(x)sin(x)cos(x) 2sin(x )(0)， 4 设函数 f(x)的最小正周期为T，由 f(xπ) f(x)可得kT π,  kN ， 所以T  2π  π ,  kN ，即2k,  kN ；  k  π  π π π π π 又函数 f(x)在 0, 上存在零点，且当x 0, 时，x  ,  ，        4  4 4 4 4 4 π π 所以  π，即3； 4 4 综上，的最小值为4. 故选：C. 答案第2页，共15页9．B 【分析】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解. 【详解】设当N取106个单位、1.024109个单位、4.096109个单位时所需时间分别为 T,T ,T , 1 2 3 由题意，T klog 106 6klog 10， 1 2 2 T klog  1.024109 klog  210106 k106log 10， 2 2 2 2 T klog  4.096109 klog  212 106  k 12 6log 10， 3 2 2 2 因为T T k106log 106klog 1010k 20，所以k 2， 2 1 2 2 所以T T k126log 10k106log 102k 4， 3 2 2 2 所以当训练数据量N从1.024109个单位增加到4.096109个单位时，训练时间增加4小时. 故选：B. 10．D          【分析】先根据ABOBOA，求出OA,OB，进而可以用向量OA,OB表示出2CA AB， 即可解出．  【详解】因为|OA||OB| 2 ，|AB|2，        π 由ABOBOA平方可得，OAOB0，所以OA,OB ． 2             2CAAB2 OAOC OBOAOAOB 2OC， OC  3242 5，         所以， 2CAAB 2 OA 2 OB 2 4OC 2 4  OAOB  OC           224254 OAOB OC 1044 OA OB OC ，              又 OAOB OC  OAOB OC 5  2 2 10，即10 OAOB OC10 ，     所以 2CAAB 2  64,144 ，即 2CAAB 8,12， 故选：D. 11．6 【分析】根据抛物线的几何性质可求 p的值. 答案第3页，共15页p p 【详解】因为抛物线的顶点到焦距的距离为 ，故 =3，故 p=6， 2 2 故答案为：6. 12． 1 15 【分析】利用赋值法可求a ，利用换元法结合赋值法可求a a a a 的值. 0 1 2 3 4 【详解】令x0，则a 1， 0 又12x4 a 2a x4a x28a x316a x4， 0 1 2 3 4 故12x4 a a 2xa 2x2 a 2x3a  2x4，    0 1 2 3 4 令t2x，则1t4 a ata t2at3a t4， 0 1 2 3 4 令t 1，则a a a a a 24，故a a a a 15 0 1 2 3 4 1 2 3 4 故答案为：1,15. π π 13． （答案不唯一） （答案不唯一） 2 6 【分析】根据角的三角函数的关系可得角的等量关系，从而可得满足条件的一组解. 【详解】因为sinsin，coscos， 所以,的终边关于y轴，且不与y轴重合， π 故 π 2kπ,k Z且 lπ,lZ， 2 π 即 kπ,kZ， 2 π π 故取 , 可满足题设要求； 2 6 π π 故答案为： ， （答案不唯一） 2 6 14．60 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱ARFBHT 和四棱锥BHTSE后结合体积 公式可求几何体的体积. 【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面l，则l . 证明：设a，b， 在平面取一点O，Oa,Ob， 在平面内过O作直线m，使得ma，作直线n，使得nb， 因为平面平面，m，故m，而l，故ml， 同理nl，而mnO,m,n，故l  . 答案第4页，共15页下面回归问题. 连接BE，因为ABBC且AF//BC，故AF  AB，同理BCCD，EF ED， 而ABBC 8,AF CD4，故直角梯形ABEF与直角梯形CBED全等， 故BEF BED45， 在直角梯形ABEF中，过B作BT EF，垂足为T ， 则四边形ABTF 为矩形，且BTE为以BTE为直角的等腰直角三角形， 故EF FT TE  ABBT  ABAF 12， 平面RAF 平面ABEF，平面RAF平面ABEF  AF，AF  AB, AB平面ABEF，故AB平面RAF， 取AF 的中点为M ，BE的中点为U ，CD的中点为V ，连接RM,MU,SU,UV ， 则MU//RS，同理可证RM 平面ABEF，而RM 平面RMUS， 故平面RMUS 平面ABEF，同理平面VUS 平面ABEF， 而平面RMUS平面VUS SU，故SU 平面ABEF， 1 故RM//SU ，故四边形RMUS为平行四边形，故MU RS  81210. 2 在平面ABHR中过B作BH//AR，交RH 于H，连接HT. 则四边形ABHR为平行四边形，且RH//AB,RH=AB，故RH//FT,RH=FT， 故四边形RFTH 为平行四边形， 而BH  AB,BT  AB,BTBH B,BT,BH 平面BHT， 故AB平面BHT，故平面ARF//平面BHT， 而ARBH,RF HT,AF BT ，故△ARF △BHT ， 故几何体ARFBHT 为直棱柱， 2 1 5 而S ARF  2 4  2   4 3，故V ARFBHT 8324, 因为AB//EF，故EF 平面ARF ， 而EF 平面RSEF，故平面ARF 平面RSEF， 答案第5页，共15页在平面ARF中过A作AGRF，垂足为G，同理可证AG平面RSEF， 1 12 1 12 1 5 而 AGRF 3，故AG  ，故V    24 6， 2 5 BHTES 3 5 2 2 由对称性可得几何体的体积为224660， 故答案为：60. 15．②③ 【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误. 【详解】对于①，若存在R上的增函数 f x，满足 f x f 2xx， 则 f 0 f 200即 f 00， 故x0时， f 4x f 2x f x0，故 f(4x) f(2x) f(x) f(2x)， 故2xx即x0，矛盾，故①错误； 1 对于②，取 f x x，该函数为R上的减函数且 f x f 2xx， 3 故该函数符合，故②正确； 1 对于③，取 f x cosxmx,mR， 2 此时 f x f xcosx，由mR可得 f x有无穷多个， 故③正确； 对于④，若存在 f x，使得 f x f xcosx， 令x0，则0cos0，但cos01，矛盾， 故满足 f x f xcosx的函数不存在，故④错误. 故答案为：②③ 16．(1)6 (2)答案见解析 【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解； 答案第6页，共15页（2）若选①，可得A,C都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理、平方关系求得，sinB,cosB， 进一步由ADcsinB求得高，并说明此时三角形ABC存在即可；若选③，首先根据三角形 面积公式求得b，再根据余弦定理可求得a，由此可说明三角形ABC存在，且可由等面积法 求解AD. 【详解】（1）因为cosA 1 ,A0,π，所以sinA 1cos2A 2 2 ， 3 3 2 2 由正弦定理有asinC csinA c 4 2 ，解得c6； 3 （2）如图所示，若V ABC存在，则设其BC边上的高为AD， 1 若选①，a6，因为c6，所以C A，因为cosA 0，这表明此时三角形ABC有两 3 个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在； 10 2 10 2 5 2 若选②，bsinC  ，由正弦定理有bsinC csinB 6sinB  ，解得sinB ， 3 3 9 50 31 5 2 10 2 此时cosB 1  ，ADcsinB6  ， 81 9 9 3 1 2 2 而cosDABsinB,sinDABcosB，cosA ，sinA ， 3 3 所以cosCADcosCABBAD， sinCAD 1cos2CAD 可以唯一确定， 所以此时CA,CD也可以唯一确定， 10 2 这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高AD ； 3 1 1 2 2 若选③，V ABC的面积是10 2，则S  bcsin A b6 10 2， ABC 2 2 3  1 解得b5，由余弦定理可得a b2c22bccosA  2536256   9 可以唯一确  3 定， 进一步由余弦定理可得cosB,cosC也可以唯一确定，即B,C可以唯一确定， 答案第7页，共15页1 9 这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满足：S  aAD  AD 10 2， ABC 2 2 20 2 即AD . 9 17．(1)证明过程见解析 3 (2) 3 【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明FG∥MN即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量 夹角公式即可求解. 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， ACD与V ABC为等腰直角三角形ADC90，BAC90 不妨设ADCD2，AC AB2 2 1 BC 4，E、F分别为BC、PD的中点，FN  AD1,BE 2， 2 GM 1， Q DAC45, ACB45 AD∥BC， FN∥GM ， ∴四边形FGMN为平行四边形， FG∥MN， FG面PAB，MN 面PAB，FG∥面PAB； （2）PA面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图 所示的空间直角坐标系， 设ADCD2，则A(0,0,0),B(0,2 2,0),C(2 2,0,0)D( 2, 2,0),P(0,0,2 2) 答案第8页，共15页uuur uuur uuur AB(0,2 2,0), DC ( 2, 2,0), CP(2 2,0,2 2)  设面PCD的一个法向量为n(x,y,z)    D  C  n  0   2x 2y0   , CPn 0 2 2x2 2z0 r 取x1,y1,z1,n(1,1,1) 设AB与面PCD成的角为 uuur r uuur r ∣ABn |012 2(1)01| 2 2 3 则sin|cosAB,n| uuur r    |ABn| 2 2 12(1)212 2 2 3 3 3 即AB与平面PCD成角的正弦值为 . 3 4 18．(1) 5 (2)0.35，EX1.55 (3)p  p 1 2 【分析】（1）用频率估计概率后可得从甲校随机抽取1人做对该题目的概率； （2）利用独立事件可求恰有1人做对的概率及X 的分布列，从而可求其期望； （3）根据题设可得关于 p ,p 的方程，求出其解后可得它们的大小关系. 1 2 80 4 【详解】（1）用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题目的概率为  . 100 5 （2）设A为“从甲校抽取1人做对”，则PA0.8，则P  A  0.2， 设B为“从乙校抽取1人做对”，则PB0.75，则P  A  0.25， 设C为“恰有1人做对”，故PCP  AB  P  AB  PAP  B  P  A  PB0.35， 而X 可取0,1,2， PX 0P  AB  0.05，PX 10.35，PX 20.80.750.6， 故X 的分布列如下表： X 0 1 2 P 0.05 0.35 0.6 故EX10.3520.61.55. 答案第9页，共15页（3）设D为 “甲校掌握该知识的学生”， 因为甲校掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目， 未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个， 1 1 11 故PD 1P(D)0.8即p  1 p 0.8，故 p  ， 4 1 4 1 1 15 1 5 同理有0.85p  1 p 0.75，故 p  ， 2 4 2 2 6 故p  p . 1 2 x2 y2 19．(1)  1 4 2 S OA (2) 1  S OB 2 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出a,c，再根据a,b,c的关系求出b，即可得到椭 圆方程； OA S AM （2）法一：联立直线方程求出点A,B坐标，即可求出 ，再根据 1  ，即可得出 OB S BM 2 它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到AOM BOM ，再根据三角形的 面积公式即可解出. c 2 【详解】（1）由椭圆可知，2a4，所以a2，又e  ，所以c 2，b2 a2c2 2， a 2 x2 y2 故椭圆方程为  1； 4 2 x x2y y40  0 0 42y y 2 （2）联立x2 y2 ，消去x得， 0  2y2 4，   1  x   4 2 0 整理得，  2x24y2 y216y y164x2 0①， 0 0 0 0 x2 y2 又 0  0 1，所以2x24y2 8，164x2 8y2， 0 0 0 0 4 2 故①式可化简为8y216y y8y2 0 ，即yy 2 0，所以y y ， 0 0 0 0 所以直线x x2y y40与椭圆相切，M 为切点. 0 0 S OA 设Ax,y ,Bx ,y ，易知，当x  x 时，由对称性可知， 1  ． 1 1 2 2 1 2 S OB 2 答案第10页，共15页S AM x x x x 故设x x x ，易知 1   1 0  1 0 ， 2 0 1 S BM x x x x 2 2 0 0 2 x x2y y40 44y 联立 0 0 ，解得x  0 ,y  2， y2 1 x 1 0 x x2y y40 44y 联立 0 0 ，解得x  0 ,y 2， y2 2 x 2 0 44y 0 x S x x x 0 4 4y x 2 所以 1  1 0  0  0 0 S x x 44y x2 4y  4 2 0 2 x  0 0 0 0 x 0 2y24y 2 y  0 0  0， 2y2 4y 2y 0 0 0 2 44y   0  4 OA  x  41y 2 x2 41y 2 42y2 2y4 y4 2y  0  0 0  0 0  0 0  0 ， OB   44y 0   2 4 41y 0 2x 0 2 41y 0  242y 0 2 y 0 24y 0 4 2 0 y  x  0 S OA 故 1  ． S OB 2 S OA 法二：不妨设Ax,y ,Bx ,y ，易知，当x  x 时，由对称性可知， 1  ． 1 1 2 2 1 2 S OB 2 故设x x x ， 2 0 1 x x2y y40 44y 联立 0 0 ，解得x  0 ,y  2， y2 1 x 1 0 x x2y y40 44y 联立 0 0 ，解得x  0 ,y 2， y2 2 x 2 0 y 2x x y 2x x y 则k  1  0  0 ，k  2  0  0 ，k  0 , OA x 44y 22y OB x 44y 22y OM x 1 0 0 2 0 0 0 x2 y2 又 0  0 1，所以x22y2 4， 0 0 4 2 x y 0  0 k k 22y x 所以tanAOM  OA OM  0 0 1k k x y OA OM 1 0  0 22y x 0 0 答案第11页，共15页x22y22y 42y 2  0 0 0  0  ， x y 2 x y 2 x 0 0 0 0 0 y x 0  0 k k x 2 2y x2 2y2 2y 4 2y 2 tanBOM  OM OB  0 0  0 0 0  0  ， 1k k y  x  x y 2 x y 2 x OM OB 1 0  0  0 0 0 0 0 x  22y  0 0 则tanAOM tanBOM，即AOM BOM ， S OA OM sinAOM OA 所以 1   . S OB OM sinBOM OB 2 1 20．(1) e (2)证明见解析 e21 (3)[ ,1) e21 【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值； （2）求出直线l 的方程，再构造函数hx，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； 1 2ax x （3）求出直线l 的方程，即可由题意得到x ,x 的表示，从而用字母a表示出 1 2 ， 2 1 2 x x 2 1 从而求出范围. 1 【详解】（1）设gx fx， gx 1x 1xln1x  1ln1x ， 1x2 1x2 由gx0可得xe1，当x1,e1时，gx0，gx单调递增， 当xe1,时，gx0，gx单调递减， 1 所以 fx的最大值为 fe1 . e ln1a ln1a （2）因为 fa ，所以直线l 的方程为y f a xa，即 1a 1 1a 答案第12页，共15页ln1a y xa f a， 1a ln1a  ln1x ln1a 设hx fx  xa  f a ，hx   f x  f a ，  1a  1x 1a 由（1）可知， fx在x1,e1上单调递增，而1a0， 所以，当1 xa时，hx0，hx单调递减， 当0 xa时，hx0，hx单调递增，且 fa f00， ln1x 而当x0时， fx  0，所以总有 fx fa，hx单调递增 1x 故hxha，从而命题得证； （3）由 fx ln1x 可设 f x ln21x C，又 f 00，所以C0，即 1x 2 ln21x f x ， 2 ln1a ln21a 因为直线l 的方程为y xa ，易知a0， 1 1a 2 1a ln21a 所以直线l 的方程为y xa , 2 ln1a 2 1aln1a ln31a x a ，x  a. 1 2 2 21a 1aln1a ln31a  2ax x 2 21a 1a2ln 21a 所以 1 2   x x ln31a 1aln 1a ln21a1a2 2 1  21a 2 ln21a 1 1a2 1g2a 2 1   1  ,由（1）知,当x0时，gx(0, ]，所以 ln21a 1g2a 1g2a e 1 1a2 1 g2a(0, ], e2 2ax x e21 所以 1 2 [ ,1). x x e21 2 1 21．(1) 6,7或7,6 答案第13页，共15页(2)不能，理由见解析 (3)证明过程见解析 【分析】（1）根据新定义即可得解； （2）假设(3,2)与(4,4)能同时在中，导出矛盾，从而得出(3,2)与(4,4)不能同时在中的 结论； （3）假设全体元素构成一个k列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论. x  x 3 x x 4 【详解】（1）根据题目定义可知， i1 i 或 i1 i ， y  y 4 y  y 3 i1 i i1 i 若第一项为3,3，显然x 0或1不符合题意（不在集合A中），所以下一项是6,7或7,6； 2 （2）假设二者同时出现在中，由于k列取反序后仍是k列，故可以不妨设3,2在4,4之 前. 显然，在k列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从3,2到4,4必定 要向下一项走奇数次. 但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从3,2到4,4必定要向下一项走偶数 次. 这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中. （3）法1：若M 中的所有元素构成k列，考虑k列中形如x,y x,y {1,2,7,8}的项， i i i i 这样的项共有16个，由题知其下一项为x ,y ,x ,y {3,4,5,6}，共计16个， i1 i1 i1 i1 而x ,y (3,3),(6,3),(3,6),(6,3)，因为只能6由2来，3只能由7来， i1 i1 横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点， 即对于16个x,y ，有12个x ,y 与之相对应，矛盾． i i i1 i1 综上，M中所有元素都无法构成k列． 法2：全体元素构成一个k列，则n64. 设T  x,yx1,2,7,8,y1,2,3,4,5,6,7,8 ， 1 T  x,yx3,4,5,6,y1,2,3,4,5,6,7,8 . 2 则T 和T 都包含32个元素，且T 中元素的相邻项必定在T 中. 1 2 1 2 答案第14页，共15页如果存在至少两对相邻的项属于T ，那么属于T 的项的数目一定多于属于T 的项的数目， 2 2 1 所以至多存在一对相邻的项属于T . 2 如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如2m和2m1， 否则将导致属于T 的项的个数比属于T 的项的个数多2，此时m1,2,3,,31. 2 1 从而这个序列的前2m项中，第奇数项属于T ，第偶数项属于T ； 1 2 这个序列的后642m项中，第奇数项属于T ，第偶数项属于T . 2 1 如果不存在相邻的属于T 的项，那么也可以看作上述表示在m0或m32的特殊情况. 2  x ,y T,x ,y T ,1k m 这意味着必定存在m0,1,2,...,32，使得 2k1 2k1 1 2k 2k 2 .  x 2k1 ,y 2k1 T 2 ,x 2k ,y 2k T 1 ,m1k 32 由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故T 中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐 1 标之和为偶数的点的数量一定分别是m和32m（不一定对应）. 但容易验证，T 和T 都包含16个横纵坐标之和为奇数的点和16个横纵坐标之和为偶数的点， 1 2 所以m32m16，得m16.  x ,y T,x ,y T ,1k 16 从而有 2k1 2k1 1 2k 2k 2 .  x 2k1 ,y 2k1 T 2 ,x 2k ,y 2k T 1 ,17k 32 这就得到T  x ,y k 1,3,5,...,29,31,34,36,...,62,64  . 1 k k 再设T  x,yx1,2,3,4,5,6,7,8,y 1,2,7,8 ， 3 T  x,yx1,2,3,4,5,6,7,8,y 3,4,5,6 . 4  x ,y T ,x ,y T ,1k 16 则同理有 2k1 2k1 3 2k 2k 4 .  x 2k1 ,y 2k1 T 4 ,x 2k ,y 2k T 3 ,17k 32 这意味着T  x ,y k 1,3,5,...,29,31,34,36,...,62,64  . 3 k k 从而得到T T ，但显然它们是不同的集合，矛盾. 3 1 所以全体元素不能构成一个k列. 答案第15页，共15页