文档内容
2025 年高考北京卷数学真题
一、单选题
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．∅
【答案】D
【解析】因为𝑀 ={𝑥|2𝑥−1>5}={𝑥|𝑥 >3}，所以𝑀∩𝑁 =∅，
故选：D.
2．已知复数z满足i⋅𝑧+2=2i，则|𝑧|=（ ）
A．√2 B．2√2 C．4 D．8
【答案】B
【解析】由i⋅𝑧+2=2i可得，𝑧 = −2+2i =2+2i，所以|𝑧|=√22+22 =2√2，
i
故选：B.
3．双曲线𝑥2−4𝑦2 =4的离心率为（ ）
A．√3 B．√5 C．5 D．√5
2 2 4
【答案】B
【解析】由𝑥2−4𝑦2
=4得，𝑥2
−𝑦2 =1，所以𝑎2 =4,𝑏2 =1,𝑐2 =𝑎2+𝑏2 =5，
4
即𝑎 =2,𝑐 =√5，所以𝑒 = 𝑐 = √5，
𝑎 2
故选：B．
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（ ）
A．横坐标变成原来的1倍，纵坐标不变 B．横坐标变成原来的2倍，纵坐标不变
2
C．纵坐标变成原来的1倍，横坐标不变 D．纵坐标变成原来的3倍，横坐标不变
3
【答案】A
【解析】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，纵坐标不变，即可得到函
2
数𝑦 =9𝑥的图象，
故选：A.
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
【答案】C
【解析】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．已知𝑎 >0,𝑏 >0，则（ ）
A．𝑎2+𝑏2 >2𝑎𝑏 B．1 + 1 ≥ 1
𝑎 𝑏 𝑎𝑏
C．𝑎+𝑏 >√𝑎𝑏 D．1 + 1 ≤ 2
𝑎 𝑏 √𝑎𝑏
【答案】C
【解析】A.对于A,当𝑎 =𝑏时，𝑎2+𝑏2 =2𝑎𝑏，A错误；BD.对于BD，取𝑎 = 1 ,𝑏 = 1，此时1 + 1 =2+4=6< 1 =8= 1，
2 4 𝑎 𝑏 1 × 1 𝑎𝑏
2 4
1 + 1 =2+4=6> 2 =4√2= 2 ，BD错误；
𝑎 𝑏 1 1 √𝑎𝑏
√ ×
2 4
C.对于C，由基本不等式可得𝑎+𝑏 ≥2√𝑎𝑏 >√𝑎𝑏，C正确.
故选：C.
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，使得|𝑓(𝑥 )|>𝑀”的（ ）
0 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
【答案】A
【JX 】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”的充分不必要条件.
0 0
故选：A.
8．设函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥)+cos(𝜔𝑥)(𝜔 >0)，若𝑓(𝑥+π)=𝑓(𝑥)恒成立，且𝑓(𝑥)在[0, π ]上存在零点，则𝜔的最小值
4
为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】C
【JX 】函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥)+cos(𝜔𝑥)=√2sin(𝜔𝑥+ π )(𝜔 >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𝜔 =2𝑘,(𝑘 ∈N∗)；
𝜔 𝑘
又函数𝑓(𝑥)在[0, π ]上存在零点，且当𝑥 ∈[0, π ]时，𝜔𝑥+ π ∈[ π , π𝜔 + π ]，
4 4 4 4 4 4
所以π𝜔 + π ≥π，即𝜔 ≥3；
4 4
综上，𝜔的最小值为4.
故选：C.
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（单位：小时），其中k为
2
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
【答案】B
【解析】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．已知平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，|𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ |=|𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ |=√2，|𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ |=2，设𝐶(3,4)，则|2𝐶⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ |的取值范围是（ ）
A．[6,14] B．[6,12] C．[8,14] D．[8,12]
【答案】D
【解析】因为|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|=√2，|𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ |=2，由𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ −𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ 平方可得，𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =0，所以〈𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ ,𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ 〉= π．
2
2𝐶⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ =2(𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ −𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ )+𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ −𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ =𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ −2𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ，|𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ |=√32+42 =5，
2
所以，|2𝐶⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ | =𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ 2+𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ 2+4𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ 2−4(𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ )⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗
=2+2+4×25−4(𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ )⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ =104−4(𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ )⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ，
又|(𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ )⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ |≤|𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ ||𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ |=5×√2+2=10，即−10≤(𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ )⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐶⃗ ≤10，
2
所以|2𝐶⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ | ∈[64,144]，即|2𝐶⃗⃗⃗⃗𝐴⃗ +𝐴⃗⃗⃗⃗𝐵⃗ |∈[8,12]，
故选：D.
二、填空题
11．抛物线𝑦2 =2𝑝𝑥(𝑝 >0)的顶点到焦点的距离为3，则𝑝 = ．
【答案】6
【解析】因为抛物线的顶点到焦距的距离为𝑝，故𝑝 =3，故𝑝 =6，
2 2
故答案为：6.
12．已知(1−2𝑥)4 =𝑎 −2𝑎 𝑥+4𝑎 𝑥2−8𝑎 𝑥3+16𝑎 𝑥4，则𝑎 = ；𝑎 +𝑎 +𝑎 +𝑎 = ．
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
【答案】 1 15
【解析】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 +𝑎 𝑡+𝑎 𝑡2+𝑎 𝑡3+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.
13．已知𝛼,𝛽 ∈[0,2π]，且sin(𝛼+𝛽)=sin(𝛼−𝛽)，cos(𝛼+𝛽)≠cos(𝛼−𝛽)，写出满足条件的一组𝛼 = ，
𝛽 = ．
【答案】 π（答案不唯一） π（答案不唯一）
2 6
【解析】因为sin(𝛼+𝛽)=sin(𝛼−𝛽)，cos(𝛼+𝛽)≠cos(𝛼−𝛽)，
所以𝛼+𝛽,𝛼−𝛽的终边关于𝑦轴对称，且不与𝑦轴重合，
故𝛼+𝛽+𝛼−𝛽 =π+2𝑘π,𝑘 ∈Z且𝛼+𝛽 ≠ π +𝑙π,𝑙 ∈Z，
2
即𝛼 = π +𝑘π,𝑘 ∈Z，
2
故取𝛼 = π ,𝛽 = π可满足题设要求；
2 6
故答案为：π；π（答案不唯一）
2 6
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𝐴𝐵 =𝐵𝐶 =8,𝐴𝐹 =𝐶𝐷 =
4,𝐴𝑅 =𝑅𝐹 =𝑇𝐶 =𝑇𝐷 = 5，则该多面体的体积为 ．
2【答案】60
【解析】先证明一个结论：如果平面𝛼 ⊥平面𝛾，平面𝛽 ⊥平面𝛾，平面𝛼∩𝛽 =𝑙，则𝑙 ⊥𝛾.
证明：设𝛼∩𝛾 =𝑎，𝛽∩𝛾 =𝑏， 在平面𝛾取一点𝑂，𝑂 ∉𝑎,𝑂 ∉𝑏，
在平面𝛾内过𝑂作直线𝑚，使得𝑚 ⊥𝑎，作直线𝑛，使得𝑛 ⊥𝑏，
因为平面𝛼 ⊥平面𝛾，𝑚 ⊂𝛾，故𝑚 ⊥𝛼，而𝑙 ⊂𝛼，故𝑚 ⊥𝑙，
同理𝑛 ⊥𝑙，而𝑚∩𝑛 =𝑂,𝑚,𝑛 ⊂𝛾，故𝑙 ⊥𝛾 .
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，
故𝑅𝑀//𝑆𝑈，故四边形𝑅𝑀𝑈𝑆为平行四边形，故𝑀𝑈 =𝑅𝑆 = 1 (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
而𝑆 = 1 ×4×√( 5 ) −4=3，故𝑉 =8×3=24,
△𝐴𝑅𝐹 2 2 𝐴𝑅𝐹−𝐵𝐻𝑇
因为𝐴𝐵//𝐸𝐹，故𝐸𝐹 ⊥平面𝐴𝑅𝐹，
而𝐸𝐹 ⊂平面𝑅𝑆𝐸𝐹，故平面𝐴𝑅𝐹 ⊥平面𝑅𝑆𝐸𝐹，
在平面𝐴𝑅𝐹中过𝐴作𝐴𝐺 ⊥𝑅𝐹，垂足为𝐺，同理可证𝐴𝐺 ⊥平面𝑅𝑆𝐸𝐹，
而1 𝐴𝐺×𝑅𝐹 =3，故𝐴𝐺 = 12，故𝑉 = 1 × 12 × 1 (2+4)× 5 =6，
𝐵−𝐻𝑇𝐸𝑆
2 5 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．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；
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．
【答案】②③
【解析】对于①，若存在在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，①错误；
对于②，取𝑓(𝑥)=− 1 𝑥，该函数为R上的减函数且𝑓(𝑥)+𝑓(2𝑥)=−𝑥，
3
故该函数符合，②正确；
对于③，取𝑓(𝑥)= 1 cos𝑥+𝑚𝑥,𝑚 ∈R，
2
此时𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=cos𝑥，由𝑚 ∈R可得𝑓(𝑥)有无穷多个，
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，④错误.
故答案为：②③
三、解答题
16．在△𝐴𝐵𝐶中，cos𝐴 =− 1 ,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△𝐴𝐵𝐶存在，求BC的高．
①𝑎 =6；②𝑏sin𝐶 = 10√2；③△𝐴𝐵𝐶面积为10√2．
3
【答案】(1)6
(2)见解析
（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.
【解析】（1）因为cos𝐴 =− 1 ,𝐴 ∈(0,π)，所以sin𝐴 =√1−cos2𝐴 = 2√2，
3 3
由正弦定理有𝑎sin𝐶 =𝑐sin𝐴 = 2√2 𝑐 =4√2，解得𝑐 =6；
3
（2）如图所示，若△𝐴𝐵𝐶存在，则设其𝐵𝐶边上的高为𝐴𝐷，若选①，𝑎 =6，因为𝑐 =6，所以𝐶 =𝐴，因为cos𝐴 =− 1 <0，这表明此时三角形𝐴𝐵𝐶有两个钝角，
3
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；
若选②，𝑏sin𝐶 = 10√2，由正弦定理有𝑏sin𝐶 =𝑐sin𝐵 =6sin𝐵 = 10√2，解得sin𝐵 = 5√2，
3 3 9
此时cos𝐵 =√1− 50 = √31，𝐴𝐷 =𝑐sin𝐵 =6× 5√2 = 10√2，
81 9 9 3
而cos∠𝐷𝐴𝐵 =sin𝐵,sin∠𝐷𝐴𝐵 =cos𝐵，cos𝐴 =− 1，sin𝐴 = 2√2，
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，
这表明此时三角形𝐴𝐵𝐶是存在的，且𝐵𝐶边上的高𝐴𝐷 = 10√2；
3
若选③，△𝐴𝐵𝐶的面积是10√2，则𝑆 = 1 𝑏𝑐sin𝐴 = 1 𝑏×6× 2√2 =10√2，
△𝐴𝐵𝐶
2 2 3
解得𝑏 =5，由余弦定理可得𝑎 =√𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴 =√25+36−2⋅5⋅6⋅(− 1 )=9可以唯一确定，
3
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，
这表明此时三角形𝐴𝐵𝐶是存在的，且𝐵𝐶边上的高满足：𝑆 = 1 𝑎⋅𝐴𝐷 = 9 𝐴𝐷 =10√2，即𝐴𝐷 = 20√2 .
△𝐴𝐵𝐶
2 2 9
17．四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，△𝐴𝐶𝐷与△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//平面PAB；
(2)若𝑃𝐴 ⊥平面ABCD，𝑃𝐴 =𝐴𝐶，求AB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
√3
(2)
3
【解析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
∵△𝐴𝐶𝐷与△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形且∠𝐴𝐷𝐶 =90°，∠𝐵𝐴𝐶 =90°，
不妨设𝐴𝐷 =𝐶𝐷 =2，∴𝐴𝐶 =𝐴𝐵 =2√2.∴𝐵𝐶 =4.
∵E、F分别为BC、PD的中点，
∴𝐹𝑁 = 1 𝐴𝐷 =1,𝐺𝑀 = 1 𝐵𝐸 =1，且𝐹𝑁//𝐴𝐷,𝐺𝑀//𝐵𝐶.
2 2
∵∠𝐷𝐴𝐶 =45°, ∠𝐴𝐶𝐵 =45°，∴𝐴𝐷 ∥𝐵𝐶，
∴𝐹𝑁∥𝐺𝑀，∴四边形FGMN为平行四边形，∴𝐹𝐺∥𝑀𝑁，
∵𝐹𝐺 ⊄平面PAB，𝑀𝑁 ⊂平面PAB，∴𝐹𝐺∥平面PAB；
（2）∵𝑃𝐴 ⊥平面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)，
∴𝐴𝐵 =(0,2√2,0),𝐷𝐶 =(√2,√2,0),𝐶𝑃 =(−2√2,0,2√2)，
设平面PCD的一个法向量为𝑛⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)，
→
∴{
𝐷𝐶⋅𝑛 =0
，∴{
√2𝑥+√2𝑦 =0
，
→ −2√2𝑥+2√2𝑧 =0
𝐶𝑃⋅𝑛 =0
→
取𝑥 =1，∴𝑦 =−1,𝑧 =1，∴𝑛 =(1,−1,1).
设AB与平面PCD所成角为𝜃，
则sin𝜃 =|cos⟨𝐴 𝐵,𝑛 → ⟩|= |𝐴
→
𝐵⋅𝑛
→
| = |0×1+2√2×(−1)+0×1| = 2√2 = √3，
|𝐴 → 𝐵|⋅|𝑛 → | 2√2×√12+(−1)2+12 2√2×√3 3
即AB与平面PCD所成角的正弦值为√3
.
3
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
1
掌握该知识点的概率为𝑝 ，试比较𝑝 与𝑝 的大小（结论不要求证明）
2 1 2
【答案】(1) 4
5
(2)0.35，𝐸(𝑋)=1.55
(3)𝑝 <𝑝
1 2
（2）利用独立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有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
【解析】（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80
=
4
.
100 5
（2）设𝐴为“从甲校抽取1人做对”，则𝑃(𝐴)=0.8，𝑃(𝐴)=0.2，
设𝐵为“从乙校抽取1人做对”，则𝑃(𝐵)=0.75，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
依题可知，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.（3）设𝐷为 “甲校掌握这个知识点的学生做该题”，
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，
故𝑃(𝐷)+ 1 (1−𝑃(𝐷))=0.8，即𝑝 + 1 ×(1−𝑝 )=0.8，故𝑝 = 11，
1 1 1
4 4 15
同理有，0.85𝑝 + 1 ×(1−𝑝 )=0.75，故𝑝 = 5，
2 2 2
4 6
故𝑝 <𝑝 .
1 2
19．已知𝐸: 𝑥2 + 𝑦2 =1(𝑎 >𝑏 >0)的离心率为√2，椭圆上的点到两焦点距离之和为4，
𝑎2 𝑏2 2
(1)求椭圆方程；
(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交于A，B．△𝑂𝐴𝑀
0 0 0 0 0
与△𝑂𝐵𝑀的面积为𝑆 ,𝑆 ，比较𝑆1与|𝑂𝐴|的大小．
1 2
𝑆2 |𝑂𝐵|
【答案】(1)
𝑥2
+
𝑦2
=1
4 2
(2)
𝑆1
=
|𝑂𝐴|
𝑆2 |𝑂𝐵|
【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；
（2）法一：联立直线方程求出点𝐴,𝐵坐标，即可求出 |𝑂𝐴| ，再根据𝑆1 = |𝐴𝑀| ，即可得出它们的大小关系.
|𝑂𝐵| 𝑆2 |𝐵𝑀|
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.
【解析】（1）由椭圆可知，2𝑎 =4，所以𝑎 =2，又𝑒 = 𝑐 = √2，所以𝑐 =√2，𝑏2 =𝑎2−𝑐2 =2，
𝑎 2
故椭圆方程为𝑥2
+
𝑦2
=1；
4 2
𝑥 𝑥+2𝑦 𝑦−4=0
（2）联立{ 0 𝑥2 0 𝑦2 ，消去𝑥得，( 4−2𝑦0𝑦 ) 2 +2𝑦2 =4，
+ =1 𝑥0
4 2
整理得，(2𝑥2+4𝑦2)𝑦2−16𝑦 𝑦+16−4𝑥2 =0①，
0 0 0 0
又𝑥0 2 + 𝑦0 2 =1，所以2𝑥2+4𝑦2 =8，16−4𝑥2 =8𝑦2，
4 2 0 0 0 0
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
设𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 )，易知，当𝑥 =𝑥 时，由对称性可知，𝑆1 = |𝑂𝐴| ．
1 1 2 2 1 2 𝑆2 |𝑂𝐵|
故设𝑥 <𝑥 <𝑥 ，易知𝑆1 = |𝐴𝑀| = |𝑥1−𝑥0 | = 𝑥1−𝑥0，
2 0 1 𝑆2 |𝐵𝑀| |𝑥2−𝑥0 | 𝑥0−𝑥2
𝑥 𝑥+2𝑦 𝑦−4=0
联立{ 0 0 ，解得𝑥 = 4−4𝑦0,𝑦 =2，
𝑦 =2 1 𝑥0 1
𝑥 𝑥+2𝑦 𝑦−4=0
联立{ 0 0 ，解得𝑥 = 4+4𝑦0,𝑦 =−2，
𝑦 =−2 2 𝑥0 2
所以𝑆1 = 𝑥1−𝑥0 =
4−
𝑥
4
0
𝑦0−𝑥0
= 4−4𝑦0−𝑥0 2
𝑆2 𝑥0−𝑥2 𝑥0− 4+ 𝑥 4 0 𝑦0 𝑥 0 2−4𝑦0−4
=
2𝑦0 2−4𝑦0
=
2−𝑦0，
−2𝑦
0
2−4𝑦0 2+𝑦0
|𝑂𝐴| = √( 4− 𝑥 4 0 𝑦0) 2 +4 = √4(1−𝑦0 )2+𝑥 0 2 = √4(1−𝑦0 )2+4−2𝑦 0 2 = √𝑦 0 2−4𝑦0+4 = 2−𝑦0，
|𝑂𝐵| √( 4+ 𝑥 4 0 𝑦0) 2 +4 √4(1+𝑦0 )2+𝑥 0 2 √4(1+𝑦0 )2+4−2𝑦 0 2 √𝑦 0 2+4𝑦0+4 2+𝑦0故𝑆1 = |𝑂𝐴| ．
𝑆2 |𝑂𝐵|
法二：不妨设𝐴(𝑥 ,𝑦 ),𝐵(𝑥 ,𝑦 )，易知，当𝑥 =𝑥 时，由对称性可知，𝑆1 = |𝑂𝐴| ．
1 1 2 2 1 2 𝑆2 |𝑂𝐵|
故设𝑥 <𝑥 <𝑥 ，
2 0 1
𝑥 𝑥+2𝑦 𝑦−4=0
联立{ 0 0 ，解得𝑥 = 4−4𝑦0,𝑦 =2，
𝑦 =2 1 𝑥0 1
𝑥 𝑥+2𝑦 𝑦−4=0
联立{ 0 0 ，解得𝑥 = 4+4𝑦0,𝑦 =−2，
𝑦 =−2 2 𝑥0 2
则𝑘 = 𝑦1 = 2𝑥0 = 𝑥0 ，𝑘 = 𝑦2 = −2𝑥0 =− 𝑥0 ，𝑘 = 𝑦0,
𝑂𝐴 𝑂𝐵 𝑂𝑀
𝑥1 4−4𝑦0 2−2𝑦0 𝑥2 4+4𝑦0 2+2𝑦0 𝑥0
又𝑥0 2 + 𝑦0 2 =1，所以𝑥2+2𝑦2 =4，
4 2 0 0
所以tan∠𝐴𝑂𝑀 = 𝑘𝑂𝐴−𝑘𝑂𝑀 = 2− 𝑥 2 0 𝑦0 − 𝑦 𝑥0 0
1+𝑘𝑂𝐴⋅𝑘𝑂𝑀 1+
2−
𝑥
2
0
𝑦0
× 𝑦
𝑥0
0
=−
𝑥0 2+2𝑦0 2−2𝑦0
=−
4−2𝑦0
=
2，
𝑥0 (𝑦0−2) 𝑥0 (𝑦0−2) 𝑥0
tan∠𝐵𝑂𝑀 = 𝑘𝑂𝑀−𝑘𝑂𝐵 =
𝑦
𝑥0
0+
2+
𝑥
2
0
𝑦0 = 𝑥0 2+2𝑦0 2+2𝑦0 = 4+2𝑦0 = 2，
1+𝑘𝑂𝑀⋅𝑘𝑂𝐵 1+ 𝑦0×(− 𝑥0 ) 𝑥0 (𝑦0+2) 𝑥0 (𝑦0+2) 𝑥0
𝑥0 2+2𝑦0
则tan∠𝐴𝑂𝑀 =tan∠𝐵𝑂𝑀，即∠𝐴𝑂𝑀 =∠𝐵𝑂𝑀，
所以𝑆1
=
|𝑂𝐴||𝑂𝑀|sin∠𝐴𝑂𝑀
=
|𝑂𝐴|
.
𝑆2 |𝑂𝐵||𝑂𝑀|sin∠𝐵𝑂𝑀 |𝑂𝐵|
20．函数𝑓(𝑥)的定义域为(−1,+∞),𝑓(0)=0,𝑓′(𝑥)= ln(1+𝑥)，𝑙 为𝐴(𝑎,𝑓(𝑎))(𝑎 ≠0)处的切线．
1
1+𝑥
(1)𝑓′(𝑥)的最大值；
(2)证明：当−1<𝑎 <0时，除点A外，曲线𝑦 =𝑓(𝑥)均在𝑙 上方；
1
(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2𝑎−𝑥1−𝑥2的取值范围．
2 1 1 2 1 2
𝑥2−𝑥1
【答案】(1) 1
e
(2)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
（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2𝑎−𝑥1−𝑥2，从而求出范围.
2 1 2
𝑥2−𝑥1
【解析】（1）设𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)，𝑔′(𝑥)=1+ 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，
所以𝑓′(𝑥)的最大值为𝑓′(e−1)= 1 .
e（2）因为𝑓′(𝑎)= ln(1+𝑎) ，所以直线𝑙 的方程为𝑦−𝑓(𝑎)= ln(1+𝑎) (𝑥−𝑎)，即𝑦 = ln(1+𝑎) (𝑥−𝑎)+𝑓(𝑎)，
1
1+𝑎 1+𝑎 1+𝑎
设ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−[ ln(1+𝑎) (𝑥−𝑎)+𝑓(𝑎)]，ℎ′(𝑥)= ln(1+𝑥) − ln(1+𝑎) =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，
而当𝑥 ≥0时，𝑓′(𝑥)= ln(1+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𝑓(𝑥)= ln2(1+𝑥) ，
1+𝑥 2 2
因为直线𝑙 的方程为𝑦 =
ln(1+𝑎)
(𝑥−𝑎)+
ln2(1+𝑎)
，易知𝑎 ≠0，
1
1+𝑎 2
所以直线𝑙 的方程为𝑦 =− 1+𝑎 (𝑥−𝑎)+ ln2(1+𝑎) ,
2 ln(1+𝑎) 2
𝑥 =𝑎−
(1+𝑎)ln(1+𝑎)
，𝑥 =
ln3(1+𝑎)
+𝑎.
1 2 2 2(1+𝑎)
(1+𝑎)ln(1+𝑎) ln3(1+𝑎)
所以2𝑎−𝑥1−𝑥2 = 2 − 2(1+𝑎) = (1+𝑎)2−ln2(1+𝑎)
𝑥2−𝑥1 ln3(1+𝑎) + (1+𝑎)ln(1+𝑎) ln2(1+𝑎)+(1+𝑎)2
2(1+𝑎) 2
ln2(1+𝑎)
= 1− (1+𝑎)2 = 1−𝑔2(𝑎) =−1+ 2 ,由（1）知,当𝑥 >0时，𝑔(𝑥)∈(0, 1 ]，所以𝑔2(𝑎)∈(0, 1 ],
ln2(1+𝑎) +1 1+𝑔2(𝑎) 1+𝑔2(𝑎) e e2
(1+𝑎)2
所以2𝑎−𝑥1−𝑥2
∈[
e2−1
,1).
𝑥2−𝑥1 e2+1
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：(𝑥 ,𝑦 ),…,(𝑥 ,𝑦 )．相
𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 1 1 𝑛 𝑛
|𝑥 −𝑥 |=3 |𝑥 −𝑥 |=4
邻两项(𝑥 ,𝑦),(𝑥 ,𝑦 )满足： 𝑖+1 𝑖 或 𝑖+1 𝑖 ，称为k列．
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𝜏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)与(4,4)能否同时在𝜏中，
𝑖 𝑖
并说明；
(3)证明：M中所有元素都不构成k列．
【答案】(1)(6,7)或(7,6)
(2)不能，见解析
(3)见解析
𝑥 =𝑥 ±3 𝑥 =𝑥 ±4
【解析】（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𝜏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𝜏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}}，𝑇 ={(𝑥,𝑦)|𝑥 ∈{3,4,5,6},𝑦 ∈{1,2,3,4,5,6,7,8}}.
1 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
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 ,𝑦 )∈𝑇 ,(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,𝑚+1≤𝑘 ≤32
2𝑘−1 2𝑘−1 2 2𝑘 2𝑘 1
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标之和为偶数的点的数
1
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，所以𝑚 =32−𝑚 =16，
1 2
得𝑚 =16.
(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,1≤𝑘 ≤16
从而有{ 2𝑘−1 2𝑘−1 1 2𝑘 2𝑘 2 .
(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,17≤𝑘 ≤32
2𝑘−1 2𝑘−1 2 2𝑘 2𝑘 1
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}}，𝑇 ={(𝑥,𝑦)|𝑥 ∈{1,2,3,4,5,6,7,8},𝑦 ∈{3,4,5,6}}.
3 4
(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,1≤𝑘 ≤16
则同理有{ 2𝑘−1 2𝑘−1 3 2𝑘 2𝑘 4 .
(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,(𝑥 ,𝑦 )∈𝑇 ,17≤𝑘 ≤32
2𝑘−1 2𝑘−1 4 2𝑘 2𝑘 3
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.
