2025年北京卷数学试题与解析_历年全国高考真题_2025全国各省高考真题+答案_北京卷_数学

2025年高考北京数学真题
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题
卡上。用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用
橡皮擦干净后，再填涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置
上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答
案无效。
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. ∅
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
n
 是公差不为0的等差数列，a =-2，若a ,a ,a 成等比数列，则a = ( )
1 3 4 6 10
A. -20 B. -18 C. 16 D. 18
6.已知a>0,b>0，则 ( )
1 1 1 1 1 2
A. a2+b2>2ab B. + ≥ C. a+b> ab D. + ≤
a b ab 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 0 ∈D，使得 fx 0    >
M”的 ( )
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
π
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,
 4
 上存在零点，则ω
的最小值为 ( )
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
数学试题 第 1 页 共 12 页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
2
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
    
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]
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= ．
12.已知(1-2x)4=a -2ax+4a x2-8a x3+16a x4，则a = ；a +a +a +a = ．
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
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= ．
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∥
5
BC∥ED，若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；
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
1
16.在△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△ABC存在，求BC的高．
10 2
①a=6；②bsinC= ；③△ABC面积为10 2．
3
数学试题 第 2 页 共 12 页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⎳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 的大小(结论不要求证明)
1 2 1 2
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；
(2)设O为原点，Mx 0 ,y 0  x 0 ≠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， 0 0
S |OA|
B．△OAM与△OBM的面积为S ,S ，比较 1 与 的大小．
1 2 S |OB|
2
数学试题 第 3 页 共 12 页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)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 的取值范围．
2 1 1 2 1 2 x -x
2 1
21.A={1,2,3,4,5,6,7,8},M= x i ,y i   ∣x∈A,y∈A i i  ，从M中选出n构成一列：x 1 ,y 1  ,⋯,
x n ,y n  ．相邻两项x i ,y i  ,x i+1 ,y i+1  满足：x i+1 -x i  =3 y i+1 -y i  或x i+1 -x i =4  =4 y i+1 -y i  ，称为k列． =3
(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,
i i
4)能否同时在τ中，并说明；
(3)证明：M中所有元素都不构成k列．
数学试题 第 4 页 共 12 页参考答案
1. D
【解析】∵M={x|2x-1>5}={x|x>3}，N={1,2,3}，∴M∩N=∅
2. B
2i-2 (2i-2)i
【解析】∵iz+2=2i,∴z= = =2+2i,∴|z|= 22+22=2 2
i i⋅i
3. B
x2 c 5
【解析】∵x2-4y2=4∴ -y2=1∴c2=a2+b2=5∴a=2,c= 5∴e= =
4 a 2
4. A
1
【解析】y=3x的图像，纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，得到y=32x=9x的图像
2
5. C
【解析】设等差数列a n  的公差为d,d≠0  ，
因为a ,a ,a 成等比数列，且a =-2，
3 4 6 1
所以a2 4 =a 3 a 6 ，即-2+3d  2=-2+2d  -2+5d  ，解得d=2或d=0(舍去)，
所以a =a +9d=-2+9×2=16.
10 1
故选：C.
6. C
A 选项：当a=b时，a2+b2=2ab，故 A 错误
1 1 1 1
B 选项：时a=b= , + =10, =25，故 B 错误
5 a b ab
C 选项：∵a>0,b>0,a+b≥2 ab> ab，故 C 正确
1 1 1 1 1 2
D 选项：∵ >0, >0,∴ + ≥2 = ，故 D 错误
a b a b ab ab
7. A
【解析】若函数f(x)的值域为R，则对任意M∈R，一定存在x 1 ∈D，使得fx 1  =M  +1，
取x 0 =x 1 ，则 fx 0    =M  +1>M，充分性成立；
取f(x)=2x，D=R，则对任意M∈R，一定存在x 1 ∈D，使得fx 1  =M  +1，
取x 0 =x 1 ，则 fx 0    =M  +1>M，但此时函数f(x)的值域为0,+∞  ，必要性不成立；
所以“函数f(x)的值域为R”是“对任意M∈R，存在x 0 ∈D，使得 fx 0    >M”的充分不必要条件.
故选：A.
8. C
π
【解析】f(x)=sin(ωx)+cos(ωx)= 2sinωx+
4

π
,当x∈  0,
 4

π π π π
时，ωx+ ∈   , ω+
4  4 4 4
 ,∵
π
f(x)在 0,
 4

π π
上存在零点，∴ ω+ ≥π，ω≥3.又∵f(x+π)=f(x)，可知周期T满足π=kT,k∈
4 4
2π
ℤ，即π=k⋅ ,k∈ℤ,∴w=2k,k∈ℤ,∴ω的最小值为4.
ω
9. 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 2 =klog 21.024×109  =klog 2210×106  =k10+6log 2 10  ，
T 3 =klog 24.096×109  =klog 2212×106  =k12+6log 2 10  ，
数学试题 第 5 页 共 12 页因为T 2 -T 1 =k10+6log 2 10  -6klog 10=10k=20，所以k=2， 2
所以T 3 -T 2 =k12+6log 2 10  -k10+6log 2 10  =2k=4，
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.
10.B
          
【解析】由题意得OA⊥OB,2CA+AB=2(OA-OC)+(OB-OA)=OA+OB-2OC，
          
则8=|OA+OB|-|2OC|≤|OA+OB-2OC|≤|OA+OB|+|2OC|=12，即8≤|2CA+AB|≤12.
11.6
p
【解析】由题意得 =3，p=6.
2
12.1 15
1
【解析】令x=0，得a =1，令x=- ；得16=a +a +a +a +a ，把a =1代入，得a +a +a +a =
0 2 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
15.
π π
13.  ,
2 2
 ，答案不唯一。
【解析】∵sin(α+β)=sin(α-β)，得2cosαsinβ=0，∴cosα=0或sinβ≠0.
∵cos(α+β)≠cos(α-β)，得-2sinαsinβ≠0，∴sinα≠0或sinβ≠0.
π π
可取α= ,β= .
2 2
14.60
【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，
数学试题 第 6 页 共 12 页而平面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
2
 =10.
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，
1 5
而S = ×4× 
△ARF 2 2

2
-4=3，故V =8×3=24,
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，
1 12 1 12 1
而 AG×RF=3，故AG= ，故V = × × 2+4
2 5 B-HTES 3 5 2

5
× =6，
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.
【解析】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；
对于②，取fx 
1
=- x，该函数为R上的减函数且fx
3
 +f2x  =-x，
故该函数符合，故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，
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
数学试题 第 7 页 共 12 页【分析】(1)由平方关系、正弦定理即可求解；
(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.
1
【解析】(1)因为cosA=- ,A∈0,π
3

2 2
，所以sinA= 1-cos2A= ，
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△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；
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，△ABC的面积是10 2，则S = bcsinA= 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⋅-
3
 =9可以唯一确定，
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，
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，即AD=
△ABC 2 2
20 2
.
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.
【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∠ADC=90°，∠BAC=90°
不妨设AD-CD=2，∴AC=AB=2 2
数学试题 第 8 页 共 12 页1
∴BC=4，∵E、F分别为BC、PD的中点，∴FN= AD=1,BE=2，
2
∴GM=1，
∵∠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)
  
∴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)


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与面PCD成的角为θ


  ∣AB⋅n |0×1+2 2×(-1)+0×1| 2 2 3
则sinθ=|cos‹AB,n›|=  = = =
|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
【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 = .
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，
数学试题 第 9 页 共 12 页而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.
(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，
故PD 
1
+ 1-P(D) 4 
1
=0.8即p 1 + 4 ×1-p 1 
11
=0.8，故p = ， 1 15
1
同理有0.85p 2 + 4 ×1-p 2 
5
=0.75，故p = ， 2 6
故p <p .
1 2
x2 y2
19.(1) + =1
4 2
S |OA|
(2) 1 =
S |OB|
2
 a c =
2
2

a=2
(1)由题可知
2a=4
，解得c= 2
 b= 2
b2=a2-c2
x2 y2
∴椭圆方程为 + =1
4 2
∵直线x x+2y y-4=0与直线y=2和y=-2分别交于A, B两点，可得
0 0
4-4y
A 0 ,2
x
0

4+4y
,B 0 ,-2
x
0

设∠AOM=α,∠BOM=β
2x y
0 - 0
k -k 4-4y x x2-2y +2y2
∴tanα= OA OM = 0 0 = 0 0 0
1+k OA ⋅k OM 1+ 2x 0 ⋅ y 0 2-y 0
4-4y x
0 0
 x 0
∵Mx 0 ,y 0 
x2 y2
在椭圆上，∴ 0 + 0 =1,∴x2=4-2y2 4 2 0 0
4-2y2-2y +2y2 ∴tanα= 0 0 0
2-y 0 
= 22-y 0
x 0

2-y 0 
2 =
x x 0 0
y -2x
0 - 0
k -k x 4+4y 2y +2y2+x2 tanβ= OM OB = 0 0 = 0 0 0
1+k OM ⋅k OB 1+ y 0 ⋅ -2x 0 2+y 0
x 4+4y
0 0

2y +2y2+4-2y2 = 0 0 0
⋅x 0 2+y 0 
= 2y 0 +2
⋅x 0

2+y 0 
2 =
x x 0 0
∴tanα=tanβ,∴α=β,∴sinα=sinβ
1
|OA|⋅|OM|⋅sinα
S 2 |OA| S |OA|
∴ 1 = = ，即 1 =
S 2 2 1 |OB|⋅|OM|⋅sinβ |OB| S 2 |OB|
1
20.(1)
e
数学试题 第 10 页 共 12 页(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 1 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；
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 ，从而求出范围.
2 1 2 x -x
2 1
【解析】(1)设gx  =fx  ，gx 
1
1+x 1+x
=
 -ln1+x 
1+x 
1-ln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
=

1+a ，所以直线l 1 的方程为y-fa 
ln1+a
=

x-a 1+a 
ln1+a
，即y=

x-a 1+a 
+fa  ，
设hx  =fx 
ln1+a
-

x-a
1+a
 +fa 




，hx 
ln1+x
=
 ln1+a
-
1+x

=fx
1+a
 -f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
1+x
 ≥fa  ，hx  单调递增
故hx  ≥ha  ，从而命题得证；
(3)由fx 
ln1+x
=

可设fx
1+x

ln21+x
=

+C，又f0
2
 =0，所以C=0，即fx 
ln21+x
=

，
2
ln1+a
因为直线l 的方程为y= 1

x-a 1+a 
ln21+a
+

，易知a≠0， 2
1+a
所以直线l 的方程为y=- 2 ln1+a  x-a 
ln21+a
+

, 2
1+a
x =a-
1
 ln1+a  ln31+a
，x =
2 2

21+a 
+a.
1+a
2a-x -x
所以 1 2 =
x -x 2 1
 ln1+a  ln31+a
-
2

21+a 
ln31+a 
21+a 
1+a
+
 ln1+a 
1+a
=
2
 2-ln21+a 
ln21+a  +1+a  2
ln21+a
1-
=

1+a  2
ln21+a 
1+a 
1-g2a
=
+1
2

1+g2a 
2
=-1+
1+g2a 
,由(1)知,当x>0时，gx 
1
∈0,
e
 ，所以g2a  ∈
1 0,
e2
 ,
所以 2a-x 1 -x 2 ∈   e2-1 ,1
x -x e2+1
2 1
 .
21.(1)(6,7)或(7,6)
(2)不能
数学试题 第 11 页 共 12 页(3)见解析
x =x±3 x =x±4
(1)由题意，可得

i+1 i 或

i+1 i
y =y±4 y =y±3
i+1 i i+1 i
∴若k列的第一项为(3,3)，则第二项为(6,7)或(7,6)
(2)设z =x +y ,∴z =x +y
i i i i+1 i+1 i+1
x =x±3 x =x±4
∵   i+1 i 或  i+1 i ,
y =y±4 y =y±3
i+1 i i+1 i
∴x +y =x +y ±7
i+1 i+1 i i
或x +y =x +y ±1
i+1 i+1 i i
即x i+1 +y i+1  与x i +y i  奇偶轮换
即z 与z 奇偶性不同，z 与z 奇偶性相同．
i+1 i i+2 i
若x i ,y i  =(3,2),x ,y j j  =(4,4)均在τ中，
由x =3,x =4知，i,j均为偶性，∴z 与z 奇偶性相同，
i j i j
而z =5,z =8奇偶性不同，∴矛盾，
i j
故(3,2),(4,4)不能同时在τ中．
(3)由题知，M 为点集，由(2)知，设M ix i ,y i  ,x ,y ∈{1,2,7,8}， i i
则x i+1 ,y i+1  ∈{3,4,5,6}，其中M 共有4×4=16个点， i
而x i+1 ,y i+1  ≠(3,3),(6,3),(3,6),(6,3)，因为 6 由 2 来，3 由 7 来，
横、纵坐标不能同时相差4,∴M 有 12 个点，
i+1
即对于 16 个x i ,y i  ，有 12 个x i+1 ,y i+1  与之相对应，矛盾．
综上，M 中所有元素都无法构成 K 列．
数学试题 第 12 页 共 12 页QQ资料群简介
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