2023年高考数学试卷（北京）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按省份分类）2008-2025_2008-2025·（北京）数学高考真题

2023 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数学 本试卷满分 150分.考试时间 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. 一、选择题：本题共 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. 已知集合 M ={x∣x+2³0},N ={x∣x-1<0} ，则M ÇN =（ ） A. {x∣-2£ x<1} B. {x∣-2< x£1} C. {x∣x³-2} D. {x∣x<1} 【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合M,N ，然后根据交集的定义计算. 【详解】由题意，M ={x∣x+2³0}={x|x³-2}，N ={x∣x-1<0}={x|x<1}， 根据交集的运算可知，M I N ={x|-2£ x<1}. 故选：A 2. 在复平面内，复数z对应的点的坐标是(-1, 3)，则z的共轭复数z =（ ） A. 1+ 3i B. 1- 3i C. -1+ 3i D. -1- 3i 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义先求出复数z，然后利用共轭复数的定义计算. 【详解】z在复平面对应的点是(-1, 3)，根据复数的几何意义，z =-1+ 3i， 由共轭复数的定义可知，z =-1- 3i. 故选：D 3. 已知向量a r，b r 满足a r +b r =(2,3),a r -b r =(-2,1)，则|a r |2 -|b r |2=（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 第1页 | 共28页【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答. 【详解】向量a r ,b r 满足a r +b r =(2,3),a r -b r =(-2,1)， r r r r r r 所以|a|2 -|b|2=(a+b)×(a-b)=2´(-2)+3´1=-1. 故选：B 4. 下列函数中，在区间(0,+¥)上单调递增的是（ ） 1 A. f(x)=-lnx B. f(x)= 2x 1 C. f(x)=- D. f(x)=3|x-1| x 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可. 【详解】对于A，因为y =lnx在 0,+¥ 上单调递增， y=-x 在 0,+¥ 上单调递减， 所以 f x=-lnx在 0,+¥ 上单调递减，故A错误； 1 对于B，因为y =2x在 0,+¥ 上单调递增，y= 在 0,+¥ 上单调递减， x 1 所以 f x= 在 0,+¥ 上单调递减，故B错误； 2x 1 对于C，因为y= 在 0,+¥ 上单调递减， y=-x 在 0,+¥ 上单调递减， x 1 所以 f x=- 在 0,+¥ 上单调递增，故C正确； x æ1ö 1 -1 1 对于D，因为 f ç ÷ =32 =32 = 3， f 1=31-1 =30 =1, f 2=32-1 =3， è2ø 显然 f x=3x-1 在 0,+¥ 上不单调，D错误. 故选：C. 5 æ 1ö 5. ç 2x- ÷ 的展开式中x的系数为（ ）． è xø A. -80 B. -40 C. 40 D. 80 【答案】D 【解析】 第2页 | 共28页5 æ 1ö 【分析】写出 2x- 的展开式的通项即可 ç ÷ è xø 5 r æ 1ö æ 1ö 【详解】 2x- 的展开式的通项为T =Cr2x5-r - =-1r 25-rCrx5-2r ç ÷ ç ÷ è xø r+1 5 è xø 5 令5-2r =1得r =2 5 所以 æ 2x- 1ö 的展开式中x的系数为-12 25-2C2 =80 ç ÷ è xø 5 故选：D 【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单. 6. 已知抛物线C: y2 =8x的焦点为F ，点M 在C上．若M 到直线x=-3的距离为5，则|MF |= （ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用抛物线的定义求解即可. 【详解】因为抛物线C: y2 =8x的焦点F2,0 ，准线方程为x=-2，点M 在C上， 所以M 到准线x=-2的距离为 MF ， 又M 到直线x=-3的距离为5， 所以 MF +1=5，故 MF =4. 故选：D. 7. 在 ABC中，(a+c)(sin A-sinC)=b(sin A-sinB)，则ÐC =（ ） V π π 2π 5π A. B. C. D. 6 3 3 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【详解】因为(a+c)(sin A-sinC)=b(sin A-sinB)， 所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a2 -c2 =ab-b2， 第3页 | 共28页a2 +b2 -c2 ab 1 则a2 +b2 -c2 =ab，故cosC = = = ， 2ab 2ab 2 π 又0M 恒成立 1 n n B. 当a =5时， a  为递增数列，且存在常数M £6，使得a 6，使得a >M 恒成立 1 n n D. 当a =9时， a  为递增数列，且存在常数M >0，使得a M 不恒成立；对于B，证明a 所在区间同时证得后续结论； n+1 n n n é ù 对于 C，记 m =log ê2log M -6+1ú，取 m=m +1推得 a >M 不恒成立；对于 D，构造 0 3 1 0 n ë û 4 1 9 gx= x3- x2 +26x-49x³9，判断得a >a +1，进而取m=M+1推得a 0，a -6<0，故a -a <0，故a M 恒成立，则6-3 >M ， n ç ÷ è4ø 6-M æ9ö n-1 6-M 故 > ，故n<1+log ，故a >M 恒成立仅对部分n成立， 3 ç è4 ÷ ø 9 3 n 4 故A不成立. 对于B，若a =5,可用数学归纳法证明：-1£a -6<0即5£a <6， 1 n n 证明：当n=1时，-1£a -6=-1£0，此时不等关系5£a <6成立； 1 n 第7页 | 共28页设当n=k时，5£a <6成立， k 1 æ 1 ö 则a -6= a -63 Î ç - ,0 ÷，故-1£a -6<0成立即 k+1 4 k è 4 ø k+1 由数学归纳法可得5£a <6成立. k+1 1 é1 ù 而a -a = a -63 -a -6=a -6 a -62 -1 ， n+1 n 4 n n n ê ë4 n ú û 1 a -62 -1<0，a -6<0，故a -a >0，故a >a ，故 a  为增数列， 4 n n n+1 n n+1 n n 若M =6，则a <6恒成立，故B正确. n 对于C，当a =7时， 可用数学归纳法证明：00可得：a -6£a -6 æ1ö n ，所以 n+1 n 4 n 4 n n+1 n+1 1 ç è4 ÷ ø n æ1ö a £6+ ， ç ÷ n+1 è4ø n æ1ö 若a £6+ ，若存在常数M >6，使得a >M 恒成立， n+1 ç è4 ÷ ø n n æ1ö n£log M -6 则M -6£ ç ÷ 恒成立，故 1 ，n的个数有限，矛盾，故C错误. è4ø 4 对于D，当a =9时， 可用数学归纳法证明：a -6³3即a ³9， 1 n n 证明：当n=1时，a -6=3³3，此时不等关系成立； 1 设当n=k时，a ³9成立， k 第8页 | 共28页1 27 则a -6= a -63 ³ >3，故a ³9成立 k+1 4 k 4 k+1 由数学归纳法可得a ³9成立. n é1 ù 而a -a =a -6 a -62 -1 >0，故a >a ，故 a  为增数列， n+1 n n ê ë4 n ú û n+1 n n 1 9 又a -6=a -6´ a -62 > a -6，结合a -6>0可得： n+1 n 4 n 4 n n n-1 n-1 n-1 æ9ö æ9ö æ9ö a -6>a -6 =3 ，所以a ³6+3 ， ç ÷ ç ÷ ç ÷ n+1 1 è4ø è4ø n+1 è4ø n-1 æ9ö 若存在常数M >0，使得a 6+3 ， n ç ÷ è4ø æ9ö n-1 æM -6ö 故M >6+3 ç è4 ÷ ø ，故n0，得0< x<6- 或x>6+ ； 3 3 2 3 2 3 令 f¢x<0，得6- < x<6+ ； 3 3 æ 2 3ö æ 2 3 ö æ 2 3 2 3ö 所以 f x 在ç-¥,6- ÷和ç6+ ,+¥÷上单调递增，在ç6- ,6+ ÷上单调递减， ç ÷ ç ÷ ç ÷ 3 3 3 3 è ø è ø è ø 1 9 1 令 f x=0，则 x3 - x2 +26x-48=0，即 x-4x-6x-8=0，解得x=4或x=6或 4 2 4 x=8， 2 3 2 3 注意到4<6- <5，7<6+ <8， 3 3 所以结合 f x 的单调性可知在 -¥,4 和 6,8 上 f x<0，在 4,6 和 8,+¥ 上 f x>0， 1 1 对于A，因为a = a -63 +6，则a -6= a -63 ， n+1 4 n n+1 4 n 第9页 | 共28页1 当n=1时，a =3，a -6= a -63 <-3，则a <3， 1 2 4 1 2 假设当n=k时，a <3， k 1 1 当n=k+1时，a -6= a -63 < 3-63 <-3，则a <3， k+1 4 k 4 k+1 综上：a £3，即a Î-¥,4 ， n n 因为在 -¥,4 上 f x<0，所以a 0， 4 1 9 所以hx 在 -¥,3 上单调递增，故hx£h3= ´33- ´32 +26´3-47<0， 4 2 故a -a +1<0，即a M 恒成立， n 取m=-M+4，其中M -1<M£M ，且 MÎZ， 因为a n+1 M 恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为a =5， 1 1 1 当n=1时，a =5<6，a = a -63 +6= ´5-63 +6<6， 1 2 4 1 4 假设当n=k时，a <6， k 第10页 | 共28页当n=k+1时，因为a <6，所以a -6<0，则a -63 <0， k k k 1 所以a = a -63 +6<6， k+1 4 k 1 1 又当n=1时，a -5= a -63 +1= ´5-63 +1>0，即a >5， 2 4 1 4 2 假设当n=k时，a ³5， k 当n=k+1时，因为a ³5，所以a -6³-1，则a -63 ³-1， k k k 1 所以a = a -63 +6³5， k+1 4 k 综上：5£a <6， n 因为在 4,6 上 f x>0，所以a >a ，所以 a  为递增数列， n+1 n n 此时，取M =6，满足题意，故B正确； 1 1 对于C，因为a = a -63 +6，则a -6= a -63 ， n+1 4 n n+1 4 n 注意到当a =7时，a = 1 7-63 +6= 1 +6，a = 1æ1 +6-6 ö 3 +6= æ1ö 4 +6， 1 2 4 4 3 4 ç è4 ÷ ø ç è4 ÷ ø 3 1é æ1ö 4 ù æ1ö 13 a = êç ÷ +6-6ú +6= ç ÷ +6 4 4êë è4ø úû è4ø 1 3k-1  猜想当n³2时，a = æ1ö2 +6， ç ÷ k è4ø 当n=2与n=3时，a 2 = 1 4 +6与a 3 = æ ç è 1 4 ö ÷ ø 4 +6满足a n = æ ç è 1 4 ö ÷ ø 1 2  3n-1  +6， 1 3k-1  假设当n=k时，a = æ1ö2 +6， ç ÷ k è4ø 3 é 1 3k-1  ù 1 3k+1-1  当n=k+1时，所以a = 1 a -63 +6= 1 ê æ1ö2 +6-6ú +6= æ1ö2 +6， ç ÷ ç ÷ k+1 4 k 4êè4ø ú è4ø ë û 1 3n-1  æ1ö2 综上：a = +6n³2， ç ÷ n è4ø 易知3n -1>0，则0< æ1ö 1 2  3n-1  <1，故a = æ1ö 1 2  3n-1  +6Î6,7n³2， ç ÷ ç ÷ è4ø n è4ø 第11页 | 共28页所以a Î6,7 ， n 因为在 6,8 上 f x<0，所以a 6，使得a >M 恒成立， n é ù 记m =log ê2log M -6+1ú，取m=m +1，其中m -1<m £m ,m ÎN*， 0 3 1 0 0 0 0 0 ë û 4 3m >3m 0 =2log M -6+1 则 1 ， 4 故 1 2  3m -1  >log 1 M -6 ，所以 æ ç 1ö ÷ 1 2  3m-1  M 不恒成立，故C错误； m n 对于D，因为a =9， 1 1 27 当n=1时，a -6= a -63 = >3，则a >9， 2 4 1 4 2 假设当n=k时，a ³3， k 1 1 当n=k+1时，a -6= a -63 ³ 9-63 >3，则a >9， k+1 4 k 4 k+1 综上：a ³9， n 因为在 8,+¥ 上 f x>0，所以a >a ，所以 a  为递增数列， n+1 n n 1 1 9 因为a -a -1= a -63 +6-a -1= a3- a2 +26a -49， n+1 n 4 n n 4 n 2 n n 1 9 3 令gx= x3- x2 +26x-49x³9，则g¢x= x2 -9x+26， 4 2 4 -9 x=- =6 因为g¢x 开口向上，对称轴为 3 ， 2´ 4 3 所以g¢x 在 9,+¥ 上单调递增，故g¢x³ g¢9= ´92 -9´9+26>0， 4 1 9 所以gx³ g9= ´93- ´92 +26´9-49>0， 4 2 故a -a -1>0，即a >a +1， n+1 n n+1 n 假设存在常数M >0，使得a a n +1，所以a 2 >a 1 +1,a 3 >a 2 +1, L ,a M+1 >a M +1， 上式相加得，a >a +M>9+M -1>M ， M+1 1 则a m =a M+1 >M ，与a n b，则tana> tanb．能说明p为假命题的一组a,b的值 为a=__________，b= _________． 9π π 【答案】 ①. ②. 4 3 【解析】 【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解. æ πö π 【详解】因为 f x=tanx在ç0, ÷上单调递增，若0k ，则a-b=2kπ+a-2k π+b=2k -k π+a -b ， 1 2 1 0 2 0 1 2 0 0 π 3π 因为2k -k π ³ 2π,- >0， 1 2 2 0 0 1 2 0 0 2 即k >k ，则a>b. 1 2 π π 9π π 不妨取k =1,k = 0,a = ,b = ，即a= ,b= 满足题意. 1 2 0 4 0 3 4 3 9π π 故答案为： ; . 4 3 14. 我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环 权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列 a  ，该数列的前3项成等差数 n 列，后7项成等比数列，且a =1,a =12,a =192，则a =___________；数列 a  所有项的和为 1 5 9 7 n ____________． 【答案】 ①. 48 ②. 384 【解析】 【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解d,q，进而可求得结果；方法二：根 据等比中项求a ,a ，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解. 7 3 【详解】方法一：设前3项的公差为d，后7项公比为q>0， a 192 则q4 = 9 = =16，且q>0，可得q= 2， a 12 5 a 则a =1+2d = 5 ，即1+2d =3，可得d =1， 3 q2 第14页 | 共28页空1：可得a =3,a =aq4 =48， 3 7 3 3  1-27 空2：a +a +L +a =1+2+3+3´2+×××+3´26 =3+ =384 1 2 9 1-2 方法二：空1：因为 a ,3£n£7为等比数列，则a2 =a a =12´192=482， n 7 5 9 且a >0，所以a =48； n 7 a2 又因为a2 =a a ，则a = 5 =3； 5 3 7 3 a 7 a 空2：设后7项公比为q>0，则q2 = 5 =4，解得q= 2， a 3 3a +a  a -a q 3-192´2 可得a +a +a = 1 3 =6,a +a +a +a +a +a +a = 3 9 = =381， 1 2 3 2 3 4 5 6 7 8 9 1-q 1-2 所以a +a +L +a =6+381-a =384. 1 2 9 3 故答案为：48；384. ìx+2,x<-a, ïï 15. 设a>0，函数 f(x)=í a2 -x2,-a£ x£a,，给出下列四个结论： ï ïî - x -1,x>a. ① f(x)在区间(a-1,+¥)上单调递减； ②当a³1时， f(x)存在最大值； ③设M  x , f x x £a,N  x , f x x >a ，则|MN |>1； 1 1 1 2 2 2 ④设P  x , f x x <-a,Q  x , f x x ³-a ．若|PQ|存在最小值，则a的取值范围是 3 3 3 4 4 4 æ 1ù ç 0, ú ． è 2û 其中所有正确结论的序号是____________． 【答案】②③ 【解析】 1 【分析】先分析 f x 的图像，再逐一分析各结论；对于①，取a= ，结合图像即可判断；对于②，分段 2 4 讨论 f x 的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知 MN 的范围；对于④，取a= ，结合图 5 第15页 | 共28页像可知此时 PQ 存在最小值，从而得以判断. 【详解】依题意，a>0， 当x<-a时， f x= x+2，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当-a£ x£a时， f x= a2 -x2 ，易知其图像是，圆心为 0,0 ，半径为a的圆在x轴上方的图像 （即半圆）； 当x>a时， f x=- x -1，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线； 1 对于①，取a= ，则 f x 的图像如下， 2 æ 1 ö æ 1 ö 显然，当xÎ(a-1,+¥)，即xÎ ç - ,+¥ ÷时， f x 在ç - ,0 ÷上单调递增，故①错误； è 2 ø è 2 ø 对于②，当a³1时， 当x<-a时， f x= x+2<-a+2£1； 当-a£ x£a时， f x= a2 -x2 显然取得最大值a； 当x>a时， f x=- x -1<- a -1£-2， 综上： f x 取得最大值a，故②正确； 对于③，结合图像，易知在x =a，x >a且接近于x=a处， 1 2 M  x , f x x £a,N  x , f x x >a 的距离最小， 1 1 1 2 2 2 第16页 | 共28页当x =a时，y = f x =0，当x >a且接近于x=a处，y = f x <- a -1， 1 1 2 2 2 此时， MN > y - y > a +1>1，故③正确； 1 2 4 对于④，取a= ，则 f x 的图像如下， 5 因为P  x , f x x <-a,Q  x , f x x ³-a ， 3 3 3 4 4 4 æ 4ö 结合图像可知，要使 PQ 取得最小值，则点P在 f x= x+2 ç x<- ÷上，点Q在 è 5ø 16 æ 4 4ö f x= -x2 - £ x£ ， ç ÷ 25 è 5 5ø æ 4ö 同时 PQ 的最小值为点O到 f x= x+2 ç x<- ÷的距离减去半圆的半径a， è 5ø æ 4ö 此时，因为 f x= y = x+2 ç x<- ÷的斜率为1，则k =-1，故直线OP的方程为 y=-x ， è 5ø OP ìy =-x ìx=-1 联立í ，解得í ，则P-1,1 ， îy = x+2 îy =1 æ 4ö 显然P-1,1 在 f x= x+2 ç x<- ÷上，满足 PQ 取得最小值， è 5ø 4 æ 1ù 即a= 也满足 PQ 存在最小值，故a的取值范围不仅仅是ç 0, ú ，故④错误. 5 è 2û 故答案为：②③. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得 f x 的图像，特别是当-a£ x£a时， f x= a2 -x2 的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可. 三、解答题：本题共 6小题，共 85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. 如图，在三棱锥P-ABC 中，PA^平面ABC，PA= AB= BC =1，PC = 3． 第17页 | 共28页（1）求证：BC^平面PAB； （2）求二面角A-PC-B的大小． 【答案】（1）证明见解析 π （2） 3 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得PA^ BC，再利用勾股定理证得BC ^ PB，从而利用线面垂直的 判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC 与平面PBC 的法向量，再利用空间向 量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 因为PA^平面ABC,BC Ì平面ABC， 所以PA^ BC，同理PA^ AB， 所以 PAB为直角三角形， V 又因为PB= PA2 + AB2 = 2，BC =1,PC = 3， 所以PB2 +BC2 = PC2，则 PBC为直角三角形，故BC ^ PB， V 又因为BC^PA，PA PB= P， I 所以BC^平面PAB. 【小问2详解】 由（1）BC^平面PAB，又ABÌ平面PAB，则BC^ AB， 以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 第18页 | 共28页则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)， uuur uuur uuur uuur 所以AP=(0,0,1),AC =(1,1,0),BC =(0,1,0),PC =(1,1,-1)， uuur ur ì ïm×AP=0 ìz =0, 设平面PAC 的法向量为m=x ,y ,z ，则í ，即í 1 1 1 1 ïîm× u A u C ur =0 î x 1 + y 1 =0, ur 令x =1，则y =-1，所以m=(1,-1,0)， 1 1 uuur r ì ïn×BC =0 ìy =0 设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则í ，即í 2 ， 2 2 2 ïîn× u P u C ur =0 î x 2 + y 2 -z 2 =0 r 令x =1，则z =1，所以n=(1,0,1)， 2 2 ur r ur r m×n 1 1 cos m,n = = = 所以 ur r ， m n 2´ 2 2 又因为二面角A-PC-B为锐二面角， π 所以二面角A-PC-B的大小为 . 3 æ πö 17. 设函数 f(x)=sinwxcosj+coswxsinj ç w>0,|j|< ÷． è 2ø 3 （1）若 f(0)=- ，求j的值． 2 é π 2πù æ2πö （2）已知 f(x)在区间 ê - , ú 上单调递增， f ç ÷ =1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中 ë 3 3 û è 3 ø 选择一个作为已知，使函数 f(x)存在，求w,j的值． æπö 条件①： f ç ÷ = 2； è3ø 第19页 | 共28页æ πö 条件②： f ç - ÷ =-1； è 3ø é π πù 条件③： f(x)在区间 ê - ,- ú 上单调递减． ë 2 3û 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个 解答计分． π 【答案】（1）j=- . 3 π （2）条件①不能使函数 f(x)存在；条件②或条件③可解得w=1，j=- . 6 【解析】 π 【分析】（1）把x=0代入 f(x)的解析式求出sinj，再由|j|< 即可求出j的值； 2 é π 2πù （2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把 f(x)的解析式化简，根据 f(x) 在 ê - , ú 上的单调性及 ë 3 3 û æ πö π 函数的最值可求出T ，从而求出w的值；把w的值代入 f(x)的解析式，由 f ç - ÷ =-1和|j|< 即可求出 è 3ø 2 π j的值；若选条件③：由 f(x) 的单调性可知 f(x) 在x=- 处取得最小值-1，则与条件②所给的条件一 3 样，解法与条件②相同． 【小问1详解】 π 因为 f(x)=sinwxcosj+coswxsinj,w>0,|j|< 2 3 所以 f(0)=sinw×0cosj+cosw×0sinj=sinj=- ， 2 π π 因为|j|< ，所以j=- . 2 3 【小问2详解】 π 因为 f(x)=sinwxcosj+coswxsinj,w>0,|j|< ， 2 π 所以 f(x)=sinwx+j,w>0,|j|< ，所以 f(x) 的最大值为1，最小值为-1. 2 æπö 若选条件①：因为 f(x)=sinwx+j 的最大值为1，最小值为-1，所以 f ç ÷ = 2无解，故条件①不 è3ø 第20页 | 共28页能使函数 f(x)存在； é π 2πù æ2πö æ πö 若选条件②：因为 f(x) 在 ê - , ú 上单调递增，且 f ç ÷ =1， f ç - ÷ =-1 ë 3 3 û è 3 ø è 3ø T 2π æ πö 2π 所以 = - ç - ÷ =π,所以T =2π,w= =1, 2 3 è 3ø T 所以 f(x)=sinx+j ， æ πö æ π ö 又因为 f ç - ÷ =-1，所以sin ç - +j ÷ =-1， è 3ø è 3 ø π π 所以- +j=- +2kπ,kÎZ， 3 2 π p π 所以j=- +2kπ,kÎZ，因为|j|< ，所以j=- . 6 2 6 π 所以w=1，j=- ； 6 é π 2πù é π πù 若选条件③：因为 f(x) 在 - , 上单调递增，在 - ,- 上单调递减， ê ú ê ú ë 3 3 û ë 2 3û π æ πö 所以 f(x) 在x=- 处取得最小值-1，即 f ç - ÷ =-1. 3 è 3ø 以下与条件②相同． 18. 为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在 描述价格变化时，用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一 天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同． 时段 价格变化 第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 + 第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - + 用频率估计概率． （1）试估计该农产品价格“上涨”的概率； （2）假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这 4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率； （3）假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌” 和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明） 第21页 | 共28页【答案】（1）0.4 （2）0.168 （3）不变 【解析】 【分析】（1）计算表格中的+的次数，然后根据古典概型进行计算； （2）分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算； （3）通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第41天的情况. 【小问1详解】 根据表格数据可以看出，40天里，有16个+，也就是有16天是上涨的， 16 根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为： =0.4 40 【小问2详解】 在这40天里，有16天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4 ，0.35， 0.25， 于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是C2´0.42´C1 ´0.35´0.25=0.168 4 2 【小问3详解】 由于第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9 次，下跌的有2次， 因此估计第41次不变的概率最大. x2 y2 5 19. 已知椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率为 ，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E a2 b2 3 的左、右顶点，| AC|=4． （1）求E的方程； （2）设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M ，直线PA与直线 y = -2交于点 N ．求证：MN //CD． x2 y2 【答案】（1） + =1 9 4 （2）证明见解析 【解析】 c 5 【分析】（1）结合题意得到 = ，2b=4，再结合a2 -c2 =b2，解之即可； a 3 第22页 | 共28页（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点M,N 的坐标，进而求得k ，再根据题意求 MN 得k ，得到k =k ，由此得解. CD MN CD 【小问1详解】 c 5 5 依题意，得e= = ，则c= a， a 3 3 又A,C 分别为椭圆上下顶点， AC =4，所以2b=4，即b=2， 5 4 所以a2 -c2 =b2 =4，即a2 - a2 = a2 =4，则a2 =9， 9 9 x2 y2 所以椭圆E的方程为 + =1. 9 4 【小问2详解】 x2 y2 因为椭圆E的方程为 + =1，所以A0,2,C0,-2,B-3,0,D3,0 ， 9 4 m2 n2 因为P为第一象限E上的动点，设Pm,n00的解，由 此求得gx 的单调区间； （3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间 -¥,0 ， 0,x  ， x ,x  与 x ,+¥ 上 1 1 2 2 f ¢x 的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得 f x 的极值点个数. 【小问1详解】 因为 f(x)= x-x3eax+b,xÎR，所以 f¢x=1-  3x2 +ax3 eax+b， 因为 f x 在(1, f(1))处的切线方程为y =-x+1， 第24页 | 共28页所以 f(1)=-1+1=0， f¢(1)=-1， ìï1-13´ea+b =0 ìa=-1 则í ，解得í ， ïî 1-3+aea+b =-1 îb=1 所以a=-1,b=1. 【小问2详解】 由（1）得gx= f¢x=1-  3x2 -x3 e-x+1xÎR ， 则g¢x=-x  x2 -6x+6  e-x+1， 令x2 -6x+6=0，解得x=3± 3，不妨设x =3- 3，x =3+ 3，则00恒成立， 所以令g¢x<0，解得0< x< x 或x>x ；令g¢x>0，解得x <0或x 0，即 f¢-1 f¢0<0 所以 f ¢x 在 -¥,0 上存在唯一零点，不妨设为x ，则-1< x <0， 3 3 此时，当x< x 时， f¢x<0，则 f x 单调递减；当x < x<0时， f¢(x)>0，则 f x 单调递增； 3 3 所以 f x 在 -¥,0 上有一个极小值点； 当xÎ0,x  时， f ¢x 在 0,x  上单调递减， 1 1 则 f¢x = f¢  3- 3  < f¢1=1-2<0，故 f¢0 f¢x <0， 1 1 所以 f ¢x 在 0,x  上存在唯一零点，不妨设为x ，则0< x < x ， 1 4 4 1 此时，当0< x< x 时， f¢(x)>0，则 f x 单调递增；当x < x< x 时， f¢x<0，则 f x 单调递 4 4 1 减； 第25页 | 共28页所以 f x 在 0,x  上有一个极大值点； 1 当xÎx ,x  时， f ¢x 在 x ,x  上单调递增， 1 2 1 2 则 f¢x = f¢  3+ 3  > f¢3=1>0，故 f¢x  f¢x <0， 2 1 2 所以 f ¢x 在 x ,x  上存在唯一零点，不妨设为x ，则x < x < x ， 1 2 5 1 5 2 此时，当x < x< x 时， f¢x<0，则 f x 单调递减；当x < x< x 时， f¢x<0，则 f x 单调递 1 5 5 2 增； 所以 f x 在 x ,x  上有一个极小值点； 1 2 当x> x =3+ 3 >3时，3x2 -x3 = x23-x<0， 2 所以 f¢x=1-  3x2 -x3 e-x+1 >0，则 f x 单调递增， 所以 f x 在 x ,+¥ 上无极值点； 2 综上： f x 在 -¥,0 和 x ,x  上各有一个极小值点，在 0,x  上有一个极大值点，共有3个极值点. 1 2 1 【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断 f¢x  与 f¢x  的正负情况，充分利用 f ¢x 的单 1 2 调性，寻找特殊点判断即可得解. 21. 已知数列 a n ,b n  的项数均为m(m>2)，且a n ,b n Î{1,2, L ,m}, a n ,b n  的前n项和分别为 A n ,B n ，并规定A 0 = B 0 =0．对于kÎ0,1,2, L ,m ，定义r k =maxi∣B i £ A k ,iÎ{0,1,2, L ,m} ，其 中，maxM 表示数集M中最大的数. （1）若a =2,a =1,a =3,b =1,b =3,b =3，求r ,r,r ,r 的值； 1 2 3 1 2 3 0 1 2 3 （2）若a 1 ³b 1 ，且2r j £r j+1 +r j-1 , j =1,2, L ,m-1,，求r n ； （3）证明：存在 p,q,s,tÎ0,1,2, L ,m ，满足 p>q,s>t, 使得A p +B t = A q +B s ． 【答案】（1）r =0，r =1，r =1，r =2 0 1 2 3 （2）r = n,nÎ N n （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）先求A , A , A , A ,B ,B ,B ,B ，根据题意分析求解； 0 1 2 3 0 1 2 3 第26页 | 共28页（2）根据题意题意分析可得r - r ³1，利用反证可得r - r =1，在结合等差数列运算求解； i+1 i i+1 i （3）讨论A ,B 的大小，根据题意结合反证法分析证明. m m 【小问1详解】 由题意可知：A =0,A =2,A =3,A =6,B =0,B =1,B =4,B =7， 0 1 2 3 0 1 2 3 当k =0时，则B = A = 0,B > A ,i =1,2,3，故r =0； 0 0 i 0 0 当k=1时，则B < A ,B < A ,B > A ,i = 2,3，故r =1； 0 1 1 1 i 1 1 当k =2时，则B £ A ,i =0,1,B > A ,B > A ,故r =1； i 2 2 2 3 2 2 当k =3时，则B £ A ,i =0,1,2,B > A ，故r =2； i 3 3 3 3 综上所述：r =0，r =1，r =1，r =2. 0 1 2 3 【小问2详解】 由题意可知：r £ m ，且r Î N ， n n 因为a ³1,b ³1，则A ³ a =1,B ³ b =1，当且仅当n=1时，等号成立， n n n 1 n 1 所以r = 0,r =1， 0 1 又因为2r £ r + r ，则r - r ³ r - r ，即r - r ³ r - r ³ ××׳ r - r =1， i i-1 i+1 i+1 i i i-1 m m-1 m-1 m-2 1 0 可得r - r ³1， i+1 i 反证：假设满足r - r > 1 的最小正整数为1£ j £ m-1， n+1 n 当i³ j时，则r - r ³ 2；当i£ j-1时，则r - r =1， i+1 i i+1 i 则r =r -r +r -r +×××+r -r +r ³2m- j+ j=2m- j， m m m-1 m-1 m-2 1 0 0 又因为1£ j £ m-1，则r ³2m- j³2m-m-1=m+1>m， m 假设不成立，故r - r = 1 ， n+1 n 即数列 r  是以首项为1，公差为1的等差数列，所以r = 0 +1´n = n,nÎ N . n n 【小问3详解】 （ⅰ）若A ³ B ，构建S =A -B ,1£n£m，由题意可得：S ³0，且S 为整数， m m n n r n n n 反证，假设存在正整数K，使得S ³m， K     则A -B ³m,A -B <0，可得b = B -B = A -B - A -B >m， K r K K r K +1 r K +1 r K +1 r K K r K K r K +1 这与b Î1,2,×××,m 相矛盾，故对任意1£ n £ m,nÎN ，均有S £ m -1 r +1 n . K 第27页 | 共28页①若存在正整数N ，使得S =A -B =0，即A =B ， N N r N r N N 可取r = p = 0,q = N,s = r ，使得A +B =A +B ； N p s q r ②若不存在正整数N ，使得S = 0 ， N 因为S Î1,2m×××,m-1 ，且1£n£m， n 所以必存在1£ X 0，可得b = B -B = B -A - B -A >m， r K K r K +1 K r K +1 r K +1 r K r K +1 K r K K 这与b Î1,2,×××,m 相矛盾，故对任意1£ n £ m,nÎN ，均有S ³1- m . r +1 n K ①若存在正整数N ，使得S =B -A =0，即A =B ， N r N N r N N 可取r = p = 0,q = N,s = r ，使得A +B =A +B ； N p s q r ②若不存在正整数N ，使得S = 0 ， N 因为S Î-1,-2,×××,1-m ，且1£n£m， n 所以必存在1£ X