试卷第1页，共1页
2023 年北京高考数学真题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知集合M ={x∣x +2≥0}, N ={x∣x -1<0}，则M ∩N =（ ）
A．{x∣-2≤x<1}
B．{x∣-2< x ≤1}
C．{x∣x ≥-2}
D．{x∣x<1}
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
3．已知向量⃗a，⃗b满足⃗a+⃗b=(2,3),⃗a-⃗b=(-2,1)，则|⃗a|
2-|⃗b|
2=（ ）
A．-2
B．-1
C．0
D．1
4．下列函数中，在区间(0,+ ∞)上单调递增的是（ ）
A．f ( x)=- ln x
B．f ( x)= 1
2
x
C．f ( x)=- 1
x
D．f ( x)=3
| x -1|
5．(2 x - 1
x)
5
的展开式中x的系数为（ ）．
A．-80
B．- 40
C．40
D．80
6．已知抛物线C : y
2=8 x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
7．在△ABC中，(a+c)(sin A -sinC )=b(sin A -sin B)，则∠C =（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
8．若xy ≠0，则“x + y =0”是“ y
x + x
y =-2”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
9．坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建
筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等
腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB =25 m ,BC = AD =10 m，且等腰梯形所
试卷第2页，共24页
在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为√14
5 ，则该五面
体的所有棱长之和为（ ）
A．102m
B．112m
C．117m
D．125m
10．已知数列{an}满足an+1= 1
4 (an-6)
3+6(n=1,2,3,⋯)，则（ ）
A．当a1=3时，{an}为递减数列，且存在常数M ≤0，使得an> M恒成立
B．当a1=5时，{an}为递增数列，且存在常数M ≤6，使得an< M恒成立
C．当a1=7时，{an}为递减数列，且存在常数M >6，使得an> M恒成立
D．当a1=9时，{an}为递增数列，且存在常数M >0，使得an< M恒成立
二、填空题
11．已知函数f ( x)= 4
x+ log2 x，则f(
1
2)= ．
12．已知双曲线C 的焦点为(-2,0)和(2,0)，离心率为√2，则C 的方程为
．
三、双空题
13．已知命题p:若α , β为第一象限角，且α > β，则tan α >tan β．能说明p 为假命题的
一组α , β的值为α = ，β = ．
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{an}，该数列的前3 项成等差数列，后7 项成等比数列，且
a1=1,a5=12,a9=192，则a7= ；数列{an}所有项的和为 ．
四、填空题
试卷第3页，共1页
15．设a>0，函数f ( x)=¿，给出下列四个结论：
①f ( x)在区间(a-1,+∞)上单调递减；
②当a≥1时，f ( x)存在最大值；
③设M (x1,f (x1))(x1≤a), N (x2,f (x2))(x2>a)，则| MN |>1；
④设P(x3,f (x3))(x3<-a),Q(x4,f (x4))(x4≥-a)．若| PQ|存在最小值，则a 的取
值范围是(0, 1
2]．
其中所有正确结论的序号是 ．
五、解答题
16．如图，在三棱锥P - ABC中，PA ⊥平面ABC，PA = AB = BC =1，PC =√3．
(1)求证：BC ⊥平面PAB；
(2)求二面角A - PC - B的大小．
17．设函数f ( x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ(ω>0,|φ|<π
2 )．
(1)若f (0)=- √3
2 ，求φ的值．
(2)已知f ( x)在区间[-π
3 , 2π
3 ]上单调递增，f(
2π
3 )=1，再从条件①、条件②、条
件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f ( x)存在，求ω,φ的值．
条件①：f(
π
3 )=√2；
条件②：f(-π
3 )=-1；
试卷第4页，共24页
条件③：f ( x)在区间[-π
2 ,-π
3 ]上单调递减．
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．
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）
19．已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√5
3 ，A、C 分别是E 的上、下顶点，
B，D 分别是E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．
20．设函数f ( x)= x - x
3e
ax +b，曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为y =- x +1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g( x)= f
'( x)，求g( x)的单调区间；
(3)求f ( x)的极值点个数．
21．已知数列{an},{bn}的项数均为m(m>2)，且an,bn∈{1,2,⋯,m}, {an},{bn}的前
n 项和分别为An,Bn，并规定A0= B0=0．对于k ∈{0,1,2,⋯,m}，定义
试卷第5页，共1页
rk =max {i∣Bi≤Ak ,i∈{0,1,2,⋯,m}}，其中，max M表示数集M 中最大的数.
(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3，求r0,r1,r2,r3的值；
(2)若a1≥b1，且2r j≤r j+1+r j -1, j =1,2,⋯,m-1,，求rn；
(3)证明：存在p,q ,s,t ∈{0,1,2,⋯,m}，满足p>q ,s>t , 使得A p+ Bt = Aq+ Bs．
答案精析
1．
【答案】A
【分析】先化简集合M , N，然后根据交集的定义计算.
【解析】由题意，M ={x∣x +2≥0}={x| x ≥-2}，N ={x∣x -1<0}={x| x<1}，
根据交集的运算可知，M ∩N ={x|-2≤x<1}.
故选：A
2．
【答案】D
【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.
【解析】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．
【答案】B
【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.
【解析】向量⃗a,⃗b满足⃗a+⃗b=(2,3),⃗a-⃗b=(-2,1)，
所以|⃗a|
2-|⃗b|
2=(⃗a+⃗b)⋅(⃗a-⃗b)=2×(-2)+3×1=-1.
故选：B
4．
【答案】C
【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.
试卷第6页，共24页
【解析】对于A，因为y = ln x在(0,+∞)上单调递增，y =- x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=- ln x在(0,+ ∞)上单调递减，故A 错误；
对于B，因为y =2
x在(0,+∞)上单调递增，y = 1
x 在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)= 1
2
x 在(0,+∞)上单调递减，故B 错误；
对于C，因为y = 1
x 在(0,+∞)上单调递减，y =- x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=- 1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，故C 正确；
对于D，因为f(
1
2)=3|
1
2 -1|=3
1
2 =√3，f (1)=3|1-1|=3
0=1,f (2)=3|2-1|=3，
显然f (x)=3|x -1|在(0,+∞)上不单调，D 错误.
故选：C.
5．
【答案】D
【分析】写出(2 x - 1
x)
5
的展开式的通项即可
【解析】(2 x - 1
x)
5
的展开式的通项为T r +1=C5
r (2 x)
5-r(- 1
x)
r
=(-1)
r2
5-rC5
r x
5-2r
令5-2r =1得r =2
所以(2 x - 1
x)
5
的展开式中x的系数为(-1)
22
5-2C5
2=80
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．
【答案】D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【解析】因为抛物线C : y
2=8 x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，
试卷第7页，共1页
所以|MF|+1=5，故|MF|= 4.
故选：D.
7．
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【解析】因为(a+c)(sin A -sinC )=b(sin A -sin B)，
所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a
2-c
2=ab-b
2，
则a
2+b
2-c
2=ab，故cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= ab
2ab = 1
2，
又0<C <π，所以C =π
3 .
故选：B.
8．
【答案】C
【分析】解法一：由x
y + y
x =-2化简得到x + y =0即可判断；解法二：证明充分性可由
x + y =0得到x =- y，代入x
y + y
x 化简即可，证明必要性可由x
y + y
x =-2去分母，再用
完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由x
y + y
x 通分后用配凑法得到完全平方公
式，再把x + y =0代入即可，证明必要性可由x
y + y
x 通分后用配凑法得到完全平方公式，
再把x + y =0代入，解方程即可.
【解析】解法一：
因为xy ≠0，且x
y + y
x =-2，
所以x
2+ y
2=-2 xy，即x
2+ y
2+2 xy =0，即(x + y)
2=0，所以x + y =0.
所以“x + y =0”是“ x
y + y
x =-2”的充要条件.
解法二：
充分性：因为xy ≠0，且x + y =0，所以x =- y，
所以x
y + y
x =- y
y + y
- y =-1-1=-2，
试卷第8页，共24页
所以充分性成立；
必要性：因为xy ≠0，且x
y + y
x =-2，
所以x
2+ y
2=-2 xy，即x
2+ y
2+2 xy =0，即(x + y)
2=0，所以x + y =0.
所以必要性成立.
所以“x + y =0”是“ x
y + y
x =-2”的充要条件.
解法三：
充分性：因为xy ≠0，且x + y =0，
所以x
y + y
x = x
2+ y
2
xy
= x
2+ y
2+2 xy -2 xy
xy
= (x + y)
2-2 xy
xy
=-2 xy
xy
=-2，
所以充分性成立；
必要性：因为xy ≠0，且x
y + y
x =-2，
所以x
y + y
x = x
2+ y
2
xy
= x
2+ y
2+2 xy -2 xy
xy
= (x + y)
2-2 xy
xy
= (x + y)
2
xy
-2=-2，
所以(x + y)
2
xy
=0，所以(x + y)
2=0，所以x + y =0，
所以必要性成立.
所以“x + y =0”是“ x
y + y
x =-2”的充要条件.
故选：C
9．
【答案】C
【分析】先根据线面角的定义求得tan ∠EMO = tan ∠EGO = √14
5
，从而依次求EO，
EG，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解.
【解析】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，
EM ⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG ,OM，
试卷第9页，共1页
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和
∠EGO，
所以tan ∠EMO = tan ∠EGO = √14
5 .
因为EO⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，
因为EG⊥BC，EO, EG⊂平面EOG，EO∩EG= E，
所以BC ⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC ⊥OG，.
同理：OM ⊥BM，又BM ⊥BG，故四边形OMBG是矩形，
所以由BC =10得OM =5，所以EO =√14，所以OG=5，
所以在直角三角形EOG中，EG =√EO
2+OG
2=√(√14)
2+5
2=√39
在直角三角形EBG中，BG=OM =5，EB =√EG
2+ BG
2=√(√39)
2+5
2=8，
又因为EF = AB -5-5=25-5-5=15，
所有棱长之和为2×25+2×10+15+ 4×8=117m.
故选：C
10．
【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可
判断B 的正误.
法2：构造f (x)= 1
4
(x -6)
3+6- x，利用导数求得f (x)的正负情况，再利用数学归纳法
判断得各选项an
所在区间，从而判断{an}的单调性；对于A，构造
h(x)= 1
4 x
3- 9
2 x
2+26 x - 47(x ≤3)，判断得an+1<an-1，进而取m=-[M ]+ 4推得
an> M不恒成立；对于B，证明an所在区间同时证得后续结论；对于C，记
试卷第10页，共24页
m0= log3[2log 1
4
(M -6)+1]，取m=[m0]+1推得an> M不恒成立；对于D，构造
g(x)= 1
4 x
3- 9
2 x
2+26 x - 49(x ≥9)，判断得an+1>an+1，进而取m=[M ]+1推得
an< M不恒成立.
【解析】法1：因为an+1= 1
4 (an-6)
3+6，故an+1-6= 1
4 (an-6)
3，
对于A ，若a1=3，可用数学归纳法证明：an-6≤-3即an≤3，
证明：当n=1时，a1-6=-3≤-3，此时不等关系an≤3成立；
设当n=k时，ak -6≤-3成立，
则ak +1-6= 1
4 (ak -6)
3∈(-54 ,- 27
4 )，故ak +1-6≤-3成立，
由数学归纳法可得an≤3成立.
而an+1-an= 1
4 (an-6)
3-(an-6)=(an-6)[
1
4 (an-6)
2-1]，
1
4 (an-6)
2-1≥9
4 -1= 5
4 >0，an-6<0，故an+1-an<0，故an+1<an，
故{an}为减数列，注意ak +1-6≤-3<0
故an+1-6= 1
4 (an-6)
3=(an-6)× 1
4 (an-6)
2≤9
4 (an-6)，结合an+1-6<0，
所以6-an+1≥9
4 (6-an)，故6-an+1≥3(
9
4)
n-1
，故an+1≤6-3(
9
4)
n-1
，
若存在常数M ≤0，使得an> M恒成立，则6-3(
9
4)
n-1
> M，
故6- M
3
>(
9
4)
n-1
，故n<1+ log 9
4
6- M
3
，故an> M恒成立仅对部分n成立，
故A 不成立.
对于B，若a1=5,可用数学归纳法证明：-1≤an-6<0即5≤an<6，
证明：当n=1时，-1≤a1-6=-1≤0，此时不等关系5≤an<6成立；
设当n=k时，5≤ak<6成立，
则ak +1-6= 1
4 (ak -6)
3∈(- 1
4 ,0)，故-1≤ak +1-6<0成立即
试卷第11页，共1页
由数学归纳法可得5≤ak +1<6成立.
而an+1-an= 1
4 (an-6)
3-(an-6)=(an-6)[
1
4 (an-6)
2-1]，
1
4 (an-6)
2-1<0，an-6<0，故an+1-an>0，故an+1>an，故{an}为增数列，
若M =6，则an<6恒成立，故B 正确.
对于C，当a1=7时， 可用数学归纳法证明：0<an-6≤1即6<an≤7，
证明：当n=1时，0<a1-6≤1，此时不等关系成立；
设当n=k时，6<ak≤7成立，
则ak +1-6= 1
4 (ak -6)
3∈(0, 1
4]，故0<ak +1-6≤1成立即6<ak +1≤7
由数学归纳法可得6<an≤7成立.
而an+1-an=(an-6)[
1
4 (an-6)
2-1]<0，故an+1<an，故{an}为减数列，
又an+1-6=(an-6)× 1
4 (an-6)
2≤1
4 (an-6)，结合an+1-6>0可得：
an+1-6≤(a1-6)(
1
4)
n
，所以an+1≤6+(
1
4)
n
，
若an+1≤6+(
1
4)
n
，若存在常数M >6，使得an> M恒成立，
则M -6≤(
1
4)
n
恒成立，故n≤log 1
4
(M -6)，n的个数有限，矛盾，故C 错误.
对于D，当a1=9时， 可用数学归纳法证明：an-6≥3即an≥9，
证明：当n=1时，a1-6=3≥3，此时不等关系成立；
设当n=k时，ak≥9成立，
则ak +1-6= 1
4 (ak -6)
3≥27
4 >3，故ak +1≥9成立
由数学归纳法可得an≥9成立.
而an+1-an=(an-6)[
1
4 (an-6)
2-1]>0，故an+1>an，故{an}为增数列，
又an+1-6=(an-6)× 1
4 (an-6)
2> 9
4 (an-6)，结合an-6>0可得：
试卷第12页，共24页
an+1-6>(a1-6)(
9
4)
n-1
=3(
9
4)
n-1，所以an+1≥6+3(
9
4)
n-1，
若存在常数M >0，使得an< M恒成立，则M >6+3(
9
4)
n-1
，
故M >6+3(
9
4)
n-1
，故n<log 9
4(
M -6
3 )+1，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.
故选：B.
法2：因为an+1-an= 1
4 (an-6)
3+6-an= 1
4 an
3- 9
2 an
2+26an- 48，
令f (x)= 1
4 x
3- 9
2 x
2+26 x - 48，则f
' (x)= 3
4 x
2-9 x +26，
令f
' (x)>0，得0< x<6- 2√3
3
或x>6+ 2√3
3
；
令f
' (x)<0，得6- 2√3
3
< x<6+ 2√3
3
；
所以f (x)在(-∞,6- 2√3
3 )和(6+ 2√3
3
,+∞)上单调递增，在(6- 2√3
3
,6+ 2√3
3 )上
单调递减，
令f (x)=0，则1
4 x
3- 9
2 x
2+26 x - 48=0，即1
4
(x - 4)(x -6)(x -8)=0，解得x = 4或
x =6或x =8，
注意到4<6- 2√3
3
<5，7<6+ 2√3
3
<8，
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，
对于A，因为an+1= 1
4 (an-6)
3+6，则an+1-6= 1
4 (an-6)
3，
当n=1时，a1=3，a2-6= 1
4 (a1-6)
3<-3，则a2<3，
假设当n=k时，ak<3，
当n=k +1时，ak +1-6= 1
4 (ak -6)
3< 1
4
(3-6)
3<-3，则ak +1<3，
综上：an≤3，即an∈(-∞,4)，
因为在(-∞,4)上f (x)<0，所以an+1<an，则{an}为递减数列，
试卷第13页，共1页
因为an+1-an+1= 1
4 (an-6)
3+6-an+1= 1
4 an
3- 9
2 an
2+26an- 47，
令h(x)= 1
4 x
3- 9
2 x
2+26 x - 47(x ≤3)，则h
' (x)= 3
4 x
2-9 x +26，
因为h
' (x)开口向上，对称轴为x =--9
2× 3
4
=6
，
所以h
' (x)在(-∞,3]上单调递减，故h
' (x)≥h
' (3)= 3
4 ×3
2-9×3+26>0，
所以h(x)在(-∞,3]上单调递增，故h(x)≤h(3)= 1
4 ×3
3- 9
2 ×3
2+26×3- 47<0，
故an+1-an+1<0，即an+1<an-1，
假设存在常数M ≤0，使得an> M恒成立，
取m=-[M ]+ 4，其中M -1<[M ]≤M，且[M ]∈Z，
因为an+1<an-1，所以a2<a1-1,a3<a2-1,⋯,a-[M ]+ 4<a-[M ]+3-1，
上式相加得，a-[M ]+ 4<a1-(-[M ]+3)≤3+ M -3= M，
则am=a[M ]+ 4< M，与an> M恒成立矛盾，故A 错误；
对于B，因为a1=5，
当n=1时，a1=5<6，a2= 1
4 (a1-6)
3+6= 1
4 ×(5-6)
3+6<6，
假设当n=k时，ak<6，
当n=k +1时，因为ak<6，所以ak -6<0，则(ak -6)
3<0，
所以ak +1= 1
4 (ak -6)
3+6<6，
又当n=1时，a2-5= 1
4 (a1-6)
3+1= 1
4 ×(5-6)
3+1>0，即a2>5，
假设当n=k时，ak≥5，
当n=k +1时，因为ak≥5，所以ak -6≥-1，则(ak -6)
3≥-1，
所以ak +1= 1
4 (ak -6)
3+6≥5，
综上：5≤an<6，
因为在(4,6)上f (x)>0，所以an+1>an，所以{an}为递增数列，
此时，取M =6，满足题意，故B 正确；
试卷第14页，共24页
对于C，因为an+1= 1
4 (an-6)
3+6，则an+1-6= 1
4 (an-6)
3，
注意到当a1=7时，a2= 1
4
(7 -6)
3+6= 1
4 +6，a3= 1
4(
1
4 +6-6)
3
+6=(
1
4)
4
+6，
a4= 1
4[(
1
4)
4
+6-6]
3
+6=(
1
4)
13
+6
猜想当n≥2时，ak =(
1
4)
1
2 (3
k -1)+6，
当n=2与n=3时，a2= 1
4 +6与a3=(
1
4)
4
+6满足an=(
1
4)
1
2 (3
n-1)+6，
假设当n=k时，ak =(
1
4)
1
2 (3
k -1)+6，
当n=k +1时，所以ak +1= 1
4 (ak -6)
3+6= 1
4[(
1
4)
1
2 (3
k -1)+6-6]
3
+6=(
1
4)
1
2 (3
k +1-1)+6，
综上：an=(
1
4)
1
2 (3
n-1)+6(n≥2)，
易知3
n-1>0，则0<(
1
4)
1
2 (3
n-1)<1，故an=(
1
4)
1
2 (3
n-1)+6∈(6,7)(n≥2)，
所以an∈(6,7]，
因为在(6,8)上f (x)<0，所以an+1<an，则{an}为递减数列，
假设存在常数M >6，使得an> M恒成立，
记m0= log3[2log 1
4
(M -6)+1]，取m=[m0]+1，其中m0-1<[m0]≤m0,m0∈N
*，
则3
m>3
m0=2log 1
4
(M -6)+1，
故1
2 (3
m-1)>log 1
4
(M -6)，所以(
1
4)
1
2 (3
m-1)< M -6，即(
1
4)
1
2 (3
m-1)+6< M，
所以am< M，故an> M不恒成立，故C 错误；
对于D，因为a1=9，
试卷第15页，共1页
当n=1时，a2-6= 1
4 (a1-6)
3= 27
4 >3，则a2>9，
假设当n=k时，ak≥3，
当n=k +1时，ak +1-6= 1
4 (ak -6)
3≥1
4
(9-6)
3>3，则ak +1>9，
综上：an≥9，
因为在(8,+ ∞)上f (x)>0，所以an+1>an，所以{an}为递增数列，
因为an+1-an-1= 1
4 (an-6)
3+6-an-1= 1
4 an
3- 9
2 an
2+26an- 49，
令g(x)= 1
4 x
3- 9
2 x
2+26 x - 49(x ≥9)，则g
' (x)= 3
4 x
2-9 x +26，
因为g
' (x)开口向上，对称轴为x =--9
2× 3
4
=6
，
所以g
' (x)在[9,+∞)上单调递增，故g
' (x)≥g
' (9)= 3
4 ×9
2-9×9+26>0，
所以g(x)≥g(9)= 1
4 ×9
3- 9
2 ×9
2+26×9- 49>0，
故an+1-an-1>0，即an+1>an+1，
假设存在常数M >0，使得an< M恒成立，
取m=[M ]+1，其中M -1<[M ]≤M，且[M ]∈Z，
因为an+1>an+1，所以a2>a1+1,a3>a2+1,⋯,a[M ]+1>a[M ]+1，
上式相加得，a[M ]+1>a1+[M ]>9+ M -1> M，
则am=a[M ]+1> M，与an< M恒成立矛盾，故D 错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，
再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或
下界是否成立.
11．
【答案】1
试卷第16页，共24页
【分析】根据给定条件，把x = 1
2代入，利用指数、对数运算计算作答.
【解析】函数f ( x)= 4
x+ log2 x，所以f ( 1
2 )= 4
1
2 + log2 1
2 =2-1=1.
故答案为：1
12．已知双曲线C 的焦点为(-2,0)和(2,0)，离心率为√2，则C 的方程为
．
【答案】x
2
2 - y
2
2 =1
【分析】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.
【解析】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为a,b，显然双曲线C的中心为原点，焦
点在x 轴上，其半焦距c =2，
由双曲线C的离心率为√2，得c
a =√2，解得a=√2，则b=√c
2-a
2=√2，
所以双曲线C的方程为x
2
2 - y
2
2 =1.
故答案为：x
2
2 - y
2
2 =1
13．
【答案】 9π
4 π
3
【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.
【解析】因为f (x)= tan x在(0,π
2 )上单调递增，若0<α0< β0<π
2 ，则tan α0<tan β0，
取α =2k1π+α0, β =2k2π+ β0,k1,k2∈Z，
则tan α = tan(2k1π+α0)= tan α0,tan β = tan(2k2π+ β0)= tan β0，即tan α <tan β，
令k1>k2，则α - β =(2k1π+α0)-(2k2π+ β0)=2(k1-k2)π+(α0- β0)，
因为2(k1-k2)π≥2π,-π
2 <α0- β0<0，则α - β =2(k1-k2)π+(α0- β0)> 3π
2 >0，
即k1>k2，则α > β.
试卷第17页，共1页
不妨取k1=1,k2=0,α0=π
4 , β0=π
3 ，即α =9π
4 , β =π
3 满足题意.
故答案为：9π
4 ;π
3 .
14．
【答案】 48 384
【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a7,a3，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【解析】方法一：设前3 项的公差为d，后7 项公比为q>0，
则q
4= a9
a5
= 192
12 =16，且q>0，可得q =2，
则a3=1+2d = a5
q
2，即1+2d =3，可得d =1，
空1：可得a3=3,a7=a3q
4= 48，
空2：a1+a2+⋯+a9=1+2+3+3×2+⋅⋅⋅+3×2
6=3+ 3(1-2
7)
1-2
=384
方法二：空1：因为{an},3≤n≤7为等比数列，则a7
2=a5a9=12×192= 48
2，
且an>0，所以a7= 48；
又因为a5
2=a3a7，则a3= a5
2
a7
=3；
空2：设后7 项公比为q>0，则q
2= a5
a3
= 4，解得q =2，
可得
a1+a2+a3= 3(a1+a3)
2
=6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9= a3-a9q
1-q
= 3-192×2
1-2
=381，
所以a1+a2+⋯+a9=6+381-a3=384.
故答案为：48；384.
试卷第18页，共24页
15．
【答案】②③
【分析】先分析f (x)的图像，再逐一分析各结论；对于①，取a= 1
2，结合图像即可判
断；对于②，分段讨论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= 4
5 ，结合图像可知此时|PQ|存在最小值，从而得以判断.
【解析】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)=√a
2- x
2，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；
对于①，取a= 1
2，则f (x)的图像如下，
显然，当x∈(a-1,+∞)，即x∈(- 1
2 ,+∞)时，f (x)在(- 1
2 ,0)上单调递增，故①
错误；
对于②，当a≥1时，
当x<-a时，f (x)= x +2<-a+2≤1；
当-a≤x ≤a时，f (x)=√a
2- x
2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x1=a，x2>a且接近于x =a处，
M (x1,f (x1))(x1≤a), N (x2,f (x2))(x2>a)的距离最小，
试卷第19页，共1页
当x1=a时，y = f (x1)=0，当x2>a且接近于x =a处，y2= f (x2)<-√a-1，
此时，|MN|> y1- y2>√a+1>1，故③正确；
对于④，取a= 4
5 ，则f (x)的图像如下，
因为P(x3,f (x3))(x3<-a),Q(x4,f (x4))(x4≥-a)，
结合图像可知，要使|PQ|取得最小值，则点P在f (x)= x +2(x<- 4
5)上，点Q在
f (x)=√
16
25 - x
2(- 4
5 ≤x ≤4
5)，
同时|PQ|的最小值为点O到f (x)= x +2(x<- 4
5)的距离减去半圆的半径a，
此时，因为f (x)= y = x +2(x<- 4
5)的斜率为1，则kOP=-1，故直线OP的方程为
y =- x，
联立¿，解得¿，则P(-1,1)，
显然P(-1,1)在f (x)= x +2(x<- 4
5)上，满足|PQ|取得最小值，
试卷第20页，共24页
即a= 4
5 也满足|PQ|存在最小值，故a的取值范围不仅仅是(0, 1
2]，故④错误.
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)=√a
2- x
2的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.
16．
【答案】(1)证明见解析
(2)π
3
【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.
【解析】（1）因为PA ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC，
所以PA ⊥BC，同理PA ⊥AB，
所以△PAB为直角三角形，
又因为PB =√P A
2+ A B
2=√2，BC =1, PC =√3，
所以P B
2+ BC
2= PC
2，则△PBC为直角三角形，故BC ⊥PB，
又因为BC ⊥PA，PA ∩PB = P，
所以BC ⊥平面PAB.
（2）由（1）BC ⊥平面PAB，又AB⊂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，
试卷第21页，共1页
则A(0,0,0), P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，
所以⃗AP =(0,0,1),⃗AC =(1,1,0),⃗BC =(0,1,0),⃗PC =(1,1,-1)，
设平面PAC的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，则¿，即¿
令x1=1，则y1=-1，所以⃗m=(1,-1,0)，
设平面PBC的法向量为⃗n=(x2, y2, z2)，则¿，即¿，
令x2=1，则z2=1，所以⃗n=(1,0,1)，
所以cos ⟨⃗m,⃗n⟩=⃗m⋅⃗n
|⃗m||⃗n|=
1
√2×√2 = 1
2，
又因为二面角A - PC - B为锐二面角，
所以二面角A - PC - B的大小为π
3 .
17．
【答案】(1)φ =-π
3 .
(2)条件①不能使函数f ( x)存在；条件②或条件③可解得ω=1，φ =-π
6 .
【分析】（1）把x =0代入f ( x)的解析式求出sin φ，再由|φ|<π
2 即可求出φ的值；
（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
[-π
3 , 2π
3 ]上的单调性及函数的最值可求出T，从而求出ω的值；把ω的值代入f ( x)
试卷第22页，共24页
的解析式，由f(-π
3 )=-1和|φ|<π
2 即可求出φ的值；若选条件③：由f ( x)的单调
性可知f ( x)在x =-π
3 处取得最小值-1，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②
相同．
【解析】（1）因为f ( x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ,ω>0,|φ|<π
2
所以f (0)=sin (ω⋅0)cosφ+cos(ω⋅0)sin φ =sin φ =- √3
2 ，
因为|φ|<π
2 ，所以φ=-π
3 .
（2）因为f ( x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ,ω>0,|φ|<π
2 ，
所以f ( x)=sin (ωx +φ),ω>0,|φ|<π
2 ，所以f ( x)的最大值为1，最小值为-1.
若选条件①：因为f ( x)=sin (ωx +φ)的最大值为1，最小值为-1，所以f(
π
3 )=√2无
解，故条件①不能使函数f ( x)存在；
若选条件②：因为f ( x)在[-π
3 , 2π
3 ]上单调递增，且f(
2π
3 )=1，f(-π
3 )=-1
所以T
2 = 2π
3 -(-π
3 )=π,所以T =2π,ω= 2π
T
=1,
所以f ( x)=sin (x +φ)，
又因为f(-π
3 )=-1，所以sin(-π
3 +φ)=-1，
所以-π
3 +φ=-π
2 +2k π,k ∈Z，
所以φ=-π
6 +2k π,k ∈Z，因为|φ|< π
2 ，所以φ=-π
6 .
所以ω=1，φ=-π
6 ；
若选条件③：因为f ( x)在[-π
3 , 2π
3 ]上单调递增，在[-π
2 ,-π
3 ]上单调递减，
所以f ( x)在x =-π
3 处取得最小值-1，即f(-π
3 )=-1.
以下与条件②相同．
试卷第23页，共1页
18．
【答案】(1)0.4
(2)0.168
(3)不变
【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.
【解析】（1）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，
根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：16
40 =0.4
（2）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
C4
2×0.4
2×C2
1×0.35×0.25=0.168
（3）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.
19．
【答案】(1) x
2
9 + y
2
4 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到c
a = √5
3 ，2b= 4，再结合a
2-c
2=b
2，解之即可；
（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 MN，
再根据题意求得kCD，得到k MN =kCD，由此得解.
【解析】（1）依题意，得e = c
a = √5
3 ，则c = √5
3 a，
又A ,C分别为椭圆上下顶点，|AC|= 4，所以2b= 4，即b=2，
所以a
2-c
2=b
2= 4，即a
2- 5
9 a
2= 4
9 a
2= 4，则a
2=9，
所以椭圆E的方程为x
2
9 + y
2
4 =1.
试卷第24页，共24页
（2）因为椭圆E的方程为x
2
9 + y
2
4 =1，所以A (0,2),C (0,-2),B (-3,0), D (3,0)，
因为P为第一象限E上的动点，设P(m,n)(0<m<3,0<n<2)，则m
2
9 + n
2
4 =1，
易得k BC = 0+2
-3-0 =- 2
3，则直线BC的方程为y =- 2
3 x -2，
k PD= n-0
m-3 =
n
m-3，则直线PD的方程为y =
n
m-3
(x -3)，
联立¿，解得¿，即M(
3(3n-2m+6)
3n+2m-6
,-12n
3n+2m-6)，
而k PA = n-2
m-0 = n-2
m ，则直线PA的方程为y = n-2
m x +2，
令y =-2，则-2= n-2
m x +2，解得x =- 4 m
n-2 ，即N(
- 4 m
n-2 ,-2)，
又m
2
9 + n
2
4 =1，则m
2=9- 9n
2
4 ，8m
2=72-18n
2，
所以k MN =
-12n
3n+2m-6 +2
3(3n-2m+6)
3n+2m-6
-- 4 m
n-2
=
(-6n+ 4 m-12)(n-2)
(9n-6m+18)(n-2)+ 4 m(3n+2m-6)
=-6n
2+ 4 mn-8m+24
9n
2+8m
2+6mn-12m-36
=-6n
2+ 4 mn-8m+24
9n
2+72-18n
2+6mn-12m-36
=-6n
2+ 4 mn-8m+24
-9n
2+6mn-12m+36
= 2(-3n
2+2mn- 4 m+12)
3(-3n
2+2mn- 4 m+12)
= 2
3，
又kCD= 0+2
3-0 = 2
3，即k MN =kCD，
显然，MN与CD不重合，所以MN //CD.
20．
试卷第25页，共1页
【答案】(1)a=-1,b=1
(2)答案见解析
(3)3 个
【分析】（1）先对f (x)求导，利用导数的几何意义得到f (1)=0，f
'(1)=-1，从而得
到关于a,b的方程组，解之即可；
（2）由（1）得g(x)的解析式，从而求得g
' (x)，利用数轴穿根法求得g
' (x)<0与
g
' (x)>0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, x1)，
(x1, x2)与(x2,+∞)上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.
【解析】（1）因为f ( x)= x - x
3e
ax +b, x∈R，所以f
' (x)=1-(3 x
2+a x
3)e
ax +b，
因为f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y =- x +1，
所以f (1)=-1+1=0，f
'(1)=-1，
则¿，解得¿，
所以a=-1,b=1.
（2）由（1）得g(x)= f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1(x∈R)，
则g
' (x)=- x(x
2-6 x +6)e
- x +1，
令x
2-6 x +6=0，解得x =3±√3，不妨设x1=3-√3，x2=3+√3，则0< x1< x2，
易知e
- x +1>0恒成立，
所以令g
' (x)<0，解得0< x< x1或x> x2；令g
' (x)>0，解得x<0或x1< x< x2；
所以g(x)在(0, x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(-∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
即g(x)的单调递减区间为(0,3-√3)和(3+√3,+∞)，单调递增区间为(-∞,0)和
试卷第26页，共24页
(3-√3,3+√3).
（3）由（1）得f ( x)= x - x
3e
- x +1(x∈R)，f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1，
由（2）知f
' (x)在(0, x1)，(x2,+ ∞)上单调递减，在(-∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
当x<0时，f
' (-1)=1- 4e
2<0，f
' (0)=1>0，即f
' (-1)f
' (0)<0
所以f
' (x)在(-∞,0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则-1< x3<0，
此时，当x< x3时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；当x3< x<0时，f
' (x)>0，则f (x)单调
递增；
所以f (x)在(-∞,0)上有一个极小值点；
当x∈(0, x1)时，f
' (x)在(0, x1)上单调递减，
则f
'(x1)= f
'(3-√3)<f
' (1)=1-2<0，故f
' (0)f
'(x1)<0，
所以f
' (x)在(0, x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0< x4< x1，
此时，当0< x< x4时，f
' (x)>0，则f (x)单调递增；当x4< x< x1时，f
' (x)<0，则f (x)
单调递减；
所以f (x)在(0, x1)上有一个极大值点；
当x∈(x1, x2)时，f
' (x)在(x1, x2)上单调递增，
则f
'(x2)= f
'(3+√3)>f
' (3)=1>0，故f
'(x1)f
'(x2)<0，
所以f
' (x)在(x1, x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1< x5< x2，
此时，当x1< x< x5时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；当x5< x< x2时，f
' (x)<0，则f (x)
单调递增；
所以f (x)在(x1, x2)上有一个极小值点；
当x> x2=3+√3>3时，3 x
2- x
3= x
2(3- x)<0，
试卷第27页，共1页
所以f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1>0，则f (x)单调递增，
所以f (x)在(x2,+ ∞)上无极值点；
综上：f (x)在(-∞,0)和(x1, x2)上各有一个极小值点，在(0, x1)上有一个极大值点，共
有3个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3 小题的解题关键是判断f
'(x1)与f
'(x2)的正负情况，充分
利用f
' (x)的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
21．
【答案】(1)r0=0，r1=1，r2=1，r3=2
(2)rn=n,n∈N
(3)证明见详解
【分析】（1）先求A0, A1, A2, A3,B0,B1,B2,B3，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得ri+1-ri≥1，利用反证可得ri+1-ri=1，在结合等差数列
运算求解；
（3）讨论Am,Bm的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【解析】（1）由题意可知：A0=0, A1=2, A2=3, A3=6,B0=0,B1=1,B2=4,B3=7，
当k =0时，则B0= A0=0,Bi> A0,i=1,2,3，故r0=0；
当k =1时，则B0< A1,B1< A1,Bi> A1,i=2,3，故r1=1；
当k =2时，则Bi≤A2,i=0,1,B2> A2,B3> A2,故r2=1；
当k =3时，则Bi≤A3,i=0,1,2,B3> A3，故r3=2；
综上所述：r0=0，r1=1，r2=1，r3=2.
（2）由题意可知：rn≤m，且rn∈N，
因为an≥1,bn≥1，且a1≥b1，则An≥B1>B0对任意n∈N
*恒成立，
所以r0=0,r1≥1，
又因为2ri≤ri-1+ri+1，则ri+1-ri≥ri-ri-1，即
rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥⋅⋅⋅≥r1-r0≥1，
可得ri+1-ri≥1，
反证：假设满足rn+1-rn>1的最小正整数为0≤j≤m-1，
当i≥j时，则ri+1-ri≥2；当i≤j -1时，则ri+1-ri=1，
试卷第28页，共24页
则rm=(rm-rm-1)+(rm-1-rm-2)+⋅⋅⋅+(r1-r0)+r0 ≥2(m- j)+ j =2m- j，
又因为0≤j≤m-1，则rm≥2m- j≥2m-(m-1)=m+1>m，
假设不成立，故rn+1-rn=1，
即数列{rn}是以首项为1，公差为1 的等差数列，所以rn=0+1×n=n,n∈N.
（3）因为an,bn均为正整数，则{An},{Bn}均为递增数列，
（ⅰ）若Am= Bm，则可取t =q =0，满足p>q ,s>t , 使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
（ⅱ）若Am<Bm，则rk<m，
构建Sn= Brn- An,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K，使得SK ≤-m，
则Br K - A K ≤-m,Br K +1- A K >0，可得br K +1= Br K +1- Br K =(Br K +1- A K)-(Br K - A K)>m，
这与br K +1∈{1,2,⋅⋅⋅,m}相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1-m.
①若存在正整数N，使得SN = Br N - A N =0，即A N = Br N，
可取t =q =0, p= N ,s=r N，
满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
②若不存在正整数N，使得SN =0，
因为Sn∈{-1,-2,⋅⋅⋅,-(m-1)}，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X <Y ≤m，使得S X = SY，
即Br X - A X = BrY - AY，可得AY + Br X = A X + BrY，
可取p=Y ,s=rY ,q = X ,t =r X，
满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
（ⅲ）若Am>Bm，
定义Rk =max {i∣Ai≤Bk ,i∈{0,1,2,⋯,m}}，则Rk<m，
构建Sn= A Rn- Bn,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K ,1≤K ≤m，使得SK ≤-m，
则A RK - BK ≤-m, A RK +1- BK >0，可得
试卷第29页，共1页
aRK +1= A RK +1- A RK =( A RK +1- BK)-( A RK - BK)>m，
这与aRK +1∈{1,2,⋅⋅⋅,m}相矛盾，故对任意1≤n≤m-1,n∈N，均有Sn≥1-m.
①若存在正整数N，使得SN = A RN - BN =0，即A RN = BN，
可取q =t =0,s= N , p= RN，
即满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
②若不存在正整数N，使得SN =0，
因为Sn∈{-1,-2,⋅⋅⋅,-(m-1)}，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X <Y ≤m，使得S X = SY，
即A RX - BX = A RY - BY，可得A RY + BX = A RX+ BY，
可取p= RY ,t = X ,q = RX ,s=Y ，
满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs.
综上所述：存在0≤q< p≤m,0≤t <s≤m使得A p+ Bt = Aq+ Bs．
