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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}
【答案】A
【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 +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．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
【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，⃗b满足⃗a+⃗b=(2,3),⃗a−⃗b=(−2,1)，则|⃗a|
2−|⃗b|
2=（ ）
A．−2
B．−1
C．0
D．1
【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.
【详解】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．下列函数中，在区间(0,+ ∞)上单调递增的是（ ）
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A．f ( x)=−ln x
B．f ( x)= 1
2
x
C．f ( x)=−1
x
D．f ( x)=3
| x−1|
【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.
【详解】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．(2 x−1
x)
5
的展开式中x的系数为（ ）．
A．−80
B．−40
C．40
D．80
【答案】D
【分析】写出(2 x−1
x)
5
的展开式的通项即可
【详解】(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
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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 : 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| M F |=（ ）
A．7
B．6
C．5
D．4
【答案】D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】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|M F)，
又M到直线x =−3的距离为5，
所以|M F)+1=5，故|M F)= 4.
故选：D.
7．在△A BC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
【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.
【详解】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．若x y ≠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
【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
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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.
【详解】解法一：
因为x y ≠0，且x
y + y
x =−2，
所以x
2+ y
2=−2 x y，即x
2+ y
2+2 x y =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x y ≠0，且x + y =0，所以x =−y，
所以x
y + y
x = −y
y + y
−y =−1−1=−2，
所以充分性成立；
必要性：因为x y ≠0，且x
y + y
x =−2，
所以x
2+ y
2=−2 x y，即x
2+ y
2+2 x y =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x y ≠0，且x + y =0，
所以x
y + y
x = x
2+ y
2
x y
= x
2+ y
2+2 x y −2 x y
x y
= (x + y)
2−2 x y
x y
= −2 x y
x y
=−2，
所以充分性成立；
必要性：因为x y ≠0，且x
y + y
x =−2，
所以x
y + y
x = x
2+ y
2
x y
= x
2+ y
2+2 x y −2 x y
x y
= (x + y)
2−2 x y
x y
= (x + y)
2
x y
−2=−2，
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所以(x + y)
2
x y
=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．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A B =25 m ,BC = A D =10 m，且等腰梯形所
在的平面、等腰三角形所在的平面与平面A BC D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
【答案】C
【分析】先根据线面角的定义求得tan ∠E M O = tan ∠EGO =
❑√14
5
，从而依次求
EO，EG，E B，E F，再把所有棱长相加即可得解.
【详解】如图，过E做EO⊥平面A BC D，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，
E M ⊥A B，垂足分别为G，M，连接OG ,O M，
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∠E M O和
∠EGO，
所以tan ∠E M O = tan ∠EGO =
❑√14
5
.
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因为EO⊥平面A BC D，BC ⊂平面A BC D，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：O M ⊥B M，又B M ⊥BG，故四边形O M BG是矩形，
所以由BC =10得O M =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E BG中，BG =O M =5，E B =
❑√EG
2+ BG
2=
❑√(❑√39)
2+5
2=8，
又因为E F = A B−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．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
【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
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
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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.
【详解】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
由数学归纳法可得5≤ak +1<6成立.
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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：
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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，
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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；
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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，
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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.
二、填空题
11．已知函数f ( x)= 4
x+ log2 x，则f(
1
2)= ．
试卷第13页，共3页
【答案】1
【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.
【详解】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.
【详解】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
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 = ．
【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.
【详解】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)，
试卷第14页，共3页
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.
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．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 ．
【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.
【详解】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；
试卷第15页，共3页
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.
四、填空题
15．设a>0，函数f ( x)={
x +2, x<−a,
❑√a
2−x
2,−a≤x ≤a,
−❑√x−1, x>a. )
，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| M N |>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 ．
【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
|M N )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.
【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；
试卷第16页，共3页
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，
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，|M N )> y1−y2>❑√a+1>1，故③正确；
试卷第17页，共3页
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kO P=−1，故直线O P的方程为
y =−x，
联立{
y =−x
y = x +2)，解得{
x =−1
y =1 )，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，
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.
试卷第18页，共3页
五、解答题
16．如图，在三棱锥P−A BC中，P A ⊥平面A BC，
P A = A B = BC =1，PC = ❑√3．
(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
(2)π
3
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得P A ⊥BC，再利用勾股定理证得BC ⊥P B，
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P A C与平面P BC的法
向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为P A ⊥平面A BC ,BC ⊂平面A BC，
所以P A ⊥BC，同理P A ⊥A B，
所以△P A B为直角三角形，
又因为P B =
❑√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 ⊥P B，
又因为BC ⊥P A，P A ∩P B = P，
所以BC ⊥平面P A B.
（2）由（1）BC ⊥平面P A B，又A B⊂平面P A B，则BC ⊥A B，
以A为原点，A B为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，A P为z轴，建立空间直角
坐标系，如图，
试卷第19页，共3页
则A(0,0,0), P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，
所以⃗A P =(0,0,1),⃗A C =(1,1,0),⃗BC =(0,1,0),⃗PC =(1,1,−1)，
设平面P A C的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，则{
m⋅⃗A P =0
m⋅⃗A C =0)，即{
z1=0,
x1+ y1=0,)
令x1=1，则y1=−1，所以⃗m=(1,−1,0)，
设平面P BC的法向量为⃗n=(x2, y2, z2)，则{
n⋅⃗BC =0
n⋅⃗PC =0)，即{
y2=0
x2+ y2−z2=0)，
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．设函数f ( x)=sin ω x cosφ+cosω x 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20页，共3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．
【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)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．
【详解】（1）因为f ( x)=sin ω x cosφ+cosω x 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 ω x cosφ+cosω x sin φ ,ω>0,|φ|<π
2 ，
所以f ( x)=sin (ω x +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 (ω x +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
试卷第21页，共3页
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．
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）
【答案】(1)0.4
(2)0.168
(3)不变
试卷第22页，共3页
【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.
【详解】（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．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，| A C |= 4．
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E 上的动点，直线P D与直线BC交于点M，直线P A与直线
y =−2交于点N．求证：M N //C D．
【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、P D与P A的方程，从而求得点M , N的坐标，进而求得
k M N，再根据题意求得kC D，得到k M N =kC D，由此得解.
【详解】（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，|A C)= 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，
试卷第23页，共3页
所以椭圆E的方程为x
2
9 + y
2
4 =1.
（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 P D= n−0
m−3 =
n
m−3，则直线P D的方程为y =
n
m−3
(x−3)，
联立{
y =−2
3 x−2
y =
n
m−3
(x−3)
，解得{
x = 3(3n−2m+6)
3n+2m−6
y =
−12n
3n+2m−6 )
，即
M(
3(3n−2m+6)
3n+2m−6
,
−12n
3n+2m−6)，
而k P A = n−2
m−0 = n−2
m
，则直线P A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 M N =
−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
试卷第24页，共3页
= −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kC D= 0+2
3−0 = 2
3，即k M N =kC D，
显然，M N与C D不重合，所以M N //C D.
20．设函数f ( x)= x−x
3e
a x +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．
【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.
【详解】（1）因为f ( x)= x −x
3e
a x +b, x ∈R，所以f
′ (x)=1−(3 x
2+a x
3)e
a x +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，
试卷第25页，共3页
则{
1−1
3×e
a+b=0
1−(3+a)e
a+b=−1)，解得{
a=−1
b=1 )，
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
(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)
试卷第26页，共3页
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，
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．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
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】(1)r0=0，r1=1，r2=1，r3=2
试卷第27页，共3页
(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.
【详解】（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，
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，
试卷第28页，共3页
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
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，
试卷第29页，共3页
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．
