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 等于( )
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=⌀.
2.已知复数z 满足i·z+2=2i，则|z|等于( )
A.√2
B.2√2
C.4
D.8
答案 B
解析 由i·z+2=2i 可得，z=-2+2i
i
=2+2i，所以|z|=√2
2+2
2=2√2.
3.双曲线x2-4y2=4 的离心率为( )
A.√3
2
B.√5
2
C.5
4
D.√5
答案 B
解析 由x2-4y2=4 得，x
2
4 -y2=1，所以a2=4，b2=1，c2=a2+b2=5，
即a=2，c=√5，所以e=c
a=√5
2 .
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
2倍，纵坐标不变
B.横坐标变成原来的2 倍，纵坐标不变
C.纵坐标变成原来的1
3倍，横坐标不变
D.纵坐标变成原来的3 倍，横坐标不变
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
2倍，纵坐标不变，即可得到
函数y=9x的图象.
5.已知{an}是公差不为0 的等差数列，a1=-2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10等于( )
A.-20
B.-18
C.16
D.18
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a3，a4，a6成等比数列，且a1=-2，
所以a4
2=a3a6，即(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d)，解得d=2 或d=0(舍去)，
所以a10=a1+9d=-2+9×2=16.
6.已知a>0，b>0，则( )
A.a2+b2>2ab
B.1
a+1
b≥1
ab
C.a+b>√ab
D.1
a+1
b≤2
√ab
答案 C
解析 对于A，当a=b 时，a2+b2=2ab，故A 错误；
对于B，D，取a=1
2，b=1
4 ，此时1
a+1
b=2+4=6<
1
1
2 × 1
4
=8= 1
ab ，
1
a+1
b=2+4=6>
2
√
1
2 × 1
4
=4√2= 2
√ab ，故B，D 错误；
对于C，由基本不等式可得a+b≥2√ab>√ab，故C 正确.
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x0∈D，使得|f(x0)|>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
答案 A
解析 若函数f(x)的值域为R，则对任意M∈R，一定存在x1∈D，使得f(x1)=|M|+1，
取x0=x1，则|f(x0)|=|M|+1>M，充分性成立；
取f(x)=2x，D=R，则对任意M∈R，一定存在x1∈D，使得f(x1)=|M|+1，
取x0=x1，则|f(x0)|=|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x0∈D，使得|f(x0)|>M”的充分不必要条件.
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
4]上存在零点，则ω 的最小值为(
)
A.8
B.6
C.4
D.3
答案 C
解析 函数f(x)=sin ωx+cos ωx=√2sin(ωx + π
4)(ω>0)，
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
ω =π
k (k∈N*)，即ω=2k(k∈N*)；
又函数f(x)在[0，π
4]上存在零点，且当x∈[0，π
4]时，ωx+π
4 ∈[
π
4 ，π ω
4 + π
4]，
所以π ω
4 +π
4 ≥π，即ω≥3，
综上，ω 的最小值为4.
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=klog2N(单位：小时)，其中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
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T1，T2，T3，
由题意，T1=klog2106=6klog210，
T2=klog2(1.024×109)=klog2(210×106)=k(10+6log210)，
T3=klog2(4.096×109)=klog2(212×106)=k(12+6log210)，
因为T2-T1=k(10+6log210)-6klog210=10k=20，所以k=2，
所以T3-T2=k(12+6log210)-k(10+6log210)=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.已知平面直角坐标系xOy 中，|⃗OA|=|⃗OB|=√2，|⃗AB|=2，设C(3，4)，则|2⃗CA+⃗AB|的取值范围是( )
A.[6，14]
B.[6，12]
C.[8，14]
D.[8，12]
答案 D
解析 方法一 因为|⃗OA|=|⃗OB|=√2，|⃗AB|=2，
所以|⃗OA|2+|⃗OB|2=|⃗AB|2，则⃗OA⊥⃗OB，即⃗OA·⃗OB=0，所以|⃗OA+⃗OB|=√⃗OA
2+⃗OB
2+2⃗OA ·⃗OB=√2+2=2.
2⃗CA+⃗AB=2(⃗OA-⃗OC)+⃗OB-⃗OA=⃗OA+⃗OB-2⃗OC，因为⃗OC=(3，4)，所以|⃗OC|=√3
2+ 4
2=5，
所以|2⃗CA+⃗AB|2=⃗OA
2+⃗OB
2+4⃗OC
2-4(⃗OA+⃗OB)·⃗OC
=2+2+4×25-4(⃗OA+⃗OB)·⃗OC=104-4(⃗OA+⃗OB)·⃗OC，
又|(⃗OA+⃗OB)·⃗OC|≤|⃗OA+⃗OB||⃗OC|=2×5=10，即-10≤(⃗OA+⃗OB)·⃗OC≤10，
所以64≤|2⃗CA +⃗AB|
2≤144，即8≤|2⃗CA+⃗AB|≤12.
故|2⃗CA+⃗AB|的取值范围为[8，12].
方法二 因为|⃗OA|=|⃗OB|=√2，|⃗AB|=2，
所以|⃗OA|2+|⃗OB|2=|⃗AB|2，即OA⊥OB.
取AB 的中点M，则|OM|=1
2|⃗AB|=1，所以点M 在以O 为原心，1 为半径的圆上.
2⃗CA+⃗AB=⃗CA+⃗CA+⃗AB=⃗CA+⃗CB=2⃗CM，
又|⃗OC|-1≤|⃗CM|≤|⃗OC|+1，|⃗OC|=√3
2+ 4
2=5，
所以4≤|⃗CM|≤6，
所以8≤|2⃗CA+⃗AB|≤12，即|2⃗CA+⃗AB|的取值范围是[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= .
答案 6
解析 因为抛物线的顶点到焦距的距离为p
2 ，故p
2 =3，即p=6.
12.已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4，则a0= ；a1+a2+a3+a4= .
答案 1 15
解析 令x=0，则a0=1，
又(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4=a0+a1(-2x)+a2(-2x)2+a3(-2x)3+a4(-2x)4，
令t=-2x，则(1+t)4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4，
令t=1，则a0+a1+a2+a3+a4=24，故a1+a2+a3+a4=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
2 (答案不唯一) π
6 (答案不唯一)
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
2 +lπ，l∈Z，
即α=π
2 +kπ，k∈Z，
故取α=π
2 ，β=π
6 可满足题设要求.
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
2，则该多面体的体积为 .
答案 60
解析 连接BE，由题意可知平面SBE 将该零件分成两个全等的多面体.
如图，过点B 作BH∥AR，BK∥AF，连接HK，易知四边形ABHR，四边形ABKF 为平行四边形，平面
ARF∥平面BHK，
又平面ARF⊥平面ABC，平面ARF∩平面ABC=AF，AB⊥AF，
所以AB⊥平面ARF，则三棱柱ARF-BHK 为直三棱柱.
在△BHK 中，BH=HK=5
2，BK=4，
过点H 作HM⊥BK，垂足为M，则HM=√(
5
2)
2
-2
2=3
2，
所以V 直三棱柱ARF-BHK=1
2×4×3
2×8=24.
过点B 作BG⊥HK，垂足为G，
因为HS∥AB，AB⊥平面BHK，所以HS⊥平面BHK，
又BG⊂平面BHK，所以HS⊥BG，
又HS，HK⊂平面HSEK，HS∩HK=H，
所以BG⊥平面HSEK.
在△BHK 中，由BK·HM=BG·HK，
得BG=BK·HM
HK
=
4× 3
2
5
2
=12
5 ，
因为EF=8+4=12，所以RS=1
2×(8+12)=10，所以在梯形HSEK 中，HS=2，KE=4，HK=5
2，
所以S 梯形HSEK=1
2×(2+4)×5
2=15
2 ，V 四棱锥B-HSEK=1
3×15
2 ×12
5 =6.
所以该多面体的体积为2×(24+6)=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)=cos x 恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；
④使得f(x)-f(-x)=cos x 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，
故当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
3x，该函数为R 上的减函数且f(x)+f(2x)=-x，
故该函数符合题意，故②正确；
对于③，取f(x)=1
2cos x+mx，m∈R，
此时f(x)+f(-x)=cos x，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)=cos x，
令x=0，则0=cos 0，但cos 0=1，矛盾，
故满足f(x)-f(-x)=cos x 恒成立的函数f(x)不存在，故④错误.
三、解答题
16.在△ABC 中，cos A=-1
3，asin C=4√2.
(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；②bsin C=10√2
3
；③△ABC 面积为10√2.
解 (1)因为cos A=-1
3，A∈(0，π)，所以sin A=√1-co s
2 A=2√2
3 ，
由正弦定理有asin C=csin A=2√2
3 c=4√2，解得c=6.
(2)如图所示，设在△ABC 中，BC 边上的高为AD，
若选①，a=6，因为c=6，所以C=A，因为cos∠CAB=-1
3<0，则π
2 <∠CAB<π，此时△ABC 有两个钝角，
而这是不可能的，所以△ABC 不存在，故不能选①.
若选②，bsin C=10√2
3
，由正弦定理有bsin C=csin B=6sin B=10√2
3
，解得sin B=5√2
9 ，
因为cos∠CAB=-1
3<0，所以cos B>0，所以cos B=√1- sin
2B=√1- 50
81=√31
9 ，AD=csin B=6×5√2
9 =10√2
3
，
此时△ABC 存在且唯一确定，且BC 边上的高AD=10√2
3
.
若选③，△ABC 的面积是10√2，则S△ABC=1
2bcsin∠CAB=1
2b×6×2√2
3 =10√2，解得b=5，
由余弦定理可得a=√b
2+c
2-2bc cos∠CAB=√
25+36-2×5×6×(- 1
3)=9，
此时△ABC 存在且唯一确定，又S△ABC=1
2a·AD=9
2AD=10√2，所以AD=20√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∥面PAB；
(2)若PA⊥面ABCD，PA=AC，求AB 与面PCD 所成角的正弦值.
(1)证明 取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN，MN，GM，
∵△ACD 与△ABC 为等腰直角三角形，∠ADC=∠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
2AD=1，BE=2，
∴GM=1
2BE=1=FN，
∵∠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)解 ∵PA⊥平面ABCD，
∴以A 为坐标原点，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 的法向量为n=(x，y，z)，
∴{⃗
DC ·n=0,⃗
CP·n=0,
∴{
√2 x +√2 y =0,
-2√2 x +2√2 z =0,
取x=1，∴y=-1，z=1，∴n=(1，-1，1)，
设AB 与平面PCD 所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈⃗AB，n〉|=|⃗AB·n|
|⃗AB||n|
=|0×1+2√2×(-1)+0×1|
2√2×√1
2+(-1)
2+1
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
p1，乙校学生掌握该知识点的概率为p2，试比较p1与p2的大小(结论不要求证明).
解 (1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1 人，这个人做对该题目的概率为80
100=4
5 .
(2)设A 为“从甲校抽取1 人，这个人做对该题目”，则P(A)=4
5 ，P(A)=1
5，
设B 为“从乙校抽取1 人，这个人做对该题目”，则P(B)= 75
100=3
4 ，P(B)=1
4 ，
设C 为“恰有1 人做对”，故P(C)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=4
5 ×1
4 +1
5×3
4 = 7
20，
而X 的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=P(A B)=1
5×1
4 = 1
20，P(X=1)= 7
20，P(X=2)=4
5 ×3
4 =3
5，
故X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
20
7
20
3
5
故E(X)=0× 1
20+1× 7
20+2×3
5=31
20.
(3)设D 为“甲校学生掌握该知识点”，
因为甲校学生掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，
未掌握该知识点的学生都是从四个选项里面随机选择一个，
故P(D)+1
4 (1-P(D))=0.8，
即p1+1
4 ×(1-p1)=0.8，故p1=11
15，
同理有0.85p2+1
4 ×(1-p2)=0.75，故p2=5
6，
故p1<p2.
19.已知椭圆E：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√2
2 ，椭圆上的点到两焦点距离之和为4，
(1)求椭圆方程；
(2)设O 为原点，M(x0，y0)(x0≠0)为椭圆上一点，直线x0x+2y0y-4=0 与直线y=2，y=-2 分别交于A，B 两点.
设△OAM 与△OBM 的面积分别为S1，S2，比较S1
S2
与|OA |
|OB| 的大小.
解 (1)由题意可知，2a=4，所以a=2，又e=c
a=√2
2 ，所以c=√2，b2=a2-c2=2，
故椭圆E 的方程为x
2
4 + y
2
2 =1.
(2)联立{
x0 x +2 y0 y - 4 =0,
x
2
4 + y
2
2 =1,
又x0≠0，消去x 整理得(2x0
2+4y0
2)y2-16y0y+16-4x0
2=0，
①
又x0
2
4 + y0
2
2 =1，所以2x0
2+4y0
2=8，16-4x0
2=8y0
2，
故①式可化简为8y2-16y0y+8y0
2=0，即( y - y0)
2=0，所以y=y0，所以x=x0，
所以直线x0x+2y0y-4=0 与椭圆相切，M 为切点.
方法一 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知当x1=x2时，由对称性得S1
S2
=|OA |
|OB| .
由椭圆的对称性，当x1≠x2时，不妨设x2<x0<x1，易知S1
S2
=| AM |
|BM | =| x1- x0|
| x2- x0| = x1- x0
x0- x2
，
联立{
x0 x +2 y0 y - 4 =0,
y =2,
解得{
x = 4 - 4 y0
x0
,
y =2,
即x1=
4 - 4 y0
x0
，
联立{
x0 x +2 y0 y - 4 =0,
y =-2,
解得{
x = 4+ 4 y0
x0
,
y =-2,
即x2=
4 + 4 y0
x0
，
又x0
2=4-2y0
2，
所以
S1
S2
=
x1- x0
x0- x2
=
4 - 4 y0
x0
- x0
x0- 4 + 4 y0
x0
=
4 - 4 y0- x0
2
x0
2- 4 y0- 4 =
2 y0
2- 4 y0
-2 y0
2- 4 y0
=
2- y0
2+ y0
，
|OA |
|OB| =√(
4 - 4 y0
x0 )
2
+ 4
√(
4 + 4 y0
x0 )
2
+ 4
=√4(1- y0)
2+ x0
2
√4(1+ y0)
2+ x0
2=√4(1- y0)
2+ 4 -2 y0
2
√4(1+ y0)
2+ 4 -2 y0
2=√y0
2- 4 y0+ 4
√y0
2+ 4 y0+ 4
=2- y0
2+ y0
，
故
S1
S2
=|OA |
|OB| .
综上，
S1
S2
=|OA |
|OB| .
方法二 不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知当x1=x2时，由对称性得S1
S2
=|OA |
|OB| .
当x1≠x2时，不妨设x2<x0<x1，
因为直线x0x+2y0y-4=0 与y=2 相交于点A，所以联立{
x0 x +2 y0 y - 4 =0,
y =2,
解得{
x1= 4 - 4 y0
x0
,
y1=2,
因为直线x0x+2y0y-4=0 与y=-2 相交于点B，所以联立{
x0 x +2 y0 y - 4 =0,
y =-2,
解得{
x2= 4 + 4 y0
x0
,
y2=-2,
当y0≠±1 时，
则kOA= y1
x1
=
2 x0
4 - 4 y0
=
x0
2-2 y0
，kOB= y2
x2
=-2 x0
4 + 4 y0
=-
x0
2+2 y0
，kOM= y0
x0
，
又x0
2
4 + y0
2
2 =1，所以x0
2+2y0
2=4，
所以tan∠AOM= kOA -kOM
1+kOA·kOM
=
x0
2-2 y0
- y0
x0
1+
x0
2-2 y0
× y0
x0
=- x0
2+2 y0
2-2 y0
x0( y0-2)
=-
4 -2 y0
x0( y0-2)= 2
x0
，
tan∠BOM= kOM -kOB
1+kOM ·kOB
=
y0
x0
+
x0
2+2 y0
1+ y0
x0
×(-
x0
2+2 y0)
= x0
2+2 y0
2+2 y0
x0( y0+2)
=
4+2 y0
x0( y0+2)= 2
x0
，
则tan∠AOM=tan∠BOM，即∠AOM=∠BOM，
所以
S1
S2
=|OA ||OM |sin ∠AOM
|OB||OM |sin ∠BOM =|OA |
|OB| ；
当y0=1 时，可得A(0，2)，B(-4√2，-2)，M(-√2，1)，
直线OA 的方程为x=0，点M 到直线OA 的距离d1=√2.
直线OB 的方程为x-2√2y=0，点M 到直线OB 的距离d2=|-√2-2√2|
√1+8
=√2，
则d1=d2，
则
S1
S2
=
1
2 d1|OA |
1
2 d2|OB|
=|OA |
|OB| .
同理当y0=-1 时，S1
S2
=|OA |
|OB| .
综上，
S1
S2
=|OA |
|OB| .
20.函数f(x)的定义域为(-1，+∞)，f(0)=0，f'(x)=ln(1+ x)
1+ x
，l1为f(x)在点A(a，f(a))(a≠0)处的切线.
(1)求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l1上方；
(3)若a>0 时，直线l2过点A 且与l1垂直，l1，l2与x 轴的交点横坐标分别为x1，x2，求2a- x1- x2
x2- x1
的取值范
围.
(1)解 设g(x)=f'(x)，x>-1，g'(x)=
1
1+ x (1+ x)- ln(1+ x)
(1+ x)
2
=1- ln(1+ x)
(1+ x)
2
，
令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g(x)即f'(x)的最大值为f'(e-1)=1
e .
(2)证明 因为f'(a)=ln(1+a)
1+a
，所以直线l1的方程为y-f(a)=ln(1+a)
1+a
(x-a)，
即y=ln(1+a)
1+a
(x-a)+f(a)，
设h(x)=f(x)-[
ln(1+a)
1+a
( x -a)+ f (a)]，x>-1，h'(x)=ln(1+ x)
1+ x
-ln(1+a)
1+a
=f'(x)-f'(a)，x>-1，
由(1)可知，f'(x)在(-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a<x<0 时，h'(x)>0，h(x)单调递增，所以当-1<x<0 时，h(x)≥h(a)=0；
又f'(a)<f'(0)=0，而当x≥0 时，f'(x)=ln(1+ x)
1+ x
≥0，所以总有f'(x)>f'(a)，即h'(x)>0，h(x)单调递增，
故h(x)≥h(a)，从而命题得证.
(3)解 方法一 由f'(x)=ln(1+ x)
1+ x
，x>-1，
可设f(x)=[ ln(1+ x)]
2
2
+C，C 为常数，
又f(0)=0，所以C=0，即f(x)=[ ln(1+ x)]
2
2
，
因为直线l1的方程为y=ln(1+a)
1+a
(x-a)+[ ln(1+a)]
2
2
，a>0，
所以直线l2的方程为y=-
1+a
ln(1+a)(x-a)+[ ln(1+a)]
2
2
，
令y=0，则x1=a-(1+a)ln(1+a)
2
，x2=[ ln(1+a)]
3
2(1+a)
+a.
所以
2a- x1- x2
x2- x1
=
(1+a)ln(1+a)
2
- [ ln(1+a)]
3
2(1+a)
[ ln(1+a)]
3
2(1+a)
+ (1+a)ln(1+a)
2
=(1+a)
2-[ ln(1+a)]
2
[ ln(1+a)]
2+(1+a)
2=
1- [ ln(1+a)]
2
(1+a)
2
[ ln(1+a)]
2
(1+a)
2
+1
=1-[ g(a)]
2
1+[ g(a)]
2=-1+
2
1+[ g(a)]
2，
由(1)知，当x>0 时，g(x)∈(0，1
e]，所以[g(a)]2∈(0，1
e
2]，
所以
2a- x1- x2
x2- x1
的取值范围是[
e
2-1
e
2+1
，1).
方法二 直线l1的方程为y=ln(1+a)
1+a
(x-a)+f(a)，
直线l2的方程为y=-
1+a
ln(1+a)(x-a)+f(a)，
令y=0，则x1=a-f (a)(1+a)
ln(1+a) ，x2=a+f (a)ln(1+a)
1+a
，
x1+x2=2a-f(a)[
1+a
ln(1+a) - ln(1+a)
1+a ]=2a-f(a)[
1
f '(a) - f '(a)]，
x2-x1=f(a)[
ln(1+a)
1+a
+
1+a
ln(1+a)]=f(a)[f '(a)+
1
f '(a)]，
所以
2a- x1- x2
x2- x1
=
2a-( x1+ x2)
x2- x1
=
1
f '(a) - f '(a)
f '(a)+
1
f '(a)
=1-[ f '(a)]
2
1+[ f '(a)]
2=-1+
2
1+[ f '(a)]
2.
由(1)知f'(0)=0，当x→+∞时，f'(x)→0，
f'(x)max=1
e ，所以当a>0 时，0<f'(a)≤1
e ，
所以
2a- x1- x2
x2- x1
的取值范围是[
e
2-1
e
2+1
，1).
21.A={1，2，3，4，5，6，7，8}，M={(xi，yi)|xi∈A，yi∈A}，从M 中选出n 个有序数对构成一列：(x1，
y1)，…，(xn，yn).相邻两项(xi，yi)，(xi+1，yi+1)满足：{
| xi+1- xi|=3,
| yi+1- yi|= 4 ,或{
| xi+1- xi|= 4 ,
| yi+1- yi|=3,称为k 列.
(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，xi∈{1，2，7，8}；i 为偶数时，xi∈{3，4，5，6}，判断：(3，2)与
(4，4)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.
(1)解 根据题目定义可知，{
xi+1= xi±3,
yi+1= yi± 4 ,或{
xi+1= xi± 4 ,
yi+1= yi±3,
若第一项为(3，3)，显然x2=0，y2=-1 或x2=-1，y2=0 不符合题意，所以第二项是(6，7)或(7，6).
(2)解 假设(3，2)与(4，4)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{3，4，5，6}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)证明 方法一 若M 中的所有元素构成k 列，考虑k 列中形如(xi，yi)，xi，yi∈{1，2，7，8}的项，
这样的项共有16 个，由题知其下一项为(xi+1，yi+1)，xi+1，yi+1∈{3，4，5，6}，共计16 个，
而(xi+1，yi+1)≠(3，3)，(6，6)，(3，6)，(6，3)，
因为6 只能由2 来，3 只能由7 来，
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(xi，yi)，有12 个(xi+1，yi+1)与之相对应，矛盾.
综上，M 中所有元素都无法构成k 列.
方法二 假设M 中全体元素构成一个k 列，则n=64.
设T1={(x，y)|x∈{1，2，7，8}，y∈{1，2，3，4，5，6，7，8}}，T2={(x，y)|x∈{3，4，5，6}，y∈{1，
2，3，4，5，6，7，8}}.
则T1和T2都包含32 个元素，且T1中元素的相邻项必定在T2中.
如果存在至少两对相邻的项属于T2，那么属于T2的项的数目一定多于属于T1的项的数目，
所以至多存在一对相邻的项属于T2.
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T2的项的个数比属于T1的项的个数多2，此时m=1，2，3，…，31.
从而这个序列的前2m 项中，奇数项属于T1，偶数项属于T2；
这个序列的后64-2m 项中，奇数项属于T2，偶数项属于T1.
如果不存在相邻的属于T2的项，那么也可以看作上述表示在m=0 或m=32 时的特殊情况.
这意味着必定存在m∈{0，1，2，…，32}，使得{
( x2k -1, y2k -1)∈T 1,( x2k , y2k)∈T 2,1≤k ≤m,
( x2k -1, y2k -1)∈T 2,( x2k , y2k)∈T 1,m+1≤k ≤32,
由于相邻两项的横、纵坐标之和的奇偶性必定相反，故T1中横、纵坐标之和为奇数的点和横、纵坐标之和
为偶数的点的数量一定分别是m 和32-m(不一定对应).
但容易验证，T1和T2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，得m=16.
从而有{
( x2k -1, y2k -1)∈T 1,( x2k , y2k)∈T 2,1≤k ≤16,
( x2k -1, y2k -1)∈T 2,( x2k , y2k)∈T 1,17≤k ≤32,
这就得到T1={(xk，yk)|k=1，3，5，…，29，31，34，36，…，62，64}.
再设T3={(x，y)|x∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，y∈{1，2，7，8}}，T4={(x，y)|x∈{1，2，3，4，5，6，
7，8}，y∈{3，4，5，6}}.
则同理有{
( x2k -1, y2k -1)∈T 3,( x2k , y2k)∈T 4,1≤k ≤16,
( x2k -1, y2k -1)∈T 4,( x2k , y2k)∈T 3,17≤k ≤32,
这意味着T3={(xk，yk)|k=1，3，5，…，29，31，34，36，…，62，64}.
从而得到T3=T1，但显然它们是不同的集合，矛盾.
所以全体元素不能构成一个k 列.
