2024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

绝密★本科目考试启用前
2024 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数学
本试卷共 12页，150分.考试时长 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.
第一部分（选择题 共 40分）
一、选择题共 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．
M ={x|-4< x£1} N ={x|-1< x<3} M ÈN =
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
   
A. x -4< x<3 B. x -1< x£1
C. 0,1,2 D.  x -1< x<4 
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据并集含义即可得到答案.
【详解】由题意得M ÈN =-4,3 ，
故选：A.
z
2. 已知 =i-1，则z =（ ）．
i
A. 1-i B. -i C. -1-i D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.
【详解】由题意得z =ii-1=-1-i，
故选：C.
3. 求圆x2 + y2 -2x+6y =0的圆心到x- y+2=0的距离（ ）
A. 2 3 B. 2 C. 3 2 D. 6
【答案】C
【解析】
第1页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得x2 + y2 -2x+6y =0，即x-12 +y+32 =10，
1+3+2
则其圆心坐标为 1,-3 ，则圆心到直线x- y+2=0的距离为 =3 2 ，
12 +12
故选：C.
 4
4. x- x 的二项展开式中x3的系数为（ ）
A. 15 B. 6 C. -4 D. -13
【答案】B
【解析】
r
【分析】写出二项展开式，令4- =3，解出r然后回代入二项展开式系数即可得解.
2
【详解】  x- x 4 的二项展开式为T =Crx4-r  - x r =Cr -1r x 4- 2 r ,r =0,1,2,3,4，
r+1 4 4
r
令4- =3，解得r =2，
2
故所求即为C2-12
=6.
4
故选：B.
r r r rr r r r r r
5. 已知向量a，b ，则“ a+b · a-b =0”是“a =b或a =-b”的（ ）条件．
A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件
C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
r r r r r r
【分析】根据向量数量积分析可知 a+b × a-b =0等价于 a = b ，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为  a r +b r ×  a r -b r =a r2 -b r 2 =0，可得a r2 =b r2，即 a r = b r ，
r r r r r r
可知 a+b × a-b =0等价于 a = b ，
r r r r r r r r r r
若a =b或a =-b，可得 a = b ，即 a+b × a-b =0，可知必要性成立；
r r r r r r r r r r
若 a+b × a-b =0，即 a = b ，无法得出a =b或a =-b，
例如a r =1,0,b r =0,1，满足 a r = b r ，但a r ¹b r 且a r ¹-b r ，可知充分性不成立；
r r r r r r r r
综上所述，“ a+b × a-b =0”是“a¹b且a¹-b”的必要不充分条件.
第2页/共20页
学科网（北京）股份有限公司故选：A.
π
6. 已知 f x=sinwxw>0 ， f x =-1， f x =1，|x -x | = ，则w=（ ）
1 2 1 2 min 2
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：x为 f x 的最小值点，x 为 f x 的最大值点，
1 2
T π
则 x -x = = ，即T =π，
1 2 min 2 2
2π
且w>0，所以w= =2.
T
故选：B.
S-1
7. 记水的质量为d = ，并且d越大，水质量越好．若S不变，且d =2.1，d =2.2，则n 与n 的关
lnn 1 2 1 2
系为（ ）
A. n <n
1 2
n >n
B.
1 2
C. 若S <1，则n <n ；若S >1，则n >n ；
1 2 1 2
D. 若S <1，则n >n ；若S >1，则n <n ；
1 2 1 2
【答案】C
【解析】
ì S-1
ïn =e2.1
1
【分析】根据题意分析可得í ，讨论S与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.
S-1
ï
n =e2.2
î
2
ì S-1
d = =2.1 ì S-1
ï ï 1 lnn ïn =e2.1
1 1
【详解】由题意可得í ，解得í ，
S-1 S-1
ï ï
d = =2.2 n =e2.2
ï 2 lnn î 2
î
2
S-1 S-1
S-1 S-1
若S >1，则 > ，可得 ，即n >n ；
2.1 2.2 e2.1 >e2.2 1 2
S-1 S-1
若S =1，则 = =0，可得n =n =1；
2.1 2.2 1 2
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学科网（北京）股份有限公司S-1 S-1
S-1 S-1
若S <1，则 < ，可得 ，即n <n ；
2.1 2.2 e2.1 <e2.2 1 2
结合选项可知C正确，ABD错误；
故选：C.
8. 已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，2 2，2 2，则该四棱锥的高为（ ）
2 3
A. B. C. 2 3 D. 3
2 2
【答案】D
【解析】
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF 平面ABCD，可知PO平面ABCD，利用等体
积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面ABCD为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设PA= PB= AB=4,PC = PD=2 2 ，
分别取AB,CD的中点E,F ，连接PE,PF,EF ，
则PE  AB,EF  AB，且PEÇEF = E，PE,EF Ì平面PEF，
可知AB平面PEF，且ABÌ平面ABCD，
所以平面PEF 平面ABCD，
过P作EF 的垂线，垂足为O，即POEF，
由平面PEF 平面ABCD= EF ，POÌ平面PEF，
I
所以PO平面ABCD，
由题意可得：PE =2 3,PF =2,EF =4，则PE2 +PF2 = EF2，即PE  PF ，
1 1 PE×PF
则 PE×PF = PO×EF，可得PO= = 3，
2 2 EF
所以四棱锥的高为 3.
当相对的棱长相等时，不妨设PA= PC =4，PB= PD=2 2，
第4页/共20页
学科网（北京）股份有限公司因为BD=4 2 = PB+PD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
9. 已知 x ,y  ， x ,y  是函数y =2x图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
1 1 2 2
y + y x +x y + y x +x
A. log 1 2 > 1 2 B. log 1 2 < 1 2
2 2 2 2 2 2
y + y y + y
C. log 1 2 > x +x D. log 1 2 < x +x
2 2 1 2 2 2 1 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设x < x ，因为函数y =2x是增函数，所以0<2x 1 <2x 2 ，即0< y < y ，
1 2 1 2
2x 1 +2x 2 x 1 +x 2 y + y x 1 +x 2
对于选项AB：可得 > 2x 1·2x 2 =2 2 ，即 1 2 >2 2 >0，
2 2
y + y x 1 +x 2 x +x
根据函数y =log x是增函数，所以log 1 2 >log 2 2 = 1 2 ，故A正确，B错误；
2 2 2 2 2
对于选项C：例如x =0,x =1，则y =1,y =2，
1 2 1 2
y + y 3 y + y
可得log 1 2 =log Î0,1，即log 1 2 <1= x +x ，故C错误；
2 2 2 2 2 2 1 2
1 1
对于选项D：例如x = -1,x = -2，则y = ,y = ，
1 2 1 2 2 4
y + y 3 y + y
可得log 1 2 =log =log 3-3Î-2,-1，即log 1 2 >-3= x +x ，故D错误，
2 2 2 8 2 2 2 1 2
故选：A.
10. 若集合 x,y| y = x+t(x2 -x),0£t £1,1£ x£2  表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，
则（ ）
A. d =3，S <1 B. d =3，S >1
C. d = 10 ，S <1 D. d = 10 ，S >1
【答案】C
【解析】
ìy£ x2
ï
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域íy³ x ，结合图形分析求解即可.
ï
1£ x£2
î
第5页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【详解】对任意给定xÎ1,2 ，则x2 -x= xx-1³0，且tÎ0,1 ，
可知x£ x+t  x2 -x  £ x+x2 -x= x2，即x£ y£ x2，
ìy£ x2
ï
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域íy³ x ，
ï
1£ x£2
î
如图阴影部分所示，其中A1,1,B2,2,C2,4
，
可知任意两点间距离最大值d = AC = 10 ；
1
阴影部分面积S <S = ´1´2=1
△ABC 2 .
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见
数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把
握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
第二部分（非选择题 共 110分）
二、填空题共 5小题，每小题 5分，共 25分.
11. 已知抛物线y2 =16x，则焦点坐标为________．
【答案】
4,0
【解析】
æ p ö
【分析】形如y2 =2px,p ¹0 的抛物线的焦点坐标为ç ,0 ÷，由此即可得解.
è 2 ø
【详解】由题意抛物线的标准方程为y2 =16x，所以其焦点坐标为 4,0 .
故答案为：
4,0
.
第6页/共20页
学科网（北京）股份有限公司éπ πù
12. 已知aÎ ê , ú ，且α与β的终边关于原点对称，则cosb的最大值为________．
ë6 3û
1
【答案】- ##-0.5
2
【解析】
【分析】首先得出b=a+π+2kπ,kÎZ，结合三角函数单调性即可求解最值.
【详解】由题意b=a+π+2kπ,kÎZ，从而cosb=cosa+π+2kπ=-cosa，
éπ πù é1 3ù é 3 1ù
因为aÎ
ê
,
ú
，所以cosa的取值范围是ê , ú，cosb的取值范围是ê- ,- ú，
ë6 3û
ë
2 2
û ë
2 2
û
π 4π 1
当且仅当a= ，即b= +2kπ,kÎZ时，cosb取得最大值，且最大值为- .
3 3 2
1
故答案为：- .
2
x2
13. 已知双曲线 - y2 =1，则过 3,0 且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为________．
4
1
【答案】±
2
【解析】
【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即
可求解.
x2 5
【详解】联立x=3与 - y2 =1，解得y =± ，这表明满足题意的直线斜率一定存在，
4 2
设所求直线斜率为k，则过点 3,0 且斜率为k的直线方程为y =kx-3 ，
ìx2
ï - y2 =1
联立í 4 ，化简并整理得：  1-4k2 x2 +24k2x-36k2 -4=0，
ïy =kx-3
î
由题意得1-4k2 =0或Δ=  24k22 +4  36k2 +4  1-4k2 =0，
1 1
解得k=± 或无解，即k=± ，经检验，符合题意.
2 2
1
故答案为：± .
2
14. 已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为
325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为________．
第7页/共20页
学科网（北京）股份有限公司115
【答案】 mm,23mm
2
【解析】
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
2 2
æ325ö æ325ö
π h π ´230
ç ÷ ç ÷
è 2 ø 2 è 2 ø
【详解】设第一个圆柱的高为h ，第二个圆柱的高为h ，则 = =10，
1 2 2 2
æ65ö æ325ö
π h π h
ç ÷ ç ÷
è 2 ø 1 è 2 ø 2
115
故h =23mm，h = mm，
2 1 2
115
故答案为： mm,23mm.
2
15. 已知M =k|a =b  ，a ，b 不为常数列且各项均不相同，下列正确的是______.
k k n n
①a ，b 均为等差数列，则M中最多一个元素；
n n
②a ，b 均为等比数列，则M中最多三个元素；
n n
③a 为等差数列，b 为等比数列，则M中最多三个元素；
n n
④a 单调递增，b 单调递减，则M中最多一个元素.
n n
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特
征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为 a ,b  均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
n n
而两条直线至多有一个公共点，故M 中至多一个元素，故①正确.
对于②，取a =2n-1,b =--2n-1 ,则 a ,b  均为等比数列，
n n n n
但当n为偶数时，有a =2n-1 =b =--2n-1 ，此时M 中有无穷多个元素，
n n
故②错误.
对于③，设b = AqnAq¹0,q ¹±1 ，a =kn+bk ¹0 ，
n n
若M 中至少四个元素，则关于n的方程Aqn =kn+b至少有4个不同的正数解，
若q >0,q ¹1，则由 y = Aqn和 y =kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn =kn+b至多有两个不同的解，
矛盾；
第8页/共20页
学科网（北京）股份有限公司若q<0,q ¹±1，考虑关于n的方程Aqn =kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，
当Aqn =kn+b有偶数解，此方程即为A q n =kn+b，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln q >0，
否则Akln q <0，因y = A q n ,y =kn+b单调性相反，
n
方程A q =kn+b至多一个偶数解，
当Aqn =kn+b有奇数解，此方程即为-A q n =kn+b，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-Akln q >0即Akln q <0
否则Akln q >0，因y =-A q n ,y =kn+b单调性相反，
n
方程A q =kn+b至多一个奇数解，
因为Akln q >0，Akln q <0不可能同时成立，
故Aqn =kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确.
对于④，因为
a 
为单调递增，
b 
为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
n n
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨
论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
三、解答题共 6小题，共 85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
3
16. 在△ABC中，a=7，A为钝角，sin2B= bcosB．
7
（1）求ÐA；
（2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
13 5
①b=7；②cosB= ；③csinA= 3．
14 2
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
2π
【答案】（1）A= ；
3
15 3
（2）选择①无解；选择②和③△ABC面积均为 .
4
第9页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
p 3 3
（2）选择①，利用正弦定理得B= ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出sinB= ，再
3 14
代入式子得b=3，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首
5 3
先得到c=5，再利用正弦定理得到sinC = ，再利用两角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三
14
角形面积公式即可；
【小问1详解】
3
由题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角，
7
b 2 a 7
3 = = = 3
则cosB¹0，则2sinB= b，则sinB 3 sinA sinA ，解得sin A= ，
7 2
7
2π
因为A为钝角，则A= .
3
【小问2详解】
3 3 3 2π p
选择①b=7，则sinB= b= ´7= ，因为A= ，则B为锐角，则B= ，
14 14 2 3 3
此时A+B=π，不合题意，舍弃；
13 æ13ö 2 3 3
选择②cosB= ，因为B为三角形内角，则sinB= 1-
ç ÷
= ，
14 è14ø 14
3 3 3 3
则代入2sinB= b得2´ = b，解得b=3，
7 14 7
æ2π ö 2π 2π
sinC =sinA+B=sin +B =sin cosB+cos sinB
ç ÷
è 3 ø 3 3
3 13 æ 1ö 3 3 5 3
= ´ + ç - ÷ ´ = ,
2 14 è 2ø 14 14
1 1 5 3 15 3
则S = absinC = ´7´3´ = .
VABC 2 2 14 4
5 3 5
选择③csinA= 3，则有c´ = 3，解得c=5，
2 2 2
第10页/共20页
学科网（北京）股份有限公司7 5
a c = 5 3
则由正弦定理得 = ，即 3 sinC ，解得sinC = ，
sinA sinC 14
2
2
æ5 3ö 11
因为C为三角形内角，则cosC = 1-ç ÷ = ，
ç ÷
14 14
è ø
æ2π ö 2π 2π
则sinB=sinA+C=sin
ç
+C
÷
=sin cosC+cos sinC
è 3 ø 3 3
3 11 æ 1ö 5 3 3 3
= ´ + - ´ = ，
ç ÷
2 14 è 2ø 14 14
1 1 3 3 15 3
则S = acsinB= ´7´5´ =
△ABC 2 2 14 4
17. 已知四棱锥 P-ABCD， AD//BC， AB = BC =1， AD =3， DE = PE =2，E 是 AD上一点，
PEAD．
（1）若F是PE中点，证明：BF//平面PCD．
（2）若AB平面PED，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
30
（2）
30
【解析】
【分析】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得BF//平面PCD.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问1详解】
1
取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF = ED=1，
2
而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF = BC，故四边形SFBC为平行四边形，
故BF//SC，而BF Ë平面PCD，SC Ì平面PCD，
所以BF//平面PCD.
第11页/共20页
学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
因为ED=2，故AE =1，故AE//BC,AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE 平面PAD，
而PE,EDÌ平面PAD，故CE  PE,CE  ED，而PE  ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,-1,0,B1,-1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2
，
uuur uuur uuur uuur
则PA=0,-1,-2,PB=1,-1,-2,PC =1,0,-2,PD=0,2,-2,
设平面PAB的法向量为m r =x,y,z ，
uuur
ì ïm r ×PA=0 ì-y-2z =0
则由í 可得í ，取m r =0,-2,1 ，
uuur
ïîm r ×PB=0 îx- y-2z =0
设平面PCD的法向量为n r =a,b,c ，
uuur
ì ïn r ×PC =0 ìa-2b=0
则由í 可得í ，取n r =2,1,1 ，
uuur
ïîn r ×PD=0 î2b-2c=0
-1 30
r r
故cosm,n = =- ，
5´ 6 30
30
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为
30
18. 已知某险种的保费为0.4 万元，前3次出险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6万元
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数 800 100 60 30 10
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为X ，估计X 的数学期望；
第12页/共20页
学科网（北京）股份有限公司（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%，已赔偿过的增加20%．估计保单下一保险期毛利润
的数学期望．
1
【答案】（1）
10
（2）(i)0.122万元 (ii)0.1252万元
【解析】
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;
（2）（ⅰ）设x为赔付金额，则x可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求x的分布列及数学期望，
从而可求EX
.
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求EY
.
【小问1详解】
设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
60+30+10 1
由题设中的统计数据可得PA= = .
800+100+60+30+10 10
【小问2详解】
（ⅰ）设x为赔付金额，则x可取0,0.8,1.6,2.4,3，
800 4 100 1
由题设中的统计数据可得Px=0= = ,Px=0.8= = ，
1000 5 1000 10
60 3 30 3
P(x=1.6)= = ，P(x=2.4)= = ，
1000 50 1000 100
10 1
P(x=3)= = ，
1000 100
4 1 3 3 1
故Ex=0´ +0.8´ +1.6´ +2.4´ +3´ =0.278
5 10 50 100 100
故EX=0.4-0.278=0.122（万元）.
4 1
（ⅱ）由题设保费的变化为0.4´ ´96%+0.4´ ´1.2=0.4032，
5 5
故EY=0.122+0.4032-0.4=0.1252（万元）
x2 y2  
19. 已知椭圆方程C： + =1a >b>0，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过 0,t t > 2
a2 b2
的直线l与椭圆交于A，B，C0,1
，连接AC交椭圆于D．
（1）求椭圆方程和离心率；
（2）若直线BD的斜率为0，求t．
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学科网（北京）股份有限公司x2 y2 2
【答案】（1） + =1,e=
4 2 2
（2）t =2
【解析】
【分析】（1）由题意得b=c= 2，进一步得a，由此即可得解；
 
（2）说明直线AB斜率存在，设AB: y =kx+t, t > 2 ，Ax ,y ,Bx ,y  ，联立椭圆方程，由韦达
1 1 2 2
-4kt 2t2 -4 y - y
定理有x +x = ,x x = ，而AD: y = 1 2 x-x + y ，令x=0，即可得解.
1 2 1+2k2 1 2 2k2 +1 x +x 1 1
1 2
【小问1详解】
2
由题意b=c= = 2，从而a= b2 +c2 =2，
2
x2 y2 2
所以椭圆方程为 + =1，离心率为e= ；
4 2 2
【小问2详解】
显然直线AB斜率存在，否则B,D重合，直线BD斜率不存在与题意不符，
同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，
 
从而设AB: y =kx+t, t > 2 ，Ax ,y ,Bx ,y  ，
1 1 2 2
ìx2 y2
ï + =1
联立í 4 2 ，化简并整理得  1+2k2 x2 +4ktx+2t2 -4=0，
ï
îy =kx+t
由题意Δ=16k2t2 -8  2k2 +1  t2 -2  =8  4k2 +2-t2 >0，即k,t应满足4k2 +2-t2 >0，
-4kt 2t2 -4
所以x +x = ,x x = ，
1 2 1+2k2 1 2 2k2 +1
若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D-x ,y  ，
2 2
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学科网（北京）股份有限公司y - y
所以AD: y = 1 2 x-x + y ，在直线AD方程中令x=0，
x +x 1 1
1 2
x y +x y x kx +t+x kx +t 2kx x +tx +x  4k  t2 -2  2
得y = 1 2 2 1 = 1 2 2 1 = 1 2 1 2 = +t = =1，
C x +x x +x x +x -4kt t
1 2 1 2 1 2
所以t =2，
ì4k2 +2-t2 =4k2 -2>0 2 2
此时k应满足í ，即k应满足k <- 或k > ，
îk ¹0 2 2
2 2
综上所述，t =2满足题意，此时k <- 或k > .
2 2
20. 已知 f x= x+kln1+x 在t, f tt >0处切线为l．
（1）若切线l的斜率k = -1，求 f x 单调区间；
（2）证明：切线l不经过
0,0
；
（3）已知k=1，A  t, f t ，C  0, f t ，O0,0 ，其中t >0，切线l与y轴交于点B时．当
2S =15S ，符合条件的A的个数为？
△ACO △ABO
（参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95）
【答案】（1）单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+¥).
（2）证明见解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）直接代入k =-1，再利用导数研究其单调性即可；
æ k ö t
（2）写出切线方程 y- f(t)= ç 1+ ÷ (x-t)(t >0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)- ，
è 1+tø 1+t
利用导数研究其零点即可；
t
（3）分别写出面积表达式，代入 2S =15S 得到13ln(1+t)-2t-15 =0，再设新函数
VACO ABO 1+t
15t
h(t)=13ln(1+t)-2t- (t >0)研究其零点即可.
1+t
【小问1详解】
1 x
f(x)= x-ln(1+x), f¢(x)=1- = (x>-1)，
1+x 1+x
当xÎ-1,0
时，
f¢x<0；当xÎ0,+¥
，
f¢x>0；
第15页/共20页
学科网（北京）股份有限公司\f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+¥)上单调递增.
则 f(x)的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+¥).
【小问2详解】
k k
f¢(x)=1+ ，切线l的斜率为1+ ，
1+x 1+t
æ k ö
则切线方程为y- f(t)=
ç
1+
÷
(x-t)(t >0)，
è 1+tø
æ k ö æ k ö
将(0,0)代入则-f(t)=-t ç 1+ ÷ , f(t)=t ç 1+ ÷，
è 1+tø è 1+tø
k t t
即t+kln(1+t)=t+t ，则ln(1+t)= ，ln(1+t)- =0，
1+t 1+t 1+t
t
令F(t)=ln(1+t)- ，
1+t
假设l过(0,0)，则F(t)在tÎ(0,+¥)存在零点.
1 1+t-t t
F¢(t)= - = >0，\ F(t)在(0,+¥)上单调递增，F(t)> F(0)=0，
1+t (1+t)2 (1+t)2
\ F(t)在(0,+¥)无零点，\与假设矛盾，故直线l不过(0,0).
【小问3详解】
1 x+2
k=1时， f(x)= x+ln(1+x), f¢(x)=1+ = >0.
1+x 1+x
1
S = tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，
VACO 2
t >0时，若q<0，则此时l与 f(x)必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知q¹0.所以q>0，
æ 1 ö
则切线l的方程为y-t-lnt+1= ç 1+ ÷ x-t ，
è 1+tø
t
令x=0，则y =q = y =ln(1+t)- .
t+1
é t ù
2S =15S ，则2tf(t)=15t ln(1+t)- ，
Q VACO ABO ê ë t+1 ú û
t 15t
\13ln(1+t)-2t-15 =0，记h(t)=13ln(1+t)-2t- (t >0)，
1+t 1+t
\满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.
第16页/共20页
学科网（北京）股份有限公司13 15 13t+13-2  t2 +2t+1  -15 2t2 +9t-4 (-2t+1)(t-4)
h¢(t)= -2- = = = ，
1+t (t+1)2 (t+1)2 (t+1)2 (t+1)2
æ 1ö
当tÎ ç 0, ÷时，h¢t<0，此时ht 单调递减；
è 2ø
æ1 ö
当tÎ ç ,4 ÷时，h¢t>0，此时ht 单调递增；
è2 ø
当tÎ4,+¥ 时，h¢t<0，此时ht
单调递减；
æ1ö
因为h(0)=0,h
ç ÷
0,h(4)=13ln5-20 13´1.6-20=0.8>0，
è2ø
15´24 72 72
h(24)=13ln25-48- =26ln5-48- <26´1.61-48- =-20.54<0，
25 5 5
æ1 ö
所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在ç ,4 ÷上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，
è2 ø
综上所述，h(t)有两个零点，即满足2S =15S 的A有两个.
ACO ABO
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
21. 设集合M = i, j,s,t iÎ1,2, jÎ3,4,sÎ5,6,tÎ7,8,2 i+ j+s+t ．对于给定有穷数列
A:a 1£n£8 ，及序列W:w,w,...,w，w =i , j ,s ,t ÎM ，定义变换T ：将数列A的第
n 1 2 s k k k k k
i , j ,s ,t 项加1，得到数列T A；将数列T A的第i , j ,s ,t 列加1，得到数列TT A …；重复上述
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1
操作，得到数列T ...TT A ，记为WA ．
s 2 1
（1）给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列W:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7 ，写出WA
；
（2）是否存在序列W，使得WA 为a +2,a +6,a +4,a +2,a +8,a +2,a +4,a +4，若存在，
1 2 3 4 5 6 7 8
写出一个符合条件的W；若不存在，请说明理由；
（3）若数列A的各项均为正整数，且a +a +a +a 为偶数，证明：“存在序列W，使得WA 为常数
1 3 5 7
第17页/共20页
学科网（北京）股份有限公司列”的充要条件为“a +a =a +a =a +a =a +a ”．
1 2 3 4 5 6 7 8
【答案】（1）WA:3,4,4,5,8,4,3,10
（2）不存在符合条件的W，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接按照WA 的定义写出WA
即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的W，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证.
【小问1详解】
由题意得WA:3,4,4,5,8,4,3,10；
【小问2详解】
假设存在符合条件的W，可知WA 的第1,2项之和为a +a +s，第3,4项之和为a +a +s，
1 2 3 4
ìï a +2+a +6=a +a +s
1 2 1 2
则í ，而该方程组无解，故假设不成立，
ïî a
3
+4+a
4
+2=a
3
+a
4
+s
故不存在符合条件的W；
【小问3详解】
我们设序列T ...TT A 为  a 1£n£8 ，特别规定a =a 1£n£8 .
k 2 1 k,n 0,n n
必要性：
若存在序列W:w,w,...,w，使得WA
为常数列.
1 2 s
则a =a =a =a =a =a =a =a ，所以a +a =a +a =a +a =a +a .
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
根据T ...TT A 的定义，显然有a +a =a +a ，这里 j =1,2,3,4，k =1,2,....
k 2 1 k,2j-1 k,2j k-1,2j-1 k-1,2j
所以不断使用该式就得到，a +a =a +a =a +a =a +a ，必要性得证.
1 2 3 4 5 6 7 8
充分性：
若a +a =a +a =a +a =a +a .
1 2 3 4 5 6 7 8
由已知，a +a +a +a 为偶数，而a +a =a +a =a +a =a +a ，所以
1 3 5 7 1 2 3 4 5 6 7 8
a +a +a +a =4a +a -a +a +a +a  也是偶数.
2 4 6 8 1 2 1 3 5 7
第18页/共20页
学科网（北京）股份有限公司我们设T ...TT A 是通过合法的序列W的变换能得到的所有可能的数列WA 中，使得
s 2 1
a -a + a -a + a -a + a -a 最小的一个.
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
上面已经证明a +a =a +a ，这里 j =1,2,3,4，k =1,2,....
k,2j-1 k,2j k-1,2j-1 k-1,2j
从而由a +a =a +a =a +a =a +a 可得a +a =a +a =a +a =a +a .
1 2 3 4 5 6 7 8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
同时，由于i + j +s +t 总是偶数，所以a +a +a +a 和a +a +a +a 的奇偶性保持不
k k k k k,1 k,3 k,5 k,7 k,2 k,4 k,6 k,8
变，从而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数.
s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8
下面证明不存在 j =1,2,3,4使得 a -a ³2.
s,2j-1 s,2j
假设存在，根据对称性，不妨设 j =1，a -a ³2，即a -a ³2.
s,2j-1 s,2j s,1 s,2
情况1：若 a -a + a -a + a -a =0，则由a +a +a +a 和a +a +a +a 都
s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8
是偶数，知a -a ³4.
s,1 s,2
对该数列连续作四次变换
2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7
后，新的
a -a + a -a + a -a + a -a 相比原来的
s+4,1 s+4,2 s+4,3 s+4,4 s+4,5 s+4,6 s+4,7 s+4,8
a -a + a -a + a -a + a -a 减少4，这与
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾；
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
情况2：若 a -a + a -a + a -a >0，不妨设 a -a >0.
s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,3 s,4
情况2-1：如果a -a ³1，则对该数列连续作两次变换 2,4,5,7,2,4,6,8 后，新的
s,3 s,4
a -a + a -a + a -a + a -a 相比原来的
s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8
a -a + a -a + a -a + a -a 至少减少2，这与
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾；
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
情况2-2：如果a -a ³1，则对该数列连续作两次变换 2,3,5,8,2,3,6,7 后，新的
s,4 s,3
a -a + a -a + a -a + a -a 相比原来的
s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8
a -a + a -a + a -a + a -a 至少减少2，这与
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾.
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
第19页/共20页
学科网（北京）股份有限公司这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 j =1,2,3,4都有 a -a £1.
s,2j-1 s,2j
假设存在 j =1,2,3,4使得 a -a =1，则a +a 是奇数，所以
s,2j-1 s,2j s,2j-1 s,2j
a +a =a +a =a +a =a +a 都是奇数，设为2N +1.
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
则此时对任意 j =1,2,3,4，由 a -a £1可知必有  a ,a  =N,N +1 .
s,2j-1 s,2j s,2j-1 s,2j
而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数，故集合  m a = N  中的四个元素i, j,s,t之和
s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 s,m
为偶数，对该数列进行一次变换
i, j,s,t
，则该数列成为常数列，新的
a -a + a -a + a -a + a -a 等于零，比原来的
s+1,1 s+1,2 s+1,3 s+1,4 s+1,5 s+1,6 s+1,7 s+1,8
a -a + a -a + a -a + a -a 更小，这与
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾.
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
综上，只可能 a -a =0 j =1,2,3,4 ，而a +a =a +a =a +a =a +a ，故
s,2j-1 s,2j s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
 a  =WA 是常数列，充分性得证.
s,n
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
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