2023年高考數(shù)學真題及解析(北京卷)

2023年高考數(shù)學真題及解析（北京卷）一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合

M{x∣x20},N{x∣x10}

，則

MN（

）A.{x∣2x1}C.{x∣x2}

B.{x∣2x1}D.{x∣x1}【答案】A【解析】【分析】先化簡集合M,N，然后根據(jù)交集的定義計算.【詳解】由題意，M{x∣x20}{x|x2}，N{x∣x10}{x|x1}，根據(jù)交集的運算可知，MN{x|2x1}.故選：A2.在復平面內，復數(shù)z對應的點的坐標是(1,3)，則z的共軛復數(shù)z（

）A.13iC.13i

B.13iD.13i【答案】D【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的幾何意義先求出復數(shù)z，然后利用共軛復數(shù)的定義計算.【詳解】z在復平面對應的點是(1,3)，根據(jù)復數(shù)的幾何意義，z13i，由共軛復數(shù)的定義可知，z13i.故選：D3.已知向量a，b滿足a(2,3),(2,1)，則|a|b|（

）A.2

B.1

C.0

D.11bab2|2bab2|2【答案】B【解析】【分析】利用平面向量數(shù)量積的運算律，數(shù)量積的坐標表示求解作答.【詳解】向量a,b滿足a(2,3),(2,1)，所以|a|b|a))22).故選：B4.下列函數(shù)中，在區(qū)間(0,上單調遞增的是（

）A.f(x)lnx

1B.f(x)2xC.

1f(x)x

D.f(x)3|x1|【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函數(shù)的單調性，結合復合函數(shù)的單調性判斷ABC，舉反例排除D即可.【詳解】對于A，因為ylnx在單調遞增，

y在單調遞減，所以flnx在單調遞減，故A錯誤；0,上x所以

1x2x

在單調遞減，故B錯誤；1x

y在單調遞減，所以

x0,上

1x2

1顯然f3x在不單調，D錯誤.故選：C.x

）．

2bab2|2(b(ab(311)0,上x0,上對于B，因為y2x在0,上單調遞增，y在單調遞減，bab2|2(b(ab(311)0,上x0,上對于B，因為y2x在0,上單調遞增，y在單調遞減，1x0,上f0,上對于C，因為y在單調遞減，0,上x0,上f在單調遞增，故C正確；13121對于D，因為f323，f311301,f3213，12x10,上2x155.的展開式中x的系數(shù)為（A.80

B.40

C.40

D.80【答案】D【解析】【分析】寫出的展開式的通項即可x

r1

55

5

r令52r1得r22x12x故選：D【點睛】本題考查的是二項式展開式通項的運用，較簡單.6.已知拋物線C:y28x的焦點為F，點M在C上．若M到直線x3的距離為5，則|MF|（

）A.7

B.6

C.5

D.4【答案】D【解析】【分析】利用拋物線的定義求解即可.所以M到準線x2的距離為MF，又M到直線x3的距離為5，所以MF故選：D.

15，故MF4.7.在ABC中，(ac)(sinAsinC)b(sinAsinB)，則C（

）

32x15x2x15【詳解】的展開式的通項為Tx2x15x2x15【詳解】的展開式的通項為Txr1125rCrx52rCr2rx所以的展開式中x的系數(shù)為1252C52805【詳解】因為拋物線C:y28x的焦點F2,0，準線方程為x2，點M在C上，A.

π6

B.

π3

C.

2π3

D.

5π6【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理的邊角變換與余弦定理即可得解.【詳解】因為(ac)(sinAsinC)b(sinAsinB)，所以由正弦定理得(ac)(ac)b(ab)，即a2c2abb2，則又

π3

a2b2c22ab

ab2ab

12故選：B.yxxy

）A.充分不必要條件C.充要條件

B.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】xy【分析】解法一：由yx2化簡得到xy0即可判斷；解法二：證明充分性可由xy0得到xy，代入

xy

yxyxyxxyxy明充分性可由yx通分后用配湊法得到完全平方公式，再把xy0代入即可，證明必要性可由yx通分后用配湊法得到完全平方公式，再把xy0代入，解方程即可.【詳解】解法一：xy因為xy0，且yx2，4a2b2c2ab，故cosC，0Cπ，所以C.8.若xya2b2c2ab，故cosC，0Cπ，所以C.8.若xy0，則“xy0”是“2”的（化簡即可，證明必要性可由2去分母，再用完全平方公式即可；解法三：證所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy20，所以xy0.xy所以“xy0”是“yx2”的充要條件.解法二：充分性：因為xy0，且xy0，所以

xy，x所以y

yxy

yy

112，所以充分性成立；xy必要性：因為xy0，且yx2，所以必要性成立.xy所以“xy0”是“yx2”的充要條件.解法三：充分性：因為xy0，且xy0，所以

xy

yx2y2xxy

x2y22xy2xyxy

2xyxy

2，所以充分性成立；xy必要性：因為xy0，且yx2，所以

xy

yx2y2xxy

x2y22xy2xyxy

22xyxy

，所以

xy

2

2所以必要性成立.xy所以“xy0”是“yx2”的充要條件.故選：C9.坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若5y所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy20，所以xy0.y所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy20，所以xy0.yxyxyyxyy22y0，所以y0，所以xy0，xAB25m,BCAD10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為

145

，則該五面體的所有棱長之和為（

）A.102m

B.

112mC.117m【答案】C【解析】

D.125m【分析】先根據(jù)線面角的定義求得tanEMOtanEGO

145

，從而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱長相加即可得解.【詳解】如圖，過E做EO平面ABCD，垂足為O，過E分別做EGBC，EMAB，垂足分別為G，M，連接OG,OM

，由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為EMO和EGO，所以tanEMOtanEGO

145

.因為EO平面ABCD，BC

平面ABCD，所以EOBC，因為EGBC，EO,EG平面EOG，EOEGE，所以BC

平面EOG，因為OG平面EOG，所以BCOG，.同理：OM

BM，又BMBG，故四邊形OMBG

是矩形，所以由BC10得OM

5，所以EO14，所以OG5，所以在直角三角形EOG中，EGEO

2

OG

2

2

2

396145145在直角三角形EBG中，BGOM5，EBEG

2

BG

2

2

2

8，又因為EFAB55255515，所有棱長之和為2252101548117m.故選：C10.已知數(shù)列滿足an

4n

3

）A.當a3時，為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)M≤0，使得aM恒成立1nnB.當a時，為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M，使得aM恒成立1nnC.當a7時，為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)M，使得aM恒成立1nnD.當a9時，為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M，使得aM恒成立1nn【答案】B【解析】【分析】法1：利用數(shù)列歸納法可判斷ACD正誤，利用遞推可判斷數(shù)列的性質，故可判斷B的正誤.法2：構造

14

319選項nn42a

n

an，進而取m4推得aM不恒成立；對于B，證明an所在區(qū)間同時證得后續(xù)結論；n對于C，記

4

0310n19xx，42n

an，進而取m推得anM不恒成立.a

14

33

nn4n對于A，若a13，可用數(shù)學歸納法證明：an63即an3，證明：當n1時，a1633，此時不等關系an3成立；設當nk時，ak63成立，7395n1a66(n1,2,3,)，則（1aa5a6a6a0f6395n1a66(n1,2,3,)，則（1aa5a6a6a0f66x，利用導數(shù)求得f正負情況，再利用數(shù)學歸納法判斷得各xxx的a所在區(qū)間，從而判斷單調性；對于A，構造hx3x226x473判斷得a的xx，11Mmlog2log61，取m1推得aM不恒成立；對于D，構造mMgx3x226x499判斷得a11M1【詳解】法1：因為n1，故a11則a

k1

1274k

3

k1

63成立，由數(shù)學歸納法可得an3成立.而a

n1

1

32

14

2

n44nnna為故a

n1

6

14

32

nn4n4nn所以6a

n1

94

n

，

n1n19n14故

6M3

9n1，故

n1log94

6M3

，故anM恒成立僅對部分n成立，故A不成立.對于B，若a1=5,可用數(shù)學歸納法證明：1an60即5an6，證明：當n1時，1a1610，此時不等關系5an6成立；設當nk時，5ak6成立，則a

k1

14k4

3

k1

60成立即由數(shù)學歸納法可得5ak

1

6成立.而a

n1

1

32

14

a2annnnn若M6，則an6恒成立，故B正確.對于C，當a17時，可用數(shù)學歸納法證明：0an61即6an7，86654,，故aa41aa66661，aaan4nnnn66654,，故aa41aa66661，aaan4nnnn619150，a60，故aa0，故an1an，a1故n減數(shù)列，注意ak163061696結合a0，，1a故6a39，故a639，644n1n1aM恒成立，則63M，若存在常數(shù)M≤0，使得n4166,0，故1aa1aa66661，aaan4nnnn610，a60，故aa0，故an1an，故為增數(shù)列，1證明：當n1時，0a161，此時不等關系成立；設當nk時，6ak7成立，則a

k1

114k

3

k1

61成立即6a

k1

7由數(shù)學歸納法可得6an7成立.而a

n1

0，故a

an，故減數(shù)列，又a

n1

11n4n4n

2

n1

60可得：a

n1

a1以a

n1

1n4若a

n1

1n

n1n

4

M

1，的個數(shù)有限，矛盾，故C錯誤.對于D，當a19時，可用數(shù)學歸納法證明：an63即an9，證明：當n1時，a1633，此時不等關系成立；設當nk時，ak9成立，則a

k1

1274k4

3

3，故ak9成立由數(shù)學歸納法可得an9成立.而a

n1

0，故a

an，故增數(shù)列，又a

n1

19n4n4nn

2a

n1

a1

n1

9n149n19660,，故0aa4nnnn61a61aa2a為n6666結合a660,，故0aa4nnnn61a61aa2a為n6666結合aaaa，66，所1n46，6，若存在常數(shù)M6，使得aM恒成立，4則M6恒成立，故nlog6n466a1nnnn61a61aa2a為n6666結合a60可得：aaa，663，所以a4463，aM恒成立，則M63，若存在常數(shù)M，使得n故選：B.

9n1

4

M6

法2：因為an1

119n4nn4n2nn

3令

19x424233

23或x63

；233

23x63

；

3233

3

23

23令

f0，則

14

9124

xx8，注意到

23463

23，763

8，所以結合f單調性可知在6,8f0，在4,6f0，對于A，因為a

n1

14nn4n

33132412假設當nk時，ak3，114k4

33

k1

3，,,4上xa為10故M63，故nlog1，這與n的個數(shù)有限矛盾，故D錯誤.934a66aa3a226a48，a3fx3x226x48，則fx故M63，故nlog1，這與n的個數(shù)有限矛盾，故D錯誤.934a66aa3a226a48，a3fx3x226x48，則fxx29x26，令f￠x)>0，得0x6(令fx0，得6所以f623和6,上單調遞增，在3上單調遞減，,6x3x226x480，即4x6x80，解得x4或x6或x5上和8,,4和上xxx的66，則a616，aa1a3，a663，則a3，a當n1時，16663，則a當nk1時，k1aa3綜上：an3，即an4，因為在f0，所以an1an，則n遞減數(shù)列，因為an1

119n4nn4n2nn

3令

19xx，424因為h口向上，對稱軸為

934

，34所以

19x342故ann0，即an

1

n假設存在常數(shù)M≤0，使得anM恒成立，取m4，其中M

M，且Z，因為an

1

an，所以a2a11,a3a21,,aa，M則

aam

M，與aM恒成立矛盾，故A錯誤；n對于B，因為a15，11332414假設當nk時，ak6，

3所以a

k1

14k

311334142假設當nk時，ak5，

3

11a166a1a3a226a47，a3hx3x226x473則a166a1a3a226a47，a3hx3x226x473則hxx29x26，x62x開所以hx單調遞減，故hxh33293260，在,3上h單調遞增，故hh3332263470，x在,3上a1，1a1M1MM1M4M3133M3M，上式相加得，a4a1M4Ma56，a66666，a5當n1時，1當nk1時，因為ak6，所以ak60，則ak60，666，aa561610，即a5，a5又當n1時，2當nk1時，因為ak5，所以ak61，則ak61，所以ak1

14k

3綜上：5an6，4,6上xa為此時，取M6，滿足題意，故B正確；對于C，因為a

n1

14nn4n

33111131432341k131kk341綜上：a2n11易知3n0，則0，故a6,7n6，6,8上xa為假設存在常數(shù)M6，使得anM恒成立，3100000412665，a因為在f0，所以an1an，所以n遞增數(shù)列，66，則a616，aa1a7時，a666，a6666，7注意到當14444411413665，a因為在f0，所以an1an，所以n遞增數(shù)列，66，則a616，aa1a7時，a666，a6666，7注意到當1444441141313a6666444k1231猜想當n2時，a，412n31114當n2與n時，a24與a滿足a，4nk1231假設當nk時，a，411k3111212311當nk1時，所以ak1k66666，a444n12314123112314所以an,7因為在f0，所以an1an，則n遞減數(shù)列，mlog2log61，取m1，其中m1m,mN*，mmM記06n，16n21，則

3m3m02log11

，4114所以amM，故anM不恒成立，故C錯誤；對于D，因為a19，127414假設當nk時，ak3，

3

3，則a9，2114k4

33

k1

9，綜上：an9，8,xa為因為a

n1

119n4nn4n2nn

3令

19xx，424因為g口向上，對稱軸為

934

，所以所以

19x942

g上單調遞增，故gg32260，4故ann0，即an

1

n假設存在常數(shù)M0，使得anM恒成立，取m，其中M

M，且Z，因為an

1

an，所以a2a11,a3a21,,aa，M則

aam

n故選：B.13M6logM6，所以1123m1M6，即1123m16M，故23m1M6logM6，所以1123m1M6，即1123m16M，故23m1a66a當n1時，26663，則a當nk1時，k1aa9因為在上f0，所以an1an，所以n遞增數(shù)列，a166a1a3a226a49，a3gx3x226x499則gxx29x26，x62x開gg9392269490，x9999x在9,a1，1a1M11MM1M1M1上式相加得，aa19MM，M，與aM恒成立矛盾，故D錯誤.1M【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是根據(jù)首項給出與通項性質相關的相應的命題，再根據(jù)所得命題結合放縮法得到通項所滿足的不等式關系，從而可判斷數(shù)列的上界或下界是否成立.二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分．122【答案】1【解析】【分析】根據(jù)給定條件，把

1x代入，利用指數(shù)、對數(shù)運算計算作答.2【詳解】函數(shù)

2

111

211.故答案為：112.已知雙曲線C的焦點為(2,0)和(2,0)，離心率為2，則C的方程為____________．【答案】

x22

y22

1【解析】【分析】根據(jù)給定條件，求出雙曲線C的實半軸、虛半軸長，再寫出C的方程作答.【詳解】令雙曲線C的實半軸、虛半軸長分別為a,b，顯然雙曲線C的中心為原點，焦點在x軸上，其半焦距c2，由雙曲線C的離心率為

2，得

ca

2，解得a2，則bc2a22，所以雙曲線C的方程為

x22

y22

1.故答案為：

x22

y22

113.已知命題p:若,為第一象限角，且，則tantan．能說明p為假命題的一組,的值為__________，_________．1411.已知函數(shù)f(x)4xlogx，則f____________．f(x11.已知函數(shù)f(x)4xlogx，則f____________．f(x)4xlogx，所以f()42log2229π

π【答案】

①.

4

②.

3【解析】【分析】根據(jù)正切函數(shù)單調性以及任意角的定義分析求解.【詳解】因為

x

ππ

000取

2kπ,2kπ,k,kZ，102012則tantanπtan,tantanπtan，即tantan，100200令k1k2，則

π10

π2201200因為2k1

2

2π,π0，則2k3π0，20012002即k1k2，則.ππ9ππ不妨取12040343故答案為：

9ππ;.4314.我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國時期就已經出現(xiàn)了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)a，【答案】

①.48

②.384【解析】【分析】方法一：根據(jù)題意結合等差、等比數(shù)列的通項公式列式求解d,q，進而可求得結果；方法二：根據(jù)等比中項求a7,a3，在結合等差、等比數(shù)列的求和公式運算求解.【詳解】方法一：設前3項的公差為d，后7項公比為q0，則

a192q49a12

16，且q0，可得q=2，5aq2空1：可得a33,a7

aq448，3

15ftanx在0,上單調遞增，若0，則tan0tan，22ftanx在0,上單調遞增，若0，則tan0tan，22kk222kkkπ2k，kππkk1,k0,,，即,滿足題意.權”．已知9枚環(huán)權的質量（單位：銖）從小到大構成項數(shù)為9的數(shù)列n該數(shù)列的前3項成等差數(shù)列，后7項成等比數(shù)列，且a11,a512,a9192，則a7___________；數(shù)列an所有項的和為____________．則a3d5，即1d，可得d，327空2：a263384129a,3且an0，所以a748；a225a7空2：設后7項公比為

aa33aq13923234567891

3192212

381，所以a1a2La96381a3384.故答案為：48；384.15.設

x2,xa,①f(x)在區(qū)間(a1,上單調遞減；②當a1時，f(x)存在最大值；③設M

fa,fa，則|MN111222

|1；④設

333444

．

1其中所有正確結論的序號是____________．【答案】②③【解析】【分析】先分析

125合圖像可知此時PQ存在最小值，從而得以判斷.1612方法二：空1：因為nn7為等比數(shù)列，則a72a5a912192482，又因為aa3a7，則3a53；112方法二：空1：因為nn7為等比數(shù)列，則a72a5a912192482，又因為aa3a7，則3a53；123323aLa1q0，則q254，解得q=2，aa6,aaaaaaa3可得1aaaqa0，函數(shù)f(x)a2x2,axa,，給出下列四個結論：x1,xa.),xxNxxx,xP,faQ,fa若|PQ|存在最小值，則a的取值范圍是0,．xxxx,xx2f圖像，再逐一分析各結論；對于①，取a，結合圖像即可判斷；對于②，x的分段討論f取值范圍，從而得以判斷；對于③，結合圖像可知MN的范圍；對于④，取a4，結【詳解】依題意，a0，當x時，fx，易知其圖像為一條端點取不到值的單調遞增的射線；x（即半圓）；當xa時，fx，易知其圖像是一條端點取不到值的單調遞減的曲線；對于①，取

12

x的顯然，當

x(a1,，即

11

x在對于②，當a1時，當x時，fx22；當xa時，fa22顯然取得最大值a；當xa時，fxa，綜上：f得最大值a，故②正確；對于③，結合圖像，易知在x1a，x2a且接近于xa處，M

fa,fa的距離最小，111222

17當axa時，fa2x2，易知其圖像是，圓心為0,0，半徑為a的圓在x軸上方的圖像ax當axa時，fa2x2，易知其圖像是，圓心為0,0，半徑為a的圓在x軸上方的圖像ax2x1a，則f圖像如下，x,時，f,0上單調遞增，故①錯誤；22)axa1axxx112x取,xxNxxx,xx此時，

MNyya11，故③正確；12對于④，取

45

x的x,Qx，結合圖像可知，要使PQ取得最小值，則點P在

4f

1625

44

同時PQ的最小值為點O到

4此時，因為

4

OP

1，故直線OP的方程為yx，yx聯(lián)立

x1，解得

，則P1,1顯然

在x

5即

41故答案為：②③.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是分析得f圖像，特別是當xa時，fa22的圖像為半圓，解決命題④時，可取特殊值進行排除即可.三、解答題：本題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．18當x1a時，yfx10，當x2a且接近于xa處，y2f2a1，a，則f圖像如下，因為Px3,f3x當x1a時，yfx10，當x2a且接近于xa處，y2f2a1，a，則f圖像如下，因為Px3,f3x3ax4,f4x4afx2x上，點Q在x5x2x，55xfx2x的距離減去半圓的半徑a，x5fyx2x的斜率為1，則kx5yx2y1，P1,1fx2x上，滿足PQ取得最小值，4a也滿足PQ存在最小值，故a的取值范圍不僅僅是0,，故④錯誤.52axxx的16.如圖，在三棱錐PABC中，PA平面ABC，PAABBC1，PC3．（1）求證：BC

平面PAB；（2）求二面角APCB的大?。敬鸢浮浚?）證明見解析π（2）

3【解析】【分析】（1）先由線面垂直的性質證得PABC，再利用勾股定理證得BCPB，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，分別求得平面PAC與平面PBC的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.【小問1詳解】因為PA平面ABC,BC平面ABC，所以PABC，同理PAAB，所以PAB為直角三角形，又因為PBPA2AB

2

2，BC1,PC3，所以PB2BC

2

PC2，則PBC為直角三角形，故BCPB，又因為BC

PA，PAPBP，所以BC

平面PAB.

19【小問2詳解】由（1）BC

平面PAB，又AB平面PAB，則BCAB，以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，則A(0,0,0),(0,0,1),(1,1,0),(1,0,0)所以AP(0,0,1),(1,1,0),(0,1,0),(1,1,1)，設平面PAC的法向量為

AP0

111

，

令

11

BC0，222x，則z，所以n(1,0,1)211所以又因為二面角APCB為銳二面角，所以二面角APCB的大小為

π.π2（1）若f(0)

32

，求的值．

20PCB，ACBCPCz0,m,y,z則，即1xx1y10,mAC0PCB，ACBCPCz0,m,y,z則，即1xx1y10,mAC0mx1，則y1，所以m(1,1,0)，y20設平面PBC的法向量為n2,y2,z2則，即xxyz0，nPC0令2mncosm,n，222mnn11，317.設函數(shù)f(x)sinxcoscosxsin0,||．2π中選擇一個作為已知，使函數(shù)f(x)存在，求

的值．條件①：條件②：

ππ3注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．π3π6【解析】π2（2）若選條件①不合題意；若選條件②，先把f(x)的解析式化簡，根據(jù)

π2π上的單調性及函數(shù)的最值可求出T，從而求出

ππ3件一樣，解法與條件②相同．【小問1詳解】因為

π2所以f(0)sincoscossinsin

32

，ππ2321π,2πf1，再從條件①、條件②、條件③這三個條件（2）已知f(x)在區(qū)間33上單調遞增，3,f2；3f1π,2πf1，再從條件①、條件②、條件③這三個條件（2）已知f(x)在區(qū)間33上單調遞增，3,f2；3f1；3ππ條件③：f(x)在區(qū)間2上單調遞減．【答案】（1）.（2）條件①不能使函數(shù)f(x)存在；條件②或條件③可解得1，.【分析】（1）把x0代入f(x)的解析式求出sin，再由||即可求出的值；f(x)在,33的值；把的值代入f(x)的解析式，由f1和||π即可32求出的值；若選條件③：由f(x)的單調性可知f(x)在x處取得最小值1，則與條件②所給的條f(x)sinxcoscosxsin,0,||00因為||，所以.【小問2詳解】因為所以

,

π2

π2不能使函數(shù)f(x)存在；

3

2無解，故條件①若選條件②：因為

π2π上單調遞增，且

2π

πT2ππ2πT所以f(x)sin又因為

ππ

所以所以所以

ππ32

ππ

π6

k

6263π3

π以下與條件②相同．18.為研究某種農產品價格變化的規(guī)律，收集得到了該農產品連續(xù)40天的價格變化數(shù)據(jù)，如下表所示．在描述價格變化時，用“+表示“上漲”，即當天價格比前一天價格高；用“-表示“下跌”，即當天價格比前一天價格低；用“0表示“不變”，即當天價格與前一天價格相同．22f(x)sinxcoscosxsin,0,||，f(x)sinx0,||，所以f(x)的最大值為1，最小值為1.f(x)sinxcoscosxsin,0,||，f(x)sinx0,||，所以f(x)的最大值為1，最小值為1.若選條件①：因為f(x)sinx最大值為1，最小值為，所以ff(x)在,33f1，3f13π,所以T2π,所以2331,x，f1，所以sin1，332kπ,Z，2kπ,kZ，因為||，所以.1，；π2πππ若選條件③：因為f(x)在3上單調遞減，3上單調遞增，在2所以f(x)在x處取得最小值1，即f1.3時段

價格變化第1天到第20天第21天到第40天

-0

++

++

00

--

--

--

++

++

00

++

00

-+

--

+-

--

++

00

0-

++用頻率估計概率．（1）試估計該農產品價格“上漲”的概率；（2）假設該農產品每天的價格變化是相互獨立的．在未來的日子里任取4天，試估計該農產品價格在這4天中2天“上漲”、1天“下跌”、1天“不變”的概率；（3）假設該農產品每天的價格變化只受前一天價格變化的影響．判斷第41天該農產品價格“上漲”下跌”和“不變”的概率估計值哪個最大．（結論不要求證明）【答案】（1）0.4（2）0.168（3）不變【解析】【分析】（1）計算表格中的的次數(shù)，然后根據(jù)古典概型進行計算；（2）分別計算出表格中上漲，不變，下跌的概率后進行計算；（3）通過統(tǒng)計表格中前一次上漲，后一次發(fā)生的各種情況進行推斷第41天的情況.【小問1詳解】根據(jù)表格數(shù)據(jù)可以看出，40天里，有16個，也就是有16天是上漲的，根據(jù)古典概型的計算公式，農產品價格上漲的概率為：

1640

0.4【小問2詳解】在這40天里，有16天上漲，14天下跌，10天不變，也就是上漲，下跌，不變的概率分別是0.4，0.35，0.25，23““于是未來任取4天，2天上漲，1天下跌，1天不變的概率是C240.42C120.350.250.168【小問3詳解】由于第40天處于上漲狀態(tài)，從前39次的15次上漲進行分析，上漲后下一次仍上漲的有4次，不變的有9次，下跌的有2次，因此估計第41次不變的概率最大.19.已知橢圓E:

x2a2

y2b2

1(ab0)的離心率為

53

，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是E的左、右頂點，|AC|4．（1）求E的方程；（2）設P為第一象限內E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線y2交于點N．求證：MN//CD．【答案】（1）

x29

y24

1（2）證明見解析【解析】【分析】（1）結合題意得到

ca

53

，2b4，再結合a2c2b2，解之即可；（2）依題意求得直線BC、PD與PA的方程，從而求得點M,N的坐標，進而求得kMN，再根據(jù)題意求得kCD，得到kMNkCD，由此得解.【小問1詳解】c依題意，得ea

53

，則c

53

a，又A,C分別為橢圓上下頂點，AC4，所以2b4，即b2，所以a2c2b24，即

5499

24a2a2a24，則a29，a2a2a24，則a29，所以橢圓E的方程為

x29

y24

1.【小問2詳解】因為橢圓E的方程為

x29

y24

，所以A0,23,03,0因為P為第一象限E上的動點，設P,n3,0n2則

m29

n24

1，易得kBC

0230

23

2yx2，3kPD

n0m3

nm3

，則直線PD的方程為

nym3

聯(lián)立，解得，即

m3nm

,而kPA

n2m0

n2m

，則直線PA的方程為

n2m令y=

n2m

4mn2

，即N

，又

m29

n24

9n24

，8m27218n2，所以kMN

12n

93

nm2

6n24mn8m24

6n24mn8m246n24mn8m249n26mn12m36

2n2mnm12，

251,C2BD0,,,，m0m，，則直線BC的方程為x3，23mxx33n2m6n12nm12nM3n2m6，1,C2BD0,,,，m0m，，則直線BC的方程為x3，23mxx33n2m6n12nm12nM3n2m6，3n2m6326y3yxyx2，2，則2x2，解得x4m,2n2，則m223n2m63n2m64m33n2m6n2n6m18n24mn2m6641n29n28m26mn12m369n27218n26mn12m363n2mnm1233242又kCD

0230

23顯然，MN與CD不重合，所以MN//CD.20.設函數(shù)f(x)xx3eaxb，曲線yf(x)在點(1,f(1))處的切線方程為yx1．（1）求a,b的值；（2）設函數(shù)g(x)f)，求g(x)的單調區(qū)間；（3）求f(x)的極值點個數(shù)．【答案】（1）a1,b1（2）答案見解析

（3）3個【解析】【分析】（1）先對f導，利用導數(shù)的幾何意義得到f(1)0，f，從而得到關于a,b的方程組，解之即可；（2）由（1）得g解析式，從而求得g利用數(shù)軸穿根法求得g0與g0的解，由此求得g單調區(qū)間；上f零點的情況，從而利用導數(shù)與函數(shù)的極值點的關系求得f極值點個數(shù).【小問1詳解】因為f(1,f(1))處的切線方程為y，所以f(1)0，f，3a0所以a1,b1.【小問2詳解】26，即kMNkCD，(x（3）結合（2）中結論，利用零點存在定理，依次分類討論區(qū)間,，即kMNkCD，(x（3）結合（2）中結論，利用零點存在定理，依次分類討論區(qū)間,01x1,x2與x2,，0,x，因為f(x)xx3eaxb,xR，所以fx13x2ax3eaxb，則，解得，(1)1x求xx，xx的x的x的x的x在x111(1)111eba1，令x26x60，解得x33，不妨設x133，x233，則0x1x2，易知ex10恒成立，所以令g0，解得0xx1或xx；令g0，解得x0或xxx；212即g單調遞減區(qū)間為0,33和33,，單調遞增區(qū)間為,0和33,33.【小問3詳解】，所以f,0存在唯一零點，不妨設為x3，則x30，x單x單3所以f,0有一個極小值點；0,時0,x上所以f0,x1存在唯一零點，不妨設為x4，則0x4x1，x單減；所以f0,x1有一個極大值點；x時x上1上27由（1）得231R13exgfxxxxx則1由（1）得231R13exgfxxxxx則1266exxgxxx，x在0,x，所以g12,x上單調遞減，在,0，12,xx上單調遞增，由（1）得31R()exfxxx23113exfxxx，x在0,x，由（2）知fx12,x上單調遞減，在,0，12,xx上單調遞增，當0x時，24011ef，010f，即010ff此時，當xx時，0fx，則f調遞減；當30xx時，0fx￠>，則f調遞增；()當1xx，fx在1單調遞減，則1331120fxff，故100ffx，此時，當40xx時，0fx￠>，則f調遞增；當41xxx時，0fx，則fx單調遞()當2,xx，fx在12,x單調遞增，則233310fxff，故120fxfx，所以f2,x存在唯一零點，不妨設為5x，則152xxx，xxx的x在1上x在上x在上x在上增；上x單x在和x上點.【點睛】關鍵點睛：本題第3小題的解題關鍵是判斷ff正負情況，充分利用f單調性，尋找特殊點判斷即可得解.21.已知數(shù)列的項數(shù)均為m(m2)，且a,b{1,2,,m},的前n項和分別為nnnnnnA,B，并規(guī)定AB0．對于k0,1,2,,m定義rmaxBA,i{0,1,2,,m}其中，nn00kikmaxM表示數(shù)集M中最大的數(shù).（1）若a12,a21,a33,b11,b23,b33，求r0,r1,r2,r3的值；（2）若a1b1，且2rjrj1rj1,j1,2,,m1,，求rn；（3）證明：存在p,q,s,t0,1,2,,m滿足

pq,s,使得ApBtAqBs．【答案】（1）r00，r11，r21，r32（2）rnn,nN（3）證明見詳解【解析】【分析】（1）先求A0,A1,A2,A3,B0,B1,B2,B3，根據(jù)題意分析求解；（2）根據(jù)題意題意分析可得rr1，利用反證可得rr1，在結合等差數(shù)列運算求解；（3）討論Am,Bm的大小，根據(jù)題意結合反證法分析證明.28此時，當x1xx5時，fx0，則f此時，當x1xx5時，fx0，則fx單調遞減；當x5xx2時，fx0，則fx單調遞所以f