絕密★本科目考試啟用前

2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（北京卷）

數(shù)學(xué)

本試卷共12頁，150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.

考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.

第一部分（選擇題共40分）

一、選擇題共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|-4<x￡1}，N={x|-1<x<3}，則MèN=（）

A.x-4<x<3B.x-1<x￡1

C.0,1,2D.x-1<x<4

【答案】A

【解析】

【分析】直接根據(jù)并集含義即可得到答案.

【詳解】由題意得MèN=-4,3，

故選：A.

z

2.已知=i-1，則z=（）．

i

A.1-iB.-iC.-1-iD.1

【答案】C

【解析】

【分析】直接根據(jù)復(fù)數(shù)乘法即可得到答案.

【詳解】由題意得z=ii-1=-1-i，

故選：C.

3.求圓x2+y2-2x+6y=0的圓心到x-y+2=0的距離（）

A.23B.2C.32D.6

【答案】C

【解析】

第1頁/共20頁

【分析】求出圓心坐標(biāo)，再利用點到直線距離公式即可.

22

【詳解】由題意得x2+y2-2x+6y=0，即x-1+y+3=10，

1+3+2

則其圓心坐標(biāo)為1,-3，則圓心到直線x-y+2=0的距離為=32，

12+12

故選：C.

4

4.x-x的二項展開式中x3的系數(shù)為（）

A.15B.6C.-4D.-13

【答案】B

【解析】

r

【分析】寫出二項展開式，令4-=3，解出r然后回代入二項展開式系數(shù)即可得解.

2

4r

rr4-

【詳解】x-x的二項展開式為r4-rr2，

Tr+1=C4x-x=C4-1x,r=0,1,2,3,4

r

令4-=3，解得r=2，

2

22

故所求即為C4-1=6.

故選：B.

rrrrrrrr

5.已知向量a，b，則“ar+b·ar-b=0”是“a=b或a=-b”的（）條件．

A.必要而不充分條件B.充分而不必要條件

C.充分且必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】

rrr

【分析】根據(jù)向量數(shù)量積分析可知ar+b×ar-b=0等價于ar=b，結(jié)合充分、必要條件分析判斷.

rrrrr2r2r2r2rr

【詳解】因為a+b×a-b=a-b=0，可得a=b，即a=b，

rrr

可知ar+b×ar-b=0等價于ar=b，

rrrrrrr

若a=b或a=-b，可得ar=b，即ar+b×ar-b=0，可知必要性成立；

rrrrrrr

若ar+b×ar-b=0，即ar=b，無法得出a=b或a=-b，

rrrrrr

例如ar=1,0,b=0,1，滿足ar=b，但a1b且a1-b，可知充分性不成立；

rrrrrr

綜上所述，“ar+b×ar-b=0”是“a1b且a1-b”的必要不充分條件.

第2頁/共20頁

故選：A.

π

6.已知fx=sinwxw>0，fx=-1，fx=1，|x1-x2|min=，則w=（）

122

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)三角函數(shù)最值分析周期性，結(jié)合三角函數(shù)最小正周期公式運算求解.

【詳解】由題意可知：x1為fx的最小值點，x2為fx的最大值點，

Tπ

則x-x==，即T=π，

12min22

2π

且w>0，所以w==2.

T

故選：B.

S-1

7.記水的質(zhì)量為d=，并且d越大，水質(zhì)量越好．若S不變，且d=2.1，d=2.2，則n與n的關(guān)

lnn1212

系為（）

A.n1<n2

B.n1>n2

C.若S<1，則n1<n2；若S>1，則n1>n2；

D.若S<1，則n1>n2；若S>1，則n1<n2；

【答案】C

【解析】

ìS-1

2.1

?n1=e

【分析】根據(jù)題意分析可得，討論S與1的大小關(guān)系，結(jié)合指數(shù)函數(shù)單調(diào)性分析判斷.

íS-1

?2.2

?n2=e

ìS-1

d==2.1ìS-1

?12.1

?lnn1?n1=e

【詳解】由題意可得í，解得í，

S-1S-1

??2.2

d2==2.2n=e

??2

?lnn2

S-1S-1S-1S-1

若S>1，則>，可得2.12.2，即n>n；

2.12.2e>e12

S-1S-1

若S=1，則==0，可得n=n=1；

2.12.212

第3頁/共20頁

S-1S-1S-1S-1

若S<1，則<，可得2.12.2，即n<n；

2.12.2e<e12

結(jié)合選項可知C正確，ABD錯誤；

故選：C.

8.已知以邊長為4的正方形為底面的四棱錐，四條側(cè)棱分別為4，4，22，22，則該四棱錐的高為（）

23

A.B.C.23D.3

22

【答案】D

【解析】

【分析】取點作輔助線，根據(jù)題意分析可知平面PEF平面ABCD，可知PO平面ABCD，利用等體

積法求點到面的距離.

【詳解】如圖，底面ABCD為正方形，

當(dāng)相鄰的棱長相等時，不妨設(shè)PA=PB=AB=4,PC=PD=22，

分別取AB,CD的中點E,F，連接PE,PF,EF，

則PEAB,EFAB，且PE?EF=E，PE,EFì平面PEF，

可知AB平面PEF，且ABì平面ABCD，

所以平面PEF平面ABCD，

過P作EF的垂線，垂足為O，即POEF，

由平面PEFI平面ABCD=EF，POì平面PEF，

所以PO平面ABCD，

由題意可得：PE=23,PF=2,EF=4，則PE2+PF2=EF2，即PEPF，

11PE×PF

則PE×PF=PO×EF，可得PO==3，

22EF

所以四棱錐的高為3.

當(dāng)相對的棱長相等時，不妨設(shè)PA=PC=4，PB=PD=22，

第4頁/共20頁

因為BD=42=PB+PD，此時不能形成三角形PBD，與題意不符，這樣情況不存在.

故選：D.

x

9.已知x1,y1，x2,y2是函數(shù)y=2圖象上不同的兩點，則下列正確的是（）

y+yx+xy+yx+x

A.log12>12B.log12<12

222222

y+yy+y

C.log12>x+xD.log12<x+x

22122212

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合基本不等式分析判斷AB；舉例判斷CD即可.

xx1x2

【詳解】由題意不妨設(shè)x1<x2，因為函數(shù)y=2是增函數(shù)，所以0<2<2，即0<y1<y2，

x+xx+x

2x1+2x212y+y12

對于選項AB：可得>2x1·2x2=22，即12>22>0，

22

x1+x2

y1+y22x1+x2

根據(jù)函數(shù)y=log2x是增函數(shù)，所以log>log2=，故A正確，B錯誤；

2222

對于選項C：例如x1=0,x2=1，則y1=1,y2=2，

y+y3y+y

可得log12=log?0,1，即log12<1=x+x，故C錯誤；

22222212

11

對于選項D：例如x=-1,x=-2，則y=,y=，

121224

y+y3y+y

可得log12=log=log3-3?-2,-1，即log12>-3=x+x，故D錯誤，

222822212

故選：A.

10.若集合x,y|y=x+t(x2-x),0￡t￡1,1￡x￡2表示的圖形中，兩點間最大距離為d、面積為S，

則（）

A.d=3，S<1B.d=3，S>1

C.d=10，S<1D.d=10，S>1

【答案】C

【解析】

ìy￡x2

?

【分析】先以t為變量，分析可知所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域íy3x，結(jié)合圖形分析求解即可.

?

?1￡x￡2

第5頁/共20頁

【詳解】對任意給定x?1,2，則x2-x=xx-130，且t?0,1，

可知x￡x+tx2-x￡x+x2-x=x2，即x￡y￡x2，

ìy￡x2

?

再結(jié)合x的任意性，所以所求集合表示的圖形即為平面區(qū)域íy3x，

?

?1￡x￡2

如圖陰影部分所示，其中A1,1,B2,2,C2,4，

可知任意兩點間距離最大值d=AC=10；

1

陰影部分面積S<S=′1′2=1

△ABC2.

故選：C.

【點睛】方法點睛：數(shù)形結(jié)合的重點是“以形助數(shù)”，在解題時要注意培養(yǎng)這種思想意識，做到心中有圖，見

數(shù)想圖，以開拓自己的思維．使用數(shù)形結(jié)合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，解題時要準(zhǔn)確把

握條件、結(jié)論與幾何圖形的對應(yīng)關(guān)系，準(zhǔn)確利用幾何圖形中的相關(guān)結(jié)論求解．

第二部分（非選擇題共110分）

二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.

11.已知拋物線y2=16x，則焦點坐標(biāo)為________．

【答案】4,0

【解析】

2?p?

【分析】形如y=2px,p10的拋物線的焦點坐標(biāo)為?,0÷，由此即可得解.

è2?

【詳解】由題意拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=16x，所以其焦點坐標(biāo)為4,0.

故答案為：4,0.

第6頁/共20頁

éππù

12.已知a?,，且α與β的終邊關(guān)于原點對稱，則cosb的最大值為________．

?ê63?ú

1

【答案】-##-0.5

2

【解析】

【分析】首先得出b=a+π+2kπ,k?Z，結(jié)合三角函數(shù)單調(diào)性即可求解最值.

【詳解】由題意b=a+π+2kπ,k?Z，從而cosb=cosa+π+2kπ=-cosa，

éππùé13ùé31ù

因為a?ê,ú，所以cosa的取值范圍是ê,ú，cosb的取值范圍是ê-,-ú，

?63??22??22?

π4π1

當(dāng)且僅當(dāng)a=，即b=+2kπ,k?Z時，cosb取得最大值，且最大值為-.

332

1

故答案為：-.

2

x2

13.已知雙曲線-y2=1，則過3,0且和雙曲線只有一個交點的直線的斜率為________．

4

1

【答案】±

2

【解析】

【分析】首先說明直線斜率存在，然后設(shè)出方程，聯(lián)立雙曲線方程，根據(jù)交點個數(shù)與方程根的情況列式即

可求解.

x25

【詳解】聯(lián)立x=3與-y2=1，解得y=±，這表明滿足題意的直線斜率一定存在，

42

設(shè)所求直線斜率為k，則過點3,0且斜率為k的直線方程為y=kx-3，

2

ìx2

?-y=12222

聯(lián)立í4，化簡并整理得：1-4kx+24kx-36k-4=0，

?

?y=kx-3

2

由題意得1-4k2=0或Δ=24k2+436k2+41-4k2=0，

11

解得k=±或無解，即k=±，經(jīng)檢驗，符合題意.

22

1

故答案為：±.

2

14.已知三個圓柱的體積為公比為10的等比數(shù)列．第一個圓柱的直徑為65mm，第二、三個圓柱的直徑為

325mm，第三個圓柱的高為230mm，求前兩個圓柱的高度分別為________．

第7頁/共20頁

115

【答案】mm,23mm

2

【解析】

【分析】根據(jù)體積為公比為10的等比數(shù)列可得關(guān)于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.

22

?325??325?

π?÷h2π?÷′230

è2?è2?

【詳解】設(shè)第一個圓柱的高為h1，第二個圓柱的高為h2，則2=2=10，

?65??325?

π?÷h1π?÷h2

è2?è2?

115

故h=23mm，h=mm，

212

115

故答案為：mm,23mm.

2

15.已知M=k|ak=bk，an，bn不為常數(shù)列且各項均不相同，下列正確的是______.

①an，bn均為等差數(shù)列，則M中最多一個元素；

②an，bn均為等比數(shù)列，則M中最多三個元素；

③an為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列，則M中最多三個元素；

④an單調(diào)遞增，bn單調(diào)遞減，則M中最多一個元素.

【答案】①③④

【解析】

【分析】利用兩類數(shù)列的散點圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結(jié)合通項公式的特

征及反證法可判斷③的正誤.

【詳解】對于①，因為an,bn均為等差數(shù)列，故它們的散點圖分布在直線上，

而兩條直線至多有一個公共點，故M中至多一個元素，故①正確.

n-1n-1

對于②，取an=2,bn=--2,則an,bn均為等比數(shù)列，

n-1n-1

但當(dāng)n為偶數(shù)時，有an=2=bn=--2，此時M中有無窮多個元素，

故②錯誤.

n

對于③，設(shè)bn=AqAq10,q1±1，an=kn+bk10，

若M中至少四個元素，則關(guān)于n的方程Aqn=kn+b至少有4個不同的正數(shù)解，

若q>0,q11，則由y=Aqn和y=kn+b的散點圖可得關(guān)于n的方程Aqn=kn+b至多有兩個不同的解，

矛盾；

第8頁/共20頁

若q<0,q1±1，考慮關(guān)于n的方程Aqn=kn+b奇數(shù)解的個數(shù)和偶數(shù)解的個數(shù)，

n

當(dāng)Aqn=kn+b有偶數(shù)解，此方程即為Aq=kn+b，

方程至多有兩個偶數(shù)解，且有兩個偶數(shù)解時Aklnq>0，

n

否則Aklnq<0，因y=Aq,y=kn+b單調(diào)性相反，

n

方程Aq=kn+b至多一個偶數(shù)解，

n

當(dāng)Aqn=kn+b有奇數(shù)解，此方程即為-Aq=kn+b，

方程至多有兩個奇數(shù)解，且有兩個奇數(shù)解時-Aklnq>0即Aklnq<0

n

否則Aklnq>0，因y=-Aq,y=kn+b單調(diào)性相反，

n

方程Aq=kn+b至多一個奇數(shù)解，

因為Aklnq>0，Aklnq<0不可能同時成立，

故Aqn=kn+b不可能有4個不同的正數(shù)解，故③正確.

對于④，因為an為單調(diào)遞增，bn為遞減數(shù)列，前者散點圖呈上升趨勢，

后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確.

故答案為：①③④

【點睛】思路點睛：對于等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)的討論，可以利用兩者散點圖的特征來分析，注意討

論兩者性質(zhì)關(guān)系時，等比數(shù)列的公比可能為負(fù)，此時要注意合理轉(zhuǎn)化.

三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.

3

16.在△ABC中，a=7，A為鈍角，sin2B=bcosB．

7

（1）求DA；

（2）從條件①、條件②和條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求△ABC的面積．

135

①b=7；②cosB=；③csinA=3．

142

注：如果選擇條件①、條件②和條件③分別解答，按第一個解答計分．

2π

【答案】（1）A=；

3

153

（2）選擇①無解；選擇②和③△ABC面積均為.

4

第9頁/共20頁

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；

p33

（2）選擇①，利用正弦定理得B=，結(jié)合（1）問答案即可排除；選擇②，首先求出sinB=，再

314

代入式子得b=3，再利用兩角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面積公式即可；選擇③，首

53

先得到c=5，再利用正弦定理得到sinC=，再利用兩角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三

14

角形面積公式即可；

【小問1詳解】

3

由題意得2sinBcosB=bcosB，因為A為鈍角，

7

b2a7

3===3

則cosB10，則2sinB=b，則sinB3sinAsinA，解得sinA=，

72

7

2π

因為A為鈍角，則A=.

3

【小問2詳解】

3332πp

選擇①b=7，則sinB=b=′7=，因為A=，則B為銳角，則B=，

1414233

此時A+B=π，不合題意，舍棄；

2

13?13?33

選擇②cosB=，因為B為三角形內(nèi)角，則sinB=1-?÷=，

14è14?14

3333

則代入2sinB=b得2′=b，解得b=3，

7147

?2π?2π2π

sinC=sinA+B=sin?+B÷=sincosB+cossinB

è3?33

313?1?3353

=′+?-÷′=,

214è2?1414

1153153

則S=absinC=′7′3′=.

VABC22144

535

選擇③csinA=3，則有c′=3，解得c=5，

222

第10頁/共20頁

75

ac=53

則由正弦定理得=，即3sinC，解得sinC=，

sinAsinC

214

2

?53?11

因為C為三角形內(nèi)角，則，

cosC=1-?÷=

è14?14

?2π?2π2π

則sinB=sinA+C=sin?+C÷=sincosC+cossinC

è3?33

311?1?5333

=′+?-÷′=，

214è2?1414

1133153

則S=acsinB=′7′5′=

△ABC22144

17.已知四棱錐P-ABCD，AD//BC，AB=BC=1，AD=3，DE=PE=2，E是AD上一點，

PEAD．

（1）若F是PE中點，證明：BF//平面PCD．

（2）若AB平面PED，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．

【答案】（1）證明見解析

30

（2）

30

【解析】

【分析】（1）取PD的中點為S，接SF,SC，可證四邊形SFBC為平行四邊形，由線面平行的判定定理可

得BF//平面PCD.

（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夾角的余弦值.

【小問1詳解】

1

取PD的中點為S，接SF,SC，則SF//ED,SF=ED=1，

2

而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF=BC，故四邊形SFBC為平行四邊形，

故BF//SC，而BF?平面PCD，SCì平面PCD，

所以BF//平面PCD.

第11頁/共20頁

【小問2詳解】

因為ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，

故四邊形AECB為平行四邊形，故CE//AB，所以CE平面PAD，

而PE,EDì平面PAD，故CEPE,CEED，而PEED，

故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A0,-1,0,B1,-1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2，

uuuruuuruuuruuur

則PA=0,-1,-2,PB=1,-1,-2,PC=1,0,-2,PD=0,2,-2,

設(shè)平面PAB的法向量為mr=x,y,z，

uuur

?ìmr×PA=0ì-y-2z=0

則由í可得í，取mr=0,-2,1，

ruuur

??m×PB=0?x-y-2z=0

設(shè)平面PCD的法向量為nr=a,b,c，

uuur

?ìnr×PC=0ìa-2b=0

則由í可得í，取nr=2,1,1，

ruuur

??n×PD=0?2b-2c=0

-130

故cosmr,nr==-，

5′630

30

故平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為

30

18.已知某險種的保費為0.4萬元，前3次出險每次賠付0.8萬元，第4次賠付0.6萬元

賠償次數(shù)01234

單數(shù)800100603010

在總體中抽樣100單，以頻率估計概率：

（1）求隨機(jī)抽取一單，賠償不少于2次的概率；

（2）（i）毛利潤是保費與賠償金額之差．設(shè)毛利潤為X，估計X的數(shù)學(xué)期望；

第12頁/共20頁

（ⅱ）若未賠償過的保單下一保險期的保費下降4%，已賠償過的增加20%．估計保單下一保險期毛利潤

的數(shù)學(xué)期望．

1

【答案】（1）

10

（2）(i)0.122萬元(ii)0.1252萬元

【解析】

【分析】（1）根據(jù)題設(shè)中的數(shù)據(jù)可求賠償次數(shù)不少2的概率;

（2）（?。┰O(shè)x為賠付金額，則x可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用頻率估計概率后可求x的分布列及數(shù)學(xué)期望，

從而可求EX.

（ⅱ）先算出下一期保費的變化情況，結(jié)合（1）的結(jié)果可求EY.

【小問1詳解】

設(shè)A為“隨機(jī)抽取一單，賠償不少于2次”，

60+30+101

由題設(shè)中的統(tǒng)計數(shù)據(jù)可得PA==.

800+100+60+30+1010

【小問2詳解】

（?。┰O(shè)x為賠付金額，則x可取0,0.8,1.6,2.4,3，

80041001

由題設(shè)中的統(tǒng)計數(shù)據(jù)可得Px=0==,Px=0.8==，

10005100010

603303

P(x=1.6)==，P(x=2.4)==，

1000501000100

101

P(x=3)==，

1000100

41331

故Ex=0′+0.8′+1.6′+2.4′+3′=0.278

51050100100

故EX=0.4-0.278=0.122（萬元）.

41

（ⅱ）由題設(shè)保費的變化為0.4′′96%+0.4′′1.2=0.4032，

55

故EY=0.122+0.4032-0.4=0.1252（萬元）

x2y2

19.已知橢圓方程C：+=1a>b>0，焦點和短軸端點構(gòu)成邊長為2的正方形，過0,tt>2

a2b2

的直線l與橢圓交于A，B，C0,1，連接AC交橢圓于D．

（1）求橢圓方程和離心率；

（2）若直線BD的斜率為0，求t．

第13頁/共20頁

x2y22

【答案】（1）+=1,e=

422

（2）t=2

【解析】

【分析】（1）由題意得b=c=2，進(jìn)一步得a，由此即可得解；

（2）說明直線AB斜率存在，設(shè)AB:y=kx+t,t>2，Ax1,y1,Bx2,y2，聯(lián)立橢圓方程，由韋達(dá)

2

-4kt2t-4y1-y2

定理有，而AD:y=x-x+y，令，即可得解.

x1+x2=2,x1x2=211x=0

1+2k2k+1x1+x2

【小問1詳解】

2

由題意b=c==2，從而a=b2+c2=2，

2

x2y22

所以橢圓方程為+=1，離心率為e=；

422

【小問2詳解】

顯然直線AB斜率存在，否則B,D重合，直線BD斜率不存在與題意不符，

同樣直線AB斜率不為0，否則直線AB與橢圓無交點，矛盾，

從而設(shè)AB:y=kx+t,t>2，Ax1,y1,Bx2,y2，

ìx2y2

?+=1222

聯(lián)立í42，化簡并整理得1+2kx+4ktx+2t-4=0，

?

?y=kx+t

由題意Δ=16k2t2-82k2+1t2-2=84k2+2-t2>0，即k,t應(yīng)滿足4k2+2-t2>0，

-4kt2t2-4

所以x+x=,xx=，

121+2k2122k2+1

若直線BD斜率為0，由橢圓的對稱性可設(shè)D-x2,y2，

第14頁/共20頁

y1-y2

所以AD:y=x-x1+y1，在直線AD方程中令x=0，

x1+x2

2

xy+xyxkx+t+xkx+t2kxx+tx+x4kt-22

得122112211212，

yC====+t==1

x1+x2x1+x2x1+x2-4ktt

所以t=2，

222

ì4k+2-t=4k-2>022

此時k應(yīng)滿足í，即k應(yīng)滿足k<-或k>，

?k1022

22

綜上所述，t=2滿足題意，此時k<-或k>.

22

20.已知fx=x+kln1+x在t,ftt>0處切線為l．

（1）若切線l的斜率k=-1，求fx單調(diào)區(qū)間；

（2）證明：切線l不經(jīng)過0,0；

（3）已知k=1，At,ft，C0,ft，O0,0，其中t>0，切線l與y軸交于點B時．當(dāng)

2S△ACO=15S△ABO，符合條件的A的個數(shù)為？

（參考數(shù)據(jù)：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95）

【答案】（1）單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+￥).

（2）證明見解析（3）2

【解析】

【分析】（1）直接代入k=-1，再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可；

?k?t

（2）寫出切線方程y-f(t)=?1+÷(x-t)(t>0)，將(0,0)代入再設(shè)新函數(shù)F(t)=ln(1+t)-，

è1+t?1+t

利用導(dǎo)數(shù)研究其零點即可；

t

（3）分別寫出面積表達(dá)式，代入2S=15S得到13ln(1+t)-2t-15=0，再設(shè)新函數(shù)

VACOABO1+t

15t

h(t)=13ln(1+t)-2t-(t>0)研究其零點即可.

1+t

【小問1詳解】

1x

f(x)=x-ln(1+x),f￠(x)=1-=(x>-1)，

1+x1+x

當(dāng)x?-1,0時，f￠x<0；當(dāng)x?0,+￥，f￠x>0；

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\f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+￥)上單調(diào)遞增.

則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+￥).

【小問2詳解】

kk

f￠(x)=1+，切線l的斜率為1+，

1+x1+t

?k?

則切線方程為y-f(t)=?1+÷(x-t)(t>0)，

è1+t?

?k??k?

將(0,0)代入則-f(t)=-t?1+÷,f(t)=t?1+÷，

è1+t?è1+t?

ktt

即t+kln(1+t)=t+t，則ln(1+t)=，ln(1+t)-=0，

1+t1+t1+t

t

令F(t)=ln(1+t)-，

1+t

假設(shè)l過(0,0)，則F(t)在t?(0,+￥)存在零點.

11+t-tt

F￠(t)=-=>0，\F(t)在(0,+￥)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(t)>F(0)=0，

1+t(1+t)2(1+t)2

\F(t)在(0,+￥)無零點，\與假設(shè)矛盾，故直線l不過(0,0).

【小問3詳解】

1x+2

k=1時，f(x)=x+ln(1+x),f￠(x)=1+=>0.

1+x1+x

1

S=tf(t)，設(shè)l與y軸交點B為(0,q)，

VACO2

t>0時，若q<0，則此時l與f(x)必有交點，與切線定義矛盾.

由（2）知q10.所以q>0，

?1?

則切線l的方程為y-t-lnt+1=?1+÷x-t，

è1+t?

t

令x=0，則y=q=y=ln(1+t)-.

t+1

étù

Q2SACO=15SABO，則2tf(t)=15tln(1+t)-，

V?êt+1?ú

t15t

\13ln(1+t)-2t-15=0，記h(t)=13ln(1+t)-2t-(t>0)，

1+t1+t

\滿足條件的A有幾個即h(t)有幾個零點.

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2

131513t+13-2t+2t+1-152t2+9t-4(-2t+1)(t-4)

h￠(t)=-2-===，

1+t(t+1)2(t+1)2(t+1)2(t+1)2

?1?

當(dāng)t??0,÷時，h￠t<0，此時ht單調(diào)遞減；

è2?

?1?

當(dāng)t??,4÷時，h￠t>0，此時ht單調(diào)遞增；

è2?

當(dāng)t?4,+￥時，h￠t<0，此時ht單調(diào)遞減；

?1?

因為h(0)=0,h?÷0,h(4)=13ln5-2013′1.6-20=0.8>0，

è2?

15′247272

h(24)=13ln25-48-=26ln5-48-<26′1.61-48-=-20.54<0，

2555

?1?

所以由零點存在性定理及h(t)的單調(diào)性，h(t)在?,4÷上必有一個零點，在(4,24)上必有一個零點，

è2?

綜上所述，h(t)有兩個零點，即滿足2SACO=15SABO的A有兩個.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問的關(guān)鍵是采用的是反證法，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)零點問題.

21.設(shè)集合M=i,j,s,ti?1,2,j?3,4,s?5,6,t?7,8,2i+j+s+t．對于給定有窮數(shù)列

A:an1￡n￡8，及序列W:w1,w2,...,ws，wk=ik,jk,sk,tk?M，定義變換T：將數(shù)列A的第

i1,j1,s1,t1項加1，得到數(shù)列T1A；將數(shù)列T1A的第i2,j2,s2,t2列加1，得到數(shù)列T2T1A…；重復(fù)上述

操作，得到數(shù)列Ts...T2T1A，記為WA．

（1）給定數(shù)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，寫出WA；

（2）是否存在序列W，使得WA為a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4，若存在，

寫出一個符合條件的W；若不存在，請說明理由；

（3）若數(shù)列A的各項均為正整數(shù)，且a1+a3+a5+a7為偶數(shù)，證明：“存在序列W，使得WA為常數(shù)

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列”的充要條件為“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”．

【答案】（1）WA:3,4,4,5,8,4,3,10

（2）不存在符合條件的W，理由見解析

（3）證明見解析

【解析】

【分析】（1）直接按照WA的定義寫出WA即可；

（2）利用反證法，假設(shè)存在符合條件的W，由此列出方程組，進(jìn)一步說明方程組無解即可；

（3）分充分性和必要性兩方面論證.

【小問1詳解】

由題意得WA:3,4,4,5,8,4,3,10；

【小問2詳解】

假設(shè)存在符合條件的W，可知WA的第1,2項之和為a1+a2+s，第3,4項之和為a3+a4+s，

?ìa1+2+a2+6=a1+a2+s

則í，而該方程組無解，故假設(shè)不成立，

??a3+4+a4+2=a3+a4+s

故不存在符合條件的W；

【小問3詳解】

我們設(shè)序列Tk...T2T1A為ak,n1￡n￡8，特別規(guī)定a0,n=an1￡n￡8.

必要性：

若存在序列W:w1,w2,...,ws，使得WA為常數(shù)列.