高考真题

\documentclass[11pt,space]{ctexart} % ans
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%\watermark{60}{6}{14-金融工程-白兔兔} %水印

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\begin{document}\zihao{-4}
\juemi %输出绝密
\biaoti{2023年普通高等学校招生全国统一考试}
\fubiaoti{数学}
本试卷共4页,22小题,满分150分。考试用时120分钟。\\
{\heiti 注意事项}:
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,topsep=0pt] \item 答卷前,考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。 \item 作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。在试卷上作答无效。 \item 非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上。 \item 考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。  \end{enumerate}
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%%—————————————————————————————正文开始———————————————————————————————
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\section{选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。}

\begin{enumerate}[itemsep=0.3em,topsep=0pt]
\item 已知集合M={2, 1, 0, 1, 2}, N={xx2x60},则MN=
\begin{tasks}(4)  \task $\{-2,\ -1,\ 0,\ 1\}$   \task $\{0,\ 1,\ 2\}$  \task $\{-2\}$ \task $\{2\}$  \end{tasks}

\item 已知z=1i2+2i,则z¯z=
\begin{tasks}(4)  \task $-\mathrm{i}$ \task $\mathrm{i}$ \task $0$ \task $1$  \end{tasks}

\item 已知向量a=(1,1), b=(1,1).若(a+λb)(a+μb),则
\begin{tasks}(4)  \task $\lambda+\mu=1$ \task $\lambda+\mu=-1$ \task $\lambda\mu=1$ \task $\lambda\mu=-1$  \end{tasks}

\item 设函数f(x)=2x(xa)在区间(0,1)单调递减,则 a的取值范围是
\begin{tasks}(4)  \task $(-\infty,-2]$ \task $[-2,0)$ \task $(0,2]$ \task $[2,+\infty)$  \end{tasks}

\item 设椭圆C1:x2a2+y2=1 (a>1), C2:x24+y2=1的离心率分别为 e1,e2.若e2=3e1,则 a=
\begin{tasks}(4)  \task $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ \task $\sqrt{2}$ \task $\sqrt{3}$ \task $\sqrt{6}$  \end{tasks}

\item 过点(0,2)与圆x2+y24x1=0相切的两条直线的夹角为α,则sinα=
\begin{tasks}(4)  \task $1$ \task $\frac{\sqrt{15}} {4}$ \task $\frac{\sqrt{10}}{4}$ \task $\frac{\sqrt{6}}{4}$  \end{tasks}

\item 记Sn为数列{an}的前n项和,设甲: {an}为等差数列; 乙: {Snn}为等差数列,则
\begin{tasks}(2)  \task 甲是乙的充分条件但不是必要条件 \task 甲是乙的必要条件但不是充分条件 \task 甲是乙的充要条件 \task 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件  \end{tasks}

\item 已知sin(αβ)=13, cosαsinβ=16,则cos(2α+2β)=
\begin{tasks}(4)  \task $\frac{7}{9}$ \task $\frac{1}{9}$ \task $-\frac{1}{9}$ \task $-\frac{7}{9}$  \end{tasks}

\end{enumerate}

\section{选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的。全部选对得5分,部分选对得2分,有选错的得0分。}

\begin{enumerate}[itemsep=0.3em,topsep=0pt]
\setcounter{enumi}{8}
\item 有一组样本数据x1, x2, , x6,其中x1是最小值, x6 是最大值,则
\begin{tasks}(1)  \task $x_2,\ x_3,\ x_4,\ x_5$ 的平均数等于$x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_6$ 的平均数  \task $x_2,\ x_3,\ x_4,\ x_5$ 的中位数等于$x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_6$ 的中位数  \task $x_2,\ x_3,\ x_4,\ x_5$的标准差不小于$x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_6$的标准差  \task $x_2,\ x_3,\ x_4,\ x_5$的极差不大于$x_1,\ x_2,\ \cdots ,\ x_6$的极差  \end{tasks}

\item 噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱,定义声压级Lp=20×lgpp0,其中常数p0 (p0>0)是听觉下限阈值, p是实际声压.下表为不同声源的声压级:
\begin{table}[H]  \centering  \setlength{\tabcolsep}{6mm}{  \begin{tabular}{|c|c|c|}  \hline 声源 & 与声源的距离$/$ m & 声压级$/$ dB \\ \hline  燃油汽车     &   10    &    60 $\sim$ 90    \\ \hline  混合动力汽车     &   10    &    50 $\sim$ 60   \\ \hline     电动汽车     &   10    &    40   \\ \hline  \end{tabular}} \end{table}
己知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车 10 m 处测得实际声压分别为p1,p2,p3,则
\begin{tasks}(4)  \task $p_{1}\geqslant p_{2}$ \task $p_2> 10p_{3}$  \task $p_{3}= 100p_{0}$ \task $p_{1}\leqslant 100p_{2}$  \end{tasks}

\item 已知函数f(x)的定义域为R, f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则
\begin{tasks}(2)    \task $f(0)=0$    \task $f(1)=0$    \task $f(x)$是偶函数    \task $x=0$为$f(x)$的极小值点    \end{tasks}

\item 下列物体中,能够被整体放入棱长为 1 (单位: m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有
\begin{tasks}(2) \task 直径为$0.99$ m 的球体 \task 所有棱长均为$1.4$ m 的四面体 \task 底面直径为$0.01$ m, 高为$1.8$ m 的圆柱体 \task 底面直径为$1.2$ m, 高为$0.01$ m 的圆柱体  \end{tasks}

\end{enumerate}

\section{填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。}
\begin{enumerate}[itemsep=0.3em,topsep=0pt,resume]%\setcounter{enumi}{12}

\item 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这 8门课中选修 2门或 3 门课,并且每类选修课至少选修 1 门,则不同的选课方案共有\blank{}种(用数字作答).
\item 在正四棱台ABCDA1B1C1D1中, AB=2,A1B1=1,AA1=2,则该棱台的体积为\blank{}.
\item 已知函数f(x)=cosωx1 (ω>0)在区间[0,2π]有且仅有3个零点,则ω的取值范围是\blank{}.
\item 已知双曲线C:x2a2y2b2=1 (a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点AC上,点By轴上, F1AF1B, F2A=23F2B,
C的离心率为\blank{}.

\end{enumerate}

\section{解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。}

\begin{enumerate}[itemsep=0.5em,topsep=5pt,resume]%\setcounter{enumi}{17} \item (10分)\\ 已知在$\triangle ABC$中, $A+B=3C$, $2\sin(A-C)=\sin B$. \begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求$\sin A$;  \item 设$AB=5$,求$AB$边上的高. \end{enumerate}


\begin{minipage}[h]{.3\textwidth} \item (12分)\\ 如图,在正四棱柱 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$中, $AB=2$, $AA_1=4$.点$A_2,B_2,C_2,D_2$分别在棱$AA_1$, $BB_1$, $CC_{1}$, $DD_{1}$上, $AA_{2}=1$, $BB_{2}=DD_{2}=2$, $CC_{2}=3$. \begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 证明: $B_2C_2// \ A_2D_2$;  \item 点$P$在棱$BB_1$上,当二面角$P-A_{2}C_{2}-D_{2}$为$150^\circ$时,求$B_{2}P$. \end{enumerate} \end{minipage}\hspace{0.5em}
\begin{minipage}[h]{.2\textwidth} \begin{figure}[H]     \includegraphics[width=6cm]{19titu.png}  \end{figure} \end{minipage}\vspace{1em}


\item (12分)\\
已知函数f(x)=a(ex+a)x.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 讨论$f(x)$的单调性;  \item 证明:当$a>0$时, $f(x)>2\ln a+\frac{3}{2}$. \end{enumerate}

\item (12分)\\
设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an}, {bn}的前n项和.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 若$3a_{2}=3a_{1}+a_{3}$, $S_{3}+T_{3}=21$, 求$\{a_n\}$的通项公式;  \item 若$\{b_n\}$为等差数列,且$S_{99}-T_{99}=99$,求$d$. \end{enumerate}

\begin{solution}
(1)由题设3a2=3a1+a3,可知 3a1+3d=3a1+a1+2d,解得首项与公差的关系 a1=d.

再由题设S3+T3=216d+9d=21,解得 d=12 (舍去)或d=3.

因此, {an}的通项公式为an=3n.

(2) \textbf{解法1:}由题设,数列{an}, {n2+nan}均为等差数列,故6a1+d=1a1+6a1+2d,
解得a1=da1=2d.

(i)当a1=2d时, Sn=n(n+3)d2, Tn=n(n+1)2d.
d>1,故SnTn>n,与题设不符.

(ii)当a1=d时, Sn=n(n+1)d2, Tn=n(n+3)2d, 从而99×100d299×1022d=99,解得d=1 (舍去)或d=5150.因此 d=5150.

\textbf{解法2:} 由题设可得bn+1bn=(n+1)2+n+1an+1n2+nan.

{bn}为等差数列,令(n+1)2+n+1an+1n2+nan=m,则对任意正自然数n均有
n2(md2d)+(2a1mdmd22a1+d)n+(ma21mda12a1+2d)=0.
md2d=0, 2a1mdmd22a1+d=0,
ma21mda12a1+2d=0.

由题设及md2d=0,解得m=1d,故 ma21mda12a1+2d=1d(a123a1d+2d2)=0.

a213a1d+2d2=0,
解得a1=2da1=d.

余下部分同解法 1.
\end{solution}

 

\item (12分)\\
甲、乙两人投篮,每次由其中一人投篮,规则如下:若命中则此人继续投篮,若未命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何,甲每次投篮的命中率均为0.6, 乙每次投篮的命中率均为0.8. 由抽签确定第 1次投篮的人选,第 1 次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求第2次投篮的人是乙的概率;   \item 求第$i$次投篮的人是甲的概率;  \item 已知:若随机变量$X_i$服从两点分布,且$P(X_i=1)=1-P(X_i=0)=q_i$, $i=1,2,\cdots,n$,则$E\left(\sum_{i=1}^nX_i\right)=\sum_{i=1}^nq_i$.记前$n$次(即从第 1 次到第 $n$次投篮)中甲投篮的次数为$Y$,求 $E(Y)$. \end{enumerate}
\begin{solution}
(1)第2次投篮的人是乙,共有下面两种情况:第1次投篮的人是甲且甲未命中,概率为0.5×(10.6)=0.2;

第1次投篮的人是乙且乙命中,概率为0.5×0.8=0.4.

所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2+0.4=0.6.

(2)设Ak表示事件“第k次投篮的人是甲”, 记pk=P(Ak), k=1,2,,i.

k2时,第k次投篮的人是甲,共有下面两种情况:

k1次投篮的人是甲且甲命中,概率为 P(Ak1)×0.6=35pk1;

k1次投篮的人是乙且乙未命中,概率为P(¯Ak1)×(10.8)=15(1pk1).

所以当k2时, pk=35pk1+15(1pk1)=25pk1+15,即
pk13=25(pk113),pk=13+(p113)×(25)k1.

p1=12,所以第i次投篮的人是甲的概率为pi=13+16×(25)i1.

(3)设随机变量Xi={1,i次投篮的人是甲,0,i次投篮的人是乙(i=1,2,,n),则
Xi服从两点分布, P(Xi=1)=13+16×(25)i1,且 Y=ni=1Xi.由题设可得
E(Y)=E(ni=1Xi)=ni=1[13+16×(25)i1]=n3+518[1(25)n].
\end{solution}


\item (12分) \\
在直角坐标系xOy中,点Px轴的距离等于点P到点(0,12)的距离,记动点P的轨迹为W.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求$W$的方程;  \item 已知矩形$ABCD$有三个顶点在$W$上,证明:矩形$ABCD$的周长大于$3\sqrt{3}$. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}

 

\item (12分) \\
已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(25,0),离心率为5.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求$C$的方程;  \item 记$C$的左、右顶点分别为$A_1,A_2$,过点$(-4,0)$的直线与$C$的左支交于$M$, $N$两点, $M$在第二象限,直线$MA_{1}$与$NA_{2}$交于点$P$, 证明: 点$P$在定直线上. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}


\item (12分) %\\
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 证明:当$0<x<1$时, $x-x^2<\sin x<x$;  \item 已知函数$f(x)=\cos ax-\ln(1-x^2)$,若$x=0$是$f(x)$的极大值点,求$a$的取值范围. \end{enumerate}
\begin{solution}
(1)令g(x)=xsinx. g(x)=1cosx0,故g(x)单调递增.当x>0时, g(x)>g(0)=0, 即 sinx<x.

F(x)=xx2sinx.当0<x<1时,
F(x)=1cosx2x=2sin2x22x<2(x2)22x<0,
F(x)单调递减, F(x)<F(0)=0,即xx2<sinx.

综上,当0<x<1时, xx2<sinx<x.
\end{solution}


\begin{solution}
(2)若x=0f(x)的极大值点,则存在δ(0,1),使得当x(δ,0)(0,δ)时, f(x)<f(0)=0,为了找到满足题意的δ,要通过f(x)的导函数的符号讨论f(x)的单调性.

因为f(x)是偶函数,不妨设0<x<1,又因为cosax=cos(ax),不妨设a0.

f(x)=2xa(1x2)sinax1x2,x(1,1),

分母1x2>0,只需讨论分子2xa(1x2)sinax的符号.令 h(x)=2xa(1x2)sinax.

第(1)问中的不等式为第(2)问做好了准备工作.

x>0时, sinx<x, 于是h(x)2xa2x(1x2)=x(2a2+a2x2).

0<x<1时, xx2<sinx,于是 h(x)<2xa2x(1x2)(1ax).

如果找到δ(0,1),使得当x(0,δ)时, h(x)>0,则f(x)>0, 故f(x)(0,δ)单调递增,从而f(x)>f(0),那么x=0就不是f(x)的极大值点.要使h(x)>0,只需x(2a2+a2x2)>0,
a2x2>0,所以只需考虑2a2的符号,于是找到了分类讨论的标准2.

0a2时, h(x)x(2a2+a2x2)>0.当0<x<1时, h(x)>0, f(x)>0,故f(x)单调递增,从而f(x)>f(0),因此x=0不是f(x)的极大值点.

a>2时, h(x)<2xa2x(1x2)(1ax),为了找到δ(0,1),使得当x(0,δ)时, h(x)<0,只需2xa2x(1x2)(1ax)<0,即(1x2)(1ax)>2a2.此不等式不容易解,继续进行不等式放缩:
(1x2)(1ax)>(1x)(1ax)>(1ax)2,
只需(1ax)2>2a2,解得 1ax>2a,即 0<x<a2a2.
于是当0<x<a2a2时,
h(x)<2xa2x(1x2)(1ax)<x[2a2(1ax)2]<0,
从而f(x)<0,故f(x)(0,a2a2)单调递减.

又因为f(x)是偶函数,故x=0f(x)的极大值点.

综上, a的取值范围是(,2)(2,+).
\end{solution}


\item (12分) \\
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的离心率为53,点A(2,0)C上.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求$C$的方程;  \item 过点$(-2,3)$的直线交$C$于$P$, $Q$两点,直线 $AP$, $AQ$与$y$轴的交点分别为$M$, $N$,证明:线段$MN$的中点为定点. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}

 

\item (12分) \\
已知函数f(x)=(1x+a)ln(1+x).
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 当$a=-1$时,求曲线 $y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程;  \item 是否存在$a$, $b$,使得曲线 $y=f\left(\frac1x\right)$关于直线$x=b$对称?若存在,求$a,b$;若不存在,说明理由;  \item 若$f(x)$在$(0,+\infty)$存在极值点,求$a$的取值范围. \end{enumerate}
\begin{solution}
(1)当a=1时, f(x)=(1x1)ln(1+x), f(x)=1x2ln(1+x)+(1x1)11+x,所以f(1)=0, f(1)=ln2.

曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=ln2(x1).

(2) \textbf{解法1:} 设g(x)=f(1x),则g(x)=(x+a)ln(1+1x), g(x)的定义域为(,1)(0,+).

若存在a, b,使得曲线y=g(x)关于直线x=b对称,则(,1)(0,+)关于x=b对称,所以b=12.

g(x)=g(1x)(x+a)ln(1+1x)=(1x+a)lnx1+x,整理得
(x+a)ln(1+1x)=(x+1a)ln(1+1x),

所以 a=12, 故存在 a=12,b=12,使得曲线 y=f(1x)关于直线x=b对称.

\textbf{解法2:} 设函数g(x)=f(1x),则 g(x)=(x+a)ln(1+1x).若曲线
y=f(1x)关于直线x=b对称,则 g(x)=g(2bx),即
(x+a)ln(1+1x)=(2bx+a)ln(1+12bx).

将上式恒等变形为
(x+a)lnx+1x=(x2ba)lnx2bx2b1,
由此可以得到,当
{2b=1,2b1=0,2ba=a,
a=12,b=12时,曲线 y=f(1x)关于直线x=b对称.
\end{solution}


\begin{solution}
(3) f(x)=1x2ln(1+x)+(1x+a)11+x=1x2(ln(1+x)ax2+x1+x).

h(x)=ln(1+x)ax2+x1+x,则h(0)=0,且
h(x)=11+x(2ax+1)(1+x)(ax2+x)(1+x)2=x(12aax)(1+x)2.

(i)若a0,当x(0,+)时, h(x)>0, h(x)(0,+)单调递增,从而h(x)>h(0)=0.故当x(0,+)时, f(x)<0, f(x)(0,+)单调递减, f(x)(0,+)不存在极值点.

(ii)若a12,当x(0,+)时, h(x)<0, h(x)(0,+)单调递减,从而h(x)<h(0)=0.故当x(0,+)时, f(x)>0, f(x)(0,+)单调递增, f(x)(0,+)不存在极值点.

(iii)若0<a<12,当 x(0,1a2)时, h(x)>0, h(x)(0,1a2)单调递增;
x(1a2,+)时, h(x)<0, h(x)(1a2,+)单调递减.所以当x(0,1a2]时, h(x)>h(0)=0.


x1=et1,其中常数t>4a,则x1(1a2,+),且
h(x1)=ta(et1)2+et1et<t+1aet<t+1a(1+t2)2=(t+2)[t+1t+2a4(t+2)]<0,
所以h(x)(1a2,+)
有唯一零点x0.当x(0,x0)时, h(x)>0, f(x)<0, f(x)(0,x0)单调递减;当x(x0,+)时, h(x)<0, f(x)>0, f(x)(x0,+)单调递增,因此f(x)(0,+)存在极值点 x0.

综上, a的取值范围是(0,12).
\end{solution}

 

\item (12分) \\
已知函数f(x)=axsinxcos3x, x(0,π2).
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 当$a=8$时,讨论$f(x)$的单调性;  \item 若$f(x)<\sin 2x$,求$a$的取值范围. \end{enumerate}
\begin{solution}
f(x)=acos4x+3sin2xcos2xcos6x=a32cos2xcos4x.

(1)当a=8时, f(x)=832cos2xcos4x=(2cos2x1)(4cos2x+3)cos4x,
x(0,π4)时, f(x)>0, f(x)在区间(0,π4)单调递增;

x(π4,π2)时, f(x)<0, f(x)在区间(π4,π2)单调递减.

(2) \textbf{解法1:} 若a0,则f(x)<sin2x.下设a>0.

x(0,π2)时, f(x)<sin2x,当且仅当1cos3x+2cosx>axsinx.

因为当x(0,π2)时, sinx<x,所以当1cos3x+2cosx>axsinx时,有
1cos3x+2cosx>a.

g(t)=1t3+2t,则g(t)=23t4.
t(0,1)时, g(t)<0,故g(t)(0,1)单调递减.所以当t(0,1)时, g(t)>g(1)=3. 故x(0,π2)时,函数1cos3x+2cosx的取值范围为(3,+),所以 a3.

a3时, f(x)sin2x3xsinxcos3xsin2x.
h(x)=3xsinxcos3xsin2x,则
h(x)=332cos2xcos4x2cos2x=4cos6x+5cos4x+2cos2x3cos4x.

F(t)=4t3+5t2+2t3,则F(t)=12t2+10t+2=2(1t)(6t+1).

t(0,1)时, F(t)>0,故F(t)(0,1)单调递增.所以当t(0,1)时, F(t)<F(1)=0.

故当x(0,π2)时, 4cos6x+5cos4x+2cos2x3<0,从而h(x)<0,所以h(x)(0,π2)单调递减.故当x(0,π2)时, h(x)<h(0)=0,所以f(x)<sin2x.

综上, a的取值范围是(,3].
\end{solution}


\begin{solution}
\textbf{解法2:}令g(x)=3x2sinxtanx,x(0,π2),
g(x)=3cos2x2cos3x1cos2x.

h(x)=2cos3x+3cos2x1,0<x<π2,则h(x)=6sinxcosx(cosx1)<0.

h(x)在区间(0,π2)单调递减,所以h(x)<h(0)=0.从而g(x)<0, g(x)在区间(0,π2)单调递减,故g(x)<g(0)=0.

a3 时,
f(x)sin2x3xsinxcos3xsin2x<2sinx+tanxsinxcos3x2sinxcosx=sinx(1cosx)(21cos2x1cos3x)<0.

a>3时, 取x0(0,π2), 满足 cosx0>13a2,又因为当x(0,π2)时, sinx<x,所以
f(x0)sin2x0=ax0sinx0cos3x02sinx0cosx0sinx0(a1cos3x02cosx0)sinx0(a21cos3x0)>0.

综上, a的取值范围是(,3].
\end{solution}

 


\item (12分) \\
(2024年石家庄二模)设集合M是一个非空数集,对任意x,yM,定义ρ(x,y)=|xy|,称ρ为集合M的一个度量,称集合M为一个对于度量ρ而言的度量空间,该度量空间记为(M,ρ).

定义1:若 f:MM是度量空间(M,ρ)上的一个函数,且存在 α(0,1),使得对任意x,yM,均有: ρ(f(x),f(y))αρ(x,y),则称f是度量空间(M,ρ)上的一个“压缩函数”.

定义2:记无穷数列a0,a1,a2,{an}+n=0,若{an}+n=0是度量空间(M,ρ)上的数列,且对任意正实数 ε>0,都存在一个正整数N,使得对任意正整数 m,nN,均有 ρ(am,an)<ε,则称{an}+n=0是度量空间(M,ρ)上的一个“基本数列”.

\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 设 $f(x)=\sin x+\frac12$,证明: $f$是度量空间$\left(\left[\frac12,2\right],\rho\right)$上的一个“压缩函数”;  \item 已知 $f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$是度量空间 $(\mathbf{R},\rho)$上的一个压缩函数,且 $a_0\in\mathbf{R}$,定义 $a_{n+1}=f\left(a_n\right)$, $n=0,1,2,\cdots$,证明: $\left\{a_{n}\right\}_{n=0}^{+\infty}$为度量空间$\left(\mathbf{R},\rho\right)$上的一个“基本数列”. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}

 


\item (12分) \\
(2021年北京高考)设p为实数.若无穷数列{an}满足如下三个性质,则称{an}p数列:

\ding{172} a1+p0,且a2+p=0;

\ding{173} a4n1<a4n(n=1,2,);

\ding{174} am+n{am+an+p,am+an+p+1}(m=1,2,;n=1,2,).
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item[(I)] 如果数列$\{a_n\}$的前四项为$2,-2,-2,-1$,那么$\{a_n\}$是否可能为$\Re_{2}$数列?说明理由;  \item[(II)] 若数列$\{a_n\}$是$\Re_{0}$数列,求$a_5$;  \item[(III)] 设数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_n$.是否存在$\Re_p$数列$\{a_{n}\}$,使得$S_n\geqslant S_{10}$恒成立?如果存在,求出所有的$p$;如果不存在,说明理由. \end{enumerate}
\begin{solution}
(I)数列{an}不可能为2数列.理由如下:

因为p=2, a1=2, a2=2, 所以a1+a2+p=2, a1+a2+p+1=3.因为a3=2,所以a3{a1+a2+p,a1+a2+p+1}.

所以数列{an}不满足性质\ding{174}.

(II)根据0数列的定义,可知{an}满足:
a10,a2=0; a4n1<a4n; am+n=an+anam+n=am+an+1.

an+1=an+a1an+1=an+a1+1,以及a10,可知an+1an.
所以a1=0.

a3=a1+a2=0a3=a1+a2+1=1;\quad a4=a2+a2=0a4=a2+a2+1=1,以及a3<a4,可知a3=0,a4=1.

a5=a2+a3=0a5=a2+a3+1=1, 以及a5a4,可知a5=1.
\end{solution}


\begin{solution}
(III)假设数列 {an} 是满足“SnS10恒成立”的p数列.

因为an+1=an+a1+pan+1=an+a1+p+1, 且a1+p0,所以an+1an.

pa1a2=p,可知a1=p.

从而a4n=a4n1+a1+p=a4n1
a4n=a4n1+a1+p+1=a4n1+1.

又因为a4n1<a4n,所以a4n=a4n1+1.

因为a4=a3+1,且a3a2=p,所以a4p+1.

又因为a4a2+a2+p+1=p+1,所以a4=p+1,a3=p.

因为a12a6+a6+p+1,且a6a3+a3+p+1=p+1,所以a12p+3.

因为a11=a121,所以a11p+2.

S11S10可知a110,所以p2.

a10a8=a7+1a7a4=p+1, 可知a10p+2.

S9S10可知a100,所以p2.

综上可知,若数列{an}是满足“SnS10恒成立”的p数列,则p=2.


p=2时,考虑数列{an}:
an={2+k,n{4k+1,4k+2,4k+3},1+k,n=4k+4(kN).
下面验证数列{an}满足性质\ding{172} \ding{173} \ding{174}.

a1=2,a2=2可知a1+p0,a2+p=0.

因为a4n1=n3,a4n=n2,所以a4n1<a4n.

对于任意正整数m,n,存在k1,k2N,r1,r2{0,1,2,3},使得m=4k1+r1,n=4k2+r2.

所以am=2+k1,an=2+k2.

所以am+an+p=2+k1+k2,am+an+p+1=1+k1+k2.

m+n=4(k1+k2)+r1+r2,所以
0r1+r2<4 时, am+n=2+k1+k2;当4r1+r26时, am+n=1+k1+k2,
所以am+n{am+an+p,am+an+p+1}.

由通项公式可知,当n9时, ana10=0;当n11时, ana10=0.所以SnS10恒成立.

综上,存在p数列{an},使得SnS10恒成立,这时p=2.
\end{solution}

 


\item (12分) \\
已知函数 f(x)=exln(1+x).
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求曲线$y=f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程;  \item 设$g(x)=f'(x)$,讨论函数$g(x)$在$[0,+\infty)$上的单调性;  \item 证明:对任意的$s,t\in(0,+\infty)$,有$f(s+t)>f(s)+f(t)$. \end{enumerate}
\begin{solution}
(I)因为f(x)=exln(1+x),
所以 f(x)=ex[11+x+ln(1+x)]. 所以 f(0)=0,f(0)=1.
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.

(II)由题设, g(x)=ex[11+x+ln(1+x)].
所以
g(x)=ex[11+x+ln(1+x)]+ex[11+x1(1+x)2]=ex[1+2x(1+x)2+ln(1+x)].

因为x0,所以g(x)>0.所以函数g(x)[0,+)上单调递增.

(III)不妨假设t>0取定,令h(x)=f(x+t)f(x)f(t),x[0,+),
h(x)=f(x+t)f(x),x[0,+).

由(II)知, f(x)[0,+)上单调递增,
所以h(x)=f(x+t)f(x)>0.

从而h(x)[0,+)上单调递增.因为h(0)=f(0)=0,所以当s>0时, h(s)>h(0)=0,即 f(s+t)f(s)f(t)>0.

综上,对任意的s,t(0,+),有f(s+t)>f(s)+f(t).
\end{solution}

 


\item (12分) \\
已知Q:a1,a2,,ak为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n{1,2,,m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,,ai+j (j0),使得ai+ai+1+ai+2++ai+j=n,则称Qm连续可表数列.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 判断$Q:2,1,4$是否为$5-$连续可表数列?是否为$6-$连续可表数列?说明理由;  \item 若$Q:a_1,a_2,\cdots,a_k$为$8-$连续可表数列,求证: $k$的最小值为$4$;  \item 若$Q:a_1,a_2,\cdots,a_k$为$20-$连续可表数列,且$a_1+a_2+\cdots+a_k<20$,求证: $k\geqslant 7$. \end{enumerate}
\begin{solution}
(I)因为a2=1,a1=2,a1+a2=3,a3=4,a2+a3=5,

所以Q:2,1,45连续可表数列.

又因为a1+a2+a3=76,所以Q:2,1,4不是6连续可表数列.

(II)对于Q:a1,a2,,ak,所有形如ai+ai+1++ai+j (i=1,2,,k;j=0,1,,ki)的可能取值最多有 n(k)=k+(k1)++1=k(k+1)2个.

由题设, n(k)8,故k4.

对于Q:1,4,1,2,因为a1=1,a4=2,a3+a4=3,a2=4,a1+a2=5,
a1+a2+a3=6,a2+a3+a4=7,a1+a2+a3+a4=8,

所以Q:1,4,1,28连续可表数列.

综上, k的最小值为4.
\end{solution}

\begin{solution}
(III)由题设, n(k)20,
所以k6.

假设存在Q0:a1,a2,,a620连续可表数列,且a1+a2++a6<20.

\ding{172} 如果Q0的各项均为非负整数,则ai+ai+1++ai+ja1+a2++a6<20,这与Q020连续可表数列矛盾.所以Q0有负整数项.

又因为n(6)=21,所以Q0只有一项为负整数,其余各项均为正整数,且互不相等.

\ding{173} 当a1<0时,形如ai+ai+1++ai+j且取值大于0的表达式列表如下:
\begin{table}[H]  \centering  \setlength{\tabcolsep}{6mm}{  \begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|}  \hline  $a_2$ & $a_1+a_2$ & & & & \\ \hline  $a_2+a_3$     &   $a_1+a_2+a_3$    &    $a_3$ & & &    \\ \hline  $a_2+a_3+a_4$     &   $a_1+a_2+a_3+a_4$    &    $a_3+a_4$ & $a_4$ & &    \\ \hline $a_2+a_3+a_4+a_5$     &   $a_1+a_2+\cdots +a_5$    &    $a_3+a_4+a_5$ & $a_4+a_5$ & $a_5$ &    \\ \hline $a_2+a_3+\cdots+a_6$     &   $a_1+a_2+\cdots +a_6$    &    $a_3+a_4+a_5+a_6$ & $a_4+a_5+a_6$ & $a_5+a_6$ & $a_6$   \\ \hline  \end{tabular}} \end{table}

表中表达式的值互不相等,且每一列中的值从上到下增大,每一行中的值从左到右减小,最大值是a2+a3++a6,且第二大的值是
max{a2+a3+a4+a5,a1+a2++a6}.
由题设,表中所有表达式的值之和为1+2++20=210,

所以 5a1+10(a2+a5)+12(a3+a4)+6a6=210. 故a1是偶数,且a12.

由题设, a2+a3++a6=20 , 所以a1+a2++a6202=18.

所以a2+a3+a4+a5=19.所以a6=1.

因为a5>1,所以a2+a3+a4<18,从而a1+a2++a6=18,

综上得a1=2, a1+a2++a5=17.

由題设, max{a2+a3+a4,a3+a4+a5+a6}=16.

5a1+10(a2+a5)+12(a3+a4)+6a6=210,
所以a3+a4=12,a2+a5=7.

a2+a3+a4=16时, a2=4, a5=3.此时a3+a4+a5+a6=16,
这与表中表达式的值互不相等矛盾.

a3+a4+a5+a6=16时, a5=3, a2=4,此时 a2+a3+a4=16,
这与表中表达式的值互不相等矛盾.

所以,当a1<0时, Q0不是20连续可表数列.
\end{solution}

\begin{solution}
\ding{174}当a6<0时,同理可证Q0不是20连续可表数列.

\ding{175}当存在l{2,3,4,5},使得al<0 时,由题设, al1+al1,al+al+11, 所以ai+ai+1++ai+ja1+a2++a6<20.

所以Q0不是20连续可表数列.

综上可知,不存在6项的满足题设的20连续可表数列.
所以k7.
\end{solution}

\textbf{注:}构造S={1,10,1,2,2,2,2}.

S={1,2,4,5,8,2,1}.

 

构造S={0,1,11,12,14,16,18,20}.


(2022年北京高考)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和Sn满足anSn=9 (n=1,2,).给出下列四个结论:

\ding{172} {an}的第2项小于3;\quad
\ding{173} {an}为等比数列;

\ding{174} {an}为递减数列;\quad \ding{175} {an}中存在小于1100的项.

其中所有正确结论的序号是\underline{\hspace{2cm}}.

 


\item (12分) \\
(2023年北京高考)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的离心率为53, AC分别是E的上、下顶点, BD分别是E的左、右顶点, |AC|=4.

\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求$E$的方程;  \item 设$P$为第一象限内$E$上的动点,直线$PD$与直线$BC$交于点$M$,直线$PA$与直线$y=-2$交于点$N$.求证: $MN\ //\ CD$. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}

北京卷的圆锥曲线大题,前几年的背景都是二次曲线的对合,今年改成了五边形的帕斯卡定理.帕斯卡定理为背景的题目在高考中几乎都以五边形的形式出现,并且计算量相对较大.

已知椭圆x29+y24=1的四个顶点分别为 A,B,C,D,设P是椭圆上一点,直线l:y=2, PDBC=M, PAl=N.求证: MN // CD.

看到内接五边形并且有切线的,基本上离不开帕斯卡定理了.把五边形视为退化的六边形CCDPAB,对它使用帕斯卡定理,得 CCPA=N, CDAB=Q, DPBC=M三点共线.而由于AB // CD, Q是无穷远点,因此 MN // AB // CD.

考试中最直接的想法应该是设P的坐标得到直线AP,DP后,求出M,N坐标,证明kMN=kCD=23.但这样写会非常复杂,而如果采用同一法来做,计算量将大幅简化.

具体来说,可以直接设N(t,2)并过NCD的平行线,交 BCM.如果能证明MPD三点共线,那就说明M就是题目中的M,那么MN // CD得证.


N(t,2),则AN:y=4tx+2,联立椭圆得 (t2+36)x236tx=0.

方程两根为A,P横坐标,已知xA=0,韦达定理得 xP=36tt2+36,因此 yP=4t36tt2+36+2=2t272t2+36.

又过NCD的平行线交BCM,则 MN:3y=2(xt)6.联立 BC:x3+y2=1xM=t2,因此 yM=223t2=6+t3.

由于 kPD=yPxP3=2t27236t3t2108=2(t+6)(t6)3(t6)2=2(t+6)3(t6),
kMD=6+t3t23=2(t+6)3(t6),因此 kPD=kMDMPD三点共线,得证.

补充说明一下,当t=6时上述分母为0,这是由于此时P,D重合导致的.不过因为原题中限制了P在第一象限,所以这种情况可以排除.

 


【命题的背景】(帕斯卡定理)在圆锥曲线E上的六点,它们三双对应边的交点共线.

对于本题椭圆E上的两组对应点(ADCCBP), 三双对应边, ABCD交点H (H为无穷远点), APCC (即切线x=2)的交点N, DPBC的交点M, HMN三点共线,因H是无穷远点, 故BA, CD, MN三线平行.

【双曲线变式题】

设双曲线E:x2y2=9的左右顶点分别为C,A, 并设 B(5,4),D(5,4), P是曲线E上在第一象限的点, APx=3交于N点, PDBC交于M,则 MN // CD // AB.

【抛物线变式题】设抛物线E:y2=8x的顶点C,并设B(2,4), D(2,4), A(8,8), P是曲线E上在第一象限的点, PA与直线x=0交于N, PDBC交于M,则MN // CD // AB.

(2023年北京高考)已知数列{an}满足an+1=14(an6)3+6 (n=1,2,3,),则

A.当a1=3时, {an}为递减数列,且存在常数M0,使得an>M恒成立

B.当a1=5时, {an}为递增数列,且存在常数M6,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

 


\item (12分) \\
(2023年北京高考)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|BiAk,i{0,1,2,,m}},其中maxM表示数集M中最大的数.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 若$a_1=2,a_2=1,a_3=3, b_1=1,b_2=3,b_3=3$, 求$r_0,r_1,r_2,r_3$的值;  \item 若$a_1\geqslant b_1$, 且$2r_j\leqslant r_ {j+1}+r_{j-1},j=1,2,\cdots,m-1$,求$r_n$;  \item 证明:存在$p,q,s,t\in\{0,1,2,\cdots,m\}$,满足$p>q,s>t$,使得$A_p+B_t=A_q+B_s$. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}

(2023年天津高考)设aR,函数f(x)=ax22x|x2ax+1|.若f(x)恰有两个零点,则a的取值范围为\underline{\hspace{2cm}}.

\textbf{解:}令 g(x)=ax22x, h(x)=x2ax+1, h(x)的判别式Δ1=a24.

(i)当Δ10,即|a|2时, f(x)=ax22x(x2ax+1)=(a1)x2+(a2)+1.

\ding{172} 当a=1时, f(x)=x1恰有一个零点,不合题意.

\ding{173} 当a1时, f(x)的判别式 Δ2=(a2)2+4(a1)=a20.当 Δ2=0,即 a=0时, f(x)=(x+1)2恰有一个零点,不合题意;当Δ2>0,即a0时, f(x)恰有两个零点.

(ii)当Δ1>0,即|a|>2时,若f(x)=0,则有ax22x=|x2ax+1|,故(ax22x)2=(x2ax+1)2,整理得
(x1)(x+1)((a1)x1)((a+1)x1)=0.
从而f(x)=0x{1,1,1a1,1a+1}g(x)0.注意到
{g(1)=a2,g(1)=a+2,g(1a1)=a2(a1)2,g(1a+1)=a+2(a+1)2,
所以,当|a|>2时, f(x)恰有两个零点.

由(i) (ii)可知, f(x)恰有两个零点当且仅当 a(,0)(0,1)(1,+).

 

\item (12分) \\
(2023年天津高考)已知函数 f(x)=(1x+12)ln(x+1).
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item 求曲线$y=f(x)$在$x=2$处的切线斜率;  \item 求证:当$x>0$时, $f(x)>1$;  \item 求证: $\frac{5} {6}<\ln(n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+n\leqslant 1\ (n\in\mathbf{N}^\ast)$. \end{enumerate}
\begin{solution}
(I) \textbf{解:} 由已知,可得f(x)=1xln(x+1)+1x+12x+1,故有f(2)=ln34+13.所以,曲线y=f(x)x=2处的切线斜率为43ln312.

(II) \textbf{证明:}由于x>0,故f(x)>1等价于ln(x+1)>2xx+2.令
g(x)=ln(x+1)2xx+2,x[0,+),
可得g(x)=1x+12x+2+2x(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2,
因此当x>0时, g(x)>0,由此可得g(x)[0,+)单调递增.所以,当x>0时, g(x)>g(0)=0,即f(x)>1.
\end{solution}

\begin{solution}
(III) \textbf{证明:}当n=1时, ln(n!)(n+12)lnn+n=1,结论成立.

n2时,由f(1k)=(k+12)(ln(k+1)lnk) (其中kN),有
n1k=1f(1k)=n1k=1((k+32)ln(k+1)(k+12)lnkln(k+1))=(n+12)lnnn1k=1ln(k+1)=ln(n!)+(n+12)lnn.

一方面,由f(1k)>1,可得n1k=1f(1k)>n1,
ln(n!)+(n+12)lnn>n1,亦即ln(n!)(n+12)lnn+n<1.

另一方面,令h(x)=ln(x+1)2xx+2(1+x212), x[0,+),

则当x>0时, h(x)=x3(x+4)3(x+1)(x+2)2<0,故 h(x)[0,+)单调递减.

所以当x>0时, h(x)<h(0)=0,进而可得 f(x)<1+x212.


因此,当n2时有n1k=1f(1k)<n1+112n1k=11k2,
其中, n1k=11k2=1+n1k=21k2<1+n1k=21k(k1)=1+n1k=2(1k11k)=21n1<2.

所以n1k=1f(1k)<n1+112n1k=11k2<n56, 即ln(n!)(n+12)lnn+n>56.

故对于任意的正整数n,有ln(n!)(n+12)lnn+n>56.

综上,对于任意的正整数n,都有 56<ln(n!)(n+12)lnn+n1.
\end{solution}

 

 

\item (12分) \\
(2023年天津高考)已知{an}是等差数列, a2+a5=16, a5a3=4.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]
\item 求{an}的通项公式及2n1i=2n1ai (nN);
\item 设 {bn}是等比数列,且对任意的 kN,当 2k1n2k1时, bk<an<bk+1.

(i)当k2时,求证: 2k1<bk<2k+1;

(ii)求{bn}的通项公式及前n项和.
\end{enumerate}
\begin{solution}
(I) \textbf{解:}设{an}的公差为d,由a2+a5=16可得 2a1+5d=16, 由a5a3=4,可得2d=4,故可解得 a1=3, d=2, 由此可得 an=2n+1.

因此有 a2n1=2n+1,a2n1=2n+11, 故
2n1i=2n1ai=(2n+1+2n+11)×2n12=3×22n2.

(II)\textbf{解:} (i)由已知,当2k1n2k1时,有bk<anbk+1>an.

由此可得bk<a2k1=2k+1,且bk+1>a2k1=2k+11.

所以,对于任意的k2, 2k1<bk<2k+1.

(ii)设{bn}的公比为q.由(i),对于任意的k22k+11<bk+1<2k+1+1.

由此可得2k+112k+1<bk+1bk=q<2k+1+12k1,
232k+1<q<2+32k1,
进而对于任意的k2,有|q2|<42k.

假如q2,则当k>log24|q2|时,有|q2|>42k,矛盾,所以, q=2.

2k1<bk=b1×2k1<2k+1,
212k1<b1<2+12k1,
|b12|<12k1<42k.

同上可得b1=2.

所以, bn=2n.因此, {bn}的前n项和为 Sn=2(12n)12=2n+12.
\end{solution}

π4nk=1nn2+k2


\item (12分) \\
(2024年合肥二模)在数学中,广义距离是泛函分析中最基本的概念之一.对平面直角坐标系中两个点P1(x1,y1)
P2(x2,y2),记
|P1P2|t=max{|x1x2|1+|x1x2|,|y1y2|1+|y1y2|},
|P1P2|t为点P1与点P2之间的“t距离”,其中max{p,q}表示p,q中较大者.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item[(1)] 计算点$P(1,2)$和点$Q(2,4)$之间的“$t-$距离”;  \item[(2)] 设$P_0(x_0,y_0)$是平面中一定点, $r>0$.我们把平面上到点$P_{0}$的“$t-$距离”为$r$的所有点构成的集合叫做以点$P_{0}$为圆心,以$r$为半径的“$t-$圆”.求以原点$O$ 为圆心,以$\frac{1}{2}$为半径的“$t-$圆”的面积;     \item[(3)] 证明:对任意点$P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2),P_3(x_3,y_3)$, $|P_1P_3| _t\leqslant\left|P_1P_2\right|_t+\left|P_2P_3\right|_t$. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}

 

 

\item (12分) \\
已知函数 f(x)=ax2x+ln(x+1), aR.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item[(1)] 若对定义域内任意非零实数$x_1,x_2$,均有$\frac{f(x_1)f(x_2)}{x_1x_2}>0$,求$a$;  \item[(2)] 记$t_n=1+\frac12+\cdots+\frac1n$,证明: $t_n-\frac56<\ln(n+1)<t_n$. \end{enumerate}
\begin{solution}
(1)解: f(x)的定义域为(1,+),且f(0)=0;

f(x)=2ax1+1x+1=2axxx+1=x(2a1x+1),因此f(0)=0;

(i)当a0时, 2a1x+1<0,则此时令 f(x)>0x(1,0),令 f(x)<0x(0,+),则f(x)(1,0)上单调递增, (0,+)上单调递减,又f(0)=0,于是f(x)0,此时令x1x2<0,有f(x1)f(x2)x2x2<0,不符合题意;

(ii)当a>0时, f(x)有零点0x0=12a1,

x0<0,即a>12,此时令f(x)<0x(x0,0), f(x)(x0,0)上单调递减,又f(0)=0,则f(x0)>0,令x1>0, x2=x0,有f(x1)f(x2)x1x2<0,不符合题意;

x0>0,即0<a<12,此时令f(x)<0x(0,x0), f(x)(0,x0)上单调递减,又 f(0)=0,则 f(x0)<0 , 令1<x1<0, x2=x0,有f(x1)f(x2)x1x2<0, 不符合题意;

x0=0,即a=12,此时f(x)=x2x+1>0, f(x)(1,+)上单调递增,又f(0)=0,则x>0f(x)>0, x<0f(x)<0;则x0f(x)x>0,也即对x1x20, f(x1)f(x2)x1x2>0,

综上, a=12.

(2)证:由(1)问的结论可知, a=0时, f(x)=x+ln(x+1)0 ;

a=12x>0时, f(x)=12x2x+ln(x+1)>0,

x>0时, x12x2<ln(x+1)<x,令x=1n,
1n12n2<ln(1n+1)<1n, 即1n12n2<ln(n+1)lnn<1n,

于是1n112(n1)2<lnnln(n1)<1n1, , 112<ln2<1.

将上述n个式子相加,得tn12(1+122++1n2)<ln(n+1)<tn.

欲证tn56<ln(n+1)<tn,只需证tn56<tn12(1+122++1n2),只需证1+122++1n2<53.

因为1n2=44n2<44n21=2(12n112n+1),

所以1+122++1n2<1+2(1315+1517++12n112n+1)=5322n+1<53, 得证.

于是tn56<ln(n+1)<tn得证.
\end{solution}

 

 

\item (12分) \\
已知函数 f(x)=sinxln(1+x), f(x)f(x) 的导数.证明:
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item[(1)] $f'(x)$在区间$\left(-1,\frac\pi2\right)$存在唯一极大值点;  \item[(2)] $f(x)$有且仅有$2$个零点. \end{enumerate}
\begin{solution}
(1)设g(x)=f(x),则g(x)=cosx11+x, g(x)=sinx+1(1+x)2.

x(1,π2)时, g(x)单调递减,而g(0)>0, g(π2)<0, 可得g(x)(1,π2)有唯一零点,设为α.则当x(1,α)时, g(x)>0;当x(α,π2)时, g(x)<0.

所以g(x)(1,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,故g(x)(1,π2)存在唯一极大值点,即f(x)(1,π2)存在唯一极大值点.


(2) f(x)的定义域为(1,+).

(i)当x(1,0]时,由(1)知, f(x)(1,0)单调递增,而f(0)=0,所以当x(1,0)时, f(x)<0,故f(x)(1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0f(x)(1,0]的唯一零点.

(ii)当x(0,π2]时,
由(1)知, f(x)(0,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,
f(0)=0, f(π2)<0,所以存在β(α,π2),
使得f(β)=0,且当x(0,β)时, f(x)>0;当x(β,π2)时, f(x)<0.故f(x)(0,β)单调递增,在(β,π2)单调递减.

f(0)=0, f(π2)=1ln(1+π2)>0,所以当x(0,π2]时, f(x)>0.从而, f(x)(0,π2]没有零点.

(iii)当x(π2,π]时, f(x)<0,所以f(x)(π2,π)单调递减.而f(π2)>0, f(π)<0,所以f(x)(π2,π]有唯一零点.

(iv) 当x(π,+)时, ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)(π,+)没有零点.

综上, f(x)有且仅有2个零点.
\end{solution}

 

\item (12分) \\
为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、 乙两种药的治愈率分别记为αβ,一轮试验中甲药的得分记为X.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]
\item[(1)] 求X的分布列;
\item[(2)] 若甲药、乙药在试验开始时都赋予4 分, pi (i=0,1,,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0, p8=1,pi=api1+bpi+cpi+1 (i=1,2,,7),其中a=P(X=1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5, β=0.8.

(i)证明: {pi+1pi} (i=0,1,2,,7)为等比数列;

(ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.
\end{enumerate}
\begin{solution}
(1) X的所有可能取值为1,0,1.

P(X=1)=(1α)β, P(X=0)=αβ+(1α)(1β),
P(X=1)=α(1β).

所以X 的分布列为
\begin{table}[H]  \centering  \setlength{\tabcolsep}{6mm}{  \begin{tabular}{|c|c|c|c|}  \hline  $X$ & $-1$ & $0$ & $1$\\ \hline  $P$     &   $(1-\alpha)\beta$    &    $\alpha\beta+(1-\alpha)(1-\beta)$  &  $\alpha\left(1-\beta\right)$ \\ \hline  \end{tabular}} \end{table}


(2) (i)由(1)得a=0.4,b=0.5,c=0.1.

因此pi=0.4pi1+0.5pi+0.1pi+1,
0.1(pi+1pi)=0.4(pipi1),即
pi+1pi=4(pipi1).

又因为p1p0=p10,所以{pi+1pi} (i=0,1,2,,7)为公比为4,首项为p1的等比数列.

(ii)由(i)可得
p8=p8p7+p7p6++p1p0+p0=(p8p7)+(p7p6)++(p1p0)=4813p1.

由于p8=1,故p1=3481,所以
p4=(p4p3)+(p3p2)+(p2p1)+(p1p0)=4413p1=1257.

p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5, 乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=12570.0039,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.
\end{solution}


\item (12分) \\
(2021年新高考2卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代, ,该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数, P(X=i)=pi (i=0,1,2,3).
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]  \item[(1)] 已知$p_0=0.4,p_1=0.3,p_2=0.2,p_3=0.1$,求$E(X)$;  \item[(2)] 设$p$表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率, $p$是关于$x$的方程: $p_0+p_1x+p_2x^2+p_3x^3=x$的一个最小正实根,求证: 当$E(X)\leqslant 1$时, $p=1$,当$E(X)>1$时, $p<1$; \item[(3)] 根据你的理解说明(2)问结论的实际含义. \end{enumerate}
\begin{solution} 1 \end{solution}

\end{enumerate}


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