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={x∣x2−x−6⩾0},则M∩N=
\begin{tasks}(4) \task $\{-2,\ -1,\ 0,\ 1\}$ \task $\{0,\ 1,\ 2\}$ \task $\{-2\}$ \task $\{2\}$ \end{tasks}
\item 已知z=1−i2+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(x−a)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+y2−4x−1=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(α−β)=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ABCD−A1B1C1D1中, AB=2,A1B1=1,AA1=√2,则该棱台的体积为\blank{}.
\item 已知函数f(x)=cosωx−1 (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:x2a2−y2b2=1 (a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点A在C上,点B在y轴上, →F1A⊥→F1B, →F2A=−23→F2B,
则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=21得6d+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=d或a1=2d.
(i)当a1=2d时, Sn=n(n+3)d2, Tn=n(n+1)2d.
又d>1,故Sn−Tn>n,与题设不符.
(ii)当a1=d时, Sn=n(n+1)d2, Tn=n(n+3)2d, 从而99×100d2−99×1022d=99,解得d=−1 (舍去)或d=5150.因此 d=5150.
\textbf{解法2:} 由题设可得bn+1−bn=(n+1)2+n+1an+1−n2+nan.
又{bn}为等差数列,令(n+1)2+n+1an+1−n2+nan=m,则对任意正自然数n均有
n2(md2−d)+(2a1md−md2−2a1+d)n+(ma21−mda1−2a1+2d)=0.
故md2−d=0, 2a1md−md2−2a1+d=0,
且ma21−mda1−2a1+2d=0.
由题设及md2−d=0,解得m=1d,故 ma21−mda1−2a1+2d=1d(a12−3a1d+2d2)=0.
由a21−3a1d+2d2=0,
解得a1=2d或a1=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×(1−0.6)=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.
当k⩾2时,第k次投篮的人是甲,共有下面两种情况:
第 k−1次投篮的人是甲且甲命中,概率为 P(Ak−1)×0.6=35pk−1;
第k−1次投篮的人是乙且乙未命中,概率为P(¯Ak−1)×(1−0.8)=15(1−pk−1).
所以当k⩾2时, pk=35pk−1+15(1−pk−1)=25pk−1+15,即
pk−13=25(pk−1−13),得pk=13+(p1−13)×(25)k−1.
又p1=12,所以第i次投篮的人是甲的概率为pi=13+16×(25)i−1.
(3)设随机变量Xi={1,第i次投篮的人是甲,0,第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)i−1,且 Y=∑ni=1Xi.由题设可得
E(Y)=E(n∑i=1Xi)=n∑i=1[13+16×(25)i−1]=n3+518[1−(25)n].
\end{solution}
\item (12分) \\
在直角坐标系xOy中,点P到x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(−2√5,0),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)=x−sinx. g′(x)=1−cosx⩾0,故g(x)单调递增.当x>0时, g(x)>g(0)=0, 即 sinx<x.
令F(x)=x−x2−sinx.当0<x<1时,
F′(x)=1−cosx−2x=2sin2x2−2x<2(x2)2−2x<0,
故F(x)单调递减, F(x)<F(0)=0,即x−x2<sinx.
综上,当0<x<1时, x−x2<sinx<x.
\end{solution}
\begin{solution}
(2)若x=0是f(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a⩾0.
f′(x)=2x−a(1−x2)sinax1−x2,x∈(−1,1),
分母1−x2>0,只需讨论分子2x−a(1−x2)sinax的符号.令 h(x)=2x−a(1−x2)sinax.
第(1)问中的不等式为第(2)问做好了准备工作.
当x>0时, sinx<x, 于是h(x)⩾2x−a2x(1−x2)=x(2−a2+a2x2).
当0<x<1时, x−x2<sinx,于是 h(x)<2x−a2x(1−x2)(1−ax).
如果找到δ∈(0,1),使得当x∈(0,δ)时, h(x)>0,则f′(x)>0, 故f(x)在(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(2−a2+a2x2)>0,
又a2x2>0,所以只需考虑2−a2的符号,于是找到了分类讨论的标准√2.
当0⩽a⩽√2时, h(x)⩾x(2−a2+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.
当a>√2时, h(x)<2x−a2x(1−x2)(1−ax),为了找到δ∈(0,1),使得当x∈(0,δ)时, h(x)<0,只需2x−a2x(1−x2)(1−ax)<0,即(1−x2)⋅(1−ax)>2a2.此不等式不容易解,继续进行不等式放缩:
(1−x2)(1−ax)>(1−x)(1−ax)>(1−ax)2,
只需(1−ax)2>2a2,解得 1−ax>√2a,即 0<x<a−√2a2.
于是当0<x<a−√2a2时,
h(x)<2x−a2x(1−x2)(1−ax)<x[2−a2(1−ax)2]<0,
从而f′(x)<0,故f(x)在(0,a−√2a2)单调递减.
又因为f(x)是偶函数,故x=0是f(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)在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)=(1x−1)ln(1+x), f′(x)=−1x2ln(1+x)+(1x−1)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⋅(x−1).
(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.
由g(x)=g(−1−x)得(x+a)ln(1+1x)=(−1−x+a)lnx1+x,整理得
(x+a)ln(1+1x)=(x+1−a)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(2b−x),即
(x+a)ln(1+1x)=(2b−x+a)ln(1+12b−x).
将上式恒等变形为
(x+a)lnx+1x=(x−2b−a)lnx−2bx−2b−1,
由此可以得到,当
{−2b=1,−2b−1=0,−2b−a=a,
即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).
令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(1−2a−ax)(1+x)2.
(i)若a⩽0,当x∈(0,+∞)时, h′(x)>0, h(x)在(0,+∞)单调递增,从而h(x)>h(0)=0.故当x∈(0,+∞)时, f′(x)<0, f(x)在(0,+∞)单调递减, f(x)在(0,+∞)不存在极值点.
(ii)若a⩾12,当x∈(0,+∞)时, h′(x)<0, h(x)在(0,+∞)单调递减,从而h(x)<h(0)=0.故当x∈(0,+∞)时, f′(x)>0, f(x)在(0,+∞)单调递增, f(x)在(0,+∞)不存在极值点.
(iii)若0<a<12,当 x∈(0,1a−2)时, h′(x)>0, h(x)在(0,1a−2)单调递增;
当x∈(1a−2,+∞)时, h′(x)<0, h(x)在(1a−2,+∞)单调递减.所以当x∈(0,1a−2]时, h(x)>h(0)=0.
取x1=et−1,其中常数t>4a,则x1∈(1a−2,+∞),且
h(x1)=t−a(et−1)2+et−1et<t+1−aet<t+1−a(1+t2)2=(t+2)[t+1t+2−a4(t+2)]<0,
所以h(x)在(1a−2,+∞)
有唯一零点x0.当x∈(0,x0)时, h(x)>0, f′(x)<0, f(x)在(0,x0)单调递减;当x∈(x0,+∞)时, h(x)<0, f′(x)>0, f(x)在(x0,+∞)单调递增,因此f(x)在(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)=ax−sinxcos3x, 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)=a−cos4x+3sin2xcos2xcos6x=a−3−2cos2xcos4x.
(1)当a=8时, f′(x)=8−3−2cos2xcos4x=(2cos2x−1)(4cos2x+3)cos4x,
当x∈(0,π4)时, f′(x)>0, f(x)在区间(0,π4)单调递增;
当x∈(π4,π2)时, f′(x)<0, f(x)在区间(π4,π2)单调递减.
(2) \textbf{解法1:} 若a⩽0,则f(x)<sin2x.下设a>0.
当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.
设g(t)=1t3+2t,则g′(t)=2−3t4.
当t∈(0,1)时, g′(t)<0,故g(t)在(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 a⩽3.
当a⩽3时, f(x)−sin2x⩽3x−sinxcos3x−sin2x.
设h(x)=3x−sinxcos3x−sin2x,则
h′(x)=3−3−2cos2xcos4x−2cos2x=−4cos6x+5cos4x+2cos2x−3cos4x.
令F(t)=−4t3+5t2+2t−3,则F′(t)=−12t2+10t+2=2(1−t)(6t+1).
当t∈(0,1)时, F′(t)>0,故F(t)在(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+2cos2x−3<0,从而h′(x)<0,所以h(x)在(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)=3x−2sinx−tanx,x∈(0,π2),
则g′(x)=3cos2x−2cos3x−1cos2x.
令h(x)=−2cos3x+3cos2x−1,0<x<π2,则h′(x)=6sinxcosx(cosx−1)<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.
当a⩽3 时,
f(x)−sin2x⩽3x−sinxcos3x−sin2x<2sinx+tanx−sinxcos3x−2sinxcosx=sinx(1−cosx)(2−1cos2x−1cos3x)<0.
当a>3时, 取x0∈(0,π2), 满足 cosx0>13√a−2,又因为当x∈(0,π2)时, sinx<x,所以
f(x0)−sin2x0=ax0−sinx0cos3x0−2sinx0cosx0⩾sinx0(a−1cos3x0−2cosx0)⩾sinx0(a−2−1cos3x0)>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,y∈M,定义ρ(x,y)=|x−y|,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:M→M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,y∈M,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,⋯为{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,n⩾N,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}为ℜp数列:
\ding{172} a1+p⩾0,且a2+p=0;
\ding{173} a4n−1<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ℜ2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ℜ0数列的定义,可知{an}满足:
a1⩾0,a2=0; a4n−1<a4n; am+n=an+an或am+n=am+an+1.
由an+1=an+a1或an+1=an+a1+1,以及a1⩾0,可知an+1⩾an.
所以a1=0.
由a3=a1+a2=0或a3=a1+a2+1=1;\quad a4=a2+a2=0或a4=a2+a2+1=1,以及a3<a4,可知a3=0,a4=1.
由a5=a2+a3=0或a5=a2+a3+1=1, 以及a5⩾a4,可知a5=1.
\end{solution}
\begin{solution}
(III)假设数列 {an} 是满足“Sn⩾S10恒成立”的ℜp数列.
因为an+1=an+a1+p 或an+1=an+a1+p+1, 且a1+p⩾0,所以an+1⩾an.
由−p⩽a1⩽a2=−p,可知a1=−p.
从而a4n=a4n−1+a1+p=a4n−1
或a4n=a4n−1+a1+p+1=a4n−1+1.
又因为a4n−1<a4n,所以a4n=a4n−1+1.
因为a4=a3+1,且a3⩾a2=−p,所以a4⩾−p+1.
又因为a4⩽a2+a2+p+1=−p+1,所以a4=−p+1,a3=−p.
因为a12⩽a6+a6+p+1,且a6⩽a3+a3+p+1=−p+1,所以a12⩽−p+3.
因为a11=a12−1,所以a11⩽−p+2.
由S11⩾S10可知a11⩾0,所以p⩽2.
由a10⩾a8=a7+1及a7⩾a4=−p+1, 可知a10⩾−p+2.
由S9⩾S10可知a10⩽0,所以p⩾2.
综上可知,若数列{an}是满足“Sn⩾S10恒成立”的ℜp数列,则p=2.
当p=2时,考虑数列{an}:
an={−2+k,n∈{4k+1,4k+2,4k+3},−1+k,n=4k+4(k∈N).
下面验证数列{an}满足性质\ding{172} \ding{173} \ding{174}.
由a1=−2,a2=−2可知a1+p⩾0,a2+p=0.
因为a4n−1=n−3,a4n=n−2,所以a4n−1<a4n.
对于任意正整数m,n,存在k1,k2∈N,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.
又m+n=4(k1+k2)+r1+r2,所以
当0⩽r1+r2<4 时, am+n=−2+k1+k2;当4⩽r1+r2⩽6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n⩽9时, an⩽a10=0;当n⩾11时, an⩾a10=0.所以Sn⩾S10恒成立.
综上,存在ℜp数列{an},使得Sn⩾S10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+x−1(1+x)2]=ex[1+2x(1+x)2+ln(1+x)].
因为x⩾0,所以g′(x)>0.所以函数g(x)在[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,+∞),
则h′(x)=f′(x+t)−f′(x),x∈[0,+∞).
由(II)知, f′(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以h′(x)=f′(x+t)−f′(x)>0.
从而h(x)在[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 (j⩾0),使得ai+ai+1+ai+2+⋯+ai+j=n,则称Q为m−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:2,1,4为5−连续可表数列.
又因为a1+a2+a3=7≠6,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,⋯,k−i)的可能取值最多有 n(k)=k+(k−1)+⋯+1=k(k+1)2个.
由题设, n(k)⩾8,故k⩾4.
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:1,4,1,2为8−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k⩾6.
假设存在Q0:a1,a2,⋯,a6为20−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+j⩽a1+a2+⋯+a6<20,这与Q0是20−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a1⩽−2.
由题设, a2+a3+⋯+a6=20 , 所以a1+a2+⋯+a6⩽20−2=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.
又5a1+10(a2+a5)+12(a3+a4)+6a6=210,
所以a3+a4=12,a2+a5=7.
当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.
当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, al−1+al⩾1,al+al+1⩾1, 所以ai+ai+1+⋯+ai+j⩽a1+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k⩾7.
\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an⋅Sn=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, A、C分别是E的上、下顶点, B、D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, PD∩BC=M, PA∩l=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 CC∩PA=N, CD∩AB=Q, DP∩BC=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N作CD的平行线,交 BC于M′.如果能证明M′PD三点共线,那就说明M′就是题目中的M,那么MN // CD得证.
设N(t,−2),则AN:y=−4tx+2,联立椭圆得 (t2+36)x2−36tx=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=−4t⋅36tt2+36+2=2t2−72t2+36.
又过N作CD的平行线交BC于M′,则 M′N:3y=2(x−t)−6.联立 BC:x−3+y−2=1得 xM′=t2,因此 yM′=−2−23⋅t2=−6+t3.
由于 kPD=yPxP−3=2t2−7236t−3t2−108=2(t+6)(t−6)−3(t−6)2=−2(t+6)3(t−6),
kM′D=−6+t3t2−3=−2(t+6)3(t−6),因此 kPD=kM′D⇒M′PD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, AB与CD交点H (H为无穷远点), AP与CC (即切线x=−2)的交点N, DP与BC的交点M, H、M、N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:x2−y2=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, AP与x=−3交于N点, PD与BC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, PD与BC交于M,则MN // CD // AB.
(2023年北京高考)已知数列{an}满足an+1=14(an−6)3+6 (n=1,2,3,⋯),则
A.当a1=3时, {an}为递减数列,且存在常数M⩽0,使得an>M恒成立
B.当a1=5时, {an}为递增数列,且存在常数M⩽6,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|Bi⩽Ak,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a∈R,函数f(x)=ax2−2x−|x2−ax+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)=ax2−2x, h(x)=x2−ax+1, h(x)的判别式Δ1=a2−4.
(i)当Δ1⩽0,即|a|⩽2时, f(x)=ax2−2x−(x2−ax+1)=(a−1)x2+(a−2)+1.
\ding{172} 当a=1时, f(x)=−x−1恰有一个零点,不合题意.
\ding{173} 当a≠1时, f(x)的判别式 Δ2=(a−2)2+4(a−1)=a2⩾0.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a≠0时, f(x)恰有两个零点.
(ii)当Δ1>0,即|a|>2时,若f(x)=0,则有ax2−2x=|x2−ax+1|,故(ax2−2x)2=(x2−ax+1)2,整理得
(x−1)(x+1)((a−1)x−1)((a+1)x−1)=0.
从而f(x)=0⇔x∈{1,−1,1a−1,1a+1} 且g(x)⩾0.注意到
{g(1)=a−2,g(−1)=a+2,g(1a−1)=−a−2(a−1)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)在x=2处的切线斜率为4−3ln312.
(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+1−2x+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)在 [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.
当n⩾2时,由f(1k)=(k+12)(ln(k+1)−lnk) (其中k∈N∗),有
n−1∑k=1f(1k)=n−1∑k=1((k+32)ln(k+1)−(k+12)lnk−ln(k+1))=(n+12)lnn−n−1∑k=1ln(k+1)=−ln(n!)+(n+12)lnn.
一方面,由f(1k)>1,可得∑n−1k=1f(1k)>n−1,
即−ln(n!)+(n+12)lnn>n−1,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)在[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n⩾2时有∑n−1k=1f(1k)<n−1+112∑n−1k=11k2,
其中, ∑n−1k=11k2=1+∑n−1k=21k2<1+∑n−1k=21k(k−1)=1+∑n−1k=2(1k−1−1k)=2−1n−1<2.
所以∑n−1k=1f(1k)<n−1+112∑n−1k=11k2<n−56, 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+n⩽1.
\end{solution}
\item (12分) \\
(2023年天津高考)已知{an}是等差数列, a2+a5=16, a5−a3=4.
\begin{enumerate}[itemsep=-0.3em,label={(\arabic*)},topsep=0pt,labelsep=.5em,leftmargin=3em]
\item 求{an}的通项公式及∑2n−1i=2n−1ai (n∈N∗);
\item 设 {bn}是等比数列,且对任意的 k∈N∗,当 2k−1⩽n⩽2k−1时, bk<an<bk+1.
(i)当k⩾2时,求证: 2k−1<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a5−a3=4,可得2d=4,故可解得 a1=3, d=2, 由此可得 an=2n+1.
因此有 a2n−1=2n+1,a2n−1=2n+1−1, 故
2n−1∑i=2n−1ai=(2n+1+2n+1−1)×2n−12=3×22n−2.
(II)\textbf{解:} (i)由已知,当2k−1⩽n⩽2k−1时,有bk<an且bk+1>an.
由此可得bk<a2k−1=2k+1,且bk+1>a2k−1=2k+1−1.
所以,对于任意的k⩾2, 2k−1<bk<2k+1.
(ii)设{bn}的公比为q.由(i),对于任意的k⩾2有2k+1−1<bk+1<2k+1+1.
由此可得2k+1−12k+1<bk+1bk=q<2k+1+12k−1,
即2−32k+1<q<2+32k−1,
进而对于任意的k⩾2,有|q−2|<42k.
假如q≠2,则当k>log24|q−2|时,有|q−2|>42k,矛盾,所以, q=2.
由2k−1<bk=b1×2k−1<2k+1,
有2−12k−1<b1<2+12k−1,
故|b1−2|<12k−1<42k.
同上可得b1=2.
所以, bn=2n.因此, {bn}的前n项和为 Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2.
\end{solution}
π4−∑nk=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)
和P2(x2,y2),记
|P1P2|t=max{|x1−x2|1+|x1−x2|,|y1−y2|1+|y1−y2|},
称|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)=ax2−x+ln(x+1), a∈R.
\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)=2ax−1+1x+1=2ax−xx+1=x(2a−1x+1),因此f′(0)=0;
(i)当a⩽0时, 2a−1x+1<0,则此时令 f′(x)>0有 x∈(−1,0),令 f′(x)<0有 x∈(0,+∞),则f(x)在(−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0和x0=12a−1,
若x0<0,即a>12,此时令f′(x)<0有x∈(x0,0), f(x)在(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;
若x0>0,即0<a<12,此时令f′(x)<0有x∈(0,x0), f(x)在(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;
若x0=0,即a=12,此时f′(x)=x2x+1>0, f(x)在(−1,+∞)上单调递增,又f(0)=0,则x>0时f(x)>0, x<0 时f(x)<0;则x≠0时f(x)x>0,也即对x1x2≠0, 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=12且x>0时, f(x)=12x2−x+ln(x+1)>0,
则x>0时, x−12x2<ln(x+1)<x,令x=1n,
有1n−12n2<ln(1n+1)<1n, 即1n−12n2<ln(n+1)−lnn<1n,
于是1n−1−12(n−1)2<lnn−ln(n−1)<1n−1, ⋯, 1−12<ln2<1.
将上述n个式子相加,得tn−12(1+122+⋯+1n2)<ln(n+1)<tn.
欲证tn−56<ln(n+1)<tn,只需证tn−56<tn−12(1+122+⋯+1n2),只需证1+122+⋯+1n2<53.
因为1n2=44n2<44n2−1=2(12n−1−12n+1),
所以1+122+⋯+1n2<1+2(13−15+15−17+⋯+12n−1−12n+1)=53−22n+1<53, 得证.
于是tn−56<ln(n+1)<tn得证.
\end{solution}
\item (12分) \\
已知函数 f(x)=sinx−ln(1+x), f′(x)为 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)=cosx−11+x, g′(x)=−sinx+1(1+x)2.
当x∈(−1,π2)时, g′(x)单调递减,而g′(0)>0, g′(π2)<0, 可得g′(x)在(−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)在(−1,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,故g(x)在(−1,π2)存在唯一极大值点,即f′(x)在(−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)在(−1,0)单调递增,而f′(0)=0,所以当x∈(−1,0)时, f′(x)<0,故f(x)在(−1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(−1,0]的唯一零点.
(ii)当x∈(0,π2]时,
由(1)知, f′(x)在(0,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,
而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)在(0,β)单调递增,在(β,π2)单调递减.
又f(0)=0, f(π2)=1−ln(1+π2)>0,所以当x∈(0,π2]时, f(x)>0.从而, f(x)在(0,π2]没有零点.
(iii)当x∈(π2,π]时, f′(x)<0,所以f(x)在(π2,π)单调递减.而f(π2)>0, f(π)<0,所以f(x)在(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)在(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α和β,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=api−1+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+1−pi} (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)=(1−α)β, P(X=0)=αβ+(1−α)(1−β),
P(X=1)=α(1−β).
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=0.4pi−1+0.5pi+0.1pi+1,
故0.1(pi+1−pi)=0.4(pi−pi−1),即
pi+1−pi=4(pi−pi−1).
又因为p1−p0=p1≠0,所以{pi+1−pi} (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=p8−p7+p7−p6+⋯+p1−p0+p0=(p8−p7)+(p7−p6)+⋯+(p1−p0)=48−13p1.
由于p8=1,故p1=348−1,所以
p4=(p4−p3)+(p3−p2)+(p2−p1)+(p1−p0)=44−13p1=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=1257≈0.0039,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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%------------------------------------结束--------------------------------------
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\clearpage
\end{document}
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