2023年高考数学真题及解析(北京卷)

2023年高考数学真题及解析（北京卷）一、选择题：本题共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.1.已知集合

M{x∣x20},N{x∣x10}

，则

MN（

）A.{x∣2x1}C.{x∣x2}

B.{x∣2x1}D.{x∣x1}【答案】A【解析】【分析】先化简集合M,N，然后根据交集的定义计算.【详解】由题意，M{x∣x20}{x|x2}，N{x∣x10}{x|x1}，根据交集的运算可知，MN{x|2x1}.故选：A2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,3)，则z的共轭复数z（

）A.13iC.13i

B.13iD.13i【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义先求出复数z，然后利用共轭复数的定义计算.【详解】z在复平面对应的点是(1,3)，根据复数的几何意义，z13i，由共轭复数的定义可知，z13i.故选：D3.已知向量a，b满足a(2,3),(2,1)，则|a|b|（

）A.2

B.1

C.0

D.11bab2|2bab2|2【答案】B【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.【详解】向量a,b满足a(2,3),(2,1)，所以|a|b|a))22).故选：B4.下列函数中，在区间(0,上单调递增的是（

）A.f(x)lnx

1B.f(x)2xC.

1f(x)x

D.f(x)3|x1|【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.【详解】对于A，因为ylnx在单调递增，

y在单调递减，所以flnx在单调递减，故A错误；0,上x所以

1x2x

在单调递减，故B错误；1x

y在单调递减，所以

x0,上

1x2

1显然f3x在不单调，D错误.故选：C.x

）．

2bab2|2(b(ab(311)0,上x0,上对于B，因为y2x在0,上单调递增，y在单调递减，bab2|2(b(ab(311)0,上x0,上对于B，因为y2x在0,上单调递增，y在单调递减，1x0,上f0,上对于C，因为y在单调递减，0,上x0,上f在单调递增，故C正确；13121对于D，因为f323，f311301,f3213，12x10,上2x155.的展开式中x的系数为（A.80

B.40

C.40

D.80【答案】D【解析】【分析】写出的展开式的通项即可x

r1

55

5

r令52r1得r22x12x故选：D【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.6.已知抛物线C:y28x的焦点为F，点M在C上．若M到直线x3的距离为5，则|MF|（

）A.7

B.6

C.5

D.4【答案】D【解析】【分析】利用抛物线的定义求解即可.所以M到准线x2的距离为MF，又M到直线x3的距离为5，所以MF故选：D.

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

）

32x15x2x15【详解】的展开式的通项为Tx2x15x2x15【详解】的展开式的通项为Txr1125rCrx52rCr2rx所以的展开式中x的系数为1252C52805【详解】因为抛物线C:y28x的焦点F2,0，准线方程为x2，点M在C上，A.

π6

B.

π3

C.

2π3

D.

5π6【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为(ac)(sinAsinC)b(sinAsinB)，所以由正弦定理得(ac)(ac)b(ab)，即a2c2abb2，则又

π3

a2b2c22ab

ab2ab

12故选：B.yxxy

）A.充分不必要条件C.充要条件

B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】xy【分析】解法一：由yx2化简得到xy0即可判断；解法二：证明充分性可由xy0得到xy，代入

xy

yxyxyxxyxy明充分性可由yx通分后用配凑法得到完全平方公式，再把xy0代入即可，证明必要性可由yx通分后用配凑法得到完全平方公式，再把xy0代入，解方程即可.【详解】解法一：xy因为xy0，且yx2，4a2b2c2ab，故cosC，0Cπ，所以C.8.若xya2b2c2ab，故cosC，0Cπ，所以C.8.若xy0，则“xy0”是“2”的（化简即可，证明必要性可由2去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证所以x2y22xy，即x2y22xy0，即xy20，所以xy0.xy所以“xy0”是“yx2”的充要条件.解法二：充分性：因为xy0，且xy0，所以

xy，x所以y

yxy

yy

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

xy

yx2y2xxy

x2y22xy2xyxy

2xyxy

2，所以充分性成立；xy必要性：因为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”的充要条件.故选：C9.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个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与平面ABCD的夹角的正切值均为

145

，则该五面体的所有棱长之和为（

）A.102m

B.

112mC.117m【答案】C【解析】

D.125m【分析】先根据线面角的定义求得tanEMOtanEGO

145

，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过E做EO平面ABCD，垂足为O，过E分别做EGBC，EMAB，垂足分别为G，M，连接OG,OM

，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为EMO和EGO，所以tanEMOtanEGO

145

.因为EO平面ABCD，BC

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

平面EOG，因为OG平面EOG，所以BCOG，.同理：OM

BM，又BMBG，故四边形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，又因为EFAB55255515，所有棱长之和为2252101548117m.故选：C10.已知数列满足an

4n

3

）A.当a3时，为递减数列，且存在常数M≤0，使得aM恒成立1nnB.当a时，为递增数列，且存在常数M，使得aM恒成立1nnC.当a7时，为递减数列，且存在常数M，使得aM恒成立1nnD.当a9时，为递增数列，且存在常数M，使得aM恒成立1nn【答案】B【解析】【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.法2：构造

14

319选项nn42a

n

an，进而取m4推得aM不恒成立；对于B，证明an所在区间同时证得后续结论；n对于C，记

4

0310n19xx，42n

an，进而取m推得anM不恒成立.a

14

33

nn4n对于A，若a13，可用数学归纳法证明：an63即an3，证明：当n1时，a1633，此时不等关系an3成立；设当nk时，ak63成立，7395n1a66(n1,2,3,)，则（1aa5a6a6a0f6395n1a66(n1,2,3,)，则（1aa5a6a6a0f66x，利用导数求得f正负情况，再利用数学归纳法判断得各xxx的a所在区间，从而判断单调性；对于A，构造hx3x226x473判断得a的xx，11Mmlog2log61，取m1推得aM不恒成立；对于D，构造mMgx3x226x499判断得a11M1【详解】法1：因为n1，故a11则a

k1

1274k

3

k1

63成立，由数学归纳法可得an3成立.而a

n1

1

32

14

2

n44nnna为故a

n1

6

14

32

nn4n4nn所以6a

n1

94

n

，

n1n19n14故

6M3

9n1，故

n1log94

6M3

，故anM恒成立仅对部分n成立，故A不成立.对于B，若a1=5,可用数学归纳法证明：1an60即5an6，证明：当n1时，1a1610，此时不等关系5an6成立；设当nk时，5ak6成立，则a

k1

14k4

3

k1

60成立即由数学归纳法可得5ak

1

6成立.而a

n1

1

32

14

a2annnnn若M6，则an6恒成立，故B正确.对于C，当a17时，可用数学归纳法证明：0an61即6an7，86654,，故aa41aa66661，aaan4nnnn66654,，故aa41aa66661，aaan4nnnn619150，a60，故aa0，故an1an，a1故n减数列，注意ak163061696结合a0，，1a故6a39，故a639，644n1n1aM恒成立，则63M，若存在常数M≤0，使得n4166,0，故1aa1aa66661，aaan4nnnn610，a60，故aa0，故an1an，故为增数列，1证明：当n1时，0a161，此时不等关系成立；设当nk时，6ak7成立，则a

k1

114k

3

k1

61成立即6a

k1

7由数学归纳法可得6an7成立.而a

n1

0，故a

an，故减数列，又a

n1

11n4n4n

2

n1

60可得：a

n1

a1以a

n1

1n4若a

n1

1n

n1n

4

M

1，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当a19时，可用数学归纳法证明：an63即an9，证明：当n1时，a1633，此时不等关系成立；设当nk时，ak9成立，则a

k1

1274k4

3

3，故ak9成立由数学归纳法可得an9成立.而a

n1

0，故a

an，故增数列，又a

n1

19n4n4nn

2a

n1

a1

n1

9n149n19660,，故0aa4nnnn61a61aa2a为n6666结合a660,，故0aa4nnnn61a61aa2a为n6666结合aaaa，66，所1n46，6，若存在常数M6，使得aM恒成立，4则M6恒成立，故nlog6n466a1nnnn61a61aa2a为n6666结合a60可得：aaa，663，所以a4463，aM恒成立，则M63，若存在常数M，使得n故选：B.

9n1

4

M6

法2：因为an1

119n4nn4n2nn

3令

19x424233

23或x63

；233

23x63

；

3233

3

23

23令

f0，则

14

9124

xx8，注意到

23463

23，763

8，所以结合f单调性可知在6,8f0，在4,6f0，对于A，因为a

n1

14nn4n

33132412假设当nk时，ak3，114k4

33

k1

3，,,4上xa为10故M63，故nlog1，这与n的个数有限矛盾，故D错误.934a66aa3a226a48，a3fx3x226x48，则fx故M63，故nlog1，这与n的个数有限矛盾，故D错误.934a66aa3a226a48，a3fx3x226x48，则fxx29x26，令f¢x)>0，得0x6(令fx0，得6所以f623和6,上单调递增，在3上单调递减，,6x3x226x480，即4x6x80，解得x4或x6或x5上和8,,4和上xxx的66，则a616，aa1a3，a663，则a3，a当n1时，16663，则a当nk1时，k1aa3综上：an3，即an4，因为在f0，所以an1an，则n递减数列，因为an1

119n4nn4n2nn

3令

19xx，424因为h口向上，对称轴为

934

，34所以

19x342故ann0，即an

1

n假设存在常数M≤0，使得anM恒成立，取m4，其中M

M，且Z，因为an

1

an，所以a2a11,a3a21,,aa，M则

aam

M，与aM恒成立矛盾，故A错误；n对于B，因为a15，11332414假设当nk时，ak6，

3所以a

k1

14k

311334142假设当nk时，ak5，

3

11a166a1a3a226a47，a3hx3x226x473则a166a1a3a226a47，a3hx3x226x473则hxx29x26，x62x开所以hx单调递减，故hxh33293260，在,3上h单调递增，故hh3332263470，x在,3上a1，1a1M1MM1M4M3133M3M，上式相加得，a4a1M4Ma56，a66666，a5当n1时，1当nk1时，因为ak6，所以ak60，则ak60，666，aa561610，即a5，a5又当n1时，2当nk1时，因为ak5，所以ak61，则ak61，所以ak1

14k

3综上：5an6，4,6上xa为此时，取M6，满足题意，故B正确；对于C，因为a

n1

14nn4n

33111131432341k131kk341综上：a2n11易知3n0，则0，故a6,7n6，6,8上xa为假设存在常数M6，使得anM恒成立，3100000412665，a因为在f0，所以an1an，所以n递增数列，66，则a616，aa1a7时，a666，a6666，7注意到当14444411413665，a因为在f0，所以an1an，所以n递增数列，66，则a616，aa1a7时，a666，a6666，7注意到当1444441141313a6666444k1231猜想当n2时，a，412n31114当n2与n时，a24与a满足a，4nk1231假设当nk时，a，411k3111212311当nk1时，所以ak1k66666，a444n12314123112314所以an,7因为在f0，所以an1an，则n递减数列，mlog2log61，取m1，其中m1m,mN*，mmM记06n，16n21，则

3m3m02log11

，4114所以amM，故anM不恒成立，故C错误；对于D，因为a19，127414假设当nk时，ak3，

3

3，则a9，2114k4

33

k1

9，综上：an9，8,xa为因为a

n1

119n4nn4n2nn

3令

19xx，424因为g口向上，对称轴为

934

，所以所以

19x942

g上单调递增，故gg32260，4故ann0，即an

1

n假设存在常数M0，使得anM恒成立，取m，其中M

M，且Z，因为an

1

an，所以a2a11,a3a21,,aa，M则

aam

n故选：B.13M6logM6，所以1123m1M6，即1123m16M，故23m1M6logM6，所以1123m1M6，即1123m16M，故23m1a66a当n1时，26663，则a当nk1时，k1aa9因为在上f0，所以an1an，所以n递增数列，a166a1a3a226a49，a3gx3x226x499则gxx29x26，x62x开gg9392269490，x9999x在9,a1，1a1M11MM1M1M1上式相加得，aa19MM，M，与aM恒成立矛盾，故D错误.1M【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．122【答案】1【解析】【分析】根据给定条件，把

1x代入，利用指数、对数运算计算作答.2【详解】函数

2

111

211.故答案为：112.已知双曲线C的焦点为(2,0)和(2,0)，离心率为2，则C的方程为____________．【答案】

x22

y22

1【解析】【分析】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.【详解】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为a,b，显然双曲线C的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距c2，由双曲线C的离心率为

2，得

ca

2，解得a2，则bc2a22，所以双曲线C的方程为

x22

y22

1.故答案为：

x22

y22

113.已知命题p:若,为第一象限角，且，则tantan．能说明p为假命题的一组,的值为__________，_________．1411.已知函数f(x)4xlogx，则f____________．f(x11.已知函数f(x)4xlogx，则f____________．f(x)4xlogx，所以f()42log2229π

π【答案】

①.

4

②.

3【解析】【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.【详解】因为

x

ππ

000取

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

π10

π2201200因为2k1

2

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

9ππ;.4314.我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环a，【答案】

①.48

②.384【解析】【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解d,q，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求a7,a3，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【详解】方法一：设前3项的公差为d，后7项公比为q0，则

a192q49a12

16，且q0，可得q=2，5aq2空1：可得a33,a7

aq448，3

15ftanx在0,上单调递增，若0，则tan0tan，22ftanx在0,上单调递增，若0，则tan0tan，22kk222kkkπ2k，kππkk1,k0,,，即,满足题意.权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列n该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a11,a512,a9192，则a7___________；数列an所有项的和为____________．则a3d5，即1d，可得d，327空2：a263384129a,3且an0，所以a748；a225a7空2：设后7项公比为

aa33aq13923234567891

3192212

381，所以a1a2La96381a3384.故答案为：48；384.15.设

x2,xa,①f(x)在区间(a1,上单调递减；②当a1时，f(x)存在最大值；③设M

fa,fa，则|MN111222

|1；④设

333444

．

1其中所有正确结论的序号是____________．【答案】②③【解析】【分析】先分析

125合图像可知此时PQ存在最小值，从而得以判断.1612方法二：空1：因为nn7为等比数列，则a72a5a912192482，又因为aa3a7，则3a53；112方法二：空1：因为nn7为等比数列，则a72a5a912192482，又因为aa3a7，则3a53；123323aLa1q0，则q254，解得q=2，aa6,aaaaaaa3可得1aaaqa0，函数f(x)a2x2,axa,，给出下列四个结论：x1,xa.),xxNxxx,xP,faQ,fa若|PQ|存在最小值，则a的取值范围是0,．xxxx,xx2f图像，再逐一分析各结论；对于①，取a，结合图像即可判断；对于②，x的分段讨论f取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知MN的范围；对于④，取a4，结【详解】依题意，a0，当x时，fx，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；x（即半圆）；当xa时，fx，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；对于①，取

12

x的显然，当

x(a1,，即

11

x在对于②，当a1时，当x时，fx22；当xa时，fa22显然取得最大值a；当xa时，fxa，综上：f得最大值a，故②正确；对于③，结合图像，易知在x1a，x2a且接近于xa处，M

fa,fa的距离最小，111222

17当axa时，fa2x2，易知其图像是，圆心为0,0，半径为a的圆在x轴上方的图像ax当axa时，fa2x2，易知其图像是，圆心为0,0，半径为a的圆在x轴上方的图像ax2x1a，则f图像如下，x,时，f,0上单调递增，故①错误；22)axa1axxx112x取,xxNxxx,xx此时，

MNyya11，故③正确；12对于④，取

45

x的x,Qx，结合图像可知，要使PQ取得最小值，则点P在

4f

1625

44

同时PQ的最小值为点O到

4此时，因为

4

OP

1，故直线OP的方程为yx，yx联立

x1，解得

，则P1,1显然

在x

5即

41故答案为：②③.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得f图像，特别是当xa时，fa22的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.三、解答题：本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18当x1a时，yfx10，当x2a且接近于xa处，y2f2a1，a，则f图像如下，因为Px3,f3x当x1a时，yfx10，当x2a且接近于xa处，y2f2a1，a，则f图像如下，因为Px3,f3x3ax4,f4x4afx2x上，点Q在x5x2x，55xfx2x的距离减去半圆的半径a，x5fyx2x的斜率为1，则kx5yx2y1，P1,1fx2x上，满足PQ取得最小值，4a也满足PQ存在最小值，故a的取值范围不仅仅是0,，故④错误.52axxx的16.如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，PAABBC1，PC3．（1）求证：BC

平面PAB；（2）求二面角APCB的大小．【答案】（1）证明见解析π（2）

3【解析】【分析】（1）先由线面垂直的性质证得PABC，再利用勾股定理证得BCPB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】因为PA平面ABC,BC平面ABC，所以PABC，同理PAAB，所以PAB为直角三角形，又因为PBPA2AB

2

2，BC1,PC3，所以PB2BC

2

PC2，则PBC为直角三角形，故BCPB，又因为BC

PA，PAPBP，所以BC

平面PAB.

19【小问2详解】由（1）BC

平面PAB，又AB平面PAB，则BCAB，以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则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)，设平面PAC的法向量为

AP0

111

，

令

11

BC0，222x，则z，所以n(1,0,1)211所以又因为二面角APCB为锐二面角，所以二面角APCB的大小为

π.π2（1）若f(0)

32

，求的值．

20PCB，ACBCPCz0,m,y,z则，即1xx1y10,mAC0PCB，ACBCPCz0,m,y,z则，即1xx1y10,mAC0mx1，则y1，所以m(1,1,0)，y20设平面PBC的法向量为n2,y2,z2则，即xxyz0，nPC0令2mncosm,n，222mnn11，317.设函数f(x)sinxcoscosxsin0,||．2π中选择一个作为已知，使函数f(x)存在，求

的值．条件①：条件②：

ππ3注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．π3π6【解析】π2（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把f(x)的解析式化简，根据

π2π上的单调性及函数的最值可求出T，从而求出

ππ3件一样，解法与条件②相同．【小问1详解】因为

π2所以f(0)sincoscossinsin

32

，ππ2321π,2πf1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件（2）已知f(x)在区间33上单调递增，3,f2；3f1π,2πf1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件（2）已知f(x)在区间33上单调递增，3,f2；3f1；3ππ条件③：f(x)在区间2上单调递减．【答案】（1）.（2）条件①不能使函数f(x)存在；条件②或条件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；若选条件③：由f(x)的单调性可知f(x)在x处取得最小值1，则与条件②所给的条f(x)sinxcoscosxsin,0,||00因为||，所以.【小问2详解】因为所以

,

π2

π2不能使函数f(x)存在；

3

2无解，故条件①若选条件②：因为

π2π上单调递增，且

2π

πT2ππ2πT所以f(x)sin又因为

ππ

所以所以所以

ππ32

ππ

π6

k

6263π3

π以下与条件②相同．18.为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“-表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．22f(x)sinxcoscosxsin,0,||，f(x)sinx0,||，所以f(x)的最大值为1，最小值为1.f(x)sinxcoscosxsin,0,||，f(x)sinx0,||，所以f(x)的最大值为1，最小值为1.若选条件①：因为f(x)sinx最大值为1，最小值为，所以ff(x)在,33f1，3f13π,所以T2π,所以2331,x，f1，所以sin1，332kπ,Z，2kπ,kZ，因为||，所以.1，；π2πππ若选条件③：因为f(x)在3上单调递减，3上单调递增，在2所以f(x)在x处取得最小值1，即f1.3时段

价格变化第1天到第20天第21天到第40天

-0

++

++

00

--

--

--

++

++

00

++

00

-+

--

+-

--

++

00

0-

++用频率估计概率．（1）试估计该农产品价格“上涨”的概率；（2）假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；（3）假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明）【答案】（1）0.4（2）0.168（3）不变【解析】【分析】（1）计算表格中的的次数，然后根据古典概型进行计算；（2）分别计算出表格中上涨，不变，下跌的概率后进行计算；（3）通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第41天的情况.【小问1详解】根据表格数据可以看出，40天里，有16个，也就是有16天是上涨的，根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：

1640

0.4【小问2详解】在这40天里，有16天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25，23““于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是C240.42C120.350.250.168【小问3详解】由于第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次，因此估计第41次不变的概率最大.19.已知椭圆E:

x2a2

y2b2

1(ab0)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．（1）求E的方程；（2）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y2交于点N．求证：MN//CD．【答案】（1）

x29

y24

1（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合题意得到

ca

53

，2b4，再结合a2c2b2，解之即可；（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点M,N的坐标，进而求得kMN，再根据题意求得kCD，得到kMNkCD，由此得解.【小问1详解】c依题意，得ea

53

，则c

53

a，又A,C分别为椭圆上下顶点，AC4，所以2b4，即b2，所以a2c2b24，即

5499

24a2a2a24，则a29，a2a2a24，则a29，所以椭圆E的方程为

x29

y24

1.【小问2详解】因为椭圆E的方程为

x29

y24

，所以A0,23,03,0因为P为第一象限E上的动点，设P,n3,0n2则

m29

n24

1，易得kBC

0230

23

2yx2，3kPD

n0m3

nm3

，则直线PD的方程为

nym3

联立，解得，即

m3nm

,而kPA

n2m0

n2m

，则直线PA的方程为

n2m令y=

n2m

4mn2

，即N

，又

m29

n24

9n24

，8m27218n2，所以kMN

12n

93

nm2

6n24mn8m24

6n24mn8m246n24mn8m249n26mn12m36

2n2mnm12，

251,C2BD0,,,，m0m，，则直线BC的方程为x3，23mxx33n2m6n12nm12nM3n2m6，1,C2BD0,,,，m0m，，则直线BC的方程为x3，23mxx33n2m6n12nm12nM3n2m6，3n2m6326y3yxyx2，2，则2x2，解得x4m,2n2，则m223n2m63n2m64m33n2m6n2n6m18n24mn2m6641n29n28m26mn12m369n27218n26mn12m363n2mnm1233242又kCD

0230

23显然，MN与CD不重合，所以MN//CD.20.设函数f(x)xx3eaxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为yx1．（1）求a,b的值；（2）设函数g(x)f)，求g(x)的单调区间；（3）求f(x)的极值点个数．【答案】（1）a1,b1（2）答案见解析

（3）3个【解析】【分析】（1）先对f导，利用导数的几何意义得到f(1)0，f，从而得到关于a,b的方程组，解之即可；（2）由（1）得g解析式，从而求得g利用数轴穿根法求得g0与g0的解，由此求得g单调区间；上f零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得f极值点个数.【小问1详解】因为f(1,f(1))处的切线方程为y，所以f(1)0，f，3a0所以a1,b1.【小问2详解】26，即kMNkCD，(x（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间,，即kMNkCD，(x（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间,01x1,x2与x2,，0,x，因为f(x)xx3eaxb,xR，所以fx13x2ax3eaxb，则，解得，(1)1x求xx，xx的x的x的x的x在x111(1)111eba1，令x26x60，解得x33，不妨设x133，x233，则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单调递减区间为0,33和33,，单调递增区间为,0和33,33.【小问3详解】，所以f,0存在唯一零点，不妨设为x3，则x30，x单x单3所以f,0有一个极小值点；0,时0,x上所以f0,x1存在唯一零点，不妨设为x4，则0x4x1，x单减；所以f0,x1有一个极大值点；x时x上1上27由（1）得231R13exgfxxxxx则1由（1）得231R13exgfxxxxx则1266exxgxxx，x在0,x，所以g12,x上单调递减，在,0，12,xx上单调递增，由（1）得31R()exfxxx23113exfxxx，x在0,x，由（2）知fx12,x上单调递减，在,0，12,xx上单调递增，当0x时，24011ef，010f，即010ff此时，当xx时，0fx，则f调递减；当30xx时，0fx¢>，则f调递增；()当1xx，fx在1单调递减，则1331120fxff，故100ffx，此时，当40xx时，0fx¢>，则f调递增；当41xxx时，0fx，则fx单调递()当2,xx，fx在12,x单调递增，则233310fxff，故120fxfx，所以f2,x存在唯一零点，不妨设为5x，则152xxx，xxx的x在1上x在上x在上x在上增；上x单x在和x上点.【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断ff正负情况，充分利用f单调性，寻找特殊点判断即可得解.21.已知数列的项数均为m(m2)，且a,b{1,2,,m},的前n项和分别为nnnnnnA,B，并规定AB0．对于k0,1,2,,m定义rmaxBA,i{0,1,2,,m}其中，nn00kikmaxM表示数集M中最大的数.（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）证明：存在p,q,s,t0,1,2,,m满足

pq,s,使得ApBtAqBs．【答案】（1）r00，r11，r21，r32（2）rnn,nN（3）证明见详解【解析】【分析】（1）先求A0,A1,A2,A3,B0,B1,B2,B3，根据题意分析求解；（2）根据题意题意分析可得rr1，利用反证可得rr1，在结合等差数列运算求解；（3）讨论Am,Bm的大小，根据题意结合反证法分析证明.28此时，当x1xx5时，fx0，则f此时，当x1xx5时，fx0，则fx单调递减；当x5xx2时，fx0，则fx单调递所以f