高考真题变式题2024年北京高考数学真题变式题16-21含解析答案

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一、解答题
1．在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
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．
2．在中，，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：
（1）的值；
（2）的面积.
条件①：边上的高为；条件②：；条件③：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
3．已知的内角的对边分别为，且
(1)求的值；
(2)给出以下三个条件：
条件①：；条件②；条件③.这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题：
（i）求的值；
（ii）求的角平分线的长.
4．在中，角，，的对边分别为，，．已知，．
(1)求角的大小；
(2)再从①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，求的面积．（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分）
5．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
6．如图，四棱锥中，平面ABCD，，，，，M是PD中点．
(1)证明：平面PAB；
(2)求平面PCD与平面PBC夹角的余弦值．
7．如图，在四棱锥中，底面是菱形且，是边长为的等边三角形，，，分别为，，的中点，与交于点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
8．如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
9．某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明）
10．在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：
甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；
乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；
丙：9.85，9.65，9.20，9.16．
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．
(1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
(2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；
(3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
11．甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下：
(1)从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；
(2)在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望；
(3)假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系.
12．中国的农历七月初七被称为“七夕节”，象征着爱情与美好．某商场为了迎接“七夕节”的到来，特推出了购物抽奖活动．如图是由一个正方形与正三角形构成的图形，在点处各安装了一盏灯，每次只有一处的灯亮起．初始状态是点处的灯亮起，输入程序运行次数的上限，然后按下开始按钮，程序开始运行，下一次是与相邻点处的其中一盏灯随机亮起，再下一次是与上一次灯亮处相邻点的其中一盏灯随机亮起．若在运行过程中，点处的灯再次亮起，则游戏结束，否则运行次后游戏自动结束．在程序运行过程中，若点处的灯再次亮起，则顾客获奖．现顾客小王参与抽奖活动．
(1)若，求小王获奖的概率．
(2)若，记游戏结束时程序运行的次数为，求的分布列与期望．
13．已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
14．已知椭圆C：的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于点A，B，且，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，求直线OP的斜率与直线OQ的斜率的乘积．
15．已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，B为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足，若，求的值．
16．已知椭圆：（）短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，离心率和长半轴的比值为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线过椭圆的左焦点，与交于，两点，当的面积最大时，求直线的方程．
17．设函数，直线是曲线在点处的切线．
(1)当时，求的单调区间.
(2)求证：不经过点.
(3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
18．已知函数其中为常数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
19．已知函数为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与轴平行.
(1)求的值；
(2)求的单调区间；
(3)设，其中为的导函数.证明：对任意，.
20．已知函数与的图象关于直线对称，若，构造函数．
(1)当时，求函数在点处的切线与坐标轴围成三角形的面积；
(2)若（其中为的导函数），当时，，证明：．（参考数据：）
21．已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
22．设自然数，由个不同正整数构成集合，若集合的每一个非空子集所含元素的和构成新的集合，记为集合元素的个数
(1)已知集合，集合，分别求解．
(2)对于集合，若取得最大值，则称该集合为“极异集合”
①求的最大值（无需证明）．
②已知集合是极异集合，记求证：数列的前项和．
23．已知数表中的项互不相同，且满足下列条件：
①；
②.
则称这样的数表具有性质.
(1)若数表具有性质，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值；
(2)对于具有性质的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得；
(3)对于具有性质的数表，当n为偶数时，求的最大值.
24．若有穷自然数数列：满足如下两个性质，则称为数列：
①，其中，表示，这个数中最大的数；
②，其中，表示，这个数中最小的数.
(1)判断：2，4，6，7，10是否为数列，说明理由；
(2)若：是数列，且，，成等比数列，求；
(3)证明：对任意数列：，存在实数，使得.（表示不超过的最大整数）
赔偿次数
0
1
2
3
4
单数
场次
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲
8
10
10
7
12
8
8
10
10
13
乙
9
13
8
12
14
11
7
9
12
10
丙
12
11
9
11
11
9
9
8
9
11
参考答案：
1．(1)；
(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；
【详解】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，
此时，不合题意，舍弃；
选择②，因为为三角形内角，则，
则代入得，解得，
,
则.
选择③，则有，解得，
则由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则
2．（1）；（2）.
【分析】选①：（1）在直角中，，再利用即可求得结果；
（2）在直角中，由，得，再利用面积公式即可得解.
选②：（1）直接利用即可求得结果；
（2）由正弦定理，求得，再利用面积公式即可得解；
选③：（1）由，得，再利用即可得结果；
（2）直接利用三角形面积公式得解.
【详解】选①：边上的高为
（1）设边上高为，在直角中，
，，
（2）在直角中，因为，
选②：
（1），，
又，
（2），
选③：.
，
又，
（2）
【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
3．(1)；
(2)条件正确，(i)；(ii).
【分析】(1)根据两角和与差的正弦公式、辅助角公式化简计算可得，即可求得B；
(2)利用余弦定理即可推出条件①不正确；根据三角形面积公式和余弦定理求出，结合正弦定理即可求出，再次利用正弦定理可得，解方程组即可.
【详解】（1），
，
，
，得Z，
由，得；
（2）若条件①正确，由，得，
由余弦定理，得，即，
解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确；
(i)由，，
得，解得，
由余弦定理，得，
因为，所以，由正弦定理，
得，即；
(ii)由正弦定理，得，即，
因为平方，，所以，
在中，由正弦定理，得，
在中，由正弦定理，得，
又，上述两式相除，得，
解得，所以.
4．(1)；
(2).
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式进行化简可得出，由正弦定理、两角和的正弦公式以及同角三角函数关系可求出，从而可得出角的大小；
（2）由（1）得，，则，若选①：可得出，再根据正弦定理求出，最后根据三角形的面积公式即可求出的面积；若选②：先根据正弦定理求得，结合条件即可求出，最后根据即可求出的面积；若选③：可得出，再根据正弦定理求出，最后根据三角形的面积公式即可求出的面积.
【详解】（1）解：由题可知，，
由正弦定理得：，
又因为在中，，
，
则，又，所以，
而，所以，
，由正弦定理得，
则，
，即，
所以，而，所以.
（2）解：由（1）得，，则，
若选①，
则，解得：，
由正弦定理，得，解得：，
所以的面积为：；
若选②，
由正弦定理，得，所以，
所以，解得：，故，
所以的面积为：；
若选③，
则，解得：，
由正弦定理，得，解得：，
所以的面积为：.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由中位线定理推得四边形BCMN是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可证得平面PAB；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面PCD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.
【详解】（1）取PA中点N，连接BN、MN，
因为M、N分别是PD、PA的中点，
所以，，
又，，
所以，
故四边形BCMN是平行四边形，
所以，
又平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
.
（2）依题意，以A点为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
故，，，
设是平面PBC的法向量，则，
令，得；
设是平面PCD的法向量，则，
令，得；
设平面PCD与平面PBC夹角为，则，
所以，
故平面PCD与平面PBC夹角的余弦值为.
7．(1)证明过程见解析
(2).
【分析】（1）作出，再根据线面平行的判定定理证明即可.
（2）使用建系法，根据向量的夹角公式求出两个法向量的夹角余弦值，即可求出锐二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，设与交于点，连接.
因为分别为的中点，底面是菱形，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为为的中点，所以为的中点，
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为是边长为的等边三角形，为的中点，
所以.
因为底面是菱形且，易知为等边三角形，所以.
易知，所以，所以.
因为，所以，所以.
所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，得，
取，则，所以.
设平面的法向量为，
则，得，
则，取，则，所以.
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.
∵，∴，∴，
取的中点，连接，，
∵，且，∴四边形为平行四边形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
（2）由于，所以，
又梯形面积为，
设到平面距离为，则，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，
而，所以平面.
以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，
易得为等边三角形，所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
得，，不妨取，
又平面的一个法向量为.
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
9．(1)
(2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中估计值
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求.
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解.
【详解】（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元），
从而.
10．(1)0.4
(2)
(3)丙
【分析】(1) 由频率估计概率即可
(2) 求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.
(3) 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.
【详解】（1）由频率估计概率可得
甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，
故答案为0.4
（2）设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3
，
，
，
.
∴X的分布列为
∴
（3）丙夺冠概率估计值最大.
因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.
11．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）从表格中可以发现甲获胜的场数为3场，从而得到甲获胜的概率；
（2）从表格中可以发现在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场。乙得分大于丙得分的场数的取值为0，1，2，通过超几何分布的知识点，得到的分布列及数学期望.
（3）通过题目条件得到10场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，因为甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，从而得到方差，，的大小关系.
【详解】（1）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.
设表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则.
（2）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，
分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，
分别是第2场、第5场、第8场、第9场.
所以的所有可能取值为0，1，2.
，，.
所以的分布列为
所以.
（3）由题意，每场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，还需要进行6场比赛，
而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以
，，
故.
12．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意，由条件可得灯亮情况数，然后代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得的所有可能取值为，然后分别求得其对应概率，即可得到分布列，从而可得期望.
【详解】（1）当时，记“小王获奖”为事件，
则事件包括的灯亮情况：亮－亮－亮，亮－亮－亮，
亮－亮－亮－亮，亮－亮－亮－亮，
则．
（2）当时，的所有可能取值为，
则（灯亮的情况为亮－亮－亮，亮－亮－亮），
（灯亮的情况为亮－亮－亮－亮，亮－亮－亮－亮），
（灯亮的情况为亮－亮－亮－亮－亮，亮－亮－亮－亮－亮，
亮－亮－亮－亮－亮，亮－亮－亮－亮－亮），
（灯亮的情况为亮－亮－亮－亮－亮－亮，
亮－亮－亮－亮－亮－亮，亮－亮－亮－亮－亮－亮，
亮－亮－亮－亮－亮－亮，亮－亮－亮－亮－亮－亮，
亮－亮－亮－亮－亮－亮），
，
所以的分布列为
故．
13．(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【详解】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
14．(1)
(2)
【分析】（1）求出点坐标代入椭圆C的方程可得，由可得；
（2）由（1）求出椭圆C的方程，得直线的方程，设，，直线方程和椭圆方程联立，韦达定理代入求出可得答案．
【详解】（1）由题易知，，，则，
代入椭圆C的方程，可得，
所以，即，所以，
所以．
（2）由（1）及，得，所以椭圆C的方程为，
易得直线：．设，，
由，得，
其中恒成立（直线l与椭圆C相交于P，Q两点），
则，，
所以，
所以．
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由题意可得，，再结合可求出，从而可求出椭圆的方程；
（2）由题意设直线为（），，设，将直线方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由可得，再根据可求得结果.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，
所以，
因为面积的最大值为，
所以，
因为，
所以解得，
所以椭圆C的方程为；
（2），设直线为（），，不妨设，
设，
由，得，
则，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，解得，
因为，
所以，，
所以，
，
所以，
化简得，解得，
因为，所以.
16．（1）；（2）.
【分析】（1）根据已知可构造出关于的方程组，解方程组求得即可得到标准方程；
（2）设，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，由，代入韦达定理结论可整理得到关于的函数形式，通过换元法可求得函数最值点，进而得到的值.
【详解】（1）离心率和长半轴的比值为，…①，
短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，…②，
又…③，由①②③可解得：，，，
椭圆的标准方程为：.
（2）由题意可知：，直线倾斜角不为零，可设，
由得：，
设，，则，，
，
令，则，，
（当且仅当，即时取等号），
，此时，解得：，
直线的方程为：，即.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理和点到直线距离或切割的方式表示出所求三角形的面积；
④通过换元法将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性求解出最值.
17．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【详解】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
18．(1)
(2)的递增区间为，递减区间为，
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）先求函数的定义域，然后对函数求导，再根据导数的正负可求出函数的单调区间；
（3）将问题转化为，由（2）可求出的最大值，然后解不等式可得结果.
【详解】（1）当时，，则
，，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
（2）的定义域为，
由，得，
当时，，当时，，
所以的递增区间为，递减区间为，
（3）由（2）可知当取得最大值，
因为对任意，不等式恒成立，
所以，即，，
解得或，
即的取值范围为.
19．(1)
(2)的递增区间为，递减区间为
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义分析运算；
（2）求导，利用导数求原函数的单调区间；
（3）根据题意分析可得对，，构建新函数、，分别利用导数求最值，即可证明.
【详解】（1）由题意可得：，，
∵在,处的切线与轴平行，即，
.
（2）由（1）得：，，
令，，
当时，则，故；
当时，则，；
∵，
则时，；时，；
故的单调递增为，单调递减为.
（3）由，即，，
对，，等价于对，，
由（2）对于，，则，，
当时，；当时，；
可得在上单调递增，在上单调递减，
故，即，
设，则对恒成立，
故在上单调递增，则，即；
综上：，故，，得证.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可得表达式，后由导数知识可得函数在点处的切线方程，即可得相关三角形面积；
（2）由（1），当，，由结合分析可得，
后由零点存在性定理可证明结论.
【详解】（1）由题，，则，
当时，，
则， .
则切线方程为，
又切线与坐标轴的交点为，
则；
（2）当时，，由题意，
即
构造函数，则，
，
得在上单调递减，在上单调递增，
即，当且仅当时取等号.
则式
因，则，①
因，则，又结合（*）式，
可得，因
则，②
由①②知，
构造函数，则在单调递增，
注意到，
由零点存在性定理可知：．
【点睛】关键点睛：对于与同时出现的问题，我们常用指对互化的方法使相关式子产生相同结构，从而简化问题.
此外，诸如，等常见不等式的积累，也有助我们解决问题.
21．(1)
(2)不存在符合条件的，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可.
【详解】（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，
不妨设，则，
①当，则，
分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，
可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，
可得，
为常数列，符合题意；
③若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
因为，
可得，
即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转为②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，
则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，
因为对任意，
均有成立，
若为常数列，则，
所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
22．(1),；
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据定义求出集合的子集个数即可得出结果；
（2）①根据元素个数可得集合共有个非空子集，的最大值为 ；
②根据极异集合的定义，利用等比数列前项和即可得只需证明，再由元素互异性和元素的取值范围可得结论.
【详解】（1）已知集合的非空子集有15个：
计算可得，即．
集合的非空子集有15个：
计算可得，即
（2）①集合共有个非空子集，的最大值为
②，

即证
不妨设，即的非空子集中元素和最小的子集的为，最大的为
集合是极异集合，，代表有个不同的正整数，
即，
所以中有个元素，由元素互异性可得
又，即可得，
因此数列的前项和.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解新的定义，并结合数列及其前项和性质进行化简计算，并由集合元素的互异性得出结论.
23．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意写出满足性质的所有数表，再分别计算即可；
（2）根据题意，可知当取最大值时，存在，使得，由数表具有性质可得为奇数，不妨设此时数表为，再利用反证法证明即可；
（3）结合性质可得，，两式相加可得得，结合，可得，构造数表，结合性质进而可以求解.
【详解】（1）满足条件的数表为，
所以的值分别为5，5，6.
（2）若当取最大值时，存在，使得.
由数表具有性质可得为奇数，
不妨设此时数表为.
①若存在（为偶数，），使得，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，
调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在，使得.
②若对任意的（为偶数，），都有，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，此时转化为①的情况.
综上可知，存在正整数，使得.
（3）当n为偶数时，令，，对任意具有性质数表，
一方面，，
因此．①
另一方面，，
因此.②
记．
由①+②得.
又，可得.
构造数表
可知数表具有性质，且.
综上可知，当n为偶数时，的最大值为.
【点睛】方法点睛：在证明抽象问题时，常常使用反证法：先设题设不成立，结合条件推出矛盾，即可说明题目成立.
24．(1)不是，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据数列的定义验证；
（2）根据数列的定义先列式求出，进而可求出；
（3）先说明数列满足结论，然后假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，即存在数列对任意实数，存在，使得，通过数列的定义退出矛盾，进而达到证明结论的目的.
【详解】（1）：2，4，6，7，10不是数列，理由如下：
因为，
所以，
但，所以不满足性质①，故不是数列；
（2）根据：是数列可得：满足：
或，或，
①若，因为，，成等比数列，所以，
又，所以，所以，得，
②若，因为，，成等比数列，所以，
当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；
当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；
所以，
由以及，
得，所以，
由以及，
得，
由以及，
可知，所以；
（3）当时，根据数列的定义，可知或,
若，取，则，结论成立，
若，取，则，结论成立，
假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，
即存在数列对任意实数，存在，使得，
根据假设，数列的前项组成的数列是一个数列，
从而存在实数，使得，，
即，
令，则，
令 ，则，
①若，根据的定义，存在，使得，
又，
则且，
所以，
②若，根据的定义，存在，使得，
又，
则，且，
所以，
所以，
令，则，
即，
所以，
所以，
即，与假设矛盾，
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三问，假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，即存在数列对任意实数，存在，使得，利用反证法达到解决问题的目的.
X
0
1
2
3
P
0
1
2
2
3
4
5
6