[数学]2024北京高考真题数学（教师版）

这是一份[数学]2024北京高考真题数学（教师版），共18页。

2024北京高考真题
数 学
本试卷共 12页，150分.考试时长 120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 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 | −4  x 1}， N ={x | −1 x  3}，则 M  N =
（
）
x −4  x  3

 −   
x 1 x 1
A.
C.
B.
D.
0,1, 2

 −   
x 1 x 4
z
2. 已知 = i −1，则
z =
（
）．
i
A. 1 i
−
B.
−i
C.
−1− i
D. 1
D.
3. 求圆
x
2
+ y
2
− 2x + 6y = 0 的圆心到 x − y + 2 = 0 的距离（
）
A. 2 3
B. 2
C. 3 2
6
4
(
x )
4. x
−
的二项展开式中 x3 的系数为（
）
−
−13
A. 15
B. 6
C. 4
D.
）条件．
5. 已知向量 a ，b ，则“(a b a b )
0
)(
”是“ a = b 或 a = −b”的（
A. 必要而不充分条件
C. 充分且必要条件
B. 充分而不必要条件
D. 既不充分也不必要条件
π
( )=  (  )， ( )= − ， ( )= ，
，则 =（
）
f x sin x
0
f x1
1
f x
1
| x − x |
=
6. 已知
2
1
2
min
2
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
S −1
7. 记水的质量为 d =
d = 2.1 d = 2.2
n
1
n
与 的关
2
，并且 d 越大，水质量越好．若 S 不变，且
，
，则
1
2
ln n
系为（
）
A. n1  n2
B. n1  n2
C. 若 S 1，则

；若 S 1，则 n  n ；
1 2
n1
n2
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D. 若 S 1，则

n  n
S 1，则 n1 
；若
n2 ；
1
2
8. 已知以边长为 4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为 4，4， 2 2 ， 2 2 ，则该四棱锥的高为（ ）
2
3
A.
B.
C. 2 3
D.
3
2
2
(
x1, y1 )，(x2 , y2 )是函数 y = 2x 图象上不同的两点，则下列正确的是（
）
9. 已知
y1 + y
2
x1 + x
2
y1 + y
2
x1 + x
2
A. lg2
C. lg2

B. lg2
D. lg2

2
2
2
2
y1 + y
2
y1 + y
2
 x1 + x2
 x1 + x2
2
2
10. 若集合(
)
− x),0  t 1,1 x  2
x, y | y = x + t(x
2
表示的图形中，两点间最大距离为 d、面积为 S，
则（
）
A. d
=
3
， S 1
B.
d = 3 ， S 1
C. d = 10 ， S 1

D. d
=
10
第二部分（非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
， S 1
2
y =16x ，则焦点坐标为________．
11. 已知抛物线
π π
6 3
12. 已知 
,
cs 
，且 α 与 β 的终边关于原点对称，则 的最大值为________．


x
2
(3, 0)且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为________
=1，则过
．
−
y
2
13. 已知双曲线
4
14. 已知三个圆柱的体积为公比为 10 的等比数列．第一个圆柱的直径为 65mm，第二、三个圆柱的直径为
325mm，第三个圆柱的高为 230mm，求前两个圆柱的高度分别为________．
M
= k | ak = 
b
，
k
a ，b
不为常数列且各项均不相同，下列正确的是______.
n n
15. 已知
a
a
a
a
，b
n
①
②
③
④
均为等差数列，则 M 中最多一个元素；
均为等比数列，则 M 中最多三个元素；
n
n
n
n
，b
n
为等差数列，b
为等比数列，则 M 中最多三个元素；
n
单调递增，b
单调递减，则 M 中最多一个元素.
n
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
3
16. 在△ABC 中， a 7
=
，A 为钝角，
sin 2B
=
bcs B ．
7
（1）求 A ；

（2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC 的面积．
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13
14
5
2
=
cs B =
csin A =
3
．
①b 7 ；②
；③
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
17. 已知四棱锥 P-ABCD， AD//BC ， AB BC 1 ，
=
=
AD = 3
， DE = PE = 2 ，E 是 AD 上一点，
PE ⊥ AD ．
（1）若 F 是 PE 中点，证明： BF// 平面 PCD．
（2）若 AB 平面
⊥
PED
，求平面
PAB
与平面 PCD夹角的余弦值．
0.4 万元，前 次出险每次赔付 0.8万元，第 次赔付0.6 万元
18. 已知某险种的保费为
3
4
赔偿次数
单数
0
1
2
3
4
800 100 60
30 10
在总体中抽样 1000 单，以频率估计概率：
（1）求随机抽取一单，赔偿不少于 2 次的概率；
（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为 X ，估计 X 的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降 4% ，已赔偿过的增加 20% ．估计保单下一保险期毛利润
的数学期望．
x
2
2
y
2
2
(

2)
( )
t
+
= (   )
1 a b 0 ，焦点和短轴端点构成边长为 2 的正方形，过
0,t
19. 已知椭圆方程 C：
a
b
的直线 l 与椭圆交于 A，B， ( )，连接 AC 交椭圆于 D．
C 0,1
（1）求椭圆方程和离心率；
（2）若直线 BD 的斜率为 0，求 t．
( )= + ( + )在( ( ))(
t 0
)处切线为 l．
f x x kln 1 x t, f

20. 已知
t
（1）若切线 l 的斜率 k = −1，求 ( )单调区间；
f x
（2）证明：切线 l 不经过(0, 0)；
(
( ))
(
( ))
(
)
（3）已知k 1，
=
A t, f t
，
C 0, f t
，
O 0,0 ，其中t  0
，切线 l 与 y 轴交于点 B 时．当
2S△ACO =15S△ABO
，符合条件的 A 的个数为？
（参考数据：1.09  ln3 1.10，1.60  ln5 1.61，1.94  ln7 1.95 ）
(
)
 
      (
)
M = i, j,s,t i 1,2 , j  3,4 ,s 5,6 ,t  7,8 ,2 i + j + s + t
21. 设集合
．对于给定有穷数列
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 (   ) ，及序列   
 ，  = (
)M ，定义变换 ：将数列 A 的第
i , j ,s ,t
T
k
A: an 1 n 8
:
,
,...,
1
2
s
k
k
k
k
项加 1，得到数列
；将数列
的第
( ) ；重复上述
i , j ,s ,t T T A
列加1，得到数列
2 2
i , j ,s ,t
T (A)
1
T (A)
1
1
1
1
1
2
2
2
1
( )，记为
( )
A
．若
a + a + a + a

为偶数，证明：“存在序列 ，使得
7
T T A
操作，得到数列
s
2
1
1
3
5
( )
A
a + a = a + a = a + a = a + a
”．
1 2 3 4 5 6 7 8
为常数列”的充要条件为“
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参考答案
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 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. 【答案】A
【分析】直接根据并集含义即可得到答案.
M  N = −4, 3)，
(
【详解】由题意得
故选：A.
2. 【答案】C
【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.
z = i i−1 = −1−i
，
(
)
【详解】由题意得
故选：C.
3. 【答案】C
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得
x
+ y
2
− 2x + 6y = 0，即 x 1
( − )
2
+ ( + )
y 3
2
=10 ，
2
1+3+ 2
则其圆心坐标为(1,−3
)，则圆心到直线
x − y + 2 = 0
的距离为
= 3 2
，
1
2
+12
故选：C.
4. 【答案】B
r
4 − = 3
.
r
，解出 然后回代入二项展开式系数即可得解
【分析】写出二项展开式，令
2
r
4
(
x )
( )
r
( ) 4−
( =
)
【详解】 x
−
的二项展开式为Tr+1
=
C
r
4
x
4
−
r
−
x
=
C
r
4
−
1 x
r
, r 0,1, 2,3, 4 ，
2
r
4 − = 3，解得 r = 2
令
，
2
(−1) = 6 .
2
故所求即为
C
2
4
故选：B.
5. 【答案】A
【分析】根据向量数量积分析可知(a ) (
)
a
等价于
，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为(a ) (
)
a
，可得 a = b ，即
，
(
) (
)
a + b  a −b = 0
a = b
，
可知
等价于
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(a + b) (
)
a −b = 0
a = b
若 a = b 或 a = −b，可得
，即
，可知必要性成立；
(
) (
)
a b  a −b = 0
a
，满足
)
b =
若
，即
，无法得出 a b 或 a = −b，
a
= ( ) = ( )
1,0 ,b 0,1
a
b

 −b ，可知充分性不成立；
例如
，但 a b 且 a
综上所述，“(a ) (
”是“ a b 且 a

 −b ”的必要不充分条件.
故选：A.
6. 【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知： x 为 ( )的最小值点，
为
( )的最大值点，
f x
f x
x
1
2
T
π
x1 − x2
=
=
，即T = π
则
，
min
2
2
2π
且  0 ，所以 =
= 2 .
T
故选：B.
7. 【答案】C

S−1
n = e 2.1
1

，讨论S 与 1 的大小关系，结合指数函数单调性分析判断
.
【分析】根据题意分析可得
S−1
n2 = e 2.2



S −1
ln n1
S −1
ln n2
d =
= 2.1
= 2.2
S−1

S−1

1
=
=

n
e
2.1
1


【详解】由题意可得
，解得
，
；
S−1


d2 =
n
2
e
2.2



S −1 S −1
S−1
若 S 1，则
若 S =1，则
若 S 1，则

，可得
，即
，即
n  n
1 2
e
2.1  e 2.2
2.1
2.2
S −1 S −1
=
= 0
n = n =1
，可得
；
1
2
2.1
2.2
S −1 S −1
S−1
S−1

n  n
；
1 2
，可得
e
2.1  e 2.2
2.1
2.2
结合选项可知 C 正确，ABD 错误；
故选：C.
8. 【答案】D
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 PEF 平面
⊥
ABCD
，可知
PO ⊥
平面
ABCD
，利用等体
积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面 ABCD 为正方形，
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当相邻的棱长相等时，不妨设 PA PB AB 4, PC PD 2 2 ，
=
=
=
=
=
AB,CD
E,F
PE, PF, EF
，连接 ，
分别取
的中点
PE ⊥ AB, EF ⊥ AB
PE, EF 
平面 PEF ，

=
则
，且 PE EF E ，
AB  ABCD
，
可知 AB 平面
⊥
PEF ，且
平面
所以平面 PEF 平面
⊥
ABCD ，
过 P 作 EF 的垂线，垂足为O ，即 PO ⊥ EF ，
由平面 PEF 平面 ABCD = EF ， PO  平面 PEF ，
所以 PO ⊥平面 ABCD ，
由题意可得： PE 2 3, PF 2, EF 4，则 PE2 PF
=
=
=
+
2
=
EF2 ，即 PE ⊥ PF
，
1
2
1
PE  PF
PE  PF = POEF
PO =
= 3
，
则
，可得
2
EF
所以四棱锥的高为 3 .
当相对的棱长相等时，不妨设 PA = PC = 4 ， PB = PD = 2 2 ，
因为 BD = 4 2 = PB + PD，此时不能形成三角形 PBD ，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
9. 【答案】A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断 AB；举例判断 CD 即可.
x  x
y = 2
x
0  y1  y
2 ，即 ，
2

x
1

x
2
【详解】由题意不妨设
，因为函数
是增函数，所以 0 2
1
2
2x1
+
2x2
x1 +x2
2
y1 + y2
x1 +x2
2

2 ?2
x
x
2
=
2
 2
 0
，
对于选项 AB：可得
，即
1
2
2
+
y2
x1 +x2
2
x
1
+
x2
y1
y = lg2 x

=
根据函数
是增函数，所以 lg2
lg2 2
，故 A 正确，B 错误；
2
2
x = 0, x =1
y =1, y = 2
对于选项 C：例如
，则
，
1
2
1
2
y1 + y
3
2
y1 + y
lg2
2
=
lg2
( )
0,1
，即
lg2
2
1= x1 + x
，故 C 错误；
2
可得
2
2
1
1
4
x = −1, x = −2
y = , y =
对于选项 D：例如
，则
，
1
2
1
2
2
y1 + y
3
8
y1 + y
lg2
2
=
lg2
=
− (− − )
lg 3 3
2, 1
，即
lg2
2
 −3 = x1 + x
，故 D 错误，
2
可得
2
2
2
故选：A.
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10. 【答案】C
 
2
y
x

y  x
【分析】先以 t 为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域
，结合图形分析求解即可.

1 x  2

x
 
1,2
，则
x
2
− x = x(x −1) 0 ，且t 0,1
，
【详解】对任意给定
(
)
x  x + t x
2
− x  x + x
2
− x = x
2
x  y  x
，
2
可知
，即
 
2
y
x

y  x
再结合 x 的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域
，

1 x  2

如图阴影部分所示，其中 ( ) ( ) ( )，
A 1,1 , B 2,2 ,C 2,4
d = AC = 10
可知任意两点间距离最大值
；
1
S  S△ABC = 12 =1.
阴影部分面积
2
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，
见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确
把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
第二部分（非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
11. 【答案】(4,0
)
 p
 2


【分析】形如
(
)的抛物线的焦点坐标为
 ，由此即可得解.
y
2
= 2px, p  0
,0
【详解】由题意抛物线的标准方程为
y
=16x ，所以其焦点坐标为(4, 0) .
2
故答案为：(4, 0) .
1
12. 【答案】 −
2
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 =  + π + 2kπ,k  Z
【分析】首先得出
，结合三角函数单调性即可求解最值.
 =  + π + 2kπ,k  Z
cs  = cs( + π + 2kπ)= −cs
，
【详解】由题意
，从而




π π
6 3
1
3
3
1
2
因为 
,
 ，所以 cs
的取值范围是 
cs 
的取值范围是
−
−
,−
,
 ，


，

2 2
2




π
4π
1
2
当且仅当 =
，即
 =
+ 2kπ,k Z时， cs 
取得最大值，且最大值为
.
3
3
1
−
.
故答案为：
2
1
2
13. 【答案】 
【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即
可求解.
x
2
5
【详解】联立 x = 3与
− y =1，解得 y = 
2
，这表明满足题意的直线斜率一定存在，
4
2
设所求直线斜率为 k ，则过点( )且斜率为 的直线方程为 = ( − )
y k x 3
k
，
，
3, 0

2
x

− y =1
2
，化简并整理得：(1− 4k
)
x
+ 24k
x −36k
− 4 = 0
2
2
2
2

4
联立

y k x 3
= ( − )

(
)
2
(
)(
)
由题意得1 4k2 0 或
−
=
Δ = 24k
2
+ 4 36k
2
+ 4 1− 4k
2
= 0
，
1
1
解得 k =  或无解，即 k =  ，经检验，符合题意.
2
2
1
2

.
故答案为：
115
2
14. 【答案】
mm,23mm
【分析】根据体积为公比为 10 的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
2
2
 325 
 2 
 325 
 2 
π
h2
π
230




h
h
=
=10
，
【详解】设第一个圆柱的高为 ，第二个圆柱的高为 ，则
1
2
2
2
 65 
 2 
 325 
π
h
1
π
h2




 2 
115
2
h = 23mm h =
mm
，
故
，
2
1
115
2
mm,23mm .
故答案为：
15. 【答案】①③④
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【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特
征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为   均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
a , b
n
n
而两条直线至多有一个公共点，故 M 中至多一个元素，故①正确.
对于②，取
a
n
=
2
= − − n− 则a ,b 均为等比数列，
( 2)
1
,
−
n 1,bn
n
n
a = 2n−1 = bn = −(−2)n 1
，此时 M 中有无穷多个元素，
n
−
n
但当 为偶数时，有
故②错误.
b = Aq
n
n
(
Aq  0,q  1)， a
=
kn b k 0
+ (  )
，
对于③，设
n
n
Aq
n
= kn +b
若 M 中至少四个元素，则关于 的方程
至少有 4 个不同的正数解，
q  0,q 1
y = Aq
y = kn + b
n
的散点图可得关于 的方程
Aq = kn +b 至多有两个不同的解，
n
n
若
，则由
和
矛盾；
n
Aq = kn +b 奇数解的个数和偶数解的个数，
n
若
当
q  0,q  1，考虑关于
的方程
Aq
n
= kn +b 有偶数解，此方程即为 A q
n
=
kn b ，
+
Ak ln q  0
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时
，
Ak ln q  0
=
A q , y kn +b 单调性相反，
n
=
否则
，因
y
n
=
kn + b 至多一个偶数解，
方程 A q
当
Aq
= kn +b 有奇数解，此方程即为 A q = kn + b ，
−
n
n
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时
−Ak ln q  0 即 Ak ln q  0
Ak ln q  0
= −
A q , y kn + b 单调性相反，
n
=
否则
，因
y
n
=
kn + b 至多一个奇数解，
方程 A q
因为
Ak ln q  0 ， Ak ln q  0
不可能同时成立，
Aq
n
= kn +b 不可能有 4 个不同的正数解，故③正确.
故
对于④，因为 为单调递增，
 为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
b
n
a
n
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨
论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
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2π
16. 【答案】（1） A
=
；
3
（2）选择①无解；选择②和③△ABC 面积均为15 3
.
4
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；

3 3
14
B =
（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 sin B
=
，再
3
代入式子得b = 3 ，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC ，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首
5 3
先得到 c = 5 ，再利用正弦定理得到 sinC
=
，再利用两角和的正弦公式即可求出 sin B ，最后利用三
14
角形面积公式即可；
【小问 1 详解】
3
由题意得 2 sin Bcs B
=
bcs B ，因为 A 为钝角，
7
b
2
a
7
=
=
=
3
3
则 cs B  0 ，则
2 sin B =
b
，则
sin B
3
sin A sin A ，解得sin A =
，
7
2
7
2π
因为 A 为钝角，则 A
【小问 2 详解】
=
.
3

3
3
3
2π
选择①b = 7 ，则sin B =
A + B = π
b =
7 =
，因为
A =
B =
，则 B 为锐角，则
，
3
3
14
14
2
此时
，不合题意，舍弃；
13


2
13
3 3
14
cs B =
选择②
，因为 B 为三角形内角，则sin B
=
1 
−

=
，
14
14 
3
3 3
14
3
则代入 2 sin B
=
b 得
2
=

b
，解得b = 3
，
7
7
 2π
2π
2π
=
( + ) =
sinC sin A B sin
+
B
=
sin cs B cs sin B
+


 3

3
3
3 13  1  3 3 5 3
=

+ −

=


,
2
14  2  14
14
1
2
1
5 3 15 3
则 S
=
absinC
= 73
=
.
2
14
4
5
5
3
csin A =
3
，则有 c
=
3 ，解得 c = 5
，
选择③
2
2
2
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7
5
a
c
=
5 3
14
=
sinC
=
则由正弦定理得
，即
3
，解得sinC
，
sin A sinC
2
2


5 3
14
11
14
因为C 为三角形内角，则 csC
 2π
=
1 
−
=

，






2π
2π
( + ) =
+
=
+
sin B sin A C sin
=
C
sin csC cs sinC
则


 3
3
3
3 11  1  5 3 3 3
=

+ −

=


，
2
14  2  14
14
1
2
1
3 3 15 3
则 S△ABC
=
acsin B = 75
=
2
14
4
17. 【答案】（1）证明见解析
30
（2）
30
【分析】（1）取 PD 的中点为 S ，接
可得 BF// 平面 PCD.
SF,SC
，可证四边形
SFBC
为平行四边形，由线面平行的判定定理
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 APB 和平面 PCD的法向量后可求夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
1
取 PD 的中点为S ，接
SF,SC
，则
SF//ED,SF = ED =1
，
2
ED//BC, ED = 2BC
SF//BC,SF = BC
而
，故
，故四边形
SFBC 为平行四边形，
故 BF//SC ，而 BF  平面 PCD， SC  平面 PCD，
所以 BF// 平面 PCD.
【小问 2 详解】
因为 ED = 2，故 AE
故四边形 AECB 为平行四边形，故CE//AB ，所以CE ⊥ 平面 PAD ，
PE, ED  平面 PAD ，故CE ⊥ PE,CE ⊥ ED PE ⊥ ED
= 1，故 AE//BC, AE=BC
，
而
，而
，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
A 0,−1,0 , B 1,−1,0 ,C 1,0,0 , D 0, 2,0 , P 0,0, 2)，
则 (
) (
) (
) (
) (
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= ( − − )
PA 0, 1, 2 , PB 1, 1, 2 , PC 1, 0, 2 , PD 0, 2, 2 ,
= ( − − )
= ( − )
= (
− )
则
m = x, y, z
(
)，
设平面 PAB 的法向量为

−y − 2z 0
=
m


m
= ( − )
0, 2,1
，
则由
可得
，取
x − y − 2z = 0

m P

0
n = a,b,c
(
)，
设平面 PCD的法向量为

a − 2b = 0
2b − 2c = 0

n


n
= (2,1,1)
，
则由
可得
，取
n

0
1
30
故 csm,n
=
= −
，
5  6
30
30
故平面 PAB 与平面 PCD夹角的余弦值为
30
1
18. 【答案】（1）
10
（2）(i)0.122 万元 (ii) 0.1252 万元
【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
0, 0.8, 0.1.6, 2.4, 3，用频率估计概率后可求

的分布列及数学期望，
可取
从而可求 ( ) .
E X
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求 ( ) .
E Y
【小问 1 详解】
设 A 为“随机抽取一单，赔偿不少于 2 次”，
60 + 30 +10
800 +100 + 60 +30 +10 10
1
( ) =
P A
=
由题设中的统计数据可得
.
【小问 2 详解】
（ⅰ）设 为赔付金额，则
可取
0, 0.8,1.6, 2.4, 3，
800
4
5
100
1
P( = 0) =
=
, P( = 0.8) =
=
由题设中的统计数据可得
，
1000
1000 10
60
3
30
3
P( =1.6) =
P( = 3) =
=
P( = 2.4) =
=
，
，
1000 50
1000 100
10
1
=
，
1000 100
4
1
3
3
1
( )=  +

+

+

+ 3
= 0.278
E
0
0.8
1.6
2.4
故
5
10
50
100
100
故 E (X )= 0.4 − 0.278 = 0.122
（万元）.
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4
1
0.4 96% + 0.4 1.2 = 0.4032
（ⅱ）由题设保费的变化为
，
5
5
故 E (Y )= 0.122 + 0.4032 −0.4 = 0.1252
（万元）
x
2
y
2
2
19. 【答案】（1）
（2）t = 2
+
=1,e =
4
2
2
【分析】（1）由题意得b = c = 2 ，进一步得 ，由此即可得解；
a
(
)
AB : y = kx +t, t  2
(
) (
)，联立椭圆方程，由韦
A x , y , B x , y
2
（2）说明直线 AB 斜率存在，设
，
1
1
2
y
−
y
2
−4kt
1+ 2k
2t
2
− 4
( − )+
x x1
y
1
+
=
, x1x2
=
AD : y
=
1
x = 0
，令 ，即可得解.
达定理有 x1 x2
【小问 1 详解】
由题意b = c =
，而
+
x1 x2
2
2k
2
+
1
2
= 2
，从而 a = b
2
+ c = 2，
2
2
x
2
y
2
2
+
=1，离心率为 e =
所以椭圆方程为
；
4
2
2
【小问 2 详解】
显然直线 AB 斜率存在，否则
B, D
重合，直线 BD 斜率不存在与题意不符，
同样直线 AB 斜率不为 0，否则直线 AB 与椭圆无交点，矛盾，
AB : y = kx +t, t  2)
(
A x , y , B x , y
从而设
，
(
) (
)，
1
1
2
2

2
2
x
y

+
=1
，化简并整理得(1+ 2k
)
x
+ 4ktx + 2t − 4 = 0
，
2
2
2
联立 4

2

y = kx +t
(
)(
+1 t
) (
− 2 = 8 4k
)
+ 2 −t  0
Δ =16k
2
t
2
−8 2k
2
2
2
2
k,t
由题意
，即
应满足 4k + 2 −t  0，
2
2
−4kt
1+ 2k
2t
2
− 4
所以 x1 x2
+
=
, x1x2
=
，
2
2k +1
2
若直线 BD 斜率为 0，由椭圆的对称性可设 D(−x , y )，
2 2
y − y
( − )+
x x y
1 1
AD : y
=
1
2
，在直线 AD 方程中令 x = 0 ，
所以
x1 x2
+
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(
)
(
+
(
+
)
4
k t −
2
x1 y
2
+
x2 y
1
x kx
+ +
t
x kx
t)
2kx1x
+
t x
x
(
2)
2
y =
C
=
1
2
2
1
=
2
1
2
=
+ t = =1，
得
x1 x2
+
x1 x2
+
x1 x2
+
−
4kt
t
所以t 2，
=

2
+ 2 −t
2
=
2
− 2  0
4k
4k
2
2
此时 k 应满足

，即 应满足
k
k  −
k 
或
，
k  0

2
2
2
2
综上所述，t = 2满足题意，此时 k
 −
k 
或
.
2
2
(−1, 0)
(0,+)
.
20. 【答案】（1）单调递减区间为
（2）证明见解析 （3）2
，单调递增区间为
【分析】（1）直接代入 k = −1，再利用导数研究其单调性即可；


k 
1+ t 
t
y − f (t) = 1+
(x −t)(t  0)
(0, 0)
F(t) = ln(1+ t) −
（2）写出切线方程


，将
代入再设新函数
，
1+ t
利用导数研究其零点即可；
t
2S
=15SABO
13 ln(1+ t) − 2t −15
= 0
， 再 设 新 函 数
（3） 分 别 写 出 面 积 表 达 式 ， 代 入
得 到
1+ t
15t
1+ t
h(t) =13 ln(1+ t) − 2t −
(t  0)
.
研究其零点即可
【小问 1 详解】
1
x
f (x) = x − ln(1 x), f (x) 1
+

= −
=
(x  −1)
，
1+ x 1+ x
x −1, 0
(
)时，
( ) 
f x
0
x
(0,+ )
( ) 
f x 0
；
当
；当
，
 f (x)在 (−1, 0)
则 f (x) 的单调递减区间为
【小问 2 详解】
k
上单调递减，在
(0,+)
上单调递增.
(−1, 0)
(0,+).
，单调递增区间为
k
f (x) =1+
，切线l 的斜率为1
+
，
1+ x
1+ t
(x −t)(t  0)
，


k 
y − f (t) = 1+
则切线方程为


1+ t 
k 



k 
1+ t 
(0, 0)
− f (t) = −t 1+
, f (t) = t 1+
将
代入则



 ，

1+ t 
k
1+ t
t
t
即t + k ln(1+ t) = t + t
，则
ln(1+ t) =
，
ln(1+ t) −
= 0
，
1+ t
1+t
t
F(t) = ln(1+ t) −
令
，
1+ t
F(t) 在t (0,+)
存在零点.
(0, 0)
假设l 过
，则
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1
1+ t −t
t

=
−
=

2

，
F (t) (0,+)上单调递增， F(t) F(0) 0
在

=
，
F (t)
0
1+ t (1+ t)
2
(1+ t)
 F (t) 在 (0,+)无零点，与假设矛盾，故直线l 不过 (0, 0)
.
【小问 3 详解】
1
x + 2
k =1时， f (x) = x + ln(1 x), f (x) 1
+

= +
=
 0.
1+ x 1+ x
1
S
= tf (t)
y
(0,q)
，设l 与 轴交点 B 为
，
2
t  0时，若 q 0，则此时l 与 f (x) 必有交点，与切线定义矛盾.

q  0
q  0
，
由（2）知
.所以


1 
1+ t 
y −t − ln t +1 = 1+
(
) 
(x −t)，
则切线l 的方程为
t
令 x = 0 ，则
y = q = y = ln(1+ t) −
.
t +1


t 
t +1
=15SABO
2tf (t) =15t ln(1+ t) −
，则

 ，
t
15t
1+ t
13 ln(1+ t) − 2t −15
= 0
h(t) =13 ln(1+ t) − 2t −
(t  0)
，
，记
1+ t
满足条件的 A 有几个即 h(t)
有几个零点.
(
)
13t +13− 2 t
2
+ 2t +1 −15
13
1+ t
15
(t +1)
2t
2
+
9t 4 (−2t +1)(t 4)
−
−
h (t) =

− 2 −
=
0
0
=
=
，
2
(t +1)
2
(t +1)
2
(t +1)
2
 1 
t  0,
( ) 
h t
( )
单调递减；
h t
当

 时，
，此时
，此时

2 
 1
当t  ,4


( ) 
 时，
( )
h t
h t

单调递增；
 2
t  4,+
(
)时，
( ) 
h t
0
，此时
( )
h t
当
单调递减；
 1 
h(0) = 0,h
0,h(4) =13ln 5− 20 131.6 − 20 = 0.8  0
，
因为
 
 2 
1524
72
5
72
h(24) =13ln 25− 48−
= 26ln5− 48−
 261.61− 48−
= −20.54  0
，
25
5
 1
 2


h(t)
h(t)
,4
(4, 24)
上必有一个零点，
所以由零点存在性定理及
的单调性，
在
 上必有一个零点，在
h(t)
2SACO =15SABO
的 A 有两个.
综上所述，
有两个零点，即满足
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【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.
21. 【答案】证明见解析
【分析】分充分性和必要性两方面论证.
( )为
 (1 n  8)
a 1 n 8
= (   )
T T A
a
a
，特别规定
0,n
【详解】我们设序列
必要性：
.
k
2
1
k,n
n
 : , ,...,
，使得
s
(A)
为常数列.
若存在序列
1
2
a = a = as,3 = a
= as,5 = a
= as,7 = as,8
a + a = as,3 + a
= as,5 + a
= as,7 + a
则
，所以
.
s,8
s,1
s,2
s,4
s,6
s,1
s,2
s,4
s,6
T T (A)的定义，显然有 a +
k,2 j−1
=
+
j =1, 2,3, 4 k 1, 2,...
=
，
ak,2 j ak−1,2 j−1 ak−1,2 j
根据
，这里 .
k
2
1
a + a = a + a = a + a = a + a
，必要性得证.
8
所以不断使用该式就得到，
充分性：
1
2
3
4
5
6
7
a + a = a + a = a + a = a + a
.
8
若
1
2
3
4
5
6
7
a + a + a + a
a + a = a + a = a + a = a + a
，所以
1 2 3 4 5 6 7 8
由已知，
为偶数，而
1
3
5
7
+
+
+
= ( + )−( +
a2 a4 a6 a8 4 a
a
a
a3 a5
+
a
+ )
也是偶数.
7
1
2
1
T T (A)是通过合法的序列 
( )
A
我们设
的变换能得到的所有可能的数列
中，使得
s
2 1
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
s,8
最小的一个.
s,1
s,2
s,4
s,6
a
k,2 j−1
+ ak,2 j = ak−1,2 j−1 + ak−1,2 j
，这里
j =1, 2,3, 4 ， k =1, 2,
上面已经证明
a + a = a + a = a + a = a + a
a +
s,1
as,2
=
as,3
+
as,4
=
as,5
+
as,6
=
as,7
+
as,8
.
从而由
可得
1
2
3
4
5
6
7
8
i + j + s + t
a +
k,1
ak,3
+
ak,5
+
ak,7
a
k,2
+ ak,4 + ak,6 + ak,8
的奇偶性保持不
同时，由于
总是偶数，所以
和
k
k
k
k
a + a + a + a
a + a + a + a
都是偶数.
s,2 s,4 s,6 s,8
变，从而
和
s,1
s,3
s,5
s,7
j =1, 2,3, 4
a
− as,2 j  2
.
s,2 j−1
下面证明不存在
使得
j =1， as,2 j−1 as,2 j
−

2
a − a  2
，即
s,1 s,2
假设存在，根据对称性，不妨设
.
a − a + as,5 − a
+ as,7 − a
= 0
a +
s,1
as,3
+
as,5
+
as,7
a + a + a + a
和 都
s,2 s,4 s,6 s,8
情况 1：若
，则由
s,3
s,4
s,6
s,8
a − a  4
是偶数，知
.
s,1
s,2
对该数列连续作四次变换(
) (
) (
) (
)后，新的
2, 3, 5,8 , 2, 4, 6,8 , 2,3, 6, 7 , 2, 4,5,7
京誉教育汪老师 15210308021
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as+4,1 − as+4,2 + as+4,3 − as+4,4 + as+4,5 − as+4,6 + as+4,7 − as+4,8
相比原来的
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
减少 4 ，这与
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
的最小性矛盾；
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
a − a + as,5 − as,6 + as,7 − as,8  0
a − a  0
.
s,3 s,4
情况 2：若
，不妨设
s,3
s,4
a − a 1，则对该数列连续作两次变换 2, 4,5,7 , 2, 4, 6,8)后，新的
(
) (
情况 2-1：如果
s,3
s,4
as+2,1 − as+2,2 + as+2,3 − as+2,4 + as+2,5 − as+2,6 + as+2,7 − as+2,8
相比原来的
至少减少 2 ，这与
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
的最小性矛盾；
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
a − a 1
，则对该数列连续作两次变换
(
) (
)后，新的
2, 3, 5,8 , 2,3, 6, 7
情况 2-2：如果
s,4
s,3
as+2,1 − as+2,2 + as+2,3 − as+2,4 + as+2,5 − as+2,6 + as+2,7 − as+2,8
相比原来的
至少减少 2 ，这与
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
的最小性矛盾.
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
j =1, 2,3, 4
a
都有
− as,2 j 1.
s,2 j−1
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的
j =1, 2,3, 4
a
− as,2 j =1，则 as,2 j−1 + as,2 j
是奇数，所以
s,2 j−1
假设存在
使得
a + a = as,3 + as,4 = as,5 + as,6 = as,7 + as,8
都是奇数，设为 2N
+1.
s,1
s,2
j =1, 2,3, 4
a
− as,2 j 1可知必有as,2 j−1,as,2 j= N, N +1
s,2 j−1
则此时对任意
，由
.
a + a + a + a
a + a + a + a
都是偶数，故集合
s,8
m as,m = N
中的四个元素i, j,s,t
之和
而
和
s,1
s,3
s,5
s,7
s,2
s,4
s,6
为偶数，对该数列进行一次变换(i, j,s,t)，则该数列成为常数列，新的
as+1,1 − as+1,2 + as+1,3 − as+1,4 + as+1,5 − as+1,6 + as+1,7 − as+1,8
等于零，比原来的
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
更小，这与
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
a − a + as,3 − a
+ as,5 − a
+ as,7 − a
的最小性矛盾.
s,1
s,2
s,4
s,6
s,8
− as,2 j = 0( j =1, 2,3, 4)，而 a +
s,1
=
as,3
+
as,4
=
as,5
+
as,6
=
as,7
+
as,8
，故
a
as,2
综上，只可能
s,2 j−1
 
=  A
( )
是常数列，充分性得证.
a
s,n
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
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