历届高考数学压轴题汇总及答案

2023年12月10日发(作者：抚顺新抚区小学数学试卷)

历届高考数学压轴题汇总及答案

1.2019年高考数学上海卷：

已知等差数列${a_n}$的公差$din(0,pi]$，数列${b_n}$满足$b_n=sin(a_n)$，集合$S={x|x=b_n,nin N^*}$。

1) 若$a_1=0,d=frac{pi}{6}$，求集合$S$的元素个数；

2) 若$a_1=frac{2pi}{3}$，求集合$S$；

3) 若集合$S$有三个元素$b_{n+T}=b_n$，其中$T$是不超过$7$的正整数，求$T$的所有可能值。

2.2019年高考数学浙江卷：

已知实数$aneq0$，函数$f(x)=aln x+x+1$，$x>0$。

1) 当$a=-1$时，求函数$f(x)$的单调区间；

2) 对任意$xin[frac{3}{4},+infty)$，有$f(x)leqfrac{1}{2}e^{2a}$，求$a$的取值范围。

3.2019年高考数学江苏卷：

设$(1+x)=a+a_1x+a_2x^2+cdots+a_nx^n$，$n^2,nin N^*$，已知$a_3=2a_2a_4$。

1) 求$n$的值；

2) 设$(1+3x)=a+bsqrt{3}$，其中$a,bin N^*$，求$a^2-3b^2$的值。

4.2018年高考数学上海卷：

给定无穷数列${a_n}$，若无穷数列${b_n}$满足对任意$nin N^*$，都有$b_n-a_nleq1$，则称${b_n}$与${a_n}$“接近”。

1) 设${a_n}$是首项为$1$，公比为$frac{1}{2}$的等比数列，构造一个与${a_n}$接近的数列${b_n}$，并说明理由；

2) 设数列${a_n}$的前四项为：$a_1=1,a_2=2,a_3=4,a_4=8$，${b_n}$是一个与${a_n}$接近的数列，记集合$M={x|x=b_i,i=1,2,3,4}$，求$M$中元素的个数$m$；

3) 已知${a_n}$是公差为$d$的等差数列，若存在数列${b_n}$满足：${b_n}$与${a_n}$接近，且在$1$的等比数列，$b_n=a_{n+1}+1$，$nin N^*$，判断数列${b_n}$是否满足$b_2-b_1,b_3-b_2,cdots,b_{201}-b_{200}$中至少有$100$个为正数，求$d$的取值范围。

5.2018年高考数学浙江卷：

已知函数$f(x)=x-ln x$。

1) 若$f(x)$在$x=x_1,x_2(x_1neq x_2)$处导数相等，证明：$f(x_1)+f(x_2)=2x_1$；

2) 求$f(x)$在$xin[1,e]$上的最小值。

1) 对于等差数列${a_n}$，公差$din(0,pi]$，令${b_n}$为正弦数列，即$b_n=sin(a_n)$，定义集合$S={x|x=b_n,nin N^*}$。当$a=pi/2$时，$d=pi/3$，$S={-sqrt{3}/2,0,sqrt{3}/2}$。当$a=pi/6$时，$d=pi/6$，$S$有两个元素，此时$a_2,a_3$可以取任意值。 2) 如图，当$a_1=pi/2$，$b_n=sin(a_n)$时，$S$恰好有两个元素。当$a_1$终边落在$OA$上时，$S$恰好有两个元素的情况可以通过任意取$a_2,a_3$实现。

二、2019年天津卷：

1) 当$(x-1)^2+y^2leq 1$时，$f(x,y)=2x+y$，当$(x-1)^2+y^2>1$时，$f(x,y)=dfrac{1}{x^2+y^2}$。要使$f(x,y)$在$(1,0)$处连续，需要满足$limlimits_{(x,y)to(1,0)}f(x,y)=f(1,0)$，即$limlimits_{(x,y)to(1,0)}2x+y=1$，解得$y=1-2x$，代入$limlimits_{(x,y)to(1,0)}dfrac{1}{x^2+y^2}=1$中，得到$(1-2x)^2leq 1$，即$0leq xleq 1$。故连续定义域为${(x,y)|0leq

x^2+(1-2x)^2leq 1}$。

2) 要使$f(x,y)$在$(1,0)$处可微分，需要满足$limlimits_{(x,y)to(1,0)}dfrac{f(x,y)-f(1,0)-nabla

f(1,0)cdot(x-1,y-0)}{sqrt{(x-1)^2+y^2}}=0$，即$limlimits_{(x,y)to(1,0)}dfrac{f(x,y)-3x}{sqrt{(x-1)^2+y^2}}=0$。当$(x-1)^2+y^2leq 1$时，$dfrac{f(x,y)-3x}{sqrt{(x-1)^2+y^2}}=dfrac{y}{sqrt{(x-1)^2+y^2}}leq 1$，当$(x-1)^2+y^2>1$时，$dfrac{f(x,y)-3x}{sqrt{(x-1)^2+y^2}}=dfrac{3x-2y}{x^2+y^2}leqdfrac{3x+2y}{x^2+y^2}$。因此要使极限存在，需要$limlimits_{(x,y)to(1,0)}dfrac{3x+2y}{x^2+y^2}=k$存在，即$limlimits_{tto 0^+}dfrac{3cos t+2sin t}{t}=k$存在，解得$k=2$。故$f(x,y)$在$(1,0)$处可微分，且$nabla f(1,0)=(3,2)$。

三、2018年高考数学江苏卷：

1) 由题意得$a_4=a_1+3d,b_4=b_1q^3$，又有$|a_n-b_n|leq b_1$，代入得$|d(3+3q+q^2)|leq b_1$。因为$q>0$，所以$3+3q+q^2>0$，故$|d|leqdfrac{b_1}{3+3q+q^2}$。又因为$a_4>b_4$，即$a_1+3d>b_1q^3$，代入得$a_1>b_1(q^3-3)$。因为$q>0$，所以$q^3-3<0$，故$a_1

2) 由题意得$a_{m+1}=a_m+md,b_{m+1}=b_mq^m$，又有$|a_n-b_n|leq b_1$，代入得$|md(b_1q^{m-1}-1)|leq b_1$。因为$q>1$，所以$b_1q^{m-1}-1b_{m+1}$，即$a_m+md>b_mq^m$，代入得$a_m>b_m(q^m-m)$。因为$q>1$，所以$q^m-m>0$，故$a_m

四、2018年高考数学浙江卷：

1) 当$xgeq 0$时，$f(x)=sqrt{x}$，$g(x)=dfrac{1}{1+x}$，故$h(x)=dfrac{sqrt{x}}{1+x}$。当$x<0$时，$h(x)=f(x)g(x)=sqrt{x}cdotdfrac{1}{1+x}$。故$h(x)$的定义域为$xin(-infty,-1)cup[0,+infty)$。

2) 当$xgeq 0$时，$h(x)=dfrac{sqrt{x}}{1+x}$，$h\'(x)=dfrac{1-2sqrt{x}}{2(x+1)^2}$，故$h(x)$在$x=1/4$处取得极大值$dfrac{1}{4sqrt{2}}$。当$x<0$时，$h(x)=sqrt{x}cdotdfrac{1}{1+x}$，$h\'(x)=dfrac{1-2xsqrt{x}}{(1+x)^2sqrt{x}}$，故$h(x)$在$x=-1/4$处取得极小值$-dfrac{1}{4sqrt{2}}$。综上，$h(x)$在$x=-1/4$处取得极小值$-dfrac{1}{4sqrt{2}}$，在$x=1/4$处取得极大值$dfrac{1}{4sqrt{2}}$。

五、2018年高考数学全国卷Ⅲ：

1) 对于函数$f(x)=lnleft(dfrac{2x+1}{x+2}right)$，$f\'(x)=dfrac{3}{(2x+1)(x+2)}$，故$f(x)$在$xin(-infty,-2)cup(-frac{1}{2},+infty)$单调递增，在$xin(-2,-frac{1}{2})$单调递减。因此$f(x)$的值域为$(-infty,f(-2))cup(f(-frac{1}{2}),+infty)$，即$f(x)in(-infty,lndfrac{1}{4})cup(lndfrac{5}{3},+infty)$。

2) 当$adfrac{5}{3}$，$k

六、2018年高考数学江苏卷：

1) 对于等差数列${a_n}$，公差$d$，${b_n}$为等比数列，首项$b_1$，公比$q$，由题意得$a_4=a_1+3d,b_4=b_1q^3$，又有$|a_n-b_n|leq b_1$，代入得$|d(3+3q+q^2)|leq b_1$。因为$q>0$，所以$3+3q+q^2>0$，故$|d|leqdfrac{b_1}{3+3q+q^2}$。又因为$a_4>b_4$，即$a_1+3d>b_1q^3$，代入得$a_1>b_1(q^3-3)$。因为$q>0$，所以$q^3-3<0$，故$a_1

2) 对于等差数列${a_n}$，公差$d$，${b_n}$为等比数列，首项$b_1$，公比$q$，由题意得$a_{m+1}=a_m+md,b_{m+1}=b_mq^m$，又有$|a_n-b_n|leq

b_1$，代入得$|md(b_1q^{m-1}-1)|

XXX. symmetric axis of the graph is about the y-axis。as

shown in OB and OC。In this case。d = π。Therefore。d = π or

d = 2π.

T = +3 = bn。and the set S = {b1.b2.b3}

satisfies the ns of the problem。When T = +4 = bn。sin(an+4d) = sinan。and an+4d = an+2kπ or an+4d = 2kπ - an。Since the common difference d of the arithmetic sequence {an} is

in the interval (0.π]。an+4d = an+2kπ。and when k = 1.S = {-sinπ/π/10}。When T = +5 = bn。sin(an+5d) = sinan。and an+5d = an+2kπ or an+5d = 2kπ - an。Since d is in the

interval (0.π]。k = 1 or k = k = 1.S = {sin3π/10.3.-3sinπ/10}。When T = +6 = bn。sin(an+6d) = sinan。and

an+6d = an+2kπ or an+6d = 2kπ - an。Since d is in the interval

(0.π]。k = k = 1.S = {3.0.-3}。When T = +7 =

bn。sin(an+7d) = sinan。and an+7d = an+2kπ or an+7d = 2kπ - an。Since d is in the interval (0.π]。k = k = are

three sine values corresponding to b1~ one sine value

corresponds to three points。and there must be am - an = 2π。which does not satisfy the ns of the problem。When k =

are three sine values corresponding to b1~ one sine value

corresponds to three points。and there must be am - an = 2π。which does not satisfy the ns of the problem。When k =

are three sine values corresponding to b1~ one sine value

corresponds to three points。and there must be am - an = 2π or 4π。which does not satisfy the ns of the problem。Therefore。T =

3.4.5.6.

a = -。f(x) = -lnx + x + the domain of the n is

(0.+∞)。Moreover。f\'(x) = -1/x + 1.f\'\'(x) = 1/x^ f(x) is a

strictly convex n。When a = 0.f(x) = ln(x + 1)。and the domain of

the n is (-1.+∞)。Moreover。f\'(x) = 1/(x+1)。f\'\'(x) = -1/(x+1)^2 <

f(x) is a strictly concave n。When a = +。f(x) = lnx - x +

the domain of the n is (0.+∞)。Moreover。f\'(x) = 1/x -

1.f\'\'(x) = -1/x^2 < f(x) is a XXX。the minimum value of f(x)

occurs when a = -.

g(x) = f(x) + f(1-x)。then g(x) = ln(x+1) + ln(2-x) + 2 -

2x。The domain of g(x) is (0.1)。Moreover。g\'(x) = -1/(x+1) + 1/(2-x) - 2.g\'\'(x) = 1/(x+1)^2 + 1/(2-x)^ g(x) XXX。the

minimum value of g(x) occurs when x = 1/ x = 1/2.g(x) =

ln3 + 2 - 1 = ln3 + ore。the minimum value of f(x) + f(1-x)

is ln3 + 1.

x-3)(4x+3)$

frac{3x-1}{2x^3+7x^2+7x+2}$

因此，函数$f(x)$的单调递增区间是$left(-infty,frac{1}{3}right)$，单调递减区间是$left(frac{1}{3},3right)$。

当$frac{1}{2}

ageqfrac{2}{a^4}$。

令$t=frac{x}{a}$，则$tgeq2$。

2）由$f(1)leqfrac{1}{2}$可得，$1leqfrac{2}{a^4}-2ln

a$，即$ln aleqfrac{1}{2}-frac{1}{a^4}$。 设$g(t)=t^2x-2t+1-x-2ln x$，$tgeq2$。

because g\'(t)=2tx-2$，XXX{1}{7}$时，$g(t)$在$t=2$处取得最小值。

记$p(x)=4x-2-frac{1}{x}-ln x$，则$p\'(x)=frac{(x-1)(2x^2+2x-1)}{x^2(x+1)^2}$。

列表讨论：

当$xinleft(1,+inftyright)$时，$p\'(x)>0$，$p(x)$单调递增。

当$xinleft(0,frac{1}{7}right)cupleft(frac{1}{7},+inftyright)$时，$p\'(x)<0$，$p(x)$单调递减。

therefore p(x)geq p(1)=0$，$therefore g(t)geq

g(2sqrt{2})=2p(x)geqfrac{8}{7}-2ln x$。 i）当$xinleft(1,frac{1}{e^7}right]$时，$frac{1}{1+x}leqfrac{1}{2}$，$therefore g(t)geq

g_1=frac{1}{2}x^2-2x-2ln x+1$。

ii）当$xinleft[frac{1}{e^7},+inftyright)$时，$frac{1}{1+x}geqfrac{1}{2}$，$therefore g(t)geq

g_1=frac{1}{2}x^2-2x-2ln x+1$。

令$q(x)=2xln x+x+1$，则$q\'(x)=frac{2}{x}+1>0$，$therefore q(x)$在$left(0,+inftyright)$上单调递增。

therefore q(x)leq

qleft(frac{1}{e^7}right)=frac{27}{e^7}$，$therefore p(x)0$。

综上所述，对任意$xinleft(0,+inftyright)$，均有$f(x)leqfrac{e^{frac{8}{7}}}{2a}$。

因为$f(4)=frac{1}{48}$，所以$frac{e^{frac{8}{7}}}{2a}>frac{1}{48}$，即$a

综上所述，所求的$a$的取值范围是$left(frac{1}{2},frac{e^{frac{8}{7}}}{24}right]$。

1) 根据组合数公式，化简式子得到 $a_4 =

frac{C_4^4}{24} = frac{1}{24}$。由于 $a_3 = 2a_4$，所以

$a_3 = frac{1}{12}$。接下来我们得到以下等式：$$frac{n(n-1)(n-2)}{2} cdot frac{n(n-1)}{2} = 2 cdot frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}$$ 化简得到 $n = 5$。

2) 根据 (1) 得到 $n = 5$。

3) 根据组合数公式得到 $a = C_5^3 + C_5^4 + C_5^5 = 56$，$b = C_5^3 + 3C_5^4 + 9C_5^5 = 44$。因为 $a,b in N$，所以

$a^2 - 3b^2 = 76^2 - 3 cdot 44^2 = -32$。

解：(1) 数列 ${b_n}$ 与 ${a_n}$ 接近。因为

${a_n}$ 是首项为 $1$，公比为 $frac{1}{2}$ 的等比数列，所以 $a_n = frac{1}{2^{n-1}}$。我们可以推导出 $b = a+1 =

frac{1}{2^{n-1}} + 1$，因此：$$b_n - a_n = frac{1}{2^{n-1}} + 1 - frac{1}{2^{n-1}} = 1$$ 所以数列 ${b_n}$ 与

${a_n}$ 接近。

2) 数列 ${b_n}$ 是一个与 ${a_n}$ 接近的数列，因此

$a_{n-1} leq b_n leq a_{n+1}$。${a_n}$ 的前四项为 $a_1 =

1.a_2 = 2.a_3 = 4.a_4 = 8$，因此 $b_1 in [0,2]。b_2 in [1,3]。b_3 in [3,5]。b_4 in [7,9]$。可能有 $b_1 = b_2$ 或 $b_2 =

b_3$，但是 $b_1 neq b_3$ 和 $b_4 neq b_3$。因此，$M = {x

| x = b_i。i = 1.2.3.4.i neq 3}$，$M$ 中元素的个数 $m$ 为

$3$ 或 $4$。

3) 数列 ${a_n}$ 是公差为 $d$ 的等差数列，如果存在数列 ${b_n}$ 满足：${b_n}$ 与 ${a_n}$ 接近，且 $b_{n+1}

- b_n = d$，则 ${b_n}$ 是公差为 $d$ 的等差数列。我们分三种情况讨论：

① 如果 $d。(n-1)d$，则取 $b_n = a_n$，此时 $b_{n+1} -

b_n = a_{n+1} - a_n = d。(n-1)d$，因此 $b_2 - b_1.b_3 -

b_。b_{201} - b_{200}$ 中有 $200$ 个正数，符合题意。

② 如果 $d = frac{1}{n(n+1)}$，则取 $b_n = a_1 - frac{n-1}{n}d$，此时 $b_n - a_n = a_1 - a_n - frac{n-1}{n}d =

frac{1}{n} - frac{n-1}{n}d。0$，$b_2 - b_1.b_3 - b_。b_{201} - b_{200}$ 中有 $200$ 个正数，符合题意。 ③ 如果 $-frac{1}{2}。0$，因此 $b_2 - b_1.b_3 -

b_。b_{201} - b_{200}$ 中有 $200$ 个正数，符合题意。

1.根据题意，已知一个数列{an}，构造一个数列{bn}，使得{bn}中恰好有100个正数。根据题目中的等式b2n = an+1 -

(an-1 - 1)，可以得到b2n - b2n-1 = 2 + d。0，因此b2 - b1，b3 -

b2.b201 - b200中恰好有100个正数，符合题意。如果d ≤ -2或d = 0，则b2 - b1，b3 - b2.b201 - b200中都没有正数，不符合题意。因此，d的范围是(-2,+∞)。

2.对于函数f(x) = 1/(2x-1)，求导得f\'(x) = -1/(2x-1)²。设f\'(x1) = f\'(x2)，则-1/(2x1-1)² = -1/(2x2-1)²，即(2x2-1)² = (2x1-1)²，解得x1 + x2 = 2x1x2.由基本不等式可得1/(x1x2) = (x1 + x2)/2

≥ 2√(x1x2)，因此x1x2.256.又因为f(x1) + f(x2) = 1/(2x1-1) +

1/(2x2-1) = (x1-x2)/(x1x2(2x1-1)(2x2-1))，所以f(x1) + f(x2)。8-8ln2.因此，对于任意的x1 ≠ x2，都有f(x1) + f(x2)。8-8ln2.

3.设m = e-(a+k)/(a+1)，n = (a+1)/(a+k) + 1，则m。f(n)。又因为f(m) = km-a-1/(2m-1)和f(n) = kn-a-1/(2n-1)，所以km-a-1/(2m-1)。kn-a-1/(2n-1)，即k(m-n)。a-(m/(2m-1)-n/(2n-1))。因此，对于任意的a∈R和k∈(0,+∞)，都存在x∈(m,n)使得f(x) = kx+a。又因为f(x) = 1/(2x-1)，所以k = (2x-1)²a/2x-1，即a =

k(2x-1)/(2x-1)²。令h(x) = x-lnx-a，可以得到h\'(x) = 1-1/x²，因此h(x)在(1,+∞)上单调递减。因此，对于任意的a∈R和k∈(0,+∞)，直线y=kx+a与曲线y=1/(2x-1)有公共点。

由（Ⅰ）可知，对于任意的$x$，$g(x)≥g(16)$。又因为$a≤3-4ln2$，所以$-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a$。因此，$h\'(x)≤0$，即$h(x)$在$(16,+infty)$上单调递减。因此方程$f(x)-kx-a=0$至多有一个实根。

综上，当$a≤3-4ln2$时，对于任意$k>0$，直线$y=kx+a$与曲线$y=f(x)$有唯一公共点。

对于任意$n=1,2,3,4$，都有$|a_n-b_n|≤b_1$。当$a_1=b_1=1,q=2$时，$1≤d≤3$，$|d-2|≤1$，$|2d-4|≤1$，$|3d-8|≤1$。因此$1≤d≤2$，$2≤d≤3$，$2≤d≤3$，$2≤d≤3$。所以$1≤d≤3$。

因为$a_1=b_1>0$，所以对于$n=2,3,dots,m+1$，$|a_n-b_n|≤b_1$仍然成立。将$a_n,b_n$代入可得$|b_1+(n-1)d-b_1q^{n-1}|≤b_1$，即$|q^{n-1}-frac{(n-1)d}{b_1}|leqfrac{1}{b_1}$。因为$qin(1,2]$，所以$2mleq

q^{n-1}leq q^m$，即$2mleq q^{n-1}leq q^m$。因此$-2b_1leq(n-1)d-b_1q^{n-1}leq 2b_1$。

当$m=1$时，$2-2b_1leq dleq 2b_1$。当$m≥2$时，设$c_n=frac{(n-1)d}{b_1}$，则$c_{n+1}-c_n=frac{n(n-1)}{b_1}$。设$f(n)=q^{n-1}-q$，因为$q>1$，所以$f(n)$单调递增。又因为$qin(1,m^2]$，所以$f(m)leq(m-1)frac{m}{m-1}=m$。因此$q^{m-1}-qleq m$。设$g(x)=2x+frac{1}{x}$，则$g\'(x)=2ln2-frac{2m(x-1)}{x^2}$。因为$x>0$，所以$g\'(x)geq4(x-1)^{-2}$。因为$2ln2leq2ln2$，所以$g\'(x)geq4$，即$g(x)$单调递增。因此$f(x)$单调递增。

所以g(x)的最大值为2-2x，因此f(m)<2.因为对于2≤n≤m，都有f(n)<2，所以{cn}单调递减。

1）解：由f(x1)≤f(x2)，可得f(x1)-f(x2)=a(x13-x23)≤0，因为x1

2）证明：假设f(x)是周期函数，记其周期为Tk，任取x∈R，则有f(x)=f(x+Tk)。由题意，对任意x∈[x,x+Tk]，有f(x)≤f(x)≤f(x+Tk)，因此f(x)=f(x)=f(x+Tk)。又因为f(x)=f(x+nTk)，n∈Z，并且[x-3Tk,x-2Tk][x-2Tk,x-Tk][x,x+Tk][x+Tk,x+2Tk]⋯=R，所以对任意x∈R，f(x)=f(x)=C，为常数。

3）证明：充分性：若f(x)是常值函数，记f(x)=c1，设g(x)的一个周期为Tg，则h(x)=c1g(x)，则对任意x∈R，h(x+Tg)=c1g(x+Tg)=c1g(x)=h(x)，因此h(x)是周期函数。必要性：若h(x)是周期函数，记其一个周期为Th。若存在x1、x2，使得f(x1)>f(x2)，且x1>x2，则必然存在正整数N1，使得x2+N1Th>x1，因此f(x2+N1Th)>f(x1)，且h(x2+N1Th)=h(x2)。又因为h(x2)=g(x2)f(x2)

本文介绍了两个数学问题的解法。第一个问题是关于函数的性质的证明，使用了归纳法和函数的性质推导。第二个问题是关于数列的性质的证明，使用了函数的性质和数学归纳法。在证明过程中，需要注意格式错误和明显有问题的段落，进行删除和小幅度改写。 对于第一个问题，我们需要证明函数h(x)的性质。我们可以使用函数分解的方法，将h(x)分解成g(x)和f(x)的乘积形式。然后，我们可以证明g(x)和f(x)的单调性，从而得出h(x)的单调性和常数性。在证明过程中，需要注意公式的排版和符号的使用。

对于第二个问题，我们需要证明数列xn的性质。我们可以使用数学归纳法和函数的性质推导，证明xn的单调性和上下界。在证明过程中，需要注意公式的排版和符号的使用，以及数学符号的正确书写。