2020~2023北京卷、上海卷最后一题.docx

《2020~2023北京卷、上海卷最后一题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020~2023北京卷、上海卷最后一题.docx（18页珍藏版）》请在优知文库上搜索。

1、题目来源命题立意2020年八省联考第20题新定义与立体几何2023年四省联考第22题新定义与函数、导数、解析几何2024年九省联考第19题新定义与数论（同余，剩余系，费马小定理），二项式定理2023年北京卷第21题新定义与数列2022年北京卷第21题新定义与数列2021年北京卷第21题新定义与数列2023上海秋季第21题函数、导数与数列综合2023上海春季第21题函数、导数与新定义2021上海秋季第21题新定义与函数2021上海春季第21题新定义与数列2020上海春季第21题新定义与数列北京卷单选题填空题解答题2020年及以后（不分文理）10题，共40分5题，共25分6题，共85分（13+14

2、+13+15+15+15）前三题：三角，立几，概率后三题：解几+导数+新定义2019年及以前（分文理）8题，共40分6题，共30分6题，共80分2021年八省联考第20题.北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在Tt每个顶点有3个面角，每个面角是一，所以正四面体在各顶点的曲率为2-3=)，故其总33曲率为4;T.(1)求四棱锥的

3、总曲率；(2)若多面体满足：顶点数-棱数+面数=2,证明：这类多面体的总曲率是常数.2023年四省联考22.椭圆曲线加密算法运用于区块链.椭圆曲线C=a,y)ly2=3+Q+44+27A2o.pc关于X轴的对称点记为c在点尸(x,y)(y=O)处的切线是指曲线y=Jd+b在点/处的切线.定义运算满足：若PC,QC,且直线PQ与C有第三个交点R,则PQ=A；若PC,QC,且P0为C的切线,切点为P,则P。=户；若PC,规定P户=O.,且P(T=0P=P.(1)当44+276=0时，讨论函数以工)=/+以+8零点的个数；(2)己知“”运算满足交换律、结合律，若尸C,QC,且PQ为C切线，切点为P,

4、证明：PP=0；(3)己知尸(APyJC,Q(x2,y2)cC,且直线PQ与C有第三个交点，求尸。的坐标.参考公式：/W3-n3=(tn-n)nr+mn+叫2024年九省联考第19题19.(17分)离散对数在密码学中有重要的应用.设夕是素数，集合X=l,2,若uiv三X,mN,记“为UV除以P的余数，肛为小除以P的余数；设cX,IMM2巴MzQ两两不同,若能，e=6(0,1,尸一2),则称是以。为底b的离散对数，记为n=IOg(P)&b.(1)若p=ll,a=2,求“TQ：(2)对附，m20,l,p-2,记/F为叫+%除以PT的余数(当人+性能被P-I整除时，mxn2=0).证明：log(p)

5、(0c)=log(p)blog(p)c,其中6,cwX；(3)已知=IOg(P)Ob.对XX,Zel,2,p-2,令必=a,必=证明：X=%0M(2叫4也1,2,用，4,4的前项和分别为纥，并规定&二线=0.对于A0,l,2,m,定义a=maxi44,s,使得&+g=4+8,.【小问1详解】由题意可知：A)=。，A=2,A2=3,At=6,=0,fil=1,B2=4,B3=7,当A=O时，则4=A)=。出4,i=1,2,3,故G=0；当女=1时，则5VA,8VA,gA,i=2,3,故4=1；当攵=2时，则用4，=0，1，层4，鸟4，故4=1；当攵=3时，则四A3,i=O,l,2,B343,故4

6、=2；综上所述：G=。，q=1，为=1,3=2.【小问2详解】由题意可知：G7,且综对任意N恒成立，所以M=Qt11,又因为2J7Jt+J+,则回一4L=,即1t-%2.Zi-1,可得Ki一。Zl，反证：假设湎足rfl+l-rtl的最小正整数为0/相一1,当i时，则G-；2;当iJ-l时，则-j=,则=(*)+(*-小2)+一.+(彳-石)+石22(加，)+/=2加/,又因为0jm-t则之2加一j2加一(m1)=7+1小，假设不成立，故。+-g=i,即数列9是以首项为1,公差为1的等差数列，所以=0+Ix=2wN.【小问3详解】因为均为正整数，则4,用均为递增数列，(i)若A”=B,“,则可取

7、f=4=0,满足p9,sf,使得4/,+6=4+。；(n)若4m,这与4+11,2,6相矛盾，故对任意lnm,N，均有S,l-m.若存在正整数N,使得Sn=4,-AN=0,即AN=Br可取r=q=O,p=N,s=2,满足使得&+与=4+0；若不存在正整数N,使得SN=O,因为S“-1,2,-（11-1）,且lj%,所以必存在1XVY7%,使得SX=Sy,即Bzx-Ax=Zy-Ay,可得Ay+与X=AX+8，可取p=y,s=,g=X,f=G,满足sF,使得&+瓦=4+8,；（适）若AnB,l,定义&=maxzIAjBjt0,l,2,L,m,则Rk0,可得。曲小=ARAf-A&=（ARA+_练）-

8、（4人一练）m,这与%+1eL2,相矛盾，故对任意lm-l,N,均有S,l-m若存在正整数N,使得Sn=4,-8=0,即&,=区，可取q=Z=O,S=N,=/?n，即满足”g,s,使得4+g=Ay+久；若不存在正整数N,使得SN=O,因为S-l,-2j,-（m-l）,且lm,所以必存在x4,sf,使得Ap+g=4+B,.综上所述：存在04V/n,0rvsn使得A/,+B,=Az+瓦.2022年北京卷第21题.已知。：q,g，4为有穷整数数列.给定正整数机，若对任意的1,2,，机,在。中存在q,q+,q+2,f+j(0),使得4+4+1+勾包+,+4+/=，则称。为机一连续可表数列.(1)判断。

9、：2,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若，4为8-连续可表数列，求证：攵的最小值为4；(3)若，4为20-连续可表数列，且卬+生+420,求证：k7.【小问1详解】4=1,q=2,4+/=3,%=4,a2+a3=5t所以。是5连续可表数列；易知，不存在使得q+q+q+j=6,所以。不是6-连续可表数列.【小问2详解】若k3,设为Q：,O,c,则至多+8b+cM+O+CM,b,c,6个数字，没有8个，矛盾；当k=4时,数列0:1,4,1,2,满足q=l,a4=2fa3+a4=3,a2=4tal+a2=5fal+a2+ai=6ta2+a3+a4=7,al+a2+a

10、3+a4=S,:.min=4.【小问3详解】。：q,若i=J最多有A种，若2/，最多有C；种，所以最多有上+G二笔W种,若A5,则q,%，4至多可表空=15个数，矛盾，2从而若女7,则2=6,c,4e,/至多可表W=21个数，dja+b+c+d+e+f矛盾，对：8=2+6=5+3,也矛盾，综上女工6.k7.2021年北京卷第21题.设P为实数.若无穷数列j满足如下三个性质，则称为为员P数列：4+0,a2+p=0;*V/”,(=1,2,)；限4+4+p,am+an+p+f(机=1,2,.(1)如果数列4的前4项为2,.2,-2,-1,那么4是否可能为讥2数列？说明理由；(2)若数列为是况数列，求

11、处；(3)设数列4的前项和为S”.是否存在见P数列q,使得SzlSo恒成立？如果存在，求出所有的P；如果不存在，说明理由.【详解】(1)因为p=2,l=2,2=-2,所以q+%+P=2,4+g+P+l=3,因为=-2,所以乃q+%+2,q+%+2+1)所以数列6；,不可能是况2数列.(2)性质q0,a2=0,由性质+2g4,4+1，因此6=4或6=4+1，。4=。或4=1，若=。，由性质可知/4，即0或q+l0,矛盾；若。4=1,生=。|+1，由(有“+11,矛盾.因此只能是4=,%=q.又因为4=4+%或4=4+%+1，所以q=；或4=0.若q=；,则生=4+w+6+。，4+q+0+l=2q,%+1=1,2,不满足4=0,舍去.当q=0,则q前四项为:0,0,0,1,下面用数学归纳法证明*=(i=L2,3),%+4=+15N)：当=0时，经验证命题成立，假设当%(左0)时命题成立，当=攵+1时：若i=l,则旬+)+=%+5=*u+57),利用性质：3+%”/jwN,lj4k+4=伙,Z+1,此时可得