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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
12、,%+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：a4k+5=k+i否则，若42+5=女，取左=0可得：牝=。，而由性质可得：6Z5=6Z1+6Z41,2,与4=0矛盾.同理可得：4+a4k+jjN*,l42+5=伙,0+1,有*6=4+1；j+4jt+8j三N,2j4A+6=伙+l,Z+2,有=%+2；aj+a4k-jj三Nj4k
13、+6=k+it又因a4k+1a4k+it有。以勺=女+1即当=A+1时命题成立，证毕.综上可得：q=0,a5=4xl+1=1(3)令btl=aft+P,由性质可知：V机,nNbm+n=atn+n+peam+p+an+p,am+p+an+p+l=bm+bll,bn+bn+1,由于=q+0,仇=a2+p=。也,1=,I+p/)，在,中都存在一项劣，使以=4；aj2对于中任意项。(几3),在中都存在两项用,q(Z).使得L.(1)若勺=(=1,2,),判断数列,是否满足性质，说明理由；（三）若勺=2-5=l,2,),判断数列4是否同时满足性质和性质，说明理由;(HI)若“是递增数列，且同时满足性质和
14、性质，证明：4为等比数列.【详解】(I)Qa2=2,仆=3,区=苫史Z.%不具有性质；a2222（三）QDi,y,=23,2-Jr;=*.,4具有性质;QVN,3J&=一l,/=一2,f=2(2IZ=2I=%,.4J具有性质；(HI)解法一首先，证明数列中项数同号，不妨设恒为正数：显然4任N*),假设数列中存在负项，设NO=maxqf0,第一种情况：若NO=1,即/04%GV，由可知：存在犯，满足勺=幺0,存在加2，满足。加=Mo,a422由No=I可知”=2,从而凡二%，与数列的单调性矛盾，假设不成立.q42第二种情况：若N2,由知存在实数加，满足4=为=由数列的单调性可知：mN。,这与No
15、的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.2其次，证明3=二：%利用性质：取=3,此时/=，(%/),由数列的单调性可知4alQf而%=W幺4,故左v3,此时必有A=2,/=1,即=&，q最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列%的前Z(Z3)项成等比数列，不妨设4=qqZ(ls%),其中4O,4l,(40,0q4,且qn=qg的(*)%2由得：存在S,满足：%+1=区=生4，由数列的单调性可知：t%qj,结合数列的单调性有：k2s-t-k-.注意到SZ人均为整数，故k=2s+,代入(*)式，从而为+1=qq”.总上可得，数列4的通项公式为：at
16、t=%qz.即数列“为等比数列.解法二：假设数列中的项数均为正数：2首先利用性质：取=3,此时/=/)，%由数列的单调性可知4al0,而4=%-L%,故Zv3,52此时必有A=2,/=1,即=色，即q,生M成等比数列，不妨设a2=%qq=A/(4D，224然后利用性质：取i=3,=2,则4“=%=也=q,a24闻即数列中必然存在一项的值为下面我们来证明&二。冈3,否则，由数列的单调性可知见g,从而上/),满足%=%a若a=3,=2,贝ij：&l=qq3,与假设矛盾;a若A=3,=l,则：4=q4,与假设矛盾；aI若A=2,/=1,则：=q2=%,与数列的单调性矛盾；q即不存在满足题意的正整数攵
17、/，可见/443不成立，从而%=6,二4s然后利用性质：取i=4,=3,则数列中存在一项。“=4=。闻4,4%q下面我们用反证法来证明a5=q/,否则，由数列的单调性可知/),满足/=，a222-2即由可知：5=TV=acl2klxalaxq若2左一/1=4,则牝=q1,与假设矛盾；若2左一/一14,则%q,与假设矛盾；若2左一/一14,由于为正整数，故2攵一/-13,则与。闯30,则过点&(生，f(&)作函数/&)的切线，该切线与.v轴的交点记作(OM3)，以此类推得生,%,直至*,0停止，由这些数构成数列叫(1)设勺(/九2)属于数列应,证明：am=lnam,x-1；(2)试比较与勺T一2
18、的大/关系；(3)若正整数k.3,是否存在A使得“、生、的、%依次成等差数列？若存在，求出A的所有取值；若不存在，请说明理由.【解析】：(1)证明：f,M=-,则过点(4_一/(/)的切线的斜率为一,Xam-由点斜式可得，切线方程为y-/。吁I=-L(X-a”-)/即y=一+w,-1,a11t-lam-令X=O,可得.V=/”T-1,根据题意可知，am-Zm,w-1-1,即得证；(2)先证明不等式lnx,x-l(x0),11_Y设/(X)=加一x+l(x0),则/(X)=1=-,XX易知当0x0,AX)单调递增，当xl时，k(X)Vo,F(X)单调递减，尸(X)在x=处取极大值也是最大值，所以
19、产(XKF(1)=0,即/3,x-l(x0),结合(1)可知,am=lnam_x-,am_-1-1=am,l-2；(3)假设存在这样的女符合要求，由(2)可知，数列q为严格的递减数列，=1,2,3k.由(1)可知，Ixd=an-an_x=han,-an_x-1,2殁女k,先考察函数g(x)=nr-x-l,则g，(x)-1-/XX易知当OVXVl时，g(x)O,g(x)单调递增，当xl时，g(x)v,g(x)单调递减，则g(x)=d至多只有两个解，即至多存在两个/_,使得g(q_i)=d,若k.4,则g()=g(%)=g=df矛盾,则4=3,当k=3时，Sz(x)=ln(bc-1)-2lnx+x
20、+1,由于(J/)=/0.1一2.2+J+l=一/10-1.2O,则存在XOe(,)，使得力(XO)=Of于是取%,a2=Inay-1,/=lnch.1/它们构成等差数列.综上,k=3.2023上海春季21.(本题满分18分)本题共有3个小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题8分.设函数/(x)=a-(+l)+,g(x)=kx+ml其中0,k、nR,若对任意x0,li5()g(),则称函数y=g()是函数y=()的控制函数，定义7(%)为所有y=gW在X=Xu处的最小值.(1)若。=2,g(x)=x,试问y=g()是否为函数y=f(x)的控制函数；(2)若。=0,设直线y=3是曲线y=(x
21、)在X=!处的切线证明：函数)=/?(月为函数N=/3的控制函数，并求彳力的值；(3)若曲线y=/(x)三x=xo(xol)处的切线过点(1,0),且CK,1证明：当且仅当C=XO或C=I时，f(c)=f(c).【解析】解：(1)当=2时，/(x)=2-3+x,所以当w0,l时，/(x)-(x)=2x3-3x2=X2(2x-3)O,所以g(x)是/的控制函数.4分(2)6=0Bzf(x)=-x2+x,f,(x)=-2x+三,鸣VffliT()=-(X)+=;+-,2分2416216因为f(x)一力(幻=一2+:一上=一(一!)20,2164所以=h(x)为函数y=/(X)的控制函数，.4分因为
22、彻=Gb所以，(11(H6分(3)/(x)=v3-(+l)x2+x=x(x-l)(0x-l),y,(x)=30r2-2(t+l)x+l,所以曲线y=f()在X=KO处的切线方程为y=f(0)(4)+f(0)1分因为该切线经过点(1,0),所以r(%)(l-%)+/(XU)=O,得(3竭-2(+l)%+1)(1-/)+说一(+l)片+玉=0,因式分解得(1一2也)(1一%J=。，因为。%V1,所以XO=,且4二.2a2所以曲线y=/3在X=.%处的切线方程为.y=-(x-l)3分首先证明)=1)是,v=f(x)的控制函数，因为，G)=仆)=-(1) d+2所以MX)=-；(Al)是y=()的控制
23、函数.5分因为MXU)=/(风),v(l)=(l),所以7(*=J(),7=1)6分当与0.设y=g(x)是y=j)的控制函数,因为g()()=MXo),g()z=MI)，得当MC(c).所以当心川时，当且仅当c=%或C=I时，7(c)=c)8分2021上海秋季21、如果对任意,毛Ei使得*-WtS都有)-(z)wS,则称/(x)是S关联的.(1)判断并证明/(%)=2x-l是否是0,”)关联？是否是关联？(2) f(x)是3关联的,在0,3)上有/(x)=x2-2x,解不等式2/(x)3.(3) /(X)是关联的，且是0,+oo)关联当且仅当/(%)是口关联的”.【解析】(I)N-X2w0,
24、),(x)/()=(2%-1)-(2x2-)=xa-x20,+),f(x)=2x-是10,”)关联；-x20,1,/(x1)-/(x2)=(2x1-1)-(2x2-1)=./(%)=2x-l不是0,1关联；(2)/(X)-X=X2-3xBlU3为周期的函数，然后就是要在2-苍3-幻里面，可以看出只有0,3),3,6)两个周期中可以找到解，答案是U+5(3)充分性：.(x+l)=(x)+l,且/*)递增，所网于x+lyx+2W+1=/(x+l)(y)/(x+2)=/(%)+2成立。必要性：/(x+l)-(x)l,/(x+2)-(x+l)lf/(x+2)-(x)2可以得到f(x+l)=/(%)+1
25、故对XVyX+1,我们对X,y+1用1,2关联的条件得到/(x)+l/(y+l)=/(y)+l于是/(工)”(了).对于正整数,x+vyx+l则有f(y)=f(y-n)+nf(x)+nf(x).也成立.方法二:(1)设内一0,+oo),x1-x21且为0,+8),/(耳)一/(工2)=2玉-1-2/+1=2(x-X2)2且满足0,+8),/(工)=2工_1是0,+8)关联的.(2)iSx1-A2OJ,/(1)-/(x2)=2x1-1-2x2+1=2(-2)0,2,故/(X)=2x1不是0关联的.(2)因为/(x)是3关联的，所以当任意的xR时，f(x+3)-f(x)=3,又X0,3)时，f(x
26、)=V-2X,函数图像如下图：,易知，=l+3,.原不等式的解为&5即为1+6,5.(3)证明：(X)是1关联，可知对任意的xR有/(x+l)-/(X)=1,/)是0,+)关联，可知对任意的不,0,+)有U、八，为不减函数；/(X)-/(工2)2可以设g(x)=f(x+x)-/(X)/当S=I时，(l)=(x+l)-(x)=lz当r=2时，(2)=f(x+2)-f(x)=f(x+1)+1-/(x)=2,因为当X确定时，g(x)是关于Ar的不减函数，所以xl,2,g(x)1,2.有/。)是1,2关联.当/(x)是1,2关联，有xl,2,g(X)=F(X+x)-f(x)l,2,当g(l)=ja+l
27、)_/(x)Wl,2,g(2)=(x+2)-(x)l,2Hf假设g1,有/(x+l)-F(X)1/(x+2)-f(X)(x+l)+l-F(X)2,X.g(2)=/(x+2)-/(x)1,2,矛盾.故只有g=1,易得g(2)=2.利用/(x+l)-/(X)=I，得/(x)是1关联，依次可得g5)=，Z+,即当xM+l,有g(x),+l,当在时，x,+),(r),-H).2021上海春季21.（18分）已知数列%满足/.0,对任意儿.2,。“和%”中存在一项使其为另一项与凡”的等差中项.（1）已知=5,生=3,4=2,求出的所有可能取值；（2）已知4=%=%=0,。2、。5、%为正数，求证：。2、
28、4、成等比数列，并求出公比q；（3）B知数列中恰有3项为。即4=4=q=0,2rstfi7,=1,a2=2求ar+as+al+l的最大值.【解析】：(1)由题意,2an=an+i+a,或2q+=an+%,:.2%=a3+%解得3=1,2q=%+4解得%=4,经检验,a3=1,(2)证明：q=4=%=O，/=2出,或6=%，经检验，a?,=2；=lsSla5=-al=埼（舍），二外吟；=a,T=V，或4=一%=O号（舍），,心吟;=,或=-%=16事舍），外噬；综上，的、4、必成等比数列，公比为;；（3）由=3L,+%,可知或2二%.=_；，q用一4%一42由第（2）问可知，,=。，贝!J.2=
29、2,即j-a7=-。一1，.q=0,则a=；aE=_q（a_q_2）=_；.（_（）LT-AL（&_4）=_g（_g），iGN*,.（4+i）”*“=同理,as+l=（一；），产一，.3川一可）=一；.M,I121（4+）M=77，同理，（/）2=有,/%+%+%的最大值Z-Io04642020上海卷21.有限数列4,若满足|4一出M4一四区闫4一金1，加是项数，则称%满足性质p(1)判断数列3,2,5和4,3,2,5,1是否具有性质P,请说明理由.(2)若q=l,公比为g的等比数列，项数为10,具有性质p,求夕的取值范围.(3)若是1,2,.,?的一个排列(w4),=ak+l(k=1,2.j
30、n-1),aw,都具有性质P，求所有满足条件的4.【答案】(1)对于第一个数列有|2-3|=1,|5-3=2,1-3=2,满足题意，该数列满足性质P对于第二个数列有|3-4|=1,|2-4|=2,|5-4|=1不满足题意，该数列不满足性质p.(2)由题意可得，|夕一1性卜7-1|,2,3,.,9两边平方得：q,2,+1“-2_2qg+1整理得：(夕-l)0ii(q+l)220当时，得i(夕+1)220,此时关于恒成立，所以等价于=2时g(4+l)-220,所以+2)(夕一1)20,所以4这-2或者qK,所以取q21.当OVqWI时，得qi(q+l)-2W0,此时关于恒成立，所以等价于=2时虱夕
31、+l)-2W0,所以0+2)(夕一1)WO,所以-2Wql,所以取OVqWL当-l0时，得qn-qn-x+l)-20。当为奇数的时候，得/T(q+1)-2W0,很明显成立，当为偶数的时候，得/7(q+l)2,0,很明显不成立，故当一IWqVO时，矛盾，舍去。当4当为奇数的时候，得i(4+l)-2W0,很明显成立，当为偶数的时候，要使gi(4+1)-220恒成立，所以等价于=2时g(q+l)-220,所以(q+2)g)20,所以qW-2或者夕21,所以取gW-2综上可得，(30,-2J(0,+)。(3)设q=pp3,4,机一3,m-2因为4=p,可以取P-I或者P+L的可以取P-2或者P+2。如
32、果出或者出取了。-3或者p+3,将使不满足性质P所以，4的前五项有以下组合：q=p,a2=p-1,G=P+1,a4=p-21a5=p+2,q=p,a2=p-,3=p+1,a4=p+2,a5=p-2,=p,a2=p+1,a3=p-a4=p-21a5=p+2f9=p,a2=p+,a3=p-ya4=p+2,a5=p-2,对于，b.=p-,b2-b=2,b3-b=l,与也满足性质P矛盾，舍去。对于，4=p7,%一用=2,|44|=3,%Ml=2与也满足性质P矛盾，舍去。对于，a=p+l,%Wl=2,|4-同=3,4-R=I与也满足性质P矛盾,舍去。对于，4=+1,恒WI=2,肉一伪|=1,与也满足性质P矛盾，舍去。所以p3,4,团一3,m一2均不能同时使q,但都具有性质p。当P=I时,有数列4：1,2,3,-，利1,利满足题意。当P=加时，时有数列“：肛机一1,3,2,1满足题意。当p=2时，有数列4：2,1,3,，机一1,机满足题意。当P二加时，有数列%：加一1,6,机一2,加一3,3,2,1满足题意。故满足题意的数列只有上面四种。
