参***。
一、选择题(共8小题，每小题5分，共40分)
(1)d (2)a (3)d (4)d
(5)b (6)c (7)b (8)a
二、填空题(共6小题，每小题5分，共30分)
(11)1 (12)2 (13)(0，1) (14)6 6，7，8，三、解答题(共6小题，共80分)
(15)(共13分)
解：(ⅰ因为。
所以的最小正周期为。
(ⅱ)因为于是，当时， 取得最大值2;
当取得最小值—1.
(16)(共13分)
解(1)当x=8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8，8，9，10，所以平均数为。
方差为。(ⅱ)记甲组四名同学为a1，a2，a3，a4，他们植树的棵数依次为9，9，11，11;乙组四名同学为b1，b2，b3，b4，他们植树的棵数依次为9，8，9，10，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果有16个，它们是：
(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(a3，b1)，(a2，b2)，(a3，b3)，(a1，b4)，(a4，b1)，(a4，b2)，(a4，b3)，(a4，b4)，用c表示：“选出的两名同学的植树总棵数为19”这一事件，则c中的结果有4个，它们是：(a1，b4)，(a2，b4)，(a3，b2)，(a4，b2)，故所求概率为。
(17)(共14分)
证明：(ⅰ因为d，e分别为ap，ac的中点，所以de//pc。
又因为de 平面bcp，所以de//平面bcp。
(ⅱ)因为d，e，f，g分别为。
ap，ac，bc，pb的中点，所以de//pc//fg，dg//ab//ef。
所以四边形defg为平行四边形，又因为pc⊥ab，所以de⊥dg，所以四边形defg为矩形。
(ⅲ)存在点q满足条件，理由如下：
连接df，eg，设q为eg的中点。
由(ⅱ)知，df∩eg=q，且qd=qe=qf=qg= eg.
分别取pc，ab的中点m，n，连接me，en，ng，mg，mn。
与(ⅱ)同理，可证四边形meng为矩形，其对角线点为eg的中点q，且qm=qn= eg，所以q为满足条件的点。
18)(共13分)
解：(ⅰ令 ，得 .
与的情况如下：x( )
所以， 的单调递减区间是( )单调递增区间是 (ⅱ当 ，即时，函数在[0，1]上单调递增，所以在区间[0，1]上的最小值为 ｆ(0)=-k
当0 由(ⅰ)知上单调递减，在上单调递增，所以在区间[0，1]上的最小值为 ;
当时，函数在[0，1]上单调递减，所以在区间[0，1]上的最小值为 (19)(共14分)
解：(ⅰ由已知得解得又所以椭圆g的方程为 (ⅱ设直线l的方程为由得。
设a、b的坐标分别为 ab中点为e ，则因为ab是等腰△pab的底边，所以pe⊥ab.
所以pe的斜率解得m=2。
此时方程①为解得所以所以|ab|=
此时，点p(—3，2)到直线ab： 的距离所以△pab的面积s= (20)(共13分)
解：(ⅰ0，1，0，1，0是一具满足条件的e数列a5.
(答案不唯一，0，—1，0，1，0;0，±1，0，1，2;0，±1，0，—1，—2;0，±1，0，—1，—2，0，±1，0，—1，0都是满足条件的e的数列a5)
(ⅱ)必要性：因为e数列a5是递增数列，所以 .
所以a5是首项为12，公差为1的等差数列。
所以a2000=12+(2000—1)×1=2011.
充分性，由于a2000—a1000≤1，a2000—a1000≤1
a2—a1≤1
所以a2000—at≤19999，即a2000≤a1+1999.
又因为a1=12，a2000=2011,所以a2000=a1+1999.
故是递增数列。
综上，结论得证。
(ⅲ)对首项为4的e数列ak，由于。
所以所以对任意的首项为4的e数列am，若则必有 .
又的e数列所以n是最小值是9.
2023年北京高考数学答案 文科
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