2023-2024学年北京市朝阳区高三(上)期中数学试卷【答案版】

2023-2024学年北京市朝阳区高三（上）期中数学试卷
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 1．已知全集U ＝Z ，集合A ＝{x ∈Z |﹣2＜x ＜2}，B ＝{﹣1，0，1，2}，则（∁U A ）∩B ＝（ ） A ．{﹣1，2}
B ．{1}
C ．{0，1}
D ．{2}
2．下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递增的是（ ） A ．y ＝lgx
B ．y ＝x 3
C ．y =x +1
x
D ．y ＝2x +2﹣
x
3．若sinθ=√5cosθ，则tan2θ＝（ ） A ．−
√5
3
B ．√53
C ．−
√5
2
D ．√52
4．已知a ＝log 50.5，b ＝50.5，c ＝0.50.6，则（ ） A ．a ＜c ＜b
B ．a ＜b ＜c
C ．c ＜a ＜b
D ．b ＜c ＜a
5．函数y =2sin(2x +π
6)的图象的一条对称轴是（ ）
A ．x =−π
6
B ．x ＝0
C ．x =π
6
D ．x =π
2
6．设x ∈R ，则“x （1+x ）＞0”是“0＜x ＜1”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
7．已知平面内四个不同的点A ，B ，C ，D 满足BA →
=2DB →
−2DC →
，则|AC →
||BC →
|
=（ ）
A ．23
B ．32
C ．2
D ．3
8．已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为
8π3
．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个
顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（ ） A ．23
B ．1
C ．2−√2
D ．4−2√2
9．已知函数f(x)={|x +1|−1，x ∈(−∞，0)
ln(x +1)，x ∈[0，+∞)，g （x ）＝x 2﹣4x ﹣4．设b ∈R ，若存在a ∈R ，使得f （a ）
+g （b ）＝0，则实数b 的取值范围是（ ） A ．[﹣1，5] B ．（﹣∞，﹣1]∪[5，+∞） C ．[﹣1，+∞）
D ．（﹣∞，5]
10．已知点集A ＝{（x ，y ）|x ∈Z ，y ∈Z }，S ＝{（a ，b ）∈A |1≤a ≤5，1≤b ≤5}．设非空点集T ⊆A ，若对S
中任意一点P ，在T 中存在一点Q （Q 与P 不重合），使得线段PQ 上除了点P ，Q 外没有A 中的点，则T 中的元素个数最小值是（ ） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

11．已知函数f （x ）＝sin πx +cos πx ，则f （x ）的最小正周期是 ． 12．已知单位向量a →
，b →
满足a →
•（a →
+2b →
）＝2，则向量a →
与b →
的夹角为 ．
13．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ∗)，能说明“若d ＜0，则数列{S n }是递减数列”为假命题的一组a 1，d 的值依次为 ．
14．古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表．托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的
160
作为单位来度量弦长．将圆心角α所对的弦长记为crd α．如图，在圆O 中，60°的圆心角所对的弦长恰好等于圆O 的半径，因此60°的圆心角所对的弦长为60个单位，即crd 60°＝60．若θ为圆心角，cosθ=1
4
（0°＜θ＜180°），则crd θ＝ ．
15．如图，在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点M 为AD 的中点，点N 是侧面DCC 1D 1上（包括边界）的动点，且B 1D ⊥MN ，给出下列四个结论： ①动点N 的轨迹是一段圆弧； ②动点N 的轨迹与CD 1没有公共点； ③三棱锥N ﹣B 1BC 的体积的最小值为
1
12； ④平面BMN 截该正方体所得截面的面积的最大值为9
8
．
其中所有正确结论的序号是 ．
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。

16．（13分）已知{a n }是递增的等比数列，其前n 项和为S n (n ∈N ∗)，满足a 2＝6，S 3＝26． （1）求{a n }的通项公式及S n ； （2）若S n +a n ＞2024，求n 的最小值． 17．（13分）在△ABC 中，b 2+c 2﹣a 2＝bc ． （Ⅰ）求∠A ；
（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，求△ABC 的面积． 条件①：cosB =
11
14
； 条件②：a +b ＝12； 条件③：c ＝12．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
18．（15分）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AC ＝BC ＝2，PB =2√3． （Ⅰ）求证：BC ⊥平面P AC ； （Ⅱ）求二面角A ﹣PB ﹣C 的大小； （Ⅲ）求点C 到平面P AB 的距离．
19．（14分）已知函数f （x ）＝e x ﹣sin x ﹣ax 2（a ∈R ）．
（Ⅰ）若a ＝0，求f （x ）在区间[0，π
2]上的最小值和最大值；
（Ⅱ）若a ＜1
2
，求证：f （x ）在x ＝0处取得极小值．
20．（15分）已知函数f （x ）＝mxlnx ﹣x 2+1（m ∈R ）．
（Ⅰ）当m ＝1时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （Ⅱ）若f （x ）≤0在区间[1，+∞）上恒成立，求m 的取值范围； （Ⅲ）试比较ln 4与√2的大小，并说明理由．
21．（15分）已知A m=
(a
1，1
a
1，2
⋯a
1，m
a
2，1
a
2，2
⋯a
2，m
⋮⋮⋱⋮
a
m，1
a
m，2
⋯a
m，m)
(m≥2)是m2个正整数组成的m行m列的数表，当
1≤i＜s≤m，1≤j＜t≤m时，记d（a i，j，a s，t）＝|a i，j﹣a s，j|+|a s，j﹣a s，t|．设n∈N*，若A m满足如下两个性质：
①a i，j∈{1，2，3；⋯，n}（i＝1，2，⋯，m；j＝1，2，⋯，m）；
②对任意k∈{1，2，3，⋯，n}，存在i∈{1，2，⋯，m}，j∈{1，2，⋯，m}，使得a i，j＝k，则称A m为Γn数表．
（1）判断A3=(123
231
312
)是否为Γ3数表，并求d（a1，1，a2，2）+d（a2，2，a3，3）的值；
（2）若Γ2数表A4满足d（a i，j，a i+1，j+1）＝1（i＝1，2，3；j＝1，2，3），求A4中各数之和的最小值；
（3）证明：对任意Γ4数表A10，存在1≤i＜s≤10，1≤j＜t≤10，使得d（a i，j，a s，t）＝0．2023-2024学年北京市朝阳区高三（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
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
1．已知全集U＝Z，集合A＝{x∈Z|﹣2＜x＜2}，B＝{﹣1，0，1，2}，则（∁U A）∩B＝（）A．{﹣1，2}B．{1}C．{0，1}D．{2}
解：根据题意，集合A＝{x∈Z|﹣2＜x＜2}＝{﹣1，0，1}，
而B＝{﹣1，0，1，2}，故（∁U A）∩B＝{2}．
故选：D．
2．下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递增的是（）
A．y＝lgx B．y＝x3C．y=x+1
x
D．y＝2x+2﹣x 解：对于A：因为y＝lgx的定义域为（0，+∞），所以不是奇函数，所以A错误；
对于B：令f（x）＝x3，则f（﹣x）＝（﹣x）3＝﹣x3＝﹣f（x），所以是奇函数，又f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以B正确；
对于C：y=x+1
x
在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，所以C错误；
对于D：因为f（x）＝2x+2﹣x，f（﹣x）＝2﹣x+2x＝f（x），所以是偶函数，所以D错误．故选：B．
3．若sinθ=√5cosθ，则tan2θ＝（）
A ．−
√5
3
B ．
√53
C ．−
√5
2
D ．
√52
解：若sinθ=√5cosθ，则 tan θ=√5，则tan2θ=2tanθ1−tan 2θ
=−√52，
故选：C ．
4．已知a ＝log 50.5，b ＝50.5，c ＝0.50.6，则（ ） A ．a ＜c ＜b
B ．a ＜b ＜c
C ．c ＜a ＜b
D ．b ＜c ＜a
解：∵log 50.5＜log 51＝0，即a ＜0， ∵50.5＞50＝1，b ＞1，
∵0＜0.50.6＜0.50＝1，即0＜c ＜1， ∴a ＜c ＜b ． 故选：A ．
5．函数y =2sin(2x +π
6)的图象的一条对称轴是（ ）
A ．x =−π
6
B ．x ＝0
C ．x =π
6
D ．x =π
2
解：x =−π6时，y =2sin(−π3+π
6)≠±2，不是对称轴；
x ＝0时，y =2sin(0+π
6)≠±2，不是对称轴；
x =π6时，y =2sin(π3+π
6)=2，是对称轴；
x =π2时，y =2sin(π+π
6
)≠±2，不是对称轴；
故选：C ．
6．设x ∈R ，则“x （1+x ）＞0”是“0＜x ＜1”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
解：解不等式x （1+x ）＞0，可得x ＞0或x ＜﹣1； 显然{x |0＜x ＜1}是{x |x ＞0或x ＜﹣1}的真子集，
所以可得“x （1+x ）＞0”是“0＜x ＜1”的必要不充分条件． 故选：B ．
7．已知平面内四个不同的点A ，B ，C ，D 满足BA →
=2DB →
−2DC →
，则|AC →
||BC →
|
=（ ）
A ．23
B ．32
C ．2
D ．3
解：BA →=2DB →−2DC →，∴BC →+CA →=2（DC →+CB →）﹣2DC →，即3BC →=AC →，3|BC →|＝|AC →
|，|AC →
||BC →
|
=3．
故选：D ．
8．已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为
8π3
．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个
顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（ ） A ．23
B ．1
C ．2−√2
D ．4−2√2
解：因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为h ，底面圆的半径为r ，则r ＝h ， 又因为圆锥的体积为
8π
3，可得13πr 2ℎ=13πr 3=8π
3
，解得r ＝2，则h ＝2， 设圆锥的顶点为S ，底面圆心为O ，则高为SO ＝2，SO 与正方体的上底面交点为O 1， 在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内， 上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图，
设正方体的棱长为a ，可得CD =√2a ，
由△SO 1D ∽△SOA ，可得SO 1SO
=O 1D OA
，即2−a 2
=
√2
2
a 2
，解得a =
4
2+√2
=4−2√2， 所以该正方体的棱长为4−2√2． 故选：D ．
9．已知函数f(x)={|x +1|−1，x ∈(−∞，0)
ln(x +1)，x ∈[0，+∞)，g （x ）＝x 2﹣4x ﹣4．设b ∈R ，若存在a ∈R ，使得f （a ）
+g （b ）＝0，则实数b 的取值范围是（ ） A ．[﹣1，5] B ．（﹣∞，﹣1]∪[5，+∞） C ．[﹣1，+∞）
D ．（﹣∞，5]
解：由题意可得当x ∈（﹣∞，0）时，f （x ）＝|x +1|﹣1≥﹣1， 当x ∈[0，+∞）时，f （x ）＝ln （x +1）≥ln 1＝0， 所以函数f （x ）的值域为[﹣1，+∞），
因为对∀b ∈R ，存在a ∈R ，使得f （a ）+g （b ）＝0，
所以g （b ）＝﹣f （a ）≤1，
所以b 2﹣4b ﹣4≤1，即b 2﹣4b ﹣5≤0，解得﹣1≤b ≤5，即实数b 的取值范围是[﹣1，5]． 故选：A ．
10．已知点集A ＝{（x ，y ）|x ∈Z ，y ∈Z }，S ＝{（a ，b ）∈A |1≤a ≤5，1≤b ≤5}．设非空点集T ⊆A ，若对S 中任意一点P ，在T 中存在一点Q （Q 与P 不重合），使得线段PQ 上除了点P ，Q 外没有A 中的点，则T 中的元素个数最小值是（ ） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解：对于整点（a ，b ），（c ，d ）的连线内部没有其它整点，当且仅当a ﹣c 与b ﹣d 互为素数， 若T 只有一个点（x ，y ），取S 的点（a ，b ）使a ，x 和b ，y 分别同奇偶，a ﹣x ，b ﹣y 有公因子2（或重合），不合题意，
故T 中元素不止一个，令T ＝{（2，6），（3，6）}，对于S 的点P （a ，b ）， 当a ＝1或3时，取Q （2，6）；当a ＝2或4时，取Q （3，6）； 由于P 、Q 横坐标之差为±1，故PQ 内部无整点；
当a ＝5，b ∈{1，3，5}时，取Q （3，6），此时横坐标之差为2，纵坐标之差为奇数，二者互素； 当a ＝5，b ∈{2，4}时，取Q （2，6），此时横坐标之差为3，纵坐标之差为﹣4，﹣2，二者互素； 综上，T 中的元素个数最小值是2． 故选：B ．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

11．已知函数f （x ）＝sin πx +cos πx ，则f （x ）的最小正周期是 2 ．
解：因为f(x)=sinπx +cosπx =√2sin(πx +π4)，所以f （x ）的最小正周期为T =2ππ
=2．
故答案为：2．
12．已知单位向量a →
，b →
满足a →
•（a →
+2b →
）＝2，则向量a →
与b →
的夹角为 π3
．
解：因为a →
，b →
是单位向量，且a →
•（a →
+2b →
）＝2，
所以a →2+2a →⋅b →=2，所以a →⋅b →=1
2
，
所以cos ＜a →
，b →＞=
a →⋅b
→
|a →||b →
|
=12
， 因为＜a →
，b →
＞∈[0，π]，所以＜a →
，b →
＞=π
3．
故答案为：π
3
．
13．设公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n(n∈N∗)，能说明“若d＜0，则数列{S n}是递减数列”为假命题的一组a1，d的值依次为a1＝2，d＝﹣1（答案不唯一）．
解：由S n=na1+n(n−1)
2
d=
d
2
n2+(a1−
d
2
)n，其对称轴为n=
1
2
−
a1
d
，且d＜0，
结合二次函数性质，只需1
2
−
a1
d
≥
3
2
⇒
a1
d
≤−1，即a1≥﹣d，此时{S n}不是递减数列，
如a1＝2，d＝﹣1，则S n=−1
2
(n−
5
2
)2+
25
8
，显然S1＜S2．
故答案为：a1＝2，d＝﹣1（答案不唯一）．
14．古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆
心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表．托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的
1 60
作为单位来度量弦长．将圆心角α所对的弦长记为crdα．如图，在圆O中，60°的圆心角所对的弦长恰好等于圆O的半径，因此60°的圆心角所对的弦长为60个单位，即crd60°＝60．若θ为圆心角，
cosθ=1
4
（0°＜θ＜180°），则crdθ＝30√6．
解：设圆的半径为r，cosθ=1
4
时圆心角θ所对应的弦长为l，
利用余弦定理可知I2=r2+r2−2r2cosθ=3
2
r2，即可得l=√
6
2
r，
又60°的圆心角所对的弦长恰好等于圆O的半径，60°的圆心角所对的弦长为60个单位，
即与半径等长的弦所对的圆弧长为60个单位，所以l=√6
2
×60=30√6．
故答案为：30√6．
15．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为AD的中点，点N是侧面DCC1D1上（包括边界）的动点，且B1D⊥MN，给出下列四个结论：
①动点N的轨迹是一段圆弧；
②动点N的轨迹与CD1没有公共点；
③三棱锥N﹣B1BC的体积的最小值为
1 12
；
④平面BMN截该正方体所得截面的面积的最大值为9 8．
其中所有正确结论的序号是②③④．
解：关于点N 的轨迹，在点D 建立空间直角坐标系D ﹣xyz ，如图，
D （0，0，0），B 1（1，1，1），M （1
2
，0，0），
∵N 在平面DCC 1D 1上，设N （0，y ，z ），其中y ，z ∈[0，1]， ∴DB 1→
=（1，1，1），MN →
=（−12，y ，z ），
∵B 1D ⊥MN ，∴DB 1→
⋅MN →
=−1
2
+y +z =0，
这是一个平面的方程，在面DCC 1D 1中，令y ＝0，得z =12，令z ＝0，得y =1
2，
∴它过点P （0，0，12）和Q （0，1
2
，0），
∴点N 的轨迹为线段PQ ，如图．
对于①，∵点N 的轨迹是线段PQ ，不是圆弧，故①错误； 对于②，∵PQ ∥CD 1，∴PQ 与CD 1没有公共点，故②正确； 对于③，∵△BB 1C 的面积为定值，
∴当N 到面BB 1C 的距离最小时，三棱锥N ﹣BB 1C 体积取得最小值，
∵平面CDD 1C 1⊥平面BCC 1B 1，
∴在N 的轨迹中，点Q 到平面BB 1C 的距离最短， ∴{V Q−BB 1C }min =13S △BB 1C ⋅ℎQ−BB 1C =13×12×12=1
12
，
∴三棱锥N ﹣B 1BC 的体积的最小值为
1
12
，故③正确；
对于④，当点N 取点P 时，面BMN 截立方体所得截面的面积最大，
∵MP ∥AD 1，AD 1∥BC 1，∴MP 与BC 1共面，∴截面为四边形BMPC 1，如图，
四边形BMPC 1为等腰梯形，MP =
√2
2
，BC 1=√2，
|BM →
|＝|PC 1→
|=√(1
2)2+12=√52，
过点M 作MM ′⊥BC 1，过点P 作PP ′⊥BC 1，垂足分别为M ′，P ′， |MM ′|＝|PP ′|=√(
√5
2
)2−(
√2
4
)2=
3√2
4
，
∴S BMQC 1
=12（|MP →|+|BC 1→|）•|MM ′→
|=12×(√22+√2)×3√24=9
8
， ∴平面BMN 截该正方体所得截面的面积的最大值为9
8
，故④正确．
故答案为：②③④．
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。

16．（13分）已知{a n }是递增的等比数列，其前n 项和为S n (n ∈N ∗)，满足a 2＝6，S 3＝26．
（1）求{a n }的通项公式及S n ；
（2）若S n +a n ＞2024，求n 的最小值．
解：（1）根据题意，设单调递增的等比数列{a n }的公比为q ，则q ≠1，
又由a 2＝6，S 3＝26，则有a 1q ＝6，＝26，解得a 1＝18，q =13
，或a 1＝2，q ＝3． 当a 1＝18，q =13
，等比数列{a n }单调递减，舍去． 故a 1＝2，q ＝3．
∴a n ＝2×3n ﹣1，S n =a 1(1−q n )1−q =2×(1−3n )1−3
=3n ﹣1； （2）若S n +a n ＞2024，即（3n ﹣1）+2×3n ﹣1＝5×3n ﹣1﹣1＞2024，
变形可得：3n ﹣
1＞405，解可得n ＞6，即n 的最小值为7． 17．（13分）在△ABC 中，b 2+c 2﹣a 2＝bc ．
（Ⅰ）求∠A ；
（Ⅱ）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，求△ABC 的面积．
条件①：cosB =1114
； 条件②：a +b ＝12；
条件③：c ＝12．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
（Ⅰ）解：因为b 2+c 2﹣a 2＝bc ，所以由余弦定理得：cosA =b 2
+c 2−a 22bc =12， 又因为A ∈（0，π），所以A =π3
； （Ⅱ）解：由（1）知A =π3
， 若选①②：cosB =
1114且a +b ＝12，由cosB =1114，可得sinB =√1−cos 2=5√314， 由正弦定理：a sinA =b sinB ，可得√32=5√314
，解得a ＝7，则b ＝12﹣a ＝5，
又由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bc cos A，可得49＝25+c2﹣5c，所以c2﹣5c﹣24＝0，解得c＝8或c＝﹣3（舍去），
所以△ABC的面积为S=1
2
bcsinA=
1
2
×5×8×√
3
2
=10√3；
若选①③：cosB=11
14
且c=12，由cosB=11
14
，可得sinB=√1−cos2B=
5√3
14
，
因为A+B+C＝π，可得sinC=sin(A+B)=√3
2×
11
14
+
1
2
×
5√3
14
=
4√3
7
，
由正弦定理
a
sinA
=
c
sinC
，可得
√3
2
=
4√3
7
，解得a=
21
2
，
所以△ABC的面积为S=1
2
acsinB=
1
2
×
21
2
×12×
5√3
14
=
45√3
2
；
若选②③：a+b＝12且c＝12，因为b2+c2﹣a2＝bc，
所以b2+122﹣（12﹣b）2＝12b，整理得24b＝12b，
解得b＝0，不符合题意，（舍去）．
18．（15分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，P A⊥平面ABC，P A＝AC＝BC＝2，PB=2√3．（Ⅰ）求证：BC⊥平面P AC；
（Ⅱ）求二面角A﹣PB﹣C的大小；
（Ⅲ）求点C到平面P AB的距离．
解：（Ⅰ）证明：因为P A⊥平面ABC，
又AB，BCC平面ABC，
所以P A⊥AB，P A⊥BC．
在Rt△P AB中，因为P A＝2，PB=2√3，
所以AB=√PB2−PA2=2√2．
在△ABC中，因为AC＝BC＝2，AB=2√2，
所以AC⊥BC．
又因为P A∩AC＝A，
P A，AC⊂平面P AC，
所以BC ⊥平面P AC ；
（Ⅱ）过点A 在平面ABC 内作Ax ⊥AC ．
因为P A ⊥平面ABC ，
所以P A ⊥AC ，P A ⊥Ax ．
如图建立空间直角坐标系A ﹣xyz ，
则A （0，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），P （0，0，2），
所以AB →=(2，2，0)，AP →=(0，0，2)，CB →=(2，0，0)，CP →
=(0，−2，2)，
设平面ABP 的一个法向量为m →=（x 1，y 1，z 1）．由{m →⋅AB →=0m →⋅AP →=0，得{2x 1+2y 1=02z 1=0，整理得{x 1+y 1=0z 1=0， 令x 1＝1，则m →
=（1，﹣1，0），
设平面CBP 的一个法向量为n →=（x 2，y 2，z 2），由{n →⋅CB →=0n →⋅CP →=0，整理得{2x 2=0−2y 2+2z 2=0， 令y 2＝1，则n →=（0，1，1）．
设二面角A ﹣PB ﹣C 为θ．则|cos θ|＝|cos ＜m →，n →＞|=|m →⋅n →
||m →||n →|=|−1|2×2=12． 由题可知，二面角A ﹣PB ﹣C 为锐角，
所以二面角A ﹣PB ﹣C 的大小为π3
； （Ⅲ）设点C 到平面P AB 的距离为d ，则d =|CB →⋅m →
||m →|=2√2=√2． 19．（14分）已知函数f （x ）＝e x ﹣sin x ﹣ax 2（a ∈R ）．
（Ⅰ）若a ＝0，求f （x ）在区间[0，π2
]上的最小值和最大值； （Ⅱ）若a ＜12
，求证：f （x ）在x ＝0处取得极小值．
解：（Ⅰ）已知f（x）＝e x﹣sin x﹣ax2（a∈R），函数定义域为R，若a＝0，此时f（x）＝e x﹣sin x，可得f′（x）＝e x﹣cos x，
易知当x∈[0，π
2
]时，f′（x）＞0，所以函数f（x）单调递增，
则当x＝0时，函数f（x）取得极小值也是最小值，最小值f（0）＝1，
当x=π
2
时，函数f（x）取得极大值也是最大值，最大值f（
π
2
）=e
π
2−1；
（Ⅱ）证明：易知f′（x）＝e x﹣cos x﹣2ax，
因为f′（0）＝e0﹣cos0﹣0＝0，
不妨设g（x）＝e x﹣cos x﹣2ax，函数定义域为R，可得g′（x）＝e x+sin x﹣2a，
当a＜1
2
时，g′（0）＝e0+sin0﹣2a＝1﹣2a＞0，
所以f′（x）在x＝0处有递增趋势，
若Δx＞0且Δx→0，
当Δx＜x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当0＜x＜Δx时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以函数f（x）在x＝0处取得极小值．
20．（15分）已知函数f（x）＝mxlnx﹣x2+1（m∈R）．
（Ⅰ）当m＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若f（x）≤0在区间[1，+∞）上恒成立，求m的取值范围；
（Ⅲ）试比较ln4与√2的大小，并说明理由．
解：（Ⅰ）当m＝1时，f（x）＝xlnx﹣x2+1，函数定义域为（0，+∞），
可得f′（x）＝lnx+1﹣2x，
此时f′（1）＝﹣1，
又f（1）＝0，
所以曲线f（x）在点（1，f（1））处切线的方程为y＝﹣（x﹣1），即x+y﹣1＝0；
（Ⅱ）若f（x）≤0在区间[1，+∞）上恒成立，
此时mlnx﹣x+1
x
≤0在区间[1，+∞）上恒成立，
不妨设g(x)=mlnx−x+1
x
，函数定义域为[1，+∞），
可得g′(x)=m
x
−1−
1
x2
=
−x2+mx−1
x2
，
当m≤0时，mx≤0，
所以g′（x）＜0，g（x）单调递减，
此时g（x）≤g（1）＝0，符合题意；
当m＞0时，
不妨设h（x）＝﹣x2+mx﹣1，
易知在方程﹣x2+mx﹣1＝0中，Δ＝m2﹣4，若Δ≤0，即0＜m≤2时，h（x）≤0，
所以g′（x）≤0，g（x）单调递减，
则g（x）≤g（1）＝0，符合题意，
若Δ＞0，即m＞2时，
函数h（x）是开口向下的二次函数，对称轴x=m
2
＞1，
又h（1）＝m﹣2＞0，
此时方程﹣x2+mx﹣1＝0的大于1的根为x0=m−√m2−4
2
，
当1＜x＜x0时，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞x0时，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g（x）＞g（1）＝0，不符合题意，
综上，满足条件的实数m的取值范围为（﹣∞，2]；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当m＝2时，f（x）≤0在区间[1，+∞）上恒成立，此时2xlnx≤x2﹣1在区间[1，+∞）上恒成立，
当x=√2时，2√2ln√2＜1，
整理得ln4＜√2．
21．（15分）已知A m=
(a
1，1
a
1，2
⋯a
1，m
a
2，1
a
2，2
⋯a
2，m
⋮⋮⋱⋮
a
m，1
a
m，2
⋯a
m，m)
(m≥2)是m2个正整数组成的m行m列的数表，当
1≤i＜s≤m，1≤j＜t≤m时，记d（a i，j，a s，t）＝|a i，j﹣a s，j|+|a s，j﹣a s，t|．设n∈N*，若A m满足如下两个性质：
①a i，j∈{1，2，3；⋯，n}（i＝1，2，⋯，m；j＝1，2，⋯，m）；
②对任意k∈{1，2，3，⋯，n}，存在i∈{1，2，⋯，m}，j∈{1，2，⋯，m}，使得a i，j＝k，则称A m为Γn数表．
（1）判断A 3=(1
232
31312
)是否为Γ3数表，并求d （a 1，1，a 2，2）+d （a 2，2，a 3，3）的值；
（2）若Γ2数表A 4满足d （a i ，j ，a i +1，j +1）＝1（i ＝1，2，3；j ＝1，2，3），求A 4中各数之和的最小值；
（3）证明：对任意Γ4数表A 10，存在1≤i ＜s ≤10，1≤j ＜t ≤10，使得d （a i ，j ，a s ，t ）＝0．
解：（1）A 3=(12
323
1312
)是Γ3数表，
d （a 1，1，a 2，2）+d （a 2，2，a 3，3）＝2+3＝5；
（2）由题可知d （a i ，j ，a s ，t ）＝|a i ，j ﹣a s ，j |+|a s ，j ﹣a s ，t |＝1（i ＝1，2，3；j ＝1，2，3）， 当a i +1，j ＝1时，有d （a i ，j ，a i +1，j +1）＝（a i ，j ﹣1）+（a i +1，j +1﹣1）＝1， 所以a i ，j +a i +1，j +1＝3，
当a i +1，j ＝2时，有d （a i ，j ，a i +1，j +1）＝（2﹣a i ，j ）+（2﹣a i +1，j +1）＝1， 所以a i ，j +a i +1，j +1＝3，
所以a i ，j +a i +1，j +1＝3（i ＝1，2，3；j ＝1，2，3），
所以a 1，1+a 2，2+a 3，3+a 4，4＝3+3＝6，a 1，3+a 2，4＝3，a 3，1+a 4，2＝3， a 1，2+a 2，3+a 3，4＝3+1＝4或者a 1，2+a 2，3+a 3，4＝3+2＝5，
a 2，1+a 3，2+a 4，3＝3+1＝4或者a 2，1+a 3，2+a 4，3＝3+2＝5，
a 1，4＝1或a 1，4＝2，a 4，1＝1或a 4，1＝2，
故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1＝22，
当A 4=(1
11112221
2111212
)时，各数之和取得最小值22； （3）证明：由于Γ4数表A 10中共100个数字，
必然存在k ∈{1，2，3，4}，使得数表中k 的个数满足T ≥25， 设第i 行中k 的个数为r i （i ＝1，2，…，10），
当r i ≥2时，将横向相邻两个k 用从左向右的有向线段连接，
则该行有r i ﹣1条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数R =∑ r i ≥2(r i −1)≥∑ 10i=1(r i −1)=T ﹣10， 设第j 列中k 的个数为c j （j ＝1，2，…，10）．
当c j ≥2时，将纵向相邻两个k 用从上到下的有向线段连接，
则该列有c j ﹣1条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数C=∑c
(c j−1)≥∑10j=1(c j−1)=T﹣10，
j≥2
所以R+C≥2T﹣20，
因为T≥25，所以R+C﹣T≥2T﹣20﹣T＝T﹣20＞0．
所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在1＜u＜v≤10，1＜p＜q≤10，
使得a u，p＝a v，p＝a v，q＝k，
所以d（a u，p，a v，q）＝|a u，p﹣a v，p|+|a v，p﹣a v，q|＝0，
则命题得证．。