【文档说明】2023年高考真题——数学（北京卷） 含解析.pdf，共(24)页，770.149 KB，由envi的店铺上传

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2023年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷满分150分.考试时间120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共10小题，每小题4分，

共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合{20},{10}MxxNxx∣∣，则MN（）A.{21}xx∣B.{21}xx∣C.{2}xx∣D.{1}xx∣【答案】A【解析】【分析】先化简集合,MN，

然后根据交集的定义计算.【详解】由题意，{20}{|2}Mxxxx∣，{10}{|1}Nxxxx∣，根据交集的运算可知，{|21}MNxx.故选：A2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,3)，则z的共轭复数z

（）A.13iB.13iC.13iD.13i【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义先求出复数z，然后利用共轭复数的定义计算.【详解】z在复平面对应的点是(1,3)，根据复数的几何意义，13iz，由

共轭复数的定义可知，13iz.故选：D3.已知向量ab，满足(2,3),(2,1)abab，则22||||ab（）A.2B.1C.0D.1【答案】B【解析】【分析】利用平面向量数

量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.【详解】向量,ab满足(2,3),(2,1)abab，所以22||||()()2(2)311ababab.故选：B4.下列函数中，在区间(0,)上单调递增的是（）A.()lnfxx

B.1()2xfxC.1()fxxD.|1|()3xfx【答案】C【解析】【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.【详解】对于A，因为lnyx在0,上单调递增，yx

在0,上单调递减，所以lnfxx在0,上单调递减，故A错误；对于B，因为2xy在0,上单调递增，1yx在0,上单调递减，所以12xfx在0,上单调递减，故B错误；对于C，因为1yx在0,上单调

递减，yx在0,上单调递减，所以1fxx在0,上单调递增，故C正确；对于D，因为1112213332f，112101331,233ff，显然13xfx在0,上不单调，D错

误.故选：C.5.512xx的展开式中x的系数为（）．A.80B.40C.40D.80【答案】D【解析】【分析】写出512xx的展开式的通项即可【详解】512xx的展开式的通项为55521551212rrr

rrrrrTCxCxx令521r得2r所以512xx的展开式中x的系数为252251280C故选：D【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.6.已知抛物线2:8Cyx的焦点为F，点M在C上．若

M到直线3x的距离为5，则||MF（）A.7B.6C.5D.4【答案】D【解析】【分析】利用抛物线的定义求解即可.【详解】因为抛物线2:8Cyx的焦点2,0F，准线方程为2x，点M在C上，所以M到准线2x的距离为M

F，又M到直线3x的距离为5，所以15MF，故4MF.故选：D.7.在ABC中，()(sinsin)(sinsin)acACbAB，则C（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为()(sinsi

n)(sinsin)acACbAB，所以由正弦定理得()()()acacbab，即222acabb，则222abcab，故2221cos222abcabCabab，又0πC，所以π3C.

故选：B.8.若0xy，则“0xy”是“2yxxy”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】解法一：由2xyyx化简得到0xy

即可判断；解法二：证明充分性可由0xy得到xy，代入xyyx化简即可，证明必要性可由2xyyx去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由xyyx通分后用配凑法得到完全平方公式，再把0xy代入即可，证明必要性可由xyyx通分后用配凑法得到完全平方

公式，再把0xy代入，解方程即可.【详解】解法一：因为0xy，且2xyyx，所以222xyxy，即2220xyxy，即20xy，所以0xy.所以“0xy”是“2xyyx”的充要条件.解法

二：充分性：因为0xy，且0xy，所以xy，所以112xyyyyxyy，所以充分性成立；必要性：因为0xy，且2xyyx，所以222xyxy，即2220xyxy，即20xy，所以0xy.所以必要性成立.所以“0xy”是

“2xyyx”的充要条件.解法三：充分性：因为0xy，且0xy，所以2222222222xyxyxyxyxyxyxyxyyxxyxyxyxy，所以充分性成立；必要性：因为0xy，且2xyyx，所以22222222222xy

xyxyxyxyxyxyxyyxxyxyxyxy，所以20xyxy，所以20xy，所以0xy，所以必要性成立.所以“0xy”是“2xyyx”的充要条件.故选：C9.坡屋顶是我国传统建筑造型

之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若25m,10mABBCAD，且等腰梯形所在的平

面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为（）A.102mB.112mC.117mD.125m【答案】C【解析】【分析】先根据线面角的定义求得5tantan14EMOEGO，从而依次求EO，EG，EB，EF

，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过E做EO平面ABCD，垂足为O，过E分别做EGBC，EMAB，垂足分别为G，M，连接,OGOM，由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为EMO和EGO，所以5tantan14E

MOEGO.因为EO平面ABCD，BC平面ABCD，所以EOBC，因为EGBC，,EOEG平面EOG，EOEGE，所以BC平面EOG，因为OG平面EOG，所以BCOG，.同理：OMBM，又BMBG

，故四边形OMBG是矩形，所以由10BC得5OM，所以14EO，所以5OG，所以在直角三角形EOG中，222253149EGEOOG在直角三角形EBG中，5BGOM，22223958EBEGBG

，又因为55255515EFAB，所有棱长之和为2252101548117m.故选：C10.已知数列na满足31166(1,2,3,)4nnaan，则（）A.当13a时，na为递减数列，且存

在常数0M≤，使得naM恒成立B.当15a时，na为递增数列，且存在常数6M，使得naM恒成立C.当17a时，na为递减数列，且存在常数6M，使得naM恒成立D.当19a时，na为递增数列，且存在常数0M，使得naM恒成立【答案】B【解析】【分析】利

用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.【详解】因为311664nnaa，故311646nnaa，对于A，若13a，可用数学归纳法证明：63na即3na，证明：当1n时，136

3a，此时不等关系3na成立；设当nk时，63ka成立，则3162514764,4kkaa，故136ka成立，由数学归纳法可得3na成立.而2

31116666441nnnnnnaaaaaa，20144651149na，60na，故10nnaa，故1nnaa，故na为减数列，注意1063ka故23111666649644nnnnnaa

aaa，结合160na，所以16694nnaa，故119634nna，故119634nna，若存在常数0M≤，使得naM恒成立，则19634nM

，故16934nM，故9461log3Mn，故naM恒成立仅对部分n成立，故A不成立.对于B，若15,a=可用数学归纳法证明：106na即56na，证明：当1n时，10611a，此时不

等关系56na成立；设当nk时，56ka成立，则31164416,0kkaa，故1106ka成立即由数学归纳法可得156ka成立.而231116666441nnnnnnaaaaaa

，201416na，60na，故10nnaa，故1nnaa，故na为增数列，若6M，则6na恒成立，故B正确.对于C，当17a时，可用数学归纳法证明：061na即67n

a，证明：当1n时，1061a，此时不等关系成立；设当nk时，67ka成立，则31160,4164kkaa，故1061ka成立即167ka由数学归纳法可得67na成立.而21166014nnnnaaaa

，故1nnaa，故na为减数列，又2111666644nnnnaaaa，结合160na可得：111664nnaa，所以1164nna，若11

64nna，若存在常数6M，使得naM恒成立，则164nM恒成立，故14log6nM，n的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当19a时，可用数学归纳法证明：63na即9na

，证明：当1n时，1633a，此时不等关系成立；设当nk时，9ka成立，则3162764143kkaa，故19ka成立由数学归纳法可得9na成立.而21166014nnnnaaaa，故1nnaa，故

na为增数列，又2119666446nnnnaaaa，结合60na可得：11116396449nnnaa，所以114963nn

a，若存在常数0M，使得naM恒成立，则19643nM，故19643nM，故946log13Mn，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相

关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．11.已知函数2()4logxfxx，则12f____________．【答案】1

【解析】【分析】根据给定条件，把12x代入，利用指数、对数运算计算作答.【详解】函数2()4logxfxx，所以12211()4log21122f.故答案为：112.已知双曲线C的焦点为(2,0)和(2,0)，离心率为2，则C的方程为_______

_____．【答案】22122xy【解析】【分析】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.【详解】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为,ab，显然双曲线C的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距2c，由双曲线C的离心率为2，得

2ca，解得2a，则222bca，所以双曲线C的方程为22122xy.故答案为：22122xy13.已知命题:p若,为第一象限角，且，则tantan．能说明p为假命题的一组,的值为__________，_________．【答案】①

.9π4②.π3【解析】【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.【详解】因为tanfxx在π0,2上单调递增，若00π02，则00tantan，取1020122π,2π,,kkkk

Z，则100200tantan2πtan,tantan2πtankk，即tantan，令12kk，则102012002π2π2πkkkk

，因为1200π2π2π,02kk，则12003π2π02kk，即12kk，则.不妨取1200ππ1,0,,43kk，即9ππ,43

满足题意.故答案为：9ππ;43.14.我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列na，该数列的前3项成等差数列

，后7项成等比数列，且1591,12,192aaa，则7a___________；数列na所有项的和为____________．【答案】①.48②.384【解析】【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解,dq，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求73,aa，在结合

等差、等比数列的求和公式运算求解.【详解】方法一：设前3项的公差为d，后7项公比为0q，则4951921612aqa，且0q，可得2q=，则53212aadq，即123d，可得1d，空1：可得43733,48a

aaq，空2：127693121233232338412aaaL方法二：空1：因为,37nan为等比数列，则527291219248aaa，且0na

，所以748a；又因为2537aaa，则25373aaa；空2：设后7项公比为0q，则2534aqa，解得2q=，可得133933456712893319226,3812112aaaa

qaaaaaaaaaqa，所以12396381384aaaaL.故答案为：48；384.15.设0a，函数222,,(),,1,.xxafxaxaxaxxa，给出下列四个结论：①

()fx在区间(1,)a上单调递减；②当1a时，()fx存在最大值；③设111222,,,MxfxxaNxfxxa，则||1MN；④设333444,,

,PxfxxaQxfxxa．若||PQ存在最小值，则a的取值范围是10,2．其中所有正确结论的序号是____________．【答案】②③【解析】【分析】先分析fx的图像，再逐一分

析各结论；对于①，取12a，结合图像即可判断；对于②，分段讨论fx的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知MN的范围；对于④，取45a，结合图像可知此时PQ存在最小值，从而得以判断.【详解】依题意，0a，当xa时，2fxx，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射

线；当axa时，22fxax，易知其图像是，圆心为0,0，半径为a的圆在x轴上方的图像（即半圆）；当xa时，1fxx，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；对于①，

取12a，则fx的图像如下，显然，当(1,)xa，即1,2x时，fx在1,02上单调递增，故①错误；对于②，当1a时，当xa时，221fxxa；当axa时，22fxax显然取得最大值a；当x

a时，112fxxa，综上：fx取得最大值a，故②正确；对于③，结合图像，易知在1xa，2xa且接近于xa处，111222,,,MxfxxaNxfxxa的距离最小，当1x

a时，10yfx，当2xa且接近于xa处，221yfxa，此时，1211MNyya，故③正确；对于④，取45a，则fx的图像如下，因为333444,,,PxfxxaQxfxxa，结合图像可知，要使PQ取得最小值，则点P在

425fxxx上，点Q在216442555fxxx，同时PQ的最小值为点O到425fxxx的距离减去半圆的半径a，此时，因为425fxyxx的

斜率为1，则1OPk，故直线OP的方程为yx，联立2yxyx，解得11xy，则1,1P，显然1,1P在425fxxx上，满足PQ取得最小值，即45a也满足PQ存在最小值，故a的取值范围不仅仅是10,2

，故④错误.故答案为：②③.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得fx的图像，特别是当axa时，22fxax的图像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.三、解答题：本题共6

小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16.如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，13PAABBCPC，．（1）求证：BC平面PAB；（2）求二面角APCB的大小．【答案】（1）证明见解析（2）π3【解析】【分析】（1）先由线面垂直的性质证

得PABC，再利用勾股定理证得BCPB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】因为PA平面,ABCBC平面

ABC，所以PABC，同理PAAB，所以PAB为直角三角形，又因为222PBPAAB，1,3BCPC，所以222PBBCPC，则PBC为直角三角形，故BCPB，又因为BCPA，PAPBP，所以BC平面

PAB.【小问2详解】由（1）BC平面PAB，又AB平面PAB，则BCAB，以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则(0,0,0),(0,0,1),(1,1,0),(1,0,0)APCB，所以(

0,0,1),(1,1,0),(0,1,0),(1,1,1)APACBCPC，设平面PAC的法向量为111,,mxyz，则00mAPmAC，即1110,0,zxy令1

1x，则11y，所以(1,1,0)m，设平面PBC的法向量为222,,xnyz，则00nBCnPC，即222200yxyz，令21x，则21z，所以(1,0,1)n，所以11cos,222mnmnmn

，又因为二面角APCB为锐二面角，所以二面角APCB的大小为π3.17.设函数π()sincoscossin0,||2fxxx．（1）若3(0)2f，求的值．（

2）已知()fx在区间π2π,33上单调递增，2π13f，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数()fx存在，求,的值．条件①：π23f；条件②：π13f

；条件③：()fx在区间ππ,23上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）π3.（2）条件①不能使函数()fx存在；

条件②或条件③可解得1，π6.【解析】【分析】（1）把0x代入()fx的解析式求出sin，再由π||2即可求出的值；（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把()fx的解析式化简，根据()fx在π2π,33上的单调性及函数的最值可求出T，从而

求出的值；把的值代入()fx的解析式，由π13f和π||2即可求出的值；若选条件③：由()fx的单调性可知()fx在π3x处取得最小值1，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②

相同．【小问1详解】因为π()sincoscossin,0,||2fxxx所以3(0)sin0coscos0sinsin2f，因为π||2，所以π3.【小问2详解】因为π()sincosc

ossin,0,||2fxxx，所以π()sin,0,||2fxx，所以()fx的最大值为1，最小值为1.若选条件①：因为()sinfxx的最大值为1，最小值为1，所以π23f无解，故条件①不能使函数()fx存在；若选条件②：

因为()fx在π2π,33上单调递增，且2π13f，π13f所以2πππ233T,所以2πT,2π1T,所以()sinfxx，又因为π13f

，所以πsin13，所以ππ2π,Z32kk，所以π2π,Z6kk，因为||2，所以π6.所以1，π6；若选条件③：因为()fx在π2π,33

上单调递增，在ππ,23上单调递减，所以()fx在π3x处取得最小值1，即π13f.以下与条件②相同．18.为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“+”表示“上涨

”，即当天价格比前一天价格高；用“-”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．时段价格变化第1天到第20天-++0---++0+0--+-+00+第21天到第40天0+

+0---++0+0+---+0-+用频率估计概率．（1）试估计该农产品价格“上涨”的概率；（2）假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；（3）假设该农产品每

天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．（结论不要求证明）【答案】（1）0.4（2）0.168（3）不变【解析】【分析】（1）计算表格中的的次数，然后根据古典概型进行计算；（2）分别计算出表格中上涨，不变

，下跌的概率后进行计算；（3）通过统计表格中前一次上涨，后一次发生的各种情况进行推断第41天的情况.【小问1详解】根据表格数据可以看出，40天里，有16个，也就是有16天是上涨的，根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为：160.440【小问2详解】在这40天里，有1

6天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25，于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是22142C0.4C0.350.250.168【小问3详解】由于

第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次，因此估计第41次不变的概率最大.19.已知椭圆2222:1(0)xyEabab的离心率为53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，||4AC．（1）求E的方

程；（2）设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线2y交于点N．求证：//MNCD．【答案】（1）22194xy（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合题意得到53ca，24b，再结合222acb，解之即

可；（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点,MN的坐标，进而求得MNk，再根据题意求得CDk，得到MNCDkk，由此得解.【小问1详解】依题意，得53cea，则53ca，又,AC分别为椭圆上下顶点，4AC，所以24b，即2

b，所以2224acb，即22254499aaa，则29a，所以椭圆E的方程为22194xy.【小问2详解】因为椭圆E的方程为22194xy，所以0,2,0,2,3,0,3,0ACBD

，因为P为第一象限E上的动点，设,03,02Pmnmn，则22194mn，易得022303BCk，则直线BC的方程为223yx，033PDnnkmm，则直线PD的方程为33nyx

m，联立22333yxnyxm，解得332632612326nmxnmnynm，即332612,326326nmnMnmnm，而220PAnnkmm，则直线PA的方程为22nyxm

，令=2y，则222nxm，解得42mxn，即4,22mNn，又22194mn，则22994nm，2287218mn，所以12264122326332696182432643262MN

nnmnnmknmnmnmnmmnmn222222648246482498612369612367218nmnmnmnmnmmnmnmnnm222223241

26482429612363332412nmnmnmnmnmnmnmnm，又022303CDk，即MNCDkk，显然，MN与CD不重合，所以//MNCD.20.设函数3()eaxbfxxx，曲线()yfx在

点(1,(1))f处的切线方程为1yx．（1）求,ab的值；（2）设函数()()gxfx，求()gx的单调区间；（3）求()fx的极值点个数．【答案】（1）1,1ab（2）答案见解析（3）3个【解析】【分析】（1）先对fx求导，利用导

数的几何意义得到(1)0f，(1)1f，从而得到关于,ab的方程组，解之即可；（2）由（1）得gx的解析式，从而求得gx，利用数轴穿根法求得0gx与0gx的解，由此求得gx的单调区间；（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间,

0，10,x，12,xx与2,x上fx的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得fx的极值点个数.【小问1详解】因为3R()e,axbfxxxx，所以2313eaxbfxaxx，因为fx在(1

,(1))f处的切线方程为1yx，所以(1)110f，(1)1f，则311e013e1ababa，解得11ab，所以1,1ab.【小问2详解】由（1）得231R13exgfxxxxx

，则1266exxgxxx，令2660xx，解得33x，不妨设133x，233x，则120xx，易知1e0x恒成立，所以令0gx，解得10xx或2xx；令0gx，解得0x或12xxx；所以

gx在10,x，2,x上单调递减，在,0，12,xx上单调递增，即gx的单调递减区间为0,33和33,，单调递增区间为,0和33,33.【小问3详解】由（1）得31

R()exfxxxx，23113exfxxx，由（2）知fx在10,x，2,x上单调递减，在,0，12,xx上单调递增，当0x时，24011ef，010f，即010ff所以fx在

,0上存在唯一零点，不妨设为3x，则310x，此时，当3xx时，0fx，则fx单调递减；当30xx时，()0fx¢>，则fx单调递增；所以fx在,0上有一个极小值点；当10,xx时，fx在10,x上单调递减，则133

1120fxff，故100ffx，所以fx在10,x上存在唯一零点，不妨设为4x，则410xx，此时，当40xx时，()0fx¢>，则fx单调递增；当41xxx时，0fx，则fx单调递减

；所以fx在10,x上有一个极大值点；当12,xxx时，fx在12,xx上单调递增，则233310fxff，故120fxfx，所以fx在12,xx上存在唯一零点，不妨

设为5x，则152xxx，此时，当15xxx时，0fx，则fx单调递减；当52xxx时，0fx，则fx单调递增；所以fx在12,xx上有一个极小值点；当2333xx时，232330xx

xx，所以231013exfxxx，则fx单调递增，所以fx在2,x上无极值点；综上：fx在,0和12,xx上各有一个极小值点，在10,x上有一个极大值点，共有3个极值点.

【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断1fx与2fx的正负情况，充分利用fx的单调性，寻找特殊点判断即可得解.21.已知数列,nnab的项数均为m(2)m，且,{1,2

,,},nnabm,nnab的前n项和分别为,nnAB，并规定000AB．对于0,1,2,,km，定义max,{0,1,2,,}kikriBAim∣，其中，maxM表示数集M中最大

的数.（1）若1231232,1,3,1,3,3aaabbb，求0123,,,rrrr的值；（2）若11ab，且112,1,2,,1,jjjrrrjm，求nr；（3）证明：存

在,,,0,1,2,,pqstm，满足,,pqst使得tpsqABAB．【答案】（1）00r，11r，22r，33r（2）,nrnnN（3）证明见详解【解析】【分析】（1）先求01230123,,,,,,,AAAABBBB，根据题意分

析求解；（2）根据题意题意分析可得11iirr，利用反证可得11iirr，在结合等差数列运算求解；（3）讨论,mmAB的大小，根据题意结合反证法分析证明.【小问1详解】由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,3,6AAAABBBB

，当0k时，则0000,,1,2,3iBABAi，故00r；当1k时，则01111,,,2,3iBABABAi，故11r；当2k时，则232,0,1,2,,iBAiBA故22r；当3k时，则3,0,1,2,3iBAi，故3

3r；综上所述：00r，11r，22r，33r.【小问2详解】由题意可知：nrm，且nrN，因为1,1nnab，则111,1nnAaBb，当且仅当1n时，等号成立，所以010,1rr

，又因为112iiirrr，则11iiiirrrr，即112101mmmmrrrrrr，可得11iirr，反证：假设满足11nnrr的最小正整数为11jm，当ij时，则12iirr；当1

ij时，则11iirr，则112100mmmmmrrrrrrrr22mjjmj，又因为11jm，则2211mrmjmmmm，假设不成立，故11nnrr，即数列nr是以首项为1，公差为

1的等差数列，所以01,nrnnnN.【小问3详解】（ⅰ）若mmAB，构建,1nnnrSABnm，由题意可得：0nS，且nS为整数，反证，假设存在正整数K，使得KSm，则1,0KKKrKrABmAB，可得111KKKKKrrrKrKrbBBABA

Bm，这与11,2,,Krbm相矛盾，故对任意1,nmnN，均有1nSm.①若存在正整数N，使得0NNNrSAB，即NNrAB，可取0,,NrpqNsr，使得psqrBBAA；②

若不存在正整数N，使得0NS，因为1,2,1nSmm，且1nm，所以必存在1XYm，使得XYSS，即XYXrYrABAB，可得YXXrYrABAB，可取,,,YXpXsrqYrr，使得psqrBBA

A；（ⅱ）若mmAB，构建,1nnrnSBAnm，由题意可得：0nS，且nS为整数，反证，假设存在正整数K，使得KSm，则1,0KKrKrKBAmBA，可得111KKKKKrrrrKrKbBBBABAm，这与11

,2,,Krbm相矛盾，故对任意1,nmnN，均有1nSm.①若存在正整数N，使得0NNrNSBA，即NNrAB，可取0,,NrpqNsr，使得psqrBBAA；②若不存在正整数N，使得0N

S，因为1,2,,1nSm，且1nm，所以必存在1XYm，使得XYSS，即XYrXrYBABA，可得YXXrYrABAB，可取,,,YXpXsrqYrr，使得psqrBBAA

；综上所述：存在0,0pqmrsm使得psqrBBAA．【点睛】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明.