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2021年北京市高考数学试卷一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题列出的的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（4分）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝{x|0≤x≤2}，则A∪B ＝（）A．{x|0≤x＜1}B．{x|﹣1＜x≤2}C．{x|1＜x≤2}D．{x|0＜x＜1}2．（4分）在复平面内，复数z满足（1﹣i）•z＝2，则z＝（）A．2+i B．2﹣i C．1﹣i D．1+i3．（4分）设函数f（x）的定义域为[0，1]，则“函数f（x）在[0，1]上单调递增”是“函数f（x）在[0，1]上的最大值为f（1）”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（4分）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A．B．4C．3+D．25．（4分）双曲线C：﹣＝1过点（，），离心率为2，则双曲线的解析式为（）A．﹣y2＝1B．x2﹣＝1C．﹣＝1D．﹣＝16．（4分）已知{a n}和{b n}是两个等差数列，且（1≤k≤5）是常值，若a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3的值为（）A．64B．100C．128D．1327．（4分）已知函数f（x）＝cosx﹣cos2x，试判断该函数的奇偶性及最大值（）A．奇函数，最大值为2B．偶函数，最大值为2C．奇函数，最大值为D．偶函数，最大值为8．（4分）对24小时内降水在平地上的积水厚度（mm）进行如下定义：0～1010～2525～5050～100小雨中雨大雨暴雨小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级（）A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨9．（4分）已知圆C：x2+y2＝4，直线l：y＝kx+m，若当k的值发生变化时，直线被圆C所截的弦长的最小值为2，则m的取值为（）A．±2B．±C．±D．±3 10．（4分）数列{a n}是递增的整数数列，且a1≥3，a1+a2+a3+…+a n ＝100，则n的最大值为（）A．9B．10C．11D．12二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
北京四中数学高考总复习：数列的应用之知识讲解、经典例题及答案北京四中数学高考总复习：数列的应用之知识讲解、经典例题及答案知识网络：目标认知考试大纲要求： 1.等差数列、等比数列公式、性质的综合及实际应用； 2.掌握常见的求数列通项的一般方法； 3.能综合应用等差、等比数列的公式和性质，并能解决简单的实际问题. 4.用数列知识分析解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.重点： 1.掌握常见的求数列通项的一般方法； 3.用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题难点： 用数列知识解决带有实际意义的或生活、工作中遇到的数学问题.知识要点梳理知识点一：通项与前n项和的关系 任意数列的前n项和； 注意：由前n项和求数列通项时，要分三步进行： （1）求， （2）求出当n≥2时的， （3）如果令n≥2时得出的中的n=1时有成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式.知识点二：常见的由递推关系求数列通项的方法1.迭加累加法： ， 则，，…，2.迭乘累乘法： ， 则，，…，知识点三：数列应用问题 1.数列应用问题的教学已成为中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型. 2.建立数学模型的一般方法步骤. ①认真审题，准确理解题意，达到如下要求： ⑴明确问题属于哪类应用问题； ⑵弄清题目中的主要已知事项； ⑶明确所求的结论是什么. ②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达. ③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式（如函数关系、方程、不等式）.规律方法指导 1.由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想； 2.数列是一种特殊的函数，学习时要善于利用函数的思想来解决.如通项公式、前n项和公式等. 3.加强数列知识与函数、不等式、方程、对数、立体几何、三角等内容的综合.解决这些问题要注意： （1）通过知识间的相互转化，更好地掌握数学中的转化思想； （2）通过解数列与其他知识的综合问题，培养分析问题和解决问题的综合能力.经典例题精析类型一：迭加法求数列通项公式 1．在数列中，，，求. 解析：∵， 当时， ， ， ， 将上面个式子相加得到： ∴（）， 当时，符合上式 故. 总结升华： 1. 在数列中，，若为常数，则数列是等差数列；若不是一个常数，而是关于的式子，则数列不是等差数列. 2.当数列的递推公式是形如的解析式，而的和是可求的，则可用多式累（迭）加法得. 举一反三： 【变式1】已知数列，，，求. 【答案】 【变式2】数列中，，求通项公式. 【答案】.类型二：迭乘法求数列通项公式 2．设是首项为1的正项数列，且，求它的通项公式. 解析：由题意 ∴ ∵，∴， ∴， ∴，又， ∴当时，， 当时，符合上式 ∴. 总结升华： 1. 在数列中，，若为常数且，则数列是等比数列；若不是一个常数，而是关于的式子，则数列不是等比数列. 2．若数列有形如的解析关系，而的积是可求的，则可用多式累（迭）乘法求得. 举一反三： 【变式1】在数列中，，，求. 【答案】 【变式2】已知数列中，，，求通项公式. 【答案】由得，∴， ∴， ∴当时， 当时，符合上式 ∴类型三：倒数法求通项公式 3．数列中，,，求. 思路点拨：对两边同除以得即可. 解析：∵，∴两边同除以得， ∴成等差数列，公差为d=5，首项， ∴， ∴. 总结升华： 1．两边同时除以可使等式左边出现关于和的相同代数式的差，右边为一常数，这样把数列的每一项都取倒数，这又构成一个新的数列，而恰是等差数列.其通项易求，先求的通项，再求的通项. 2．若数列有形如的关系，则可在等式两边同乘以，先求出，再求得. 举一反三： 【变式1】数列中，，，求. 【答案】 【变式2】数列中，,，求. 【答案】.类型四：待定系数法求通项公式 4．已知数列中，，，求. 法一：设，解得 即原式化为 设，则数列为等比数列，且 ∴ 法二：∵ ① ② 由①－②得： 设，则数列为等比数列 ∴ ∴ ∴ 法三：，，，……， ， ∴ 总结升华： 1．一般地，对已知数列的项满足，（为常数，）,则可设得，利用已知得即，从而将数列转化为求等比数列的通项.第二种方法利用了递推关系式作差，构造新的等比数列.这两种方法均是常用的方法. 2．若数列有形如（k、b为常数）的线性递推关系，则可用待定系数法求得. 举一反三： 【变式1】已知数列中，，求 【答案】令，则， ∴，即 ∴， ∴为等比数列，且首项为，公比， ∴， 故. 【变式2】已知数列满足,而且，求这个数列的通项公式. 【答案】∵，∴ 设，则，即， ∴数列是以为首项，3为公比的等比数列， ∴，∴. ∴.类型五：和的递推关系的应用 5．已知数列中，是它的前n项和，并且, . (1)设,求证：数列是等比数列； (2)设，求证：数列是等差数列； (3)求数列的通项公式及前n项和. 解析： （1）因为，所以 以上两式等号两边分别相减，得 即，变形得 因为，所以 由此可知，数列是公比为2的等比数列. 由,, 所以, 所以, 所以. （2），所以 将代入得 由此可知，数列是公差为的等差数列，它的首项， 故. （3），所以 当n≥2时， ∴ 由于也适合此公式， 故所求的前n项和公式是. 总结升华：该题是着眼于数列间的相互关系的问题，解题时，要注意利用题设的已知条件，通过合理转换，将非等差、等比数列转化为等差、等比数列，求得问题的解决利用等差（比）数列的概念，将已知关系式进行变形，变形成能做出判断的等差或等比数列，这是数列问题中的常见策略. 举一反三： 【变式1】设数列首项为1，前n项和满足. （1）求证：数列是等比数列； （2）设数列的公比为，作数列，使，，求的通项公式. 【答案】 （1）， ∴ ∴， 又 ①－② ∴， ∴是一个首项为1公比为的等比数列； （2） ∴ ∴是一个首项为1公比为的等差比数列 ∴ 【变式2】若, ()，求. 【答案】当n≥2时，将代入, ∴, 整理得 两边同除以得（常数） ∴是以为首项，公差d=2的等差数列， ∴， ∴. 【变式3】等差数列中，前n项和，若.求数列的前n项和. 【答案】∵为等差数列，公差设为, ∴, ∴, ∴, 若，则, ∴. ∵， ∴,∴, ∴, ∴ ① ② ①-②得 ∴类型六：数列的应用题 6.在一直线上共插13面小旗，相邻两面间距离为10m，在第一面小旗处有某人把小旗全部集中到一面小旗的位置上，每次只能拿一面小旗，要使他走的路最短，应集中到哪一面小旗的位置上？最短路程是多少？ 思路点拨：本题求走的总路程最短，是一个数列求和问题，而如何求和是关键，应先画一草图，研究他从第一面旗到另一面旗处走的路程，然后求和. 解析：设将旗集中到第x面小旗处，则 从第一面旗到第面旗处，共走路程为了， 回到第二面处再到第面处是， 回到第三面处再到第面处是， ， 从第面处到第面处取旗再回到第面处的路程为， 从第面处到第面处取旗再回到第面处，路程为20×2， 总的路程为： ∵，∴时,有最小值 答：将旗集中到第7面小旗处，所走路程最短. 总结升华：本题属等差数列应用问题，应用等差数列前项和公式，在求和后，利用二次函数求最短路程. 举一反三： 【变式1】某企业2007年12月份的产值是这年1月份产值的倍，则该企业2007年年度产值的月平均增长率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D； 解析：从2月份到12月份共有11个月份比基数（1月份）有产值增长，设为， 则 【变式2】某人2006年1月31日存入若干万元人民币，年利率为，到2007年1月31日取款时被银行扣除利息税（税率为）共计元，则该人存款的本金为（ ） A．1.5万元 B．2万元 C．3万元 D．2.5万元 【答案】B； 解析：本金利息／利率，利息利息税／税率 利息（元）， 本金（元） 【变式3】根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的个月内累积的需求量（万件）近似地满足.按比例预测，在本年度内，需求量超过万件的月份是( ) A．5月、6月 B．6月、7月 C．7月、8月 D．9月、10月 【答案】C； 解析：第个月份的需求量超过万件，则 解不等式，得，即. 【变式4】某种汽车购买时的费用为10万元，每年应交保险费、养路费及汽油费合计9千元，汽车的维修费平均为第一年2千元，第二年4千元，第三年6千元，依次成等差数列递增，问这种汽车使用多少年后报废最合算？（即年平均费用最少） 【答案】设汽车使用年限为年，为使用该汽车平均费用. 当且仅当，即（年）时等到号成立. 因此该汽车使用10年报废最合算. 【变式5】某市2006年底有住房面积1200万平方米，计划从2007年起，每年拆除20万平方米的旧住房.假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%. （1）分别求2007年底和2008年底的住房面积； （2）求2026年底的住房面积.（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01） 【答案】 （1）2007年底的住房面积为1200(1+5%)－20 =1240（万平方米）， 2008年底的住房面积为1200(1+5%)2－2 0(1+5%)－20=1282（万平方米）， ∴2007年底的住房面积为1240万平方米； 2008年底的住房面积为1282万平方米. （2）2007年底的住房面积为[1200(1+5%)－2 0]万平方米， 2008年底的住房面积为[1200(1+5%)2－2 0(1+5%)－20]万平方米， 2009年底的住房面积为[1200(1+5%)3－2 0(1+5%)2－20(1+5%)－20]万平方米， ………… 2026年底的住房面积为[1200(1+5%)20―20(1+5%)19―……―20(1+5%)―20]万平方米 即1200(1+5%)20―20(1+5%)19―20(1+5 %)18―……―20(1+5%)―20 ≈2522.64（万平方米）， ∴2026年底的住房面积约为2522.64万平方米.高考题萃 1．（2008四川）设数列的前项和为. （Ⅰ）求； （Ⅱ）证明：是等比数列； （Ⅲ）求的通项公式. 解析： （Ⅰ）因为， ∴ 由知，得 ① 所以， ， ∴ （Ⅱ）由题设和①式知 所以是首项为2，公比为2的等比数列. （Ⅲ） 2．（2008全国II）设数列的前项和为．已知，，． （Ⅰ）设，求数列的通项公式； （Ⅱ）若，，求的取值范围． 解析： （Ⅰ）依题意，，即， 由此得． 因此，所求通项公式为，．① （Ⅱ）由①知，， 于是，当时，， ， 当时，． 又． 综上，所求的的取值范围是． 3．（2008天津）已知数列中，，，且． （Ⅰ）设，证明是等比数列； （Ⅱ）求数列的通项公式； （Ⅲ）若是与的等差中项，求的值，并证明：对任意的，是与的等差中项． 解析： （Ⅰ）由题设，得， 即． 又，， 所以是首项为1，公比为的等比数列． （Ⅱ）由（Ⅰ），，，……，． 将以上各式相加，得． 所以当时， 上式对显然成立． （Ⅲ）由（Ⅱ），当时，显然不是与的等差中项，故． 由可得， 由得 ① 整理得， 解得或（舍去），于是． 另一方面，， ． 由①可得． 所以对任意的，是与的等差中项． 4．（2008陕西）已知数列的首项，，． （Ⅰ）求的通项公式； （Ⅱ）证明：对任意的，，； （Ⅲ）证明：．解析： （Ⅰ），，， 又，是以为首项，为公比的等比数列． ，． （Ⅱ）由（Ⅰ）知， ， 原不等式成立． 另解：设， 则 ，当时，；当时，， 当时，取得最大值． 原不等式成立． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，对任意的，有 ． 令，则， ． 原不等式成立．学习成果测评基础达标： 1．若数列中，且(n是正整数)，则数列的通项=____. 2．对正整数n，设曲线在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为，则数列的前n项和的公式是____________. 3. 设是等比数列，是等差数列，且，数列的前三项依次是， 且，则数列的前10项和为____________. 4. 如果函数满足：对于任意的实数，都有，且，则 ____________ 5．已知数列中，,()，求通项公式. 6．已知数列中，，，，求的通项公式. 7．已知各项均为正数的数列的前项和满足，且，，求的通项公式. 8．设数列满足，． （Ⅰ）求数列的通项； （Ⅱ）设，求数列的前项和．能力提升： 9．数列的前项和为，，． （Ⅰ）求数列的通项； （Ⅱ）求数列的前项和． 10．数列的前n项和为, 已知是各项为正数的等比数列，试比较与的大小关系. 11．某国采用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为，以后每年交纳的数目均比上一年增加，因此，历年所交纳的储备金数目是一个公差为的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为，那么，在第年末，第一年所交纳的储备金就变为，第二年所交纳的储备金就变为，……．以表示到第年末所累计的储备金总额． （Ⅰ）写出与的递推关系式； （Ⅱ）求证：，其中是一个等比数列，是一个等差数列． 12．2007年底某县的绿化面积占全县总面积的40%，从2008年开始，计划每年将非绿化面积的8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的2%被非绿化. （1）设该县的总面积为1，2007年底绿化面积为，经过n年后绿化的面积为，试用表示； （2）求数列的第n+1项； （3）至少需要多少年的努力，才能使绿化率超过60%.（参考数据：lg2=0.3010，lg3=0.4771）综合探究： 13．已知函数，设曲线在点处的切线与x轴的交点为，其中为正实数. （Ⅰ）用表示； （Ⅱ）若，记，证明数列成等比数列，并求数列的通项公式； （Ⅲ）若，，是数列的前n项和，证明.参考答案：基础达标： 1. 答案： 解析：由题设的递推公式可得 ∴ 即, 2． 答案：2n+1-2 解析：， 曲线在x=2处的切线的斜率为，切点为（2，-2n）, 所以切线方程为y+2n=k(x-2), 令x=0得,令. 数列的前n项和为2+22+23+…+2n=2n+1-2 3. 答案：978 4. 答案： 5． 解析：将递推关系整理为 两边同除以得 当时， ，，……， 将上面个式子相加得到： ，即， ∴（）. 当时，符合上式 故. 6. 解析：由题设 ∴． 所以数列是首项为，公比为的等比数列， ∴， 即的通项公式为，． 7. 解析：由，解得或， 由假设，因此， 又由， 得，即或， 因，故不成立，舍去． 因此，从而是公差为，首项为的等差数列， 故的通项为． 8. 解析： （Ⅰ）， ① ∴当时， ② ①-②得，． 在①中，令，得符合上式 ∴． （Ⅱ），∴． ， ③ ． ④ ④-③得． 即，．能力提升： 9． 解析： （Ⅰ），， 又， 数列是首项为，公比为的等比数列， ∴． 当时，， （Ⅱ）， 当时，； 当时， ，…………① ，…………② 得： ． ． 又也满足上式， ． 10. 解析：∵为各项为正数的等比数列，设其首项为，公比为, 则有,，(), ∴，即 （1）当时，，, 而, ∴ ∴时，. （2）当时，，, ∴ ①当时，，∴ ②当时，， ∴ ③当时，，∴ 综上，（1）在时恒有 （2）在时，①若则； ②若则； ③若则. 11. 解析： （Ⅰ）． （Ⅱ）， 对反复使用上述关系式，得 ， ① 在①式两端同乘，得② ②①，得 ． 即． 如果记，，则． 其中是以为首项，以为公比的等比数列； 是以为首项，为公差的等差数列. 12. 解析： （1）设2007年底非绿化面积为b1，经过n年后非绿化面积为.+b1=1， 于是a 依题意，是由两部分组成： 一部分是原有的绿化面积减去被非绿化部分后剩余面积， 另一部分是新绿化的面积， ∴. （2），. 数列是公比为，首项的等比数列. ∴. （3）由，得，， ， ∴至少需要7年的努力，才能使绿化率超过60%.综合探究： 13. 解析： （Ⅰ）由题可得． 所以曲线在点处的切线方程是：． 即． 令，得，即． 显然，∴． （Ⅱ）由，知， 同理． 故． 从而，即． 所以，数列成等比数列． 故，即． 从而，所以 （Ⅲ）由（Ⅱ）知，∴ ∴ 当时，显然． 当时， ∴． 综上，．。
2021年新高考数学总复习：集合（附答案解析）2021年新高考数学总复习：集合1．(2019·全国卷Ⅰ)已知集合M ＝{x |－4<="" 2－x=""A ．{x |－4<3}<="" p="">B ．{x |－4<－2}<="" p="">C ．{x |－2<2}<="" p="">D ．{x |2<3}<="" p="">解析：因为M ＝{x |－4<3}，<="" p="" |－2所以M ∩N ＝{x |－2<2}．<="" p="">答案：C2．(2020·广东湛江测试)已知集合A ＝{1，2，3，4}，B ＝{y |y ＝2x －3，x ∈A }，则集合A ∩B 的子集个数为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：因为A ＝{1，2，3，4}，B ＝{y |y ＝2x －3，x ∈A }，所以B ＝{－1，1，3，5}，所以A ∩B ＝{1，3}，所以A ∩B 的子集个数为22＝4.答案：C3．(2019·浙江卷)已知全集U ＝{－1，0，1，2，3}，集合A ＝{0，1，2}，B ＝{－1，0，1}，则(?U A )∩B ＝( )A ．{－1}B ．{0，1}C ．{－1，2，3}D ．{－1，0，1，3}解析：因为?U A ＝{－1，3}，所以(?U A )∩B ＝{－1}．答案：A4．(多选题)设集合M ＝{x |x 2－x >0}，N ＝x |1x <1，则下列关系正确的是( )A ．M NB ．N ?MC ．M ＝ND ．M ∪N ＝M解析：集合M ＝{x |x 2－x >0}＝{x |x >1或x <0}，N ＝x |1x <1＝{x |x >1或x <0}，所以M ＝N ，则B 、C 、D 正确．答案：BCD5．(2019·全国卷Ⅱ改编)已知集合A ＝{x |x 2－5x ＋6>0}，B ＝{x |x －1≥0}，全集U ＝R ，则A ∩(?U B )＝( )A ．(－∞，1)B ．(－2，1)C ．(－3，－1)D ．(3，＋∞)解析：由x 2－5x ＋6>0，得A ＝{x |x <2或x >3}，又B ＝{x |x ≥1}，知?U B ＝{x |x <1}，所以A ∩(?U B )＝{x |x <1}．答案：A6．若全集U ＝{－2，－1，0，1，2}，A ＝{－2，2}，B ＝{x |x 2－1＝0}，则图中阴影部分所表示的集合为( )A ．{－1，0，1}B ．{－1，0}C ．{－1，1}D ．{0}解析：B ＝{x |x 2－1＝0}＝{－1，1}，阴影部分所表示的集合为?U (A ∪B )．A ∪B ＝{－2，－1，1，2}，全集U ＝{－2，－1，0，1，2}，所以?U (A ∪B )＝{0}．答案：D7．设集合A ＝{(x ，y )|x ＋y ＝1}，B ＝{(x ，y )|x －y ＝3}，则满足M ?(A ∩B )的集合M 的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：由x ＋y ＝1，x －y ＝3，得?x ＝2，y ＝－1，所以A ∩B ＝{(2，－1)}．由M ?(A ∩B )，知M ＝?或M ＝{(2，－1)}．答案：C8．(2020·佛山一中检测)已知集合A ＝{x |log 2(x －1)<1}，B ＝{x ||x －a |<2}，若A ?B ，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，3)B ．[1，3]C ．[1，＋∞)D ．(－∞，3]解析：由log 2(x －1)<1，得A ＝(1，3)，又|x －a |<2，得B ＝(a －2，a ＋2)．由A ?B ，所以?a －2≤1，a ＋2≥3，解之得1≤a ≤3. 故实数a 的取值范围为[1，3]．答案：B9．(2019·江苏卷)已知集合A ＝{－1，0，1，6}，B ＝{x |x >0，x ∈R}，则A ∩B ＝________．解析：因为A ＝{－1，0，1，6}，B ＝{x |x >0，x ∈R}，所以A ∩B ＝{1，6}．答案：{1，6}10．已知集合A ＝{x |y ＝lg(x －x 2)}，B ＝{x |x 2－cx <0，c >0}，若A ?B ，则实数c 的取值范围是________．解析：由题意知，A ＝{x |y ＝lg(x －x 2)}＝{x |x －x 2>0}＝(0，1)，B ＝{x |x 2－cx <0，c >0}＝(0，c )．由A ?B ，画出数轴，如图所示，得c ≥1.答案：[1，＋∞)11．已知集合A ＝（x ，y ）x 24＋y 22＝1，B ＝{(x ，y )|y ＝kx ＋m ，k ∈R ，m ∈R}，若对任意实数k ，A ∩B ≠?，则实数m 的取值范围是________．解析：由已知，无论k 取何值，椭圆x 24＋y 22＝1和直线y ＝kx ＋m 均有交点，故点(0，m )在椭圆x 24＋y 22 ＝1上或在其内部，所以m 2≤2，所以－2≤m ≤ 2.答案：[－2，2]12．若全集U ＝R ，集合A ＝{x |x 2－x －2≥0}，B ＝{x |log 3(2－x )≤1}，则A ∩(?U B )＝________．解析：集合A ＝{x |x 2－x －2≥0}＝{x |x ≤－1或x ≥2}，因为log 3(2－x )≤1＝log 33，所以0<2－x ≤3，所以－1≤x <2，所以B ＝{x |－1≤x <2}，所以?U B ＝{x |x <－1或x ≥2}，所以A ∩(?U B )＝{x |x <－1或x ≥2}．答案：{x |x <－1或x ≥2}[B 级能力提升]13．(多选题)(2020·东莞中学质检)已知集合A ＝{x |x 2－16<0}，B ＝{x |3x 2＋6x ＝1}，则( )A ．A ∪B ＝(－4，4)∪{－6}B ．B ?AC ．A ∩B ＝{0}D ．A ?B解析：因为A ＝{x |x 2－16<0}，所以A ＝{x |－4<="" 错误，a="" ＝1}，则b="" ＝{0}，故c="" ＝{0，－6}，a="" ＝{x="" ＝－6或－4答案：AC14．如图，集合A ＝{x |log 12(x －1)>0}，B ＝x |2x －3x <0，则阴影部分表示的集合是( )A ．[0，1]B ．[0，1)C ．(0，1)D ．(0，1]解析：图中阴影部分表示集合B ∩?R A .因为A ＝{x |log 12(x －1)>0}＝{x |1<="">x |2x －3x <0＝?x |0<="" ＝{x="">15．已知集合A ＝{x ∈R||x ＋2|<3}，集合B ＝{x ∈R|(x －m )(x －2)<0}，且A ∩B ＝(－1，n )，则m ＝________，n ＝________．解析：A ＝{x ∈R||x ＋2|<3}＝{x ∈R|－5<1}，<="" p="">由A ∩B ＝(－1，n )，可知m <1，则B ＝{x |m <="" ＝－1，n="">答案：－11[C级素养升华]16．对于任意两集合A，B，定义A－B＝{x|x∈A且x?B}，A*B ＝(A－B)∪(B－A)，记A＝{y|y≥0}，B＝{x|y＝lg(9－x2)}，则B－A ＝________，A*B＝________．解析：因为A＝{y|y≥0}＝[0，＋∞)，B＝(－3，3)，所以A－B＝{x|x≥3}，B－A＝{x|－3<x<0}．< p="">因此A*B＝[3，＋∞)∪(－3，0)＝(－3，0)∪[3，＋∞)．答案：(－3，0)(－3，0)∪[3，＋∞)</x<0}．<>。
2021年高考数学解答题专项复习-《数列》1.设{a}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．2.设{a}是等差数列，且a1=ln2,a2+a3=5ln2.n（1）求{a n}的通项公式；（2）求错误!未找到引用源。
.3.设数列{a}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.n（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足a n·b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n.4.已知{a}是公差为1的等差数列，且a1，a2，a4成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和．5.已知数列{a}前n项和为S n,且S n=2n2+n,n∈N+,数列{b n}满足a n=4log2b n+3，n∈N+.n(1)求a n和b n的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.6.已知数列{a}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.n（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.7.S为数列{a n}的前n项和.已知a n＞0，=.n（1）求{a n}的通项公式；（2）设 ,求数列{b n}的前n项和.8.已知等差数列{a}满足a3=6，前7项和为S7=49.n（1）求{a n}的通项公式（2）设数列{b n}满足b n=(a n-3)·3n，求{b n}的前n项和T n.9.设数列{a}满足a1+3a2+...+(2n-1)a n=2n.n（1）求{a n}通项公式；（2）求数列的前n项和．10.已知等比数列{a}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，n数列{（b n+1-b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．11.已知数列{a}是递增的等比数列，且a1+a4=9,a2a3=8.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设S n为数列{a n}的前n项和，，求数列{b n}的前n项和T n．12.已知数列{a}为递增的等差数列，其中a3=5，且a1,a2,a5成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）设记数列{b n}的前n项和为T n，求使得成立的m的最小正整数．13.等比数列{a}的各项均为正数，且.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求数列的前n项和T n.14.已知数列{a}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设错误!未找到引用源。
2021年高考数学一轮复习 第七章 数列 第40课 数列的概念及其表示文（含解析）1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数就称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．2. 数列的分类3. 数列的通项公式如果数列的第项与之间的函数关系可以用一个公式 来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式．4．数列的前项和与通项的关系 ． 典例剖析考点1 由数列前几项探索数列的通项公式【例1】已知数列的前4项，写出它的通项公式：（1），，，，…； （2），，，，…； （3）…； （4），，，，…． 【解析】（1）； （2）；(3) （4）．【变式】数列，，，，…，的一个通项公式是 【解析】考点2 数列的周期性问题 【例2】(2)已知数列满足 ，，则 ( ) A ．0 B ． C. D. 解析：选A 由题意知，，，…， 故该数列的周期为3. 又 ，∴.故选A.练习：(xx·宝鸡检测)已知数列 满足 ， ， ，则 的值等于( ) A ．3 B ．1 C. D ． 解析：选A 由已知得a n ＋1＝a n a n －1，a n ＋3＝a n ＋2a n ＋1＝a n ＋1a n ÷a n ＋1＝1a n ，故a n ＋6＝1a n ＋3＝a n ，所以，该数列是周期为6的数列，所以a 2 013＝a 3＝3.故选A.考点3 利用与的关系求通项公式 【例3】数列的前项和，若，．（1）求数列的前项和；（2）求数列的通项公式； （3）设，数列的前项和为，求证： ． 【解析】（1）由，得；由，得．∴，解得，∴． （2）当时，2212[(1)2(1)]21n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+．由于． ∴． （3）． ∴数列的前项和111111111111111111()()()()()()2352462572221122n n n n n n =-+-+-++-+-+---++ ． ，即【变式】数列的前项和为，且满足，求数列的通项公式． 【解析】由，得， 当时，． 当时，，∵，∴．第40课 数列的概念及其表示的课后作业1．数列…的通项公式等于（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B2．设数列的前项和，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】A 【解析】．3．数列的通项公式为，则数列各项中最小项是（ ）A ．第4项B ．第5项C ．第6项D ．第7项 【答案】B4.已知数列中，，，对于任意的都成立，那么的值为（ ） A ． B ． C ． D ．解：由已知，得对于任意的都成立，所以，，，，，……，从而数列的周期为 ，，所以选C5．数列的通项公式，其前项和为，则（ ） A ． B ． C ． D ． 【答案】A【解析】∵函数的周期是，∴数列的每相邻四项之和是一个常数2， ∴20142012201320142012201322013cos 2014cos100742S S a a ππ=++=⨯++ ．故选A ．6. 在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第______项．解析：10 令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．∴a 10＝0.08.即0.08是该数列的第10项． 7. 已知数列的前项和，则其通项；若它的第项满足，则．【答案】，8. (xx·海口质检)如图是同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第23个图案中需用黑色瓷砖________块．解析：用a n 表示第n 个图的黑色瓷砖块数，则a 1＝12，a 2＝16，a 3＝20，…，由此可得{a n }是以12为首项，以4为公差的等差数列．∴a 23＝a 1＋(23－1)×4＝12＋22×4＝100. 答案：1009. （xx 届年惠州二模）如图，在三棱锥中，底面,为的中点,.（1）求证：平面； （2）求点到平面的距离。
高考数学一轮复习《数列新定义》练习题（含答案）一、单选题1．定义：在数列{}n a 中，若满足(*211,n n n na a d n d a a +++-=∈N 为常数），称{}n a 为“等差比数列”，已知在“等差比数列”{}n a 中，1231,3a a a ===，则20192017a a 等于（ ） A ．2420171⨯-B ．2420181⨯-C ．2420191⨯-D ．2420201⨯-2．若数列{an }满足21321111222n n a a a a a a --<-<<-<……，则称数列{an }为“半差递增”数列.已知“半差递增”数列{cn }的前n 项和Sn 满足*221()n n S c t n N +=-∈，则实数t 的取值范围是（ ） A ．1(,)2-∞B ．（-∞，1）C ．1(,)2+∞D ．（1， +∞）3．对任意正整数n 定义运算*，其运算规则如下：①1*22=；②()()1*2*22n n +=⨯.则*2n =（ ） A ．()21n -B ．2nC ．12n -D ．2n4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（ ） A ．99B ．131C ．139D ．1415．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，则该数列的第8项为（ ） A ．95B ．101C ．141D ．2016．若数列{}n a 满足121n n a a +=-，则称{}n a 为“对奇数列”．已知正项数列{}1n b +为“对奇数列”，且12b =，则n b =（ ） A ．123n -⨯B ．12n -C ．12n +D ．2n7．对于数列{}n a ，若存在正整数()2k k ≥，使得1k k a a -<，1k k a a +<，则称k a 是数列{}n a 的“谷值”，k 是数列{}n a 的“谷值点”．在数列{}n a 中，若98n a n n=+-，则数列{}n a 的“谷值点”为（ ） A ．2B ．7C ．2，7D ．2，5，78．在数列{}n a 中，如果对任意*n ∈N 都有211n n n na a k a a +++-=-（k 为常数），则称{}n a 为等差比数列，k 称为公差比，则下列选项中错误的是（ ） A ．等差比数列的公差比一定不为0 B ．等差数列一定是等差比数列C ．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比D ．若32nn a =-+，则数列{}n a 是等差比数列9．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有二阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第15项为（ ） A ．94B ．108C ．123D ．13910．已知n a的正整数，其中*n ∈N .若12370m a a a a +++⋅⋅⋅+≥，则正整数m 的最小值为（ ） A ．23B ．24C ．25D ．2611．若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数．已知2n n a =，()f m m =，则63b =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．812．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等．例如“百层球堆垛”：第一层有1个球()11a =，第二层有3个球()23a =，第三层有6个球()36a =，第四层有10个球()410a =，第五层有15个球()515a =，…，各层球数之差{}1n n a a +-：21a a -，32a a -，43a a -，54a a -，…即2，3， 4，5，…是等差数列．现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，则该数列的第8项为（ ）． A ．51B ．68C ．106D ．157二、填空题13．任取一个正整数，若为奇数，就将该数乘3再加上1；若为偶数，就将该数除以2，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”(又称为“角谷猜想”等)．如取正整数6m =，根据上述运算法则得到6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”)．现给出冰雹猜想的递进关系如下：已知数列{n a }满足1a m =(m 为正整数)，,231,nn n n n a a a a a ⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时当为奇数时，当9m =时，试确定使得1n a =需要雹程步数为_____________．14．对一切实数x ，令[]x 为不大于x 的最大整数，若,N 10n n a n *⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则20092010S =_______ 15．斐波那契数列，又称黄金分割数列，被誉为最美的数列，若数列{}n a 满足11a =，21a =，12n n n a a a --=+（3n ≥，*n ∈N ），则称数列{}n a 为斐波那契数列，则222123303012a a a a a +++=___________．16．已知有穷数列{}n a 各项均不相等，将{}n a 的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列{}n b ，称数列{}n b 为数列{}n a 的“序数列”.例如数列1a ，2a ，3a 满足132a a a >>，则其序数列{}n b 为1，3，2.若有穷数列{}n d 满足11d =，()114nn n d d +-=（n 为正整数），且数列{}21n d -的序数列单调递减，数列{}2n d 的序数列单调递增，则123420212022d d d d d d -+-+⋅⋅⋅+-=___________.三、解答题17．记n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，且333212n n a a a S +++=．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记数列2{}nna S 的前n 项积为n T ，证明：数列{}n T 是递增数列．18．已知等差数列{}n a 和正项等比数列{}n b 满足14a =，12b =，212n n n b b b ++=+，332a b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)对于集合A 、B ，定义集合{A B x x A -=∈且}x B ∉，设数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A 、B ，将集合A B -的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前30项和30S ．19．已知等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足14a =，12b =，2221a b =-，332a b =+. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）数列{}n a 和{}n b 中的所有项分别构成集合A ，B ，将A B ⋃的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{}n c ，求数列{}n c 的前60项和60S .20．已知a 为实数，数列{}n a 满足：①1a a =；②()*13,34,3n n n n n a a a n a a +->⎧=∈⎨-≤⎩N ． (1)当3a =时，求1234a a a a +++的值；(2)求证：存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；(3)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，求a 的取值范围，使数列{}n a 为周期数列且方程*2(N )n S n n =∈有解（若数列{}n a 满足：存在N T ∈且0T >，对任意N n ∈且0n >，成立n T n a a +=，则称数列{}n a 为以T 为周期的周期数列）．21．已知数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥满足：①11a =；②()121,2,,1k ka k n a +==-.记()12n n S A a a a =+++.（1）直接写出()3S A 的所有可能值； （2）证明：()0n S A >的充要条件是0n a >； （3）若()0n S A >，求()n S A 的所有可能值的和.22．对于项数为m 的有穷数列{}n a ，设n b 为()12,,,1,2,,n a a a n m ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅中的最大值，称数列{}n b 是{}n a 的控制数列.例如数列3，5，4，7的控制数列是3，5，5，7.(1)若各项均为正整数的数列{}n a 的控制数列是2，3，4，6，6，写出所有的{}n a ； (2)设{}n b 是{}n a 的控制数列，满足1n m n a b C -++=（C 为常数，1,2,,n m =⋅⋅⋅）.证明：()1,2,,n n b a n m ==⋅⋅⋅.(3)考虑正整数1,2,,m ⋅⋅⋅的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列{}n c .是否存在数列{}n c ，使它的控制数列为等差数列？若存在，求出满足条件的数列{}n c 的个数；若不存在，请说明理由.23．若无穷数列{n a }满足如下两个条件，则称{n a }为无界数列： ①0n a >（n =1，2，3......）②对任意的正数δ，都存在正整数N ，使得n a δ>.(1)若21n a n =+，2cos()n b n =+（n =1，2，3......），判断数列{n a }，{n b }是否是无界数列； (2)若21n a n =+，是否存在正整数k ，使得对于一切n k ≥，都有12231...1n n a a a n a a a ++++<-成立？若存在，求出k 的范围；若不存在说明理由；(3)若数列{n a }是单调递增的无界数列，求证：存在正整数m ，使得12231...1m m a a a m a a a ++++<-参考答案1．A2．A3．D4．D5．C6．D7．C8．B9．B10．B11．A12．C 13．19 14．100 15．12##0.5 16．2022411154⎛⎫-- ⎪⎝⎭17．（1）由333212n n a a a S +++=可得：当1n =时，有3211a S =，即()21110a a -=.因为0n a >，所以11a =.当2n ≥时，有33321211n n a a a S --+++=，所以3221n n n a S S -=-，即212n n n n n a S S S a -=+=-，即22n n n a a S +=所以有21112n n n a a S ---+=.所以()()2211112n n n n n n n a S S a a a a ---⎡⎤=-=+-+⎣⎦，即2211n n n n a a a a ---=+.因为0n a >，所以11n n a a --=.所以{}n a 为11a =，公差1d =的等差数列. 所以()11n a a n d n =+-=.（2）由（1）可得：()12n n n S +=，所以()222112n n a n nn n S n ==++.因为数列2{}n n a S 的前n 项积为n T ，所以()()21212223221121311111nn n n T n n n ⨯-⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=+++-+++.因为201nn T n =>+， 所以111221221111222221n n n nn n T n n nn T n n n n +++++++==⨯==+>++++，所以1n n T T +>， 即数列{}n T 是递增数列．18．(1)解：设等差数列{}n a 公差为d ，等比数列{}n b 的公比为()0q q >， 212n n n b b b ++=+，22q q ∴=+，解得2q或10q =-<（舍去）.又12b =，所以1222n nn b -=⨯=.所以33210a b =+=，311043312a a d --===-， 所以，()()33103331n a a n d n n =+-=+-=+. (2)解：3091a =，33100a =，又6764121128b b =<<=， 所以30S 中要去掉数列{}n b 的项最多6项，数列{}n b 的前6项分别为2、4、8、16、32、64， 其中4、16、64三项是数列{}n a 和数列{}n b 的公共项，所以{}n c 前30项由{}n a 的前33项去掉{}n b 的24b =，416b =，664b =这3项构成.()()()()3012332463341004166416322S a a a b b b ⨯+=+++-++=-++=.19．（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由2242214542221d q d q d q d q +=⋅-=-⎧⎧⇒⎨⎨+=⋅+=-⎩⎩， ∴2q，3d =，∴31n a n =+，2nn b =.（2）当{}n c 的前60项中含有{}n b 的前6项时，令71273121283n n +<=⇒<， 此时至多有41748+=项（不符）.当{}n c 的前60项中含有{}n b 的前7项时，令831225685n n +<=⇒<，且22，42，62是{}n a 和{}n b 的公共项，则{}n c 的前60项中含有{}n b 的前7项且含有{}n a 的前56项，再减去公共的三项.∴35760565556432222484417050142S ⨯⎛⎫=⨯+⨯++++=+= ⎪⎝⎭. 20．（1）当3a =时，即13a =，则2341,3,1a a a ===，故12348a a a a +++=.（2）先证：若存在正整数k ，使得3k a >，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.证明：若3k a >时，则13k k a a +=-，即从第k 项起到最后一个大于3的项的下一项为止，数列{}n a 为递减数列，设数列{}n a 中满足3n a >的最小项为01n a -，则(]013,6n a -∈，∴(]00130,3n n a a -=-∈，故存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.当3a >，即13a >，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；当03a ≤≤，即103a ≤≤，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；当0a <，即10a <，∴2144a a =->，则存在正整数0n ，使得003n a ≤≤；综上所述：故存在正整数0n ，使得003n a ≤≤.（3）由（2）可知：存在正整数0n ，使得003n a ≤≤，若00n a =，则0144n n a a +=-=，02131n n a a ++=-=，03243n n a a ++=-=，004341n n a a ++=-=，依次类推可得：当0n n ≥时，数列{}n a 不是周期数列，不合题意； 若001n a <<，则()0143,4n n a a +=-∈，()021310,1n n n a a a ++=-=-∈，()00032433,4n n n a a a ++=-=+∈，()0004330,1n n n a a a ++=-=∈，依次类推可得：当0n n ≥时，()0,1n a ∈或()3,4n a ∈，数列{}n a 是以4为周期的周期数列，且循环依次为0,4,1,3n n n n a a a a --+，∵数列{}n a 为周期数列，则()0,1n a ∈或()3,4n a ∈， 故()()0,13,4a ∈，此时()()()4443218Sa a a a ==-+-+=+⨯+，即*2(N )n S n n =∈有解，∴()()0,13,4a ∈符合题意；若013n a ≤≤，则[]0141,3n n a a +=-∈，[]02141,3n n n a a a ++=-=∈，依次类推可得：当0n n ≥时，[]1,3n a ∈，当0n n ≥时，数列{}n a 是以2为周期的周期数列，且循环依次为0,4n n a a -，∵数列{}n a 为周期数列，则[]1,3n a ∈，故[]1,3a ∈，此时()24422S a a =-=+=⨯，即*2(N )n S n n =∈有解，∴[]1,3a ∈符合题意； 综上所述：()0,4a ∈.21．解：（1）()3S A 的所有可能值是7-，5-，3-，1-，1，3，5，7.（2）充分性：若0n a >，即12n n a -=.所以满足12n n a -=，且前n 项和最小的数列是1-，2-，4-，…，22n --，12n -.所以()211212422n n n a a a --++⋅⋅⋅+≥-+++⋅⋅⋅++211222112n n ---⋅=-+=-.所以()0n S A >.必要性：若()0n S A >，即120n a a a ++⋅⋅⋅+>.假设0n a <，即12n n a -=-.所以()()21121242210n n n n S A a a a --=++⋅⋅⋅+≤+++⋅⋅⋅+-=-<，与已知()0n S A >矛盾. 所以()0n S A >.综上所述，()0n S A >的充要条件是0n a >.（3）由（2）知，()0n S A >可得0n a >.所以12n n a -=.因为数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥中1a 有1-，1两种，2a 有2-，2两种，3a 有4-，4两种，…，1n a -有22n --，22n -两种，n a 有12n -一种，所以数列n A ：1a ，2a ，…，()2n a n ≥有12n -个，且在这12n -个数列中，每一个数列都可以找到前n 1-项与之对应项是相反数的数列. 所以这样的两数列的前n 项和是122n -⨯. 所以这12n -个数列的前n 项和是1122122222n n n ---⨯⨯⨯=. 所以()n S A 的所有可能值的和是222n -. 22．（1）由题意12a =，23a =，34a =，46a =，56a ≤，所以数列{}n a 有六种可能：2,3,4,6,1；2,3,4,6,2；2,3,4,6,3；2,3,4,6,4；2,3,4,6,5；2,3,4,6,6． （2）因为12max{,,,}n n b a a a =，1121max{,,,,}n n n b a a a a ++=，所以1n n b b +≥，所以控制数列{}n b 是不减的数列，{}n b 是{}n a 的控制数列，满足1n m n a b C -++=，C 是常数，所以1n n a a +≥，即数列{}n a 也是不减的数列，123m a a a a ≤≤≤≤，那么若n k ≤时都有n n b a =，则1121max{,,,,}k k k b a a a a ++=， 若1k k a a +>，则11k k b a ++=，若11k k a b ++=，则11k k k k b b a a ++===， 又11b a =，由数学归纳法思想可得对1,2,,n m =，都有n n b a =； （3）设{}n c 的控制数列是{}n b ，由（2）知{}n b 是不减的数列，{}n b 必有一项等于m ， 当m 是数列{}n b 中间某项时，{}n b 不可能是等差数列， 所以1b m =或m b m =，若1b m =，则n b m =（1,2,,n m =），{}n b 是等差数列， 此时只要1c m =，23,,,m c c c 是1,2,3,,1m -的任意排列均可．共(1)!m -个， m b m =，而1b m ≠时，数列{}n b 中必有n b n =，否则不可能是等差数列， 由此有n c n =，即{}n c 就是1,2,3,,m ，只有一种排列， 综上，{}n c 的个数是(1)!1m -+． 23．（1）{n a }是无界数列，理由如下： 对任意的正整数δ，取N 为大于2δ的一个偶数，有21212N a N δδ=+>⋅+>，所以{n a }是无界数列.{n b }不是无界数列，理由如下： 取=3δ，显然2cos()3n b n =+≤，不存在正整数N ，满足3N b >，所以{n b }不是无界数列. （2）存在满足题意的正整数k ，且4k ≥. 当=1n 时，122=05a a <，不成立. 当=2n 时，231235+157a a a a =+<，不成立 当=3n 时，323124357+++2579a a a a a a =+<，不成立当4n ≥时，将12231...1n n a a a n a a a ++++<-变形为：3211221231231n n n n n a a a a a a a a a n a a a a a a +++⎛⎫----+++=+++ ⎪⎝⎭ 22222221572357911n =++≥+++>+. 即取4k =，对于一切n k ≥，有122311n n a a a n a a a ++++<-成立. （3）因为数列{n a }是单调递增的无界数列，所以0n a >，121n n a a a a +<<<<< 所以3211221231231n n n n n a a a a a a a a a n a a a a a a +++⎛⎫----+++=+++ ⎪⎝⎭ 32111211111111n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a +++++++---->+++==-. 即12123111n n n a a a a n a a a a +++++<-+ 因为{n a }是无界数列，取12a δ=，由定义知存在正整数1N ，使1112N a a +>所以111212311N N a a a N a a a ++++<-.由定义可知{n a }是无穷数列，考察数列11N a +，12N a +，13N a +…，显然这仍是一个单调递增的无界数列，同上理由可知存在正整数2N ，使得 ()1111221221231+11N N N N N N a a a N N a a a ++++++++<--.故存在正整数2N ，使得 ()()1111221112121212312311+11+N N N N N N N N a a a a a a N N N a a a a a a ++++++++++++<-+--21N =-. 故存在正整数2m N =，使得122111m m a a a m a a a ++++<-成立。
2021年高考数学真题试卷（北京卷）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，选出符合题目要求的一项．（共10题；共40分）1.已知集合A={x|−1<x<1}，B={x|0≤x≤2}，则A∪B=（）A. (−1,2)B. (−1,2]C. [0,1)D. [0,1]【答案】B【考点】并集及其运算【解析】【解答】解：根据并集的定义易得A∪B={x|−1<x≤2}，故答案为：B【分析】根据并集的定义直接求解即可.2.在复平面内，复数z满足(1−i)z=2，则z=（）A. 2+iB. 2−iC. 1−iD. 1+i【答案】 D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】解：z=21−i =2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，故答案为：D【分析】根据复数的运算法则直接求解即可.3.已知f(x)是定义在上[0,1]的函数，那么“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(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【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】解：①【充分性】若函数f(x)在[0, 1]上单调递增，根据函数的单调性可知:函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1),所以“函数f(x)在[0, 1].上单调递增”为“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的充分条件；②【必要性】若函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)，函数f(x)在[0, 1]上可能先递减再递增，且最大值为f(1)，所以“函数f(x)在[0, 1].上单调递增”不是“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的必要条件，所以“函数f(x)在[0, 1]上单调递增”是“函数f(x)在[0, 1]的最大值为f(1)“的充分而不必要条件.故答案为：A【分析】根据充分条件与必要条件的判定直接求解即可.4.某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A. 3+√32B. 4C. 3+√3D. 2【答案】A【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】【解答】解：由三视图可知该四面体如下图所示：该四面体为直三棱锥，其中SA⊥平面ABC，SA=AB=AC=1，则SB=SC=BC=√2，则所求表面积为S=3×(12×1×1)+12×√2×√2×sin60°=3+√32故答案为：A【分析】根据三视图还原几何体，结合棱锥的表面积公式求解即可.5.双曲线C:x2a2−y2b2=1过点(√2,√3)，且离心率为2，则该双曲线的标准方程为（）A. x 2−y 23=1 B. x 23−y 2=1 C. x 2−√3y 23=1 D.√3x 23−y 2=1【答案】 A【考点】双曲线的标准方程，双曲线的简单性质 【解析】【解答】解：由e =ca =2得c=2a ，则b 2=c 2-a 2=3a 2 则可设双曲线方程为：x 2a 2−y 23a 2=1 ，将点(√2,√3) 代入上式，得(√2)2a 2−(√3)23a 2=1解得a 2=1,b 2=3 故所求方程为： x 2−y 23=1故答案为：A【分析】根据双曲线的离心率的定义，结合双曲线的几何性质和标准方程求解即可.6.{a n } 和 {b n } 是两个等差数列，其中 akb k(1≤k ≤5) 为常值， a 1=288 ， a 5=96 ， b 1=192 ，则b 3= （ ）A. 64B. 128C. 256D. 512 【答案】 B【考点】等差数列的性质【解析】【解答】解：由题意得a k b k=a 1b 1=288192=32 ， 则a 5b 5=32 ， 则b 5=23a 5=64 ， 所以b 3=b 1+b 52=192+642=128.故答案为：B【分析】根据题设条件，结合等差数列的性质求解即可.7.函数 f(x)=cosx −cos2x ，试判断函数的奇偶性及最大值（ ） A. 奇函数，最大值为2 B. 偶函数，最大值为2 C. 奇函数，最大值为 98 D. 偶函数，最大值为 98 【答案】 D【考点】偶函数，二次函数在闭区间上的最值【解析】【解答】解：∵f(-x)=cos(-x)-cos(-2x)=cosx-cos2x=f(x) ∴f(x)为偶函数又f(x)=cosx-cos2x=-2cos 2x+cosx+1 令t=cosx ，则y=-2t 2+t+1，t ∈[-1,1]，则当t =−12×(−2)=14时，y 取得最大值y max =(−2)×(14)2+14+1=98.故答案为：D【分析】根据偶函数的定义，利用换元法，结合二次函数的最值求解即可.8.定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度．其中小雨（<10mm），中雨（10mm−25mm），大雨（25mm−50mm），暴雨（50mm−100mm），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨【答案】B【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】【解答】解：如图所示，由题意得r100=150300，则r=50则雨水的体积为V=13πr2h=13π×502×150，则降雨的厚度（高度）为H=Vπ×1002=13π×502×150π×1002=12.5(mm)故答案为：B【分析】根据圆锥的体积公式，及圆柱的体积公式求解即可.9.已知圆C:x2+y2=4，直线l:y=kx+m，当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为2，则m=（）A. ±2B. ±√2C. ±√3D. ±√5【答案】C【考点】点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系【解析】【解答】解：由题意可设弦长为n，圆心到直线l的距离为d，则d2=r2−(n2)2=4−n24，则当n取最小值2时，d取得最大值为√3，则d=√1+k2≤√3当k=0时，d取得最大值为√3，则|m|=√3解得m=±√3故答案为：C【分析】根据直线与圆的位置，以及相交弦的性质，结合点到直线的距离公式求解即可.10.数列{a n}是递增的整数数列，且a1≥3，a1+a2+⋅⋅⋅+a n=100，则n的最大值为（）A. 9B. 10C. 11D. 12【答案】C【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和【解析】【解答】解：∵数列{a n}是递增的整数数列，∴n要取最大，d尽可能为小的整数，故可假设d=1∵a1=3，d=1∴a n=n+2∴S n=(3+n+2)n2=n2+5n2则S11=88<100，S12=102>100，故n的最大值为11.故答案为：C【分析】根据等差数列的通项公式及前n项和公式求解即可.二、填空题5小题，每小题5分，共25分．（共5题；共25分）11.(x3−1x)4展开式中常数项为________．【答案】-4【考点】二项式定理，二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】【解答】解：由题意得二项展开式的通项公式为T k+1=C4k(x3)4−k(−1x )k=C4k(−1)k x12−4k令12-4k=0，得k=3故常数项为T4=T3+1=C43(−1)3=−4故答案为：-4【分析】根据二项展开式的通项公式直接求解即可.12.已知抛物线C:y2=4x，焦点为F，点M为抛物线C上的点，且|FM|=6，则M的横坐标是________；作MN⊥x轴于N，则S△FMN=________．【答案】5；4√5【考点】抛物线的简单性质，抛物线的应用【解析】【解答】解：由题意知焦点F为（1,0），准线为x=-1，设点M为（x0,y0）,则有|FM|=x0+1=6，解得x0=5，则y0=2√5，不妨取点M为(5,2√5)则点N为(5,0)则|FN|=5-1=4则S△FMN=12×|FN|×|MN|=12×4×2√5=4√5故答案为：5，4√5【分析】根据抛物线的几何性质，结合三角形的面积公式求解即可.13.若点P(cosθ,sinθ)与点Q(cos(θ+π6),sin(θ+π6))关于y轴对称，写出一个符合题意的θ=________．【答案】5π12（满足θ=5π12+kπ,k∈Z即可）【考点】诱导公式【解析】【解答】解：由题意得{sinθ=sin(θ+π6)cosθ=−cos(θ+π6))，对比诱导公式sinα=sin(π-α)，cosα=-cos(π-α)得θ+π6=π−θ+2kπ，解得θ=5π12+kπ,k∈Z当k=0时，θ=5π12故答案为：5π12【分析】根据点的对称性，结合诱导公式求解即可.14.已知函数f(x)=|lgx|−kx−2，给出下列四个结论：①若k=0，则f(x)有两个零点；② ∃k<0，使得f(x)有一个零点；③ ∃k<0，使得f(x)有三个零点；④ ∃k>0，使得f(x)有三个零点．以上正确结论得序号是________．【答案】①②④【考点】函数的零点【解析】【解答】解：令|lgx|- kx-2=0，即y= |lgx|与y= kx+ 2有几个交点，原函数就有几个零点， ①当k= 0时，如图1画出函数图像，f(x)=|lgx|-2，解得x=100或x =1100 ， 所以有两个零点，故①项正确；②当k<0时，y= kx+2过点(0,2)，如图2画出两个函数的图像，∃k <0 ， 使得两函数存在两个交点，故②项正确；③当k<0时，y= kx+2过点(0,2)，如图3画出两个函数的图像，不存在k<0时，使得两函数存在三个交点，故③项错误；④当k>0时，y= kx+2过点(0,2)，如图4画出两个函数的图像，∃k >0 ， 使得两函数存在三个交点，故④项正确. 故答案为：①②④【分析】根据函数的零点的几何性质，运用数形结合思想求解即可.15.a ⃗=(2,1) ， b ⃗⃗=(2,−1) ， c ⃗=(0,1) ，则 (a ⃗+b ⃗⃗)⋅c ⃗= ________； a ⃗⋅b ⃗⃗= ________． 【答案】 0；3【考点】平面向量的坐标运算，平面向量数量积的坐标表示、模、夹角【解析】【解答】解：由题意得a →+b →=(4,0) ， 则(a →+b →)·c →=4×0+0×1=0 ， a →·b →=2×2+1×(−1)=3 故答案为：0，3【分析】根据向量的坐标运算，及向量的数量积运算求解即可.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．（共6题；共85分）16.已知在 △ABC 中， c =2bcosB ， C =2π3．（1）求 B 的大小；（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使 △ABC 存在且唯一确定，并求出 BC 边上的中线的长度． ① c =√2b ；②周长为 4+2√3 ；③面积为 S ΔABC =3√34；【答案】 （1）∵c =2bcosB ，则由正弦定理可得 sinC =2sinBcosB ， ∴sin2B =sin2π3=√32， ∵C =2π3， ∴B ∈(0,π3) ， 2B ∈(0,2π3) ，∴2B =π3 ，解得 B =π6 ；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得 cb =sinCsinB =√3212=√3 ，与 c =√2b 矛盾，故这样的 △ABC 不存在； 若选择②：由（1）可得 A =π6 ， 设 △ABC 的外接圆半径为 R ，则由正弦定理可得a=b=2Rsinπ6=R，c=2Rsin2π3=√3R，则周长a+b+c=2R+√3R=4+2√3，解得R=2，则a=2,c=2√3，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：√(2√3)2+12−2×2√3×1×cosπ6=√7；若选择③：由（1）可得A=π6，即a=b，则S△ABC=12absinC=12a2×√32=3√34，解得a=√3，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：√b2+(a2)2−2×b×a2×cos2π3=√3+34+√3×√32=√212.【考点】正弦定理，余弦定理，正弦定理的应用，余弦定理的应用，三角形中的几何计算【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合三角形内角和的性质求解即可；（2）选择①：根据正弦定理，结合（1）进行判断即可；选择②：根据正弦定理，及余弦定理求解即可；选择③：根据三角形的面积公式，结合余弦定理求解即可.17.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．（1）证明：点F为B1C1的中点；（2）若点M为棱A1B1上一点，且二面角M−CF−E的余弦值为√53，求A1MA1B1的值．【答案】（1）如图所示，取B1C1的中点F′，连结DE,EF′,F′C，由于 ABCD −A 1B 1C 1D 1 为正方体， E,F ′ 为中点，故 EF ′∥CD ， 从而 E,F ′,C,D 四点共面，即平面CDE 即平面 CDEF ′ ， 据此可得：直线 B 1C 1 交平面 CDE 于点 F ′ ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 F 与点 F ′ 重合， 即点 F 为 B 1C 1 中点.（2）以点 D 为坐标原点， DA,DC,DD 1 方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴正方形，建立空间直角坐标系 D −xyz ，不妨设正方体的棱长为2，设 A 1MA1B 1=λ(0≤λ≤1) ，则： M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2) ，从而： MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2−2λ,−2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,2),FE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−2,0) ， 设平面 MCF 的法向量为： m⃗⃗⃗=(x 1,y 1,z 1) ，则： {m ⇀⋅MC⇀=−2x 1+(2−2λ)y 1−2z 1=0m ⇀⋅CF ⇀=x 1+2z 1=0 ， 令 z 1=−1 可得： m ⃗⃗⃗=(2,11−λ,−1) ， 设平面 CFE 的法向量为： n⃗⃗=(x 2,y 2,z 2) ，则： {n ⇀⋅FE⇀=−2y 2=0n ⇀⋅CF ⇀=x 2+2z 2=0， 令 z 1=−1 可得： n⃗⃗=(2,0,−1) ， 从而： m ⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗=5,|m ⃗⃗⃗|=√5+(11−λ)2,|n ⃗⃗|=√5 ，则：cos〈m⃗⃗⃗,n⃗⃗〉=m⃗⃗⃗⃗⋅n⃗⃗|m⃗⃗⃗⃗|×|n⃗⃗|=√5+(11−λ)2×√5=√53，整理可得：(λ−1)2=14，故λ=12（λ=32舍去）.【考点】空间中直线与平面之间的位置关系，与二面角有关的立体几何综合题，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）根据正方体的性质，结合直线与平面相交的性质定理求证即可；（2）根据向量法求二面角，结合方程的思想求解即可.18.为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染病毒．（1）①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为111，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E(X)；（2）若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果)．【答案】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；所以总检测次数为20次；②由题意，X可以取20，30，P(X=20)=111，P(X=30)=1−111=1011，则X的分布列:所以E(X)=20×111+30×1011=32011；（2）由题意，Y可以取25，30，设两名感染者在同一组的概率为p，P(Y=25)=p，P(Y=30)=1−p，则E(Y)=25p+30(1−p)=30−5p，若p=211时，E(X)=E(Y)；若p>211时，E(X)>E(Y)；若p<211时，E(X)<E(Y).【考点】简单随机抽样，互斥事件与对立事件，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差【解析】【分析】（1）①根据“k合1检测法”，结合随机抽样的定义求解即可；②根据“k合1检测法”，以及对立事件的概率，结合离散型随机变量的分布列和期望求解即可；（2）根据“k合1检测法”，以及对立事件的概率，结合离散型随机变量的期望求解即可.19.已知函数f(x)=3−2xx2+a．（1）若a=0，求y=f(x)在(1,f(1))处切线方程；（2）若函数f(x)在x=−1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．【答案】（1）当a=0时，f(x)=3−2xx2，则f′(x)=2(x−3)x3，∴f(1)=1，f′(1)=−4，此时，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−1=−4(x−1)，即4x+y−5=0；（2）因为f(x)=3−2xx2+a ，则f′(x)=−2(x2+a)−2x(3−2x)(x2+a)2=2(x2−3x−a)(x2+a)2，由题意可得f′(−1)=2(4−a)(a+1)2=0，解得a=4，故f(x)=3−2xx2+4，f′(x)=2(x+1)(x−4)(x2+4)2，列表如下：所以，函数f(x)的增区间为(−∞,−1)、(4,+∞)，单调递减区间为(−1,4).当x<32时，f(x)>0；当x>32时，f(x)<0.所以，f(x)max=f(−1)=1，f(x)min=f(4)=−14.【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）根据导数研究函数的极值求得a值，再利用导数研究函数的单调性以及最值即可.20.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(0,−2)，以四个顶点围成的四边形面积为4√5．（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．【答案】（1）因为椭圆过A(0,−2)，故b=2，因为四个顶点围成的四边形的面积为4√5，故12×2a×2b=4√5，即a=√5，故椭圆的标准方程为：x25+y24=1.（2）设B(x1,y1),C(x2,y2)，因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，故直线AB:y=y1+2x1x−2，令y=−3，则x M=−x1y1+2，同理x N=−x2y2+2.直线BC:y=kx−3，由{y=kx−34x2+5y2=20可得(4+5k2)x2−30kx+25=0，故Δ=900k2−100(4+5k2)>0，解得k<−1或k>1.又x1+x2=30k4+5k2,x1x2=254+5k2，故x1x2>0，所以x M x N>0又|PM|+|PN|=|x M+x N|=|x1y1+2+x2y2+2|=|x1kx1−1+x2kx2−1|=|2kx1x2−(x1+x2)k2x1x2−k(x1+x2)+1|=|50k4+5k2−30k4+5k225k24+5k2−30k24+5k2+1|=5|k|故5|k|≤15即|k|≤3，综上，−3≤k<−1或1<k≤3.【考点】椭圆的标准方程，椭圆的简单性质，直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据椭圆的几何性质求解即可；（2）根据直线与椭圆的位置关系，利用根与系数的关系，结合弦长公式求解即可.21.定义R p数列{a n}：对实数p，满足：① a1+p≥0，a2+p=0；② ∀n∈N∗,a4n−1<a4n；③ a m+n∈{a m+a n+p,a m+a n+p+1}，m,n∈N∗．（1）对于前4项2，-2，0，1的数列，可以是R2数列吗？说明理由；（2）若{a n}是R0数列，求a5的值；（3）是否存在p，使得存在R p数列{a n}，对∀n∈N∗,S n≥S10？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．【答案】（1）由性质③结合题意可知0=a3∈{a1+a2+2,a1+a2+2+1}={2,3}，矛盾，故前4项2,−2,0,1的数列，不可能是R2数列.（2）性质① a1≥0,a2=0，由性质③ a m+2∈{a m,a m+1}，因此a3=a1或a3=a1+1，a4=0或a4=1，若a4=0，由性质②可知a3<a4，即a1<0或a1+1<0，矛盾；若a4=1,a3=a1+1，由a3<a4有a1+1<1，矛盾.因此只能是a4=1,a3=a1.或a1=0.又因为a4=a1+a3或a4=a1+a3+1，所以a1=12若a1=1，则a2=a1+1∈{a1+a1+0,a1+a1+0+1}={2a1,2a1+1}={1,2}，2不满足a2=0，舍去.当a1=0，则{a n}前四项为:0，0，0，1，下面用纳法证明a4n+i=n(i=1,2,3),a4n+4=n+1(n∈N)：当n=0时，经验证命题成立，假设当n≤k(k≥0)时命题成立，当n=k+1时：若i=1，则a4(k+1)+1=a4k+5=a j+(4k+5−j)，利用性质③：{a j+a4k+5−j∣j∈N∗,1≤j≤4k+4}={k,k+1}，此时可得：a4k+5=k+1；否则，若a4k+5=k，取k=0可得：a5=0，而由性质②可得：a5=a1+a4∈{1,2}，与a5=0矛盾.同理可得：{a j+a4k+6−j∣j∈N∗,1≤j≤4k+5}={k,k+1}，有a4k+6=k+1；{a j+a4k+8−j∣j∈N∗,2≤j≤4k+6}={k+1,k+2}，有a4k+8=k+2；{a j+a4k+7−j∣j∈N∗,1≤j≤4k+6}={k+1}，又因为a4k+7<a4k+8，有a4k+7=k+1.即当n=k+1时命题成立，证毕.综上可得：a1=0，a5=a4×1+1=1.（3）令b n=a n+p，由性质③可知：∀m,n∈N∗,b m+n=a m+n+p∈{a m+p+a n+p,a m+p+a n+p+1}={b m+b n,b m+b n+1}，由于b1=a1+p≥0,b2=a2+p=0,b4n−1=a4n−1+p<a4n+p=b4n，因此数列{b n}为R0数列.由（2）可知:若∀n∈N,a4n+i=n−p(i=1,2,3),a4n+4=n+1−p；S11−S10=a11=a4×2+3=2−p≥0，S9−S10=−a10=−a4×2+2=−(2−p)≥0，因此p=2，此时a1,a2,…,a10≤0，a j≥0(j≥11)，满足题意.【考点】数列的概念及简单表示法，数学归纳法，数学归纳法的证明步骤【解析】【分析】（1）根据新数列R p数列的定义进行判断即可；（2）根据新数列R p数列的定义，结合数学归纳法求解即可；（3）根据新数列R p数列的定义，结合a n与s n的关系进行判断即可.。
2021年高考数学集合专题卷(附答案)一、单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知集合M={﹣1，0，1}，N={y|y=1﹣cos x，x∈M}，则集合M∩N的真子集的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 43.已知集合，则＝（）A. B. C. D.4.已知集合2，，，则A. B. C. D. 2，5.已知集合，，则（）A. B. C. D.6.已知集合，，则（）A. B. C. D.7.已知集合，集合，则有( )A. B. C. D.8.已知全集U=R,集合A=，集合B=，则为（）。
A. B. R C. D.9.已知M={（x，y）|=3}，N={（x，y）|ax+2y+a=0}且M∩N=∅，则a=（）A. ﹣6或﹣2B. -6C. 2或﹣6D. -210.设t＞0，函数f（x）= 的值域为M，若2∉M，则t的取值范围是（）A. （，1）B. （，1]C. [ ，1）D. [ ，1]11.已知函数，若集合只含有个元素，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.12.在平面直角坐标系中，设为边长为1的正方形内部及其边界的点构成的集合．从中的任意点P作x轴、y轴的垂线，垂足分别为，．所有点构成的集合为M，M中所有点的横坐标的最大值与最小值之差记为；所有点构成的集合为N，N中所有点的纵坐标的最大值与最小值之差记为．给出以下命题：① 的最大值为：② 的取值范围是；③ 恒等于0．其中所有正确结论的序号是（）A. ①②B. ②③C. ①③D. ①②③二、填空题13.已知集合A={1，2，3，4}，B={1，2}，则满足条件B⊆C⊆A的集合C的个数为________．14.已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A={x|x2﹣3x+2=0}，B={x|x=2a，a∈A}，则集合∁U（A∪B）=________．15.已知集合U={1，2，3，4，5，6}，S={1，2，5}，T={2，3，6}，则S∩（∁U T）=________，集合S共有________个子集．16.已知集合A={2，3，4}，B={a+2，a}，若A∩B=B，则∁A B=________17.已知M={x||x﹣1|≤2，x∈R}，P={x| ≥0，x∈R}，则M∩P等于________．18.设函数，若对于任意的，在区间上总存在唯一确定的，使得，则的最小值为________．19.已知集合，集合，若，则的最小值为________.20.在平面直角坐标系中，点集A＝{（x，y）|x2+y2≤1}，B＝{（x，y）|x≤4，y≥0，3x﹣4y≥0}，则点集Q＝{（x，y）|x＝x1+x2，y＝y1+y2，（x1，y1）∈A，（x2，y2）∈B}所表示的区域的面积为________．三、解答题21.对于任意的n∈N*，记集合E n={1，2，3，…，n}，P n=．若集合A满足下列条件：①A⊆P n；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，则称A具有性质Ω．如当n=2时，E2={1，2}，P2=．∀x1，x2∈P2，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，所以P2具有性质Ω．（Ⅰ）写出集合P3，P5中的元素个数，并判断P3是否具有性质Ω．（Ⅱ）证明：不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．22.设集合A={x|x2+2x﹣3＜0}，集合B={x||x+a|＜1}．（1）若a=3，求A∪B；（2）设命题p：x∈A，命题q：x∈B，若p是q成立的必要不充分条件，求实数a的取值范围．23.已知集合，，，全集为实数集求：（1）；（2）.（3）若，求实数的取值范围．24.给定无穷数列，若无穷数列{b n}满足：对任意，都有，则称“接近”。
专题07 数列目录一览考向一等差数列}为等差数列，1．（2023•新高考Ⅰ•第7题）记S n为数列{a n}的前n项和，设甲：{a n}为等差数列；乙：{S nn 则（ ）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件考向二等比数列2．（2023•新高考Ⅱ•第8题）记S n为等比数列{a n}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（ ）A．120B．85C．﹣85D．﹣120考向三数列综合3．（2023•新高考Ⅰ•第20题）设等差数列{a n}的公差为d，且d＞1．令b n=S n，T n分别为数列n{a n}，{b n}的前n项和．（1）若3a2＝3a1+a3，S3+T3＝21，求{a n}的通项公式；（2）若{b n}为等差数列，且S99﹣T99＝99，求d．4．（2023•新高考Ⅱ•第18题）已知{a n}为等差数列，b n=a n−6，n为奇数2a n，n为偶数，记S n，T n为{a n}，{b n}的前n 项和，S4＝32，T3＝16．（1）求{a n}的通项公式；（2）证明：当n＞5时，T n＞S n．【命题意图】考查等差、等比数列的通项公式和前n 项和公式，考查等差、等比数列的性质；考查数列的求和方法，考查根据数列的递推公式求通项公式，考查数列和其他知识结合等综合知识．【考查要点】数列是高考考查热点之一，其中等差、等比数列的通项公式、求和公式，以及与等差、等比数列有关的错位相消求和及裂项相消求和，是考查的重点．作为数列综合题，常和充要条件、方程、不等式、函数等结合，涉及到恒成立，存在，最值，解不等式或者证明不等式等，对于基础能力和基础运算要求较高．【得分要点】1．解决等差、等比数列有关问题的几点注意(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用；(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题；(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系.2．数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n 项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解.,一般常见的求和方法有：（一）公式法②等比数列的前n 项和公式：③数列前项和重要公式：（2）（5）等差数列中，；n 1(21)n k k =-=∑()13521n ++++-= 2nm n m n S S S mnd +=++（6）等比数列中，.(二)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列.(三)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和.(四)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和.(1)适用条件：若{a n }是公差为d (d ≠0)的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和S n ；(2)基本步骤(3)注意事项：①在写出S n 与qS n 的表达式时，应特别注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出S n－qS n ；②作差后，等式右边有第一项、中间n －1项的和式、最后一项三部分组成；③运算时，经常把b 2＋b 3＋…＋b n 这n －1项和看成n 项和，把－a n b n ＋1写成＋a n b n ＋1导致错误． (五)倒序相加法相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前n 项和公式的推导便使用了此法. 用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽.考向一 等差数列5．（2022•新高考Ⅱ）图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD 1，CC 1，BB 1，AA 1是举，OD 1，DC 1，CB 1，BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，＝k 1，＝k 2，＝k 3．已知k 1，k 2，k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3＝（ ）n m m n n m m n S S q S S q S +=+=+A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9考向二数列递推公式6.（多选）（2021•新高考Ⅱ）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+a k﹣1•2k﹣1+a k•2k，其中a i∈{0，1}，记ω（n）＝a0+a1+…+a k，则（ ）A．ω（2n）＝ω（n）B．ω（2n+3）＝ω（n）+1C．ω（8n+5）＝ω（4n+3）D．ω（2n﹣1）＝n考向三数列的求和7．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折n次，那么S k＝ dm2．考向四数列综合8．（2021•新高考Ⅱ）记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）求使S n＞a n成立的n的最小值．9．（2021•新高考Ⅰ）已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（1）记b n＝a2n，写出b1，b2，并求数列{b n}的通项公式；（2）求{a n}的前20项和．10．（2022•新高考Ⅰ）记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1＝1，{}是公差为的等差数列．（1）求{a n}的通项公式；（2）证明：++…+＜2．11．（2022•新高考Ⅱ）已知{a n}是等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2﹣b2＝a3﹣b3＝b4﹣a4．（1）证明：a1＝b1；（2）求集合{k|b k＝a m+a1，1≤m≤500}中元素的个数．重点考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式和前n项和，考查错位相减、裂项相消等求和方法。
历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(数列、函数与集合新定义)汇编考点01 数列新定义一、小题1．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=2．（2020∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001二、大题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列； (2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >． 2．（2024∙北京∙高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”．3．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值； (2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+．4．（2022∙北京∙高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列． (1)判断:2,1,4Q 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12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．5．（2021∙北京∙高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=； ②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，‐2，‐2，‐1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．6．（2020∙北京∙高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n …，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n l a a a =． ()Ⅰ若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；()Ⅱ若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；()Ⅲ若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.7．（2020∙江苏∙高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列． （1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值； （2）若数列{}n a 是2”数列，且an ＞0，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ~3”数列，且an ≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，8．（2019∙江苏∙高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +≤≤成立，求m 的最大值．考点02 函数新定义一、大题1．（2024∙上海∙高考真题）对于一个函数()f x 和一个点(),M a b ，令()()22()()s x x a f x b =-+-，若()()00,P x f x 是()s x 取到最小值的点，则称P 是M 在()f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x=>，求证：对于点()0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在()f x 的“最近点”； (2)对于()()e ,1,0xf x M =，请判断是否存在一个点P ，它是M 在()f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x =在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x =在定义域R 上存在导函数()f x '，且函数 ()g x 在定义域R 上恒正，设点()()()11,M t f t g t --，()()()21,M t f t g t ++．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是12,M M 在()f x 的“最近点”，试判断()f x 的单调性．2．（2020∙江苏∙高考真题）已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()2222()f x x x g x x x D =+=-+=-∞+∞，，，，求h (x )的表达式； （2）若2()1()ln (),(0)f x x x g x k x h x kx k D =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围； （3）若()()()()422342248432(0f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[],D m n ⎡=⊆⎣，求证：n m -≤．考点03 集合新定义一、小题1．（2020∙浙江∙高考真题）设集合S，T，S⊆N*，T⊆N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足： ①对于任意x，y∈S，若x≠y，都有xy∈T②对于任意x，y∈T，若x<y，则yx∈S；下列命题正确的是（）A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素考点04 其他新定义1．（2020∙北京∙高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（π Day）．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔∙卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔∙卡西的方法，π的近似值的表达式是（）．A．30303sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭B．30306sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭C．60603sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭D．60606sin tannn n︒︒⎛⎫+⎪⎝⎭参考答案 考点01 数列新定义一、小题1．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）（多选）设正整数010112222k kk k n a a a a --=⋅+⋅++⋅+⋅ ，其中{}0,1i a ∈，记()01k n a a a ω=+++ ．则（ ） A ．()()2n n ωω= B ．()()231n n ωω+=+C ．()()8543n n ωω+=+D ．()21nn ω-=【答案】ACD【详细分析】利用()n ω的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误.【答案详解】对于A 选项，()01k n a a a ω=+++ ，12101122222k k k k n a a a a +-=⋅+⋅++⋅+⋅ ，所以，()()012k n a a a n ωω=+++= ，A 选项正确；对于B 选项，取2n =，012237121212n +==⋅+⋅+⋅，()73ω∴=， 而0120212=⋅+⋅，则()21ω=，即()()721ωω≠+，B 选项错误；对于C 选项，3430234301018522251212222k k k k n a a a a a a +++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅ ，所以，()01852k n a a a ω+=++++ ，2320123201014322231212222k k k k n a a a a a a +++=⋅+⋅++⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅ ， 所以，()01432k n a a a ω+=++++ ，因此，()()8543n n ωω+=+，C 选项正确；对于D 选项，01121222n n --=+++ ，故()21nn ω-=，D 选项正确.故选：ACD.2．（2020∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）0‐1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12n a a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈= ，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +== 成立，则称其为0‐1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +== 的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0‐1序列12n a a a ，11()(1,2,,1)m i i k i C k a a k m m +===-∑ 是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0‐1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C【详细分析】根据新定义，逐一检验即可【答案详解】由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =，511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.二、大题1．（2024∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列； (2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >． 【答案】(1)()()()1,2,1,6,5,6 (2)证明见解析 (3)证明见解析【详细分析】（1）直接根据(),i j -可分数列的定义即可； （2）根据(),i j -可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个，再使用概率的定义.【答案详解】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d-=+=+'， 得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6. 所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组. （如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立， 则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列： 命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈； 命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠. 此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后， 剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列： ①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组； ③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组. （如果某一部分的组数为0，则忽略之） 故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠. 此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈. 则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >. 由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组； ③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组. （如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=. 但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈. 设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个. 所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>==++++++++. 这就证明了结论.【点评】关键点点评：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.2．（2024∙北京∙高考真题）已知集合(){}{}{}{}{},,,1,2,3,4,5,6,7,8,M i j k w i j k w i j k w =∈∈∈∈+++且为偶数．给定数列128:,,,A a a a ，和序列12:,,s T T T Ω ，其中()(),,,1,2,,t t t t t T i j k w M t s =∈= ，对数列A 进行如下变换：将A 的第1111,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到的数列记作()1T A ；将()1T A 的第2222,,,i j k w 项均加1，其余项不变，得到数列记作()21T T A ；……；以此类推，得到()21s T T T A ，简记为()A Ω．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7Ω，写出()A Ω；(2)是否存在序列Ω，使得()A Ω为123456782,6,4,2,8,2,4,4a a a a a a a a ++++++++，若存在，写出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；(3)若数列A 的各项均为正整数，且1357a a a a +++为偶数，求证：“存在序列Ω，使得()A Ω的各项都相等”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”． 【答案】(1)():3,4,4,5,8,4,3,10A Ω (2)不存在符合条件的Ω，理由见解析 (3)证明见解析【详细分析】（1）直接按照()ΩA 的定义写出()ΩA 即可；（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Ω，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列Ω共有8项，可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==，检验即可；（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，分类讨论1357,,,a a a a 相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列，结合定义详细分析证明即可.【答案详解】（1）因为数列:1,3,2,4,6,3,1,9A ， 由序列()11,3,5,7T 可得()1:2,3,3,4,7,3,2,9T A ； 由序列()22,4,6,8T 可得()21:2,4,3,5,7,4,2,10T T A ； 由序列()31,3,5,7T 可得()321:3,4,4,5,8,4,3,10T T T A ； 所以()Ω:3,4,4,5,8,4,3,10A .（2）解法一：假设存在符合条件的Ω，可知()ΩA 的第1,2项之和为12a a s ++，第3,4项之和为34a a s ++， 则()()()()121234342642a a a a sa a a a s⎧+++=++⎪⎨+++=++⎪⎩，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的Ω；解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的Ω，且()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅， 因为2642824484+++++++=，即序列Ω共有8项，由题意可知：()()2122128,1,2,3,4n n n n b b a a n --+-+==， 检验可知：当2,3n =时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω.（3）解法一：我们设序列()21...s T T T A 为{}(),18s n a n ≤≤，特别规定()0,18n n a a n =≤≤. 必要性：若存在序列12:,,s T T T Ω ，使得()ΩA 的各项都相等.则,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a =======，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+. 根据()21...s T T T A 的定义，显然有,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =. 所以不断使用该式就得到12345678,1,2s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=+-，必要性得证. 充分性：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+.由已知，1357a a a a +++为偶数，而12345678a a a a a a a a +=+=+=+，所以()()24681213574a a a a a a a a a a +++=+-+++也是偶数.我们设()21...s T T T A 是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列()ΩA 中，使得,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-最小的一个.上面已经说明,21,21,211,21s j s j s j s j a a a a ----+=++，这里1,2,3,4j =，1,2,...s =.从而由12345678a a a a a a a a +=+=+=+可得,1,2,3,4,5,6,7,812s s s s s s s s a a a a a a a a a a s +=+=+=+=++. 同时，由于t t t t i j k w +++总是偶数，所以,1,3,5,7t t t t a a a a +++和,2,4,6,8t t t t a a a a +++的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数. 下面证明不存在1,2,3,4j =使得,21,22s j s j a a --≥.假设存在，根据对称性，不妨设1j =，,21,22s j s j a a --≥，即,1,22s s a a -≥.情况1：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+-=，则由,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，知,1,24s s a a -≥.对该数列连续作四次变换()()()()2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34,44,54,64,74,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-减少4，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2：若,3,4,5,6,7,80s s s s s s a a a a a a -+-+->，不妨设,3,40s s a a ->.情况2‐1：如果,3,41s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,4,5,7,2,4,6,8后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾；情况2‐2：如果,4,31s s a a -≥，则对该数列连续作两次变换()()2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的1,2,3,4j =都有,21,21s j s j a a --≤. 假设存在1,2,3,4j =使得,21,21s j s j a a --=，则,21,2s j s j a a -+是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+都是奇数，设为21N +.则此时对任意1,2,3,4j =，由,21,21s j s j a a --≤可知必有{}{},21,2,,1s j s j a a N N -=+.而,1,3,5,7s s s s a a a a +++和,2,4,6,8s s s s a a a a +++都是偶数，故集合{},s m m a N =中的四个元素,,,i j k w 之和为偶数，对该数列进行一次变换(),,,i j k w ，则该数列成为常数列，新的1,11,21,31,41,51,61,71,8s s s s s s s s a a a a a a a a ++++++++-+-+-+-等于零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a -+-+-+-的最小性矛盾.综上，只可能(),21,201,2,3,4s j s j a a j --==，而,1,2,3,4,5,6,7,8s s s s s s s s a a a a a a a a +=+=+=+，故{}(),Ωs n a A =是常数列，充分性得证.解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响()ΩA 的结果， 且()()()()12345678,,,,,,,a a a a a a a a 相对于序列也是无序的， （ⅰ）若12345678a a a a a a a a +=+=+=+， 不妨设1357a a a a ≤≤≤，则2468a a a a ≥≥≥， ①当1357a a a a ===，则8642a a a a ===， 分别执行1a 个序列()2,4,6,8、2a 个序列()1,3,5,7，可得1212121212121212,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，为常数列，符合题意； ②当1357,,,a a a a 中有且仅有三个数相等，不妨设135a a a ==，则246a a a ==， 即12121278,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行2a 个序列()1,3,5,7、7a 个序列()2,4,6,8可得1227122712272778,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即1227122712272712,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 因为1357a a a a +++为偶数，即173a a +为偶数， 可知17,a a 的奇偶性相同，则*712a a -∈N ， 分别执行712a a -个序列()1,3,5,7，()1,3,6,8，()2,3,5,8，()1,4,5,8， 可得7217217217217217217217213232323232323232,,,,,,,22222222a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a +-+-+-+-+-+-+-+-，为常数列，符合题意；③若1357a a a a =<=，则2468a a a a =>=，即12125656,,,,,,,a a a a a a a a ， 分别执行5a 个()1,3,6,8、1a 个()2,4,5,7，可得1512151215561556,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 因为1256a a a a +=+，可得1512151215121512,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为①，可知符合题意；④当1357,,,a a a a 中有且仅有两个数相等，不妨设13a a =，则24a a =，即12125678,,,,,,,a a a a a a a a ，分别执行1a 个()2,4,5,7、5a 个()1,3,6,8，可得1512151215561758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1256a a a a +=+，可得1512151215121758,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为②，可知符合题意；⑤若1357a a a a <<<，则2468a a a a >>>，即12345678,,,,,,,a a a a a a a a ， 分别执行1a 个()2,3,5,8、3a 个()1,4,6,7，可得1312133415363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++，且1234a a a a +=+，可得1312131215363718,,,,,,,a a a a a a a a a a a a a a a a ++++++++， 即转为③，可知符合题意；综上所述：若12345678a a a a a a a a +=+=+=+，则存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列； （ⅱ）若存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列， 因为对任意()128Ω:,,,A b b b ⋅⋅⋅，均有()()()()12123434b b a a b b a a +-+=+-+()()()()56567878b b a a b b a a =+-+=+-+成立， 若()ΩA 为常数列，则12345678b b b b b b b b +=+=+=+， 所以12345678a a a a a a a a +=+=+=+；综上所述：“存在序列Ω，使得()ΩA 为常数列”的充要条件为“12345678a a a a a a a a +=+=+=+”. 【点评】关键点点评：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的详细分析.3．（2023∙北京∙高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r iB A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值； (2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r j m +-≤+=- ，求n r ；(3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+． 【答案】(1)00r =，11r =，21r =，32r = (2),n r n n =∈N (3)证明见答案详解【详细分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意详细分析求解； （2）根据题意题意详细分析可得11i ir r +-≥，利用反证可得11i i r r +-=，在结合等差数列运算求解；（3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法详细分析证明.【答案详解】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========， 当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =； 当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <<>=，故11r =；当2k =时，则22232,0,1,,,i B A i B A B A ≤=>>故21r =； 当3k =时，则333,0,1,2,i B A i B A ≤=>，故32r =； 综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =. （2）由题意可知：nr m≤，且nr ∈N，因为1,1n n a b ≥≥，且11a b ≥，则10n A B B ≥>对任意*n ∈N 恒成立， 所以010,1r r =≥， 又因为112ii i r r r -+≤+，则11i i i i r r r r +--≥-，即112101m m m m r r r r r r ----≥-≥⋅⋅⋅≥-≥，可得11i ir r +-≥，反证：假设满足11n n r r +->的最小正整数为01j m ≤≤-，当i j ≥时，则12i i r r +-≥；当1i j ≤-时，则11i ir r +-=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r ---=-+-+⋅⋅⋅+-+()22m j j m j ≥-+=-， 又因为01j m ≤≤-，则()2211m r m j m m m m ≥-≥--=+>， 假设不成立，故11n n r r +-=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,n r n n n =+⨯=∈N . （3）因为,n n a b 均为正整数，则{}{},n n A B 均为递增数列，（ⅰ）若m m A B =，则可取0t q ==，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+； （ⅱ）若m m A B <，则k r m <，构建,1n n r n S B A n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤-，则1,0K K r K r K B A m B A +-≤-->，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B B A B A m +++=-=--->， 这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m≥-.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =-=，即N N r A B =， 可取0,,N t q p N s r ====，满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅--，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =，即X Y r X r Y B A B A -=-，可得X Y Y r X r A B A B +=+， 可取,,,Y X p Y s r q X t r ====，满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； （ⅲ）若m m A B >，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k R i A B i m =≤∈L ∣，则k R m <，构建,1n n R n S A B n m =-≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数,1K K m ≤≤，使得K S m ≤-，则1,0K K R K R K A B m A B +-≤-->，可得()()111K K K K K R R R R K R K a A A A B A B m +++=-=--->， 这与{}11,2,,K R a m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意11,n m n ≤≤-∈N ，均有1n S m≥-.①若存在正整数N ，使得0N N R N S A B =-=，即N R N A B =， 可取0,,N q t s N p R ====，即满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈--⋅⋅⋅--，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =， 即X Y R X R Y A B A B -=-，可得Y X R X R Y A B A B +=+， 可取,,,Y X p R t X q R s Y ====， 满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+.综上所述：存在0,0q p m t s m ≤<≤≤<≤使得t p s q A B A B +=+．4．（2022∙北京∙高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++= ，则称Q 为m -连续可表数列． (1)判断:2,1,4Q 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12:,,,k Q a a a 为8-连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20-连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥． 【答案】(1)是5-连续可表数列；不是6-连续可表数列． (2)证明见解析． (3)证明见解析．【详细分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑3k ≤不符合，再列举一个4k =合题即可；（3）5k ≤时，根据和的个数易得显然不行，再讨论6k =时，由12620a a a +++< 可知里面必然有负数，再确定负数只能是1-，然后分类讨论验证不行即可．【答案详解】（1）21a =，12a =，123a a +=，34a =，235a a +=，所以Q 是5-连续可表数列；易知，不存在,i j 使得16i i i j a a a +++++= ，所以Q 不是6-连续可表数列．（2）若3k ≤,设为:Q ,,a b c ,则至多,,,,,a b b c a b c a b c ++++，6个数字，没有8个，矛盾；当4k =时,数列:1,4,1,2Q ，满足11a =，42a =，343a a +=，24a =，125a a +=，1236a a a ++=，2347a a a ++=，12348a a a a +++=， min 4k ∴=．（3）12:,,,k Q a a a ，若i j =最多有k 种，若i j ≠，最多有2C k 种，所以最多有()21C 2k k k k ++=种， 若5k ≤，则12,,,k a a a …至多可表()551152+=个数，矛盾, 从而若7k <,则6k =，,,,,,a b c d e f 至多可表6(61)212+=个数， 而20a b c d e f +++++<，所以其中有负的，从而,,,,,a b c d e f 可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明~a f 中仅一个负的，没有0，且这个负的在~a f 中绝对值最小，同时~a f 中没有两数相同,设那个负数为(1)m m -≥ ，则所有数之和125415m m m m m ≥++++++-=+ ，415191m m +≤⇒=，{,,,,,}{1,2,3,4,5,6}a b c d e f ∴=-，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，112=-+ （仅一种方式），1∴-与2相邻，若1-不在两端,则",1,2,__,__,__"x -形式，若6x =，则56(1)=+-（有2种结果相同，方式矛盾），6x ∴≠， 同理5,4,3x ≠ ，故1-在一端，不妨为"1,2,,,"A B C D -形式，若3A =,则523=+ （有2种结果相同，矛盾），4A =同理不行，5A =，则6125=-++ （有2种结果相同，矛盾），从而6A =，由于7126=-++,由表法唯一知3,4不相邻,、 故只能1,2,6,3,5,4-，①或1,2,6,4,5,3-，② 这2种情形，对①：96354=+=+，矛盾，对②：82653=+=+，也矛盾，综上6k ≠， 当7k =时，数列1,2,4,5,8,2,1--满足题意，7k ∴≥．【点评】关键点评，先理解题意，是否为m -可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m 中间的任意一个值．本题第二问3k ≤时，通过和值可能个数否定3k ≤；第三问先通过和值的可能个数否定5k ≤，再验证6k =时，数列中的几项如果符合必然是{1,2,3,4,5,6}-的一个排序，可验证这组数不合题．5．（2021∙北京∙高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=； ②414,1,2,n n a a n -<=⋅⋅⋅()；③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅．（1）如果数列{}n a 的前4项为2，‐2，‐2，‐1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．【答案】（1）不可以是2R 数列；理由见解析；（2）51a =；（3）存在；2p =． 【详细分析】(1)由题意考查3a 的值即可说明数列不是2ℜ数列； (2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定5a 的值；(3)构造数列n n b a p =+，易知数列{}n b 是0ℜ的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数p 的值.【答案详解】(1)因 为 122,2,2,p a a ===- 所以12122,13a a p a a p ++=+++=， 因 为32,a =-所 以{}312122,21a a a a a ∈+++++ 所以数列{}n a ，不可能是2ℜ数列. (2)性质①120,0a a ≥=，由性质③{}2,1m m m a a a +∈+，因此31a a =或311a a =+，40a =或41a =， 若40a =，由性质②可知34a a <，即10a <或110a +<，矛盾； 若4311,1a a a ==+，由34a a <有111a +<，矛盾. 因此只能是4311,a a a ==.又因为413a a a =+或4131a a a =++，所以112a =或10a =. 若112a =，则{}{}{}2111111110,012,211,2a a a a a a a a +=∈+++++=+=， 不满足20a =，舍去.当10a =，则{}n a 前四项为:0，0，0，1，下面用数学归纳法证明()444(1,2,3),1n i n a n i a n n N ++===+∈： 当0n =时，经验证命题成立，假设当(0)n k k ≤≥时命题成立， 当1n k =+时：若1i =，则()()4541145k k j k j a a a +++++-==，利用性质③：{}*45,144{,1}jk j aa j N j k k k +-+∈≤≤+=+∣，此时可得：451k a k +=+； 否则，若45k a k +=，取0k =可得：50a =，而由性质②可得：{}5141,2a a a =+∈，与50a =矛盾. 同理可得：{}*46,145{,1}jk j a a j N j k k k +-+∈≤≤+=+∣，有461k a k +=+； {}*48,246{1,2}jk j a a j N j k k k +-+∈≤≤+=++∣，有482k a k +=+；{}*47,146{1}jk j aa j N j k k +-+∈≤≤+=+∣，又因为4748k k a a ++<，有47 1.k a k +=+ 即当1n k =+时命题成立，证毕. 综上可得：10a =，54111a a ⨯+==. (3)令n nb a p =+，由性质③可知：*,,m n m n m n N b a p ++∀∈=+∈{},1m n m n a p a p a p a p +++++++{},1m n m n b b b b =+++，由于11224141440,0,n n n n b a p b a p b a p a p b --=+≥=+==+<+=， 因此数列{}n b 为0ℜ数列. 由（2）可知:若444,(1,2,3),1n i n n N a n p i a n p ++∀∈=-==+-；11111402320a S S a p ⨯+-==-≥=，91010422(2)0S S a a p ⨯+-=-=-=--≥，因此2p =，此时1210,,,0a a a ⋯≤，()011j a j ≥≥，满足题意.【点评】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.6．（2020∙北京∙高考真题）已知{}n a 是无穷数列．给出两个性质：①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >，在{}n a 中都存在一项m a ，使2i m ja a a =；②对于{}n a 中任意项(3)n a n …，在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >．使得2k n la a a =． ()Ⅰ若(1,2,)n a n n == ，判断数列{}n a 是否满足性质①，说明理由；()Ⅱ若12(1,2,)n n a n -== ，判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；()Ⅲ若{}n a 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：{}n a 为等比数列.【答案】()Ⅰ详见解析；()Ⅱ答案详解解析；()Ⅲ证明详见解析. 【详细分析】()Ⅰ根据定义验证，即可判断；()Ⅱ根据定义逐一验证，即可判断；()Ⅲ解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得123,,a a a 成等比数列，之后证得1234,,,a a a a 成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.【答案详解】()Ⅰ{}2323292,3,2n a a a a Z a ===∉∴Q 不具有性质①； ()Ⅱ{}22*(2)1*2,,,2,2i j i i i j n j ja a i j N i j i j N a a a a ---∀∈>=-∈∴=∴Q 具有性质①； {}2*(2)11,3,1,2,22,k l n k n n la n N n k n l a n a a ---∀∈≥∃=-=-===∴Q 具有性质②；()Ⅲ解法一首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然()0*n a n N ≠∉，假设数列中存在负项，设{}0max |0n N n a =<， 第一种情况：若01N =，即01230a a a a <<<<< ，由①可知：存在1m ，满足12210m a a a =<，存在2m ，满足22310m a a a =<， 由01N =可知223211a a a a =，从而23a a =，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若02N ≥，由①知存在实数m ，满足0210Nm a a a =<，由0N 的定义可知：0m N ≤，另一方面，000221NNm N N a a a a a a =>=，由数列的单调性可知：0m N >，这与0N 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.其次，证明2231a a a =：利用性质②：取3n =，此时()23kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <，此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列{}n a 的前()3k k ≥项成等比数列，不妨设()111s s a a q s k -=≤≤，其中10,1a q >>，（10,01a q <<<的情况类似）由①可得：存在整数m ，满足211k k m k k a a a q a a -==>，且11k m k a a q a +=≥ （*） 由②得：存在s t >，满足：21s s k s s t t a aa a a a a +==⋅>，由数列的单调性可知：1t s k <≤+， 由()111s s a a qs k -=≤≤可得：2211111s t k s k k ta a a q a a q a ---+==>= （**）由（**）和（*）式可得：211111k s t k a q a qa q ---≥>， 结合数列的单调性有：211k s t k ≥-->-， 注意到,,s t k 均为整数，故21k s t =--， 代入（**）式，从而11kk a a q +=.总上可得，数列{}n a 的通项公式为：11n n a a q -=.即数列{}n a 为等比数列. 解法二：假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取3n =，此时23()kla a k l a =>，由数列的单调性可知0k l a a >>， 而3kk k la a a a a =⋅>，故3k <， 此时必有2,1k l ==，即2231a a a =，即123,,a a a 成等比数列，不妨设22131,(1)a a q a a q q ==>，然后利用性质①：取3,2i j ==，则224331121m a a q a a q a a q===， 即数列中必然存在一项的值为31a q ，下面我们来证明341a a q =，否则，由数列的单调性可知341a a q <，在性质②中，取4n =，则24k k k k l la aa a a a a ==>，从而4k <，与前面类似的可知则存在{,}{1,2,3}()k l k l ⊆>，满足24kl a a a =，若3,2k l ==，则：2341kla a a q a ==，与假设矛盾； 若3,1k l ==，则：243411k la a a q a q a ==>，与假设矛盾； 若2,1k l ==，则：22413k la a a q a a ===，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数,k l ，可见341a a q <不成立，从而341a a q =， 然后利用性质①：取4,3i j ==，则数列中存在一项2264411231m a a q a a q a a q===， 下面我们用反证法来证明451a a q =， 否则，由数列的单调性可知34151a q a a q <<，在性质②中，取5n =，则25k k k k l la aa a a a a ==>，从而5k <， 与前面类似的可知则存在{}{}(),1,2,3,4k l k l ⊆>，满足25k la a a =，即由②可知：22222115111k k l k l l a a q a a q a a q----===， 若214k l --=，则451a a q =，与假设矛盾； 若214k l -->，则451a a q >，与假设矛盾；若214k l --<，由于,k l 为正整数，故213k l --≤，则351a a q ≤，与315a q a <矛盾；综上可知，假设不成立，则451a a q =.同理可得：566171,,a a q a a q == ，从而数列{}n a 为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列{}n a 为等比数列.【点评】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.7．（2020∙江苏∙高考真题）已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为Sn ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k k n n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ~k ”数列． （1）若等差数列{}n a 是“λ~1”数列，求λ的值；。
2021-2023北京高考真题数学汇编压轴解答题-新定义（第21题）一、解答题1．（2023·北京·统考高考真题）已知数列{}{},n n a b 的项数均为m (2)m >，且,{1,2,,},n n a b m ∈ {}{},n n a b 的前n 项和分别为,n n A B ，并规定000A B ==．对于{}0,1,2,,k m ∈ ，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k r i B A i m =≤∈∣ ，其中，max M 表示数集M 中最大的数. (1)若1231232,1,3,1,3,3a a a b b b ======，求0123,,,r r r r 的值； (2)若11a b ≥，且112,1,2,,1,j j j r r r jm +−≤+=− ，求n r ； (3)证明：存在{},,,0,1,2,,p q s t m ∈ ，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+．2．（2022·北京·统考高考真题）已知12:,,,k Q a a a 为有穷整数数列．给定正整数m ，若对任意的{1,2,,}n m ∈ ，在Q 中存在12,,,,(0)i i i i j a a a a j +++≥ ，使得12i i i i j a a a a n +++++++=，则称Q 为m −连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q 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12:,,,k Q a a a 为8−连续可表数列，求证：k 的最小值为4；(3)若12:,,,k Q a a a 为20−连续可表数列，且1220k a a a +++< ，求证：7k ≥．3．（2021·北京·统考高考真题）设p 为实数.若无穷数列{}n a 满足如下三个性质，则称{}n a 为p ℜ数列：①10a p +≥，且20a p +=； ②414,1,2,n n a a n −<=⋅⋅⋅()； ③{},1m n m n m n a a a p a a p +∈+++++，(),1,2,m n =⋅⋅⋅． （1）如果数列{}n a 的前4项为2，-2，-2，-1，那么{}n a 是否可能为2ℜ数列？说明理由； （2）若数列{}n a 是0ℜ数列，求5a ；（3）设数列{}n a 的前n 项和为n S .是否存在p ℜ数列{}n a ，使得10n S S ≥恒成立？如果存在，求出所有的p ；如果不存在，说明理由．参考答案1．(1)00r =，11r =，21r =，32r =(2),n r n n =∈N(3)证明见详解【分析】（1）先求01230123,,,,,,,A A A A B B B B ，根据题意分析求解； （2）根据题意题意分析可得11i ir r +−≥，利用反证可得11i i r r +−=，在结合等差数列运算求解； （3）讨论,m m A B 的大小，根据题意结合反证法分析证明.【详解】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7A A A A B B B B ========， 当0k =时，则0000,,1,2,3i B A B A i ==>=，故00r =； 当1k =时，则01111,,,2,3i B A B A B A i <<>=，故11r =；当2k =时，则22232,0,1,,,i B A i B A B A ≤=>>故21r =；当3k =时，则333,0,1,2,i B A i B A ≤=>，故32r =； 综上所述：00r =，11r =，21r =，32r =. （2）由题意可知：nr m ≤，且n r ∈N ，因为1,1n n a b ≥≥，且11a b ≥，则10n A B B ≥>对任意*n ∈N 恒成立，所以010,1r r =≥， 又因为112ii i r r r −+≤+，则11i i i i r r r r +−−≥−，即112101m m m m r r r r r r −−−−≥−≥⋅⋅⋅≥−≥，可得11i ir r +−≥，反证：假设满足11n nr r +−>的最小正整数为01j m ≤≤−，当i j ≥时，则12i i r r +−≥；当1i j ≤−时，则11i ir r +−=，则()()()112100m m m m m r r r r r r r r −−−=−+−+⋅⋅⋅+−+()22m j j m j ≥−+=−，又因为01j m ≤≤−，则()2211m r m j m m m m ≥−≥−−=+>， 假设不成立，故11n nr r +−=，即数列{}n r 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,nr n n n =+×=∈N .（3）因为,n n a b 均为正整数，则{}{},n n A B 均为递增数列，（ⅰ）若m m A B =，则可取0t q ==，满足,,p q s t >> 使得t p s q A B A B +=+； （ⅱ）若m m A B <，则k r m <，构建,1n n r n S B A n m =−≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数K ，使得K S m ≤−， 则1,0K K r K r K B A m B A +−≤−−>，可得()()111K K K K K r r r r K r K b B B BA B A m +++−−−−>，这与{}11,2,,K r b m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意1,n m n ≤≤∈N ，均有1n S m ≥−.①若存在正整数N ，使得0N N r N S B A =−=，即N N r A B =，可取0,,N t q p N s r ====，满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈−−⋅⋅⋅−−，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =， 即X Y r X r Y B A B A −=−，可得X Y Y r X r A B A B +=+，可取,,,Y X p Y s r q X t r ====， 满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； （ⅲ）若m m A B >，定义{}max ,{0,1,2,,}k i k R i A B i m =≤∈L ∣，则k R m <， 构建,1n n R n S A B n m =−≤≤，由题意可得：0n S ≤，且n S 为整数， 反证，假设存在正整数,1K K m ≤≤，使得K S m ≤−， 则1,0K K R K R K A B m A B +−≤−−>，可得()()111K K K K K R R R R K R K a A A AB A B m +++−−−−>，这与{}11,2,,K R a m +∈⋅⋅⋅相矛盾，故对任意11,n m n ≤≤−∈N ，均有1n S m ≥−.①若存在正整数N ，使得0N N R N S A B =−=，即N R N A B =， 可取0,,N q t s N p R ====，即满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+； ②若不存在正整数N ，使得0NS =，因为(){}1,2,,1n S m ∈−−⋅⋅⋅−−，且1n m ≤≤， 所以必存在1X Y m ≤<≤，使得X Y S S =， 即X Y R X R Y A B A B −=−，可得Y X R X R Y A B A B +=+，可取,,,Y X p R t X q R s Y ====， 满足,p q s t >>，使得t p s q A B A B +=+.综上所述：存在0,0q p m t s m ≤<≤≤<≤使得t p s q A B A B +=+．2．(1)是5−连续可表数列；不是6−连续可表数列． (2)证明见解析． (3)证明见解析．【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑3k ≤不符合，再列举一个4k =合题即可；（3）5k ≤时，根据和的个数易得显然不行，再讨论6k =时，由12620a a a +++< 可知里面必然有负数，再确定负数只能是1−，然后分类讨论验证不行即可．*,,m n m n m n N b a p ++∀∈=+∈{},1m n m n a p a p a p a p +++++++{},1m n m n b b b b +++，由于11224141440,0,n n n n b a p b a p b a p a p b −−=+≥=+==+<+=， 因此数列{}n b 为0ℜ数列. 由（2）可知:若444,(1,2,3),1n i n n N a n p i a n p ++∀∈=−==+−；11111402320a S S a p ×+−==−≥=，91010422(2)0S S a a p ×+−=−=−=−−≥， 因此2p =，此时1210,,,0a a a …≤，()011j a j ≥≥，满足题意.【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.。
