北京市卷数学选择、填空、解答压轴真题-【5年新高考】2021-2025年全国各地高考数学压轴题真题汇编

【5年新高考】2021-2025年北京市卷数学选择、填空、解答压轴真题 一．选择题（共5小题） 1．（2025•北京）已知平面直角坐标系xOy中，||＝||，||＝2，设C（3，4），则|2|的取值范围是（　　） A．[6，14] B．[6，12] C．[8，14] D．[8，12] 2．（2024•北京）已知M＝{（x，y）|y＝x+t（x2﹣x），1≤x≤2，0≤t≤1}是平面直角坐标系中的点集．设d是M中两点间的距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则（　　） A．d＝3，S＜1 B．d＝3，S＞1 C． D． 3．（2023•北京）数列{an}满足an+1（an﹣6）3+6，下列说法正确的是（　　） A．若a1＝3，则{an}是递减数列，∃M∈R，使得an＞M B．若a1＝5，则{an}是递增数列，∃M≤6，使得an＜M C．若a1＝7，则{an}是递减数列，∃M＞6，使得an＞M D．若a1＝9，则{an}是递增数列，∃M∈R，使得an＜M 4．（2022•北京）在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°．P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则•的取值范围是（　　） A．[﹣5，3] B．[﹣3，5] C．[﹣6，4] D．[﹣4，6] 5．（2021•北京）已知{an}是各项为整数的递增数列，且a1≥3，若a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 二．填空题（共5小题） 6．（2025•北京）关于定义域为R的函数f（x），以下说法正确的有 　 　 ． ①存在在R上单调递增的函数f（x）使得f（x）+f（2x）＝﹣x恒成立； ②存在在R上单调递减的函数f（x）使得f（x）+f（2x）＝﹣x恒成立； ③使得f（x）+f（﹣x）＝cosx恒成立的函数f（x）存在且有无穷多个； ④使得f（x）﹣f（﹣x）＝cosx恒成立的函数f（x）存在且有无穷多个． 7．（2024•北京）设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是 　 　 ． 8．（2023•北京）设a＞0，函数f（x）给出下列四个结论，正确的序号为 　 　 ． ①f（x）在区间（a﹣1，+∞）上单调递减； ②当a≥1时，f（x）存在最大值； ③设M（x1，f（x1））（x1≤a），N（x2，f（x2））（x2＞a），则|MN|＞1； ④设P（x3，f（x3））（x3＜﹣a），Q（x4，f（x4））（x4≥﹣a），若|PQ|存在最小值，则a的取值范围是（0，]． 9．（2022•北京）已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an•Sn＝9（n＝1，2，…）．给出下列四个结论： ①{an}的第2项小于3； ②{an}为等比数列； ③{an}为递减数列； ④{an}中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是 　 　 ． 10．（2021•北京）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2个零点； （2）存在负数k，使得f（x）恰有1个零点； （3）存在负数k，使得f（x）恰有3个零点； （4）存在正数k，使得f（x）恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 　 　 ． 三．解答题（共5小题） 11．（2025•北京）A＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，M＝{（xi，yi）|xi∈A，yi∈A}，从M中选出n构成一列：（x1，y1），…，（xn，yn）．相邻两项（xi，yi），（xi+1，yi+1）满足：或，称为k列． （1）若k列的第一项为（3，3），求第二项． （2）若τ为k列，且满足i为奇数时，xi∈{1，2，7，8}；i为偶数时，xi∈{3，4，5，6}；判断：（3，2）与（4，4）能否同时在τ中，并说明理由； （3）证明：M中所有元素都不构成k列． 12．（2024•北京）已知集合M＝{（i，j，k，w）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}．给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts⋯T2T1（A），简记为Ω（A）． （1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）； （2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a7+4，a8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，请说明理由； （3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8”． 13．（2023•北京）数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2，⋯，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2，⋯，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，⋯，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数． （Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值； （Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2，⋯，m﹣1，求rn； （Ⅲ）证明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br． 14．（2022•北京）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，则称Q为m﹣连续可表数列． （Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5﹣连续可表数列？是否为6﹣连续可表数列？说明理由； （Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak为8﹣连续可表数列，求证：k的最小值为4； （Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，求证：k≥7． 15．（2021•北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an} 为ℜp数列： ①a1+p≥0，且a2+p＝0； ②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）； ③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）． （Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由； （Ⅱ）若数列{an}是ℜ0数列，求a5； （Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在ℜp数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由． 【5年新高考】2021-2025年北京市卷数学选择、填空、解答压轴真题 参考答案与试题解析 一．选择题（共5小题） 题号 1 2 3 4 5 答案 D C B D C 一．选择题（共5小题） 1．（2025•北京）已知平面直角坐标系xOy中，||＝||，||＝2，设C（3，4），则|2|的取值范围是（　　） A．[6，14] B．[6，12] C．[8，14] D．[8，12] 【解答】解：由，|，可知， 故点A、B在以O为圆心，为半径的圆上， 取AB的中点H，可知|OH|＝1， 所以点H在以O为圆心，1为半径的圆上， 则 ， 所以， 又，， 则，故， 即|的取值范围是[8，12]． 故选：D． 2．（2024•北京）已知M＝{（x，y）|y＝x+t（x2﹣x），1≤x≤2，0≤t≤1}是平面直角坐标系中的点集．设d是M中两点间的距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则（　　） A．d＝3，S＜1 B．d＝3，S＞1 C． D． 【解答】解：集合{y|y＝x+t（x2﹣x）＝tx2+（1﹣t）x，0≤t≤1，1≤x≤2}， 当t＝0时，y＝x，当t＝1时，y＝x2， 则集合表示的图形如下图阴影部分所示， 由图象可知，，． 故选：C． 3．（2023•北京）数列{an}满足an+1（an﹣6）3+6，下列说法正确的是（　　） A．若a1＝3，则{an}是递减数列，∃M∈R，使得an＞M B．若a1＝5，则{an}是递增数列，∃M≤6，使得an＜M C．若a1＝7，则{an}是递减数列，∃M＞6，使得an＞M D．若a1＝9，则{an}是递增数列，∃M∈R，使得an＜M 【解答】解：法（i）对原式进行变形，得an+1﹣an＝[（an﹣6）2﹣1]（an﹣6）， 当a1＝3，则a2﹣a1＜0，a2＜3， 设ak＜3（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＜﹣3，所以{an}是递减数列， 当n→+∞，an→﹣∞，A错误，同理可证明D错误， 当a1＝5，则a2﹣a1＞0，即a2＞5，又因为（a1﹣6）3＜0，所以5＜a2＜6， 假设5＜ak＜6（k∈Z，k≥2），则ak+1﹣ak＞0，即ak+1＞5，又因为（ak﹣6）3＜0，所以5＜ak+1＜6， 所以当n→+∞，an→6，B正确， 对于C，当a1＝7，可得a26，a36，可得{an}是递减数列，an＝6， 故不存在M＞6，an＞M恒成立，C错误． 法（ii）an+1（an﹣6）3+6，可得an+1﹣6（an﹣6）3，n∈N+， 所以a2﹣6（a1﹣6）3，a3﹣6（a2﹣6）3[（a1﹣6）3]3（a1﹣6）32， a4﹣6（a1﹣6）33， 归纳猜想：an﹣6（a1﹣6•（a1﹣6， 当a1＝3时，an﹣6•（﹣32×（，即an•（﹣32×（6，所以{an}是递减数列，无边界； a1＝5时，an﹣6•（﹣12×（，即an＝﹣2×（6＝2[3﹣（]，由复合函数的单调性，可得{an}是递增，有边界，所以B正确； a1＝7时，an﹣6•2×（，所以{an}是递减数列，有边界；所以C不正确； a1＝9时，an﹣6•2×（，所{以an}是递增数列，无边界；所以D不正确； 故选：B． 4．（2022•北京）在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°．P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则•的取值范围是（　　） A．[﹣5，3] B．[﹣3，5] C．[﹣6，4] D．[﹣4，6] 【解答】解：在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°， 以C为坐标原点，CA，CB所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图： 则A（3，0），B（0，4），C（0，0）， 设P（x，y）， 因为PC＝1， 所以x2+y2＝1， 又（3﹣x，﹣y），（﹣x，4﹣y）， 所以x（3﹣x）﹣y（4﹣y）＝x2+y2﹣3x﹣4y＝﹣3x﹣4y+1， 设x＝cosθ，y＝sinθ， 所以（3cosθ+4sinθ）+1＝﹣5sin（θ+φ）+1，其中tanφ， 当sin（θ+φ）＝1时，有最小值为﹣4， 当sin（θ+φ）＝﹣1时，有最大值为6， 所以∈[﹣4，6]， 故选：D． 5．（2021•北京）已知{an}是各项为整数的递增数列，且a1≥3，若a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 【解答】解：数列{an}是递增的整数数列， ∴n要取最大，递增幅度尽可能为小的整数， 假设递增的幅度为1， ∵a1＝3， ∴an＝n+2， 则， 当n＝10时，a10＝12，S10＝75， ∵100﹣S10＝25＞a10＝12，即n可继续增大，n＝10非最大值， 当n＝12时，a12＝14，S12＝102， ∵100﹣S12＝100﹣102＜0，不满足题意， 即n＝11为最大值． 故选：C． 二．填空题（共5小题） 6．（2025•北京）关于定义域为R的函数f（x），以下说法正确的有 　②③　 ． ①存在在R上单调递增的函数f（x）使得f（x）+f（2x）＝﹣x恒成立； ②存在在R上单调递减的函数f（x）使得f（x）+f（2x）＝﹣x恒成立； ③使得f（x）+f（﹣x）＝cosx恒成立的函数f（x）存在且有无穷多个； ④使得f（x）﹣f（﹣x）＝cosx恒成立的函数f（x）存在且有无穷多个． 【解答】解：对于①，若存在R上的增函数f（x），满足f（x）+f（2x）＝﹣x， 则f（0）+f（2×0）＝﹣0，即f（0）＝0， 故x＞0时，f（4x）＞f（2x）＞f（x）＞0， 故f（4x）+f（2x）＞f（x）+f（2x）， 令g（x）＝f（x）+f（2x）＝﹣x， 则g（2x）＞g（x）， 故﹣2x＞﹣x，解得x＜0，与x＞0，矛盾，故①错误； 对于②，取， 该函数为R上的减函数且f（x）+f（2x）＝﹣x， 故该函数符合，故②正确； 对于③，取，m∈R， 此时f（x）+f（﹣x）＝cosx， 由m∈R，可得f（x）有无穷多个，故③正确； 对于④，若存在f（x），使得f（x）﹣f（﹣x）＝cosx， 令x＝0，则0＝cos0，但cos0＝1，矛盾， 故满足f（x）﹣f（﹣x）＝cosx 的函数不存在，故④错误． 故答案为：②③． 7．（2024•北京）设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论： ①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是 　①③④　 ． 【解答】解：对于①，{an}，{bn}均为等差数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同， 故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点， 所以M中至多一个元素，故①正确； 对于②，令，，满足{an}，{bn}均为等比数列， 但当n为偶数时，，此时M中有无穷多个元素，故②错误； 对于③，设，an＝kn+b（k≠0）， 若M中至少四个元素，则关于n的方程Aqn＝kn+b至少有4个不同的正数解， 若q＜0，q≠±1，考虑关于n的方程Aqn＝kn+b奇数解的个数和偶数解的个数， 当Aqn＝kn+b有偶数解，此方程即为A|q|n＝kn+b， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln|q|＞0， 否则Akln|q|＜0，因为y＝A|q|n，y＝kn+b单调性相反， 方程A|q|n＝kn+b至多一个偶数解， 当Aqn＝kn+b有奇数解，此方程即为﹣A|q|n＝kn+b， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时﹣Akln|q|＞0，即Akln|q|＜0， 否则Akln|q|＞0， 因为y＝﹣A|q|n，y＝kn+b单调性相反， 方程A|q|n＝kn+b至多一个奇数解， 因为Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同时成立， 若q＞0，q≠1， 则由y＝Aqn和y＝kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn＝kn+b至多有两个不同的解，矛盾； 故Aqn＝kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确． 对于④，因为{an}为单调递增，{bn}为递减数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同， 前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势， 两者至多一个交点，故④正确． 故答案为：①③④． 8．（2023•北京）设a＞0，函数f（x）给出下列四个结论，正确的序号为 　②③　 ． ①f（x）在区间（a﹣1，+∞）上单调递减； ②当a≥1时，f（x）存在最大值； ③设M（x1，f（x1））（x1≤a），N（x2，f（x2））（x2＞a），则|MN|＞1； ④设P（x3，f（x3））（x3＜﹣a），Q（x4，f（x4））（x4≥﹣a），若|PQ|存在最小值，则a的取值范围是（0，]． 【解答】解：a＞0，当x＜﹣a时，f（x）＝x+2，图像为一次函数； 当﹣a≤x≤a时，f（x），图像为以（0，0）为圆心，a为半径的圆的上半弧； 当x＞a时，f（x）1，图像为单调递减的曲线； 其函数图象大致如下： 选项①，取a＝2，f（x）在区间（﹣1，+∞）上先单调递增，后单调递减，选项①错误； 选项②，当a≥1时， x＜﹣a，f（x）＝x+2＜2﹣a＜2﹣1＝1； ﹣a≤x≤a，f（x），最大值为a≥1； x＞a，f（x）11＜﹣2； 所以f（x）存在最大值a，选项②正确； 选项③，由图可知，当点M位于点B，点N无限接近于点D时，MN的长度最短， 当N无限接近于点D时，xD无限接近于x＝a， 所以|MN|＞yM﹣yN＝11，选项③正确； 选项④，如上图，若|PQ|存在最小值，则P、Q应该是直线y＝﹣x分别于f（x）＝x+2，f（x）的交点， 直线y＝﹣x与f（x）一定存在交点，而直线y＝﹣x与f（x）＝x+2不一定存在交点， 当直线y＝﹣x与f（x）＝x+2没有交点时，﹣a≤﹣1，即a≥1，此时由于P点取不到，|PQ|不存在最小值， 所以0＜a＜1，选项④错误． 故答案为：②③． 9．（2022•北京）已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an•Sn＝9（n＝1，2，…）．给出下列四个结论： ①{an}的第2项小于3； ②{an}为等比数列； ③{an}为递减数列； ④{an}中存在小于的项． 其中所有正确结论的序号是 　①③④　 ． 【解答】解：对于①n＝1时，可得a1＝3，当n＝2时，由a2•S2＝9，可得a2•（a1+a2）＝9，可得a23，故①正确； 对于②，当n≥2时，由得，于是可得，即， 若{an}为等比数列，则n≥2时，an+1＝an，即从第二项起为常数，可检验n＝3不成立，故②错误； 对于③，因为an•Sn＝9，an＞0，a1＝3， 当n≥2时，Sn， 所以an＝Sn﹣Sn﹣10， 所以⇒⇒an＜an﹣1， 所以{an}为递减数列，故③正确； 对于④，假设所有项均大于等于，取n＞90000，则，则anSn＞9与已知矛盾，故④正确； 故答案为：①③④． 10．（2021•北京）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2个零点； （2）存在负数k，使得f（x）恰有1个零点； （3）存在负数k，使得f（x）恰有3个零点； （4）存在正数k，使得f（x）恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 　（1）（2）（4）　 ． 【解答】解：函数f（x）＝|lgx|﹣kx﹣2的零点的个数可转化为函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的交点的个数； 作函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象如右图， 若k＝0，则函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象在（0，1）与（1，+∞）上各有一个交点，如直线l1，则f（x）有两个零点，故（1）正确； 当k＝﹣2时，当x∈（0，1]时，f（x）＝﹣lgx+2x﹣2， f（10﹣2）＝22＞0，f（10﹣1）＝12＜0， 故f（x）在（10﹣2，10﹣1）上至少有一个零点， 又f（1）＝0，结合图象知，f（x）在（0，1]上有两个零点， 即y＝|lgx|与y＝﹣2x+2有两个不同的交点，故当直线绕点（0，2）顺时针旋转时， 存在直线y＝kx+2与函数y＝|lgx|与直线的图象相切，即f（x）有一个零点，如直线l2，故（2）正确； 当k＜0时，函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象至多有两个交点，故（3）不正确； 当k＞0且k足够小时，函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象在（0，1）与（1，+∞）上分别有1个、2个交点，如直线l3，故（4）正确； 故答案为：（1）（2）（4）． 三．解答题（共5小题） 11．（2025•北京）A＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，M＝{（xi，yi）|xi∈A，yi∈A}，从M中选出n构成一列：（x1，y1），…，（xn，yn）．相邻两项（xi，yi），（xi+1，yi+1）满足：或，称为k列． （1）若k列的第一项为（3，3），求第二项． （2）若τ为k列，且满足i为奇数时，xi∈{1，2，7，8}；i为偶数时，xi∈{3，4，5，6}；判断：（3，2）与（4，4）能否同时在τ中，并说明理由； （3）证明：M中所有元素都不构成k列． 【解答】解：（1）根据题目定义可知，或， 若第一项为（3，3），显然x2＝0或﹣1不符合题意（不在集合A中）， 所以第二项是（6，7）或（7，6）； （2）假设二者同时出现在τ中，由于k列取反序后仍是k列，故可以不妨设（3，2）在（4，4）之前． 显然，在k列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从（3，2）到（4，4）必定要向下一项走奇数次． 但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在τ中，所以从（3，2）到（4，4）必定要向下一项走偶数次． 这导致矛盾，所以二者不能同时出现在τ中． （3）全体元素构成一个k列，则n＝64， 设T1＝{（x，y）|x∈{1，2，7，8}，y∈{1，2，3，4，5，6，7，8}}， T2＝{（x，y）|x∈{3，4，5，6}，y∈{1，2，3，4，5，6，7，8}}． 则T1和T2都包含32个元素，且T1中元素的相邻项必定在T2中． 如果存在至少两对相邻的项属于T2，那么属于T2的项的数目一定多于属于T1的项的数目， 所以至多存在一对相邻的项属于T2， 如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如2m和2m+1， 否则将导致属于T2的项的个数比属于T1的项的个数多2，此时m＝1，2，3，…，31， 从而这个序列的前2m项中，第奇数项属于T1，第偶数项属于T2， 这个序列的后64﹣2m项中，第奇数项属于T2，第偶数项属于T1， 如果不存在相邻的属于T2的项，那么也可以看作上述表示在m＝0或m＝32的特殊情况． 这意味着必定存在m∈{0，1，2，…，32}，使得， 由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故T1中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是m和32﹣m（不一定对应）． 但容易验证，T1和T2都包含16个横纵坐标之和为奇数的点和16个横纵坐标之和为偶数的点， 所以m＝32﹣m＝16，得m＝16． 从而有 这就得到T1＝{（xk，yk）|k＝1，3，5……，29，31，34，36……，62，64}． 再设T3＝{（x，y）|x∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，y∈{1，2，7，8}}， T4＝{（x，y）|x∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，y∈{3，4，5，6}}． 则同理有， 这意味着T3＝{（xk，yk）|k＝1，3，5，…，29，31，34，36，…，62，64}． 从而得到T3＝T1，但显然它们是不同的集合，矛盾． 所以全体元素不能构成一个k列． 12．（2024•北京）已知集合M＝{（i，j，k，w）|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i+j+k+w为偶数}．给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝（it，jt，kt，wt）∈M（t＝1，2，…，s），对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1（A）；将T1（A）的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1（A）；……；以此类推，得到数列Ts⋯T2T1（A），简记为Ω（A）． （1）给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：（1，3，5，7），（2，4，6，8），（1，3，5，7），写出Ω（A）； （2）是否存在序列Ω，使得Ω（A）为a1+2，a2+6，a3+4，a4+2，a5+8，a6+2，a7+4，a8+4？若存在，写出一个Ω，若不存在，请说明理由； （3）若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω（A）的各项都相等”的充要条件为“a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8”． 【解答】解：（1）Ω（A）：3，4，4，5，8，4，3，10； （2）假设存在符合条件的Ω， 可知Ω（A）的第1，2项之和为a1+a2+s，第3，4项之和为a3+a4+s， 则， 而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的Ω； （3）证明：设序列Tk...T2T1（A）为{ak，n}（1≤n≤8），特别规定a0，n＝an（1≤n≤8）． 必要性：若存在序列Ω：ω1，ω2，…，ωs，使得Ω（A）为常数列． 则as，1＝as，2＝as，3＝as，4＝as，5＝as，6＝as，7＝as，8， 所以as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8， 根据Tk…T2T1（A）的定义，显然有ak，2j﹣1+ak，2j＝ak﹣1，2j﹣1+ak﹣1，2j，j＝1，2，3，4；k＝1，2，…， 不断使用该式可以得到：a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，必要性成立． 充分性：若a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8． 由已知，a1+a3+a5+a7为偶数，而a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8， 所以a2+a4+a6+a8＝4（a1+a2）﹣（a1+a3+a5+a7）也是偶数． 设Ts...T2T1（A）是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω（A）中， 使得|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|最小的一个． 上面已经证明ak，2j﹣1+ak，2j＝ak﹣1，2j﹣1+ak﹣1，2j，j＝1，2，3，4，k＝1，2，…， 从而由a1+a2＝a3+a4＝a5+a6＝a7+a8，可得as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8， 由于ik+jk+Sk+tk总是偶数， 所以ak，1+ak，3+ak，5+ak，7和ak，2+ak，4+ak，6+ak，8的奇偶性保持不变， 从而as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数． 下面证明不存在j＝1，2，3，4使得|as，2j﹣1﹣as，2j|≥2， 假设存在，根据对称性，不妨设j＝1，as，2j﹣1﹣as，2j≥2， 即as，1﹣as，2≥2． 情况1：若|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|＝0， 则由as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数，知as，1﹣as，2≥4． 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|as+4，1﹣as+4，2|+|as+4，3﹣as+4，4|+|as+4，5﹣as+4，6|+|as+4，7﹣as+4，8|相比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|减少4， 这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾； 情况2：若|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|＞0，不妨设|as，3﹣as，4|＞0， 情况2﹣1：如果as，3﹣as，4≥1，则对该数列连续作两次变换（2，4，s，7），（2，4，6，8）后， 新的|as+2，1﹣as+2，2|+|as+2，3﹣as+2，4|+|as+2，5﹣as+2，6|+|as+2，7﹣as+2，8|相比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|至少减少2， 这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾； 情况2﹣2：如果as，4﹣as，3≥1，则对该数列连续作两次变换（2，3，s，8），（2，3，6，7）后， 新的|as+2，1﹣as+2，2|+|as+2，3﹣as+2，4|+|as+2，5﹣as+2，6|+|as+2，7﹣as﹣2，8|相比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|＝至少减少2， 这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾． 因此无论如何都会导致矛盾， 所以对任意的j＝1，2，3，4都有|as，2j﹣1﹣as，2j|≤1， 假设存在j＝1，2，3，4使得|as，2j﹣1﹣as，2j|＝1，则as，2j﹣1+as，2j是奇数， 所以as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8都是奇数，设为2N+1． 则此时对任意j＝1，2，3，4，由|a5，2j﹣1﹣a5，2j|≤1可知必有{a5，2j﹣1，a5，2j}＝{N，N+1}， 而as，1+as，3+as，5+as，7和as，2+as，4+as，6+as，8都是偶数， 故集合{m|as，m＝N}中的四个元素i，j，s，t之和为偶数，对该数列进行一次变换（i，j，s，t）， 则该数列成为常数列，新的|as+1，1﹣as+1，2|+|as+1，3﹣as+1，4|+|as+1，5﹣as+1，6|+|as+1，7﹣as+1，8|等于零， 比原来的|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|更小， 这与|as，1﹣as，2|+|as，3﹣as，4|+|as，5﹣as，6|+|as，7﹣as，8|的最小性矛盾． 综上，只可能|as，2j﹣1﹣as，2j|＝0（j＝1，2，3，4）， 而as，1+as，2＝as，3+as，4＝as，5+as，6＝as，7+as，8， 故{as，n}＝Ω（A）是常数列，充分性成立． 13．（2023•北京）数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2，⋯，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2，⋯，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，⋯，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数． （Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值； （Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2，⋯，m﹣1，求rn； （Ⅲ）证明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br． 【解答】解：（Ⅰ）列表如下，对比可知r0＝0，r1＝1，r2＝1，r3＝2． i 0 1 2 3 ai 2 1 3 Ai 0 2 3 6 bi 1 3 3 Bi 0 1 4 7 rk 0 1 1 2 （Ⅱ）由题意知rn≤m且rn∈N， 因为an≥1，bn≥1，an，bn∈{1，2，⋯，m}， 所以An≥1，Bn≥1，当且仅当n＝1时，等号成立， 所以r0＝0，r1＝1， 又因为2rj≤rj﹣1+rj+1， 则rj+1﹣rj≥rj﹣rj﹣1，即rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0＝1， 可得rj+1﹣rj≥1， 反证：假设满足rn+1﹣rn＞1的最小正整数为1≤i≤m﹣1， 当j≥i时，则ri+1﹣rj≥2； 当i≤j﹣1时，则rj+1﹣rj＝1， 则rm＝（rm﹣rm﹣1）+（rm﹣1﹣rm﹣2）+...+（r1﹣r0）+r0≥2（m﹣i）+i＝2m﹣i， 又因为1≤i≤m﹣1，则rm≥2m﹣i≥2m﹣（m﹣1）＝m+1＞m， 所以假设不成立，rn+1﹣rn＝1成立， 所以数列{rn}是以首项为1，公差为1的等差数列， 所以rn＝0+1×n＝n，n∈N． （Ⅲ）证明：若Am≥Bm，设Sn＝An，1≤n≤m， 根据题意可得Sn≥0且Sn为整数， 反证法：假设存在正整数K，使得SK≥m， 且rK≠m（若 rK＝m时，Am＝Bm显然成立，Am＞Bm和Am＜Bm同理，只需要论证Am＜Bm ，Bm+1不存在）， 则AKm，AK0， 所以（AK）﹣（AK）＞m， 这与∈{1，2...，m}相矛盾， 所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≤m﹣1， ①若存在正整数N，使得SN＝AN0，即AN， 取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br， ②若不存在正整数N，使得SN＝0， 因为Sn∈{1，2m，…，m﹣1}，且1≤n≤m， 所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AXAY，可得AXAY， 取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br， 若Am＜Bm，设SnAn，1≤n≤m， 根据题意可得Sn≤0且Sn为整数， 反证法：假设存在正整数K，使得SK≤﹣m， 则AK≤﹣m，AK＞0， 所以（AK）﹣（AK）＞m， 这与∈{1，2...，m}相矛盾， 所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1﹣m， ①若存在正整数N，使得SNAN＝0，即AN， 取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br， ②若不存在正整数N，使得SN＝0， 因为Sn∈{﹣1，﹣2，…，1﹣m}，且1≤n≤m， 所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AXAY，可得AXAY， 取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br． 综上所述，存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br． 14．（2022•北京）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，则称Q为m﹣连续可表数列． （Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5﹣连续可表数列？是否为6﹣连续可表数列？说明理由； （Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak为8﹣连续可表数列，求证：k的最小值为4； （Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，求证：k≥7． 【解答】解：（Ⅰ）若m＝5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}， a2＝1，a1＝2，a1+a2＝2+1＝3，a3＝4，a2+a3＝1+4＝5， 所以Q是5﹣连续可表数列； 由于不存在任意连续若干项之和相加为6， 所以Q不是6﹣连续可表数列； （Ⅱ）假设k的值为3，则a1，a2，a3 最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6个数字， 与Q是8﹣连续可表数列矛盾，故k≥4； 现构造Q：4，2，1，5可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k＝4满足题意． 故k的最小值为4． （Ⅲ）先证明k≥6． 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1＝15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6． 若k＝6，最多可以表示6+5+4+3+2+1＝21个正整数， 由于Q为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20， 所以其中必有一项为负数． 既然5个正整数都不能连续可表1﹣20的正整数， 所以至少要有6个正整数连续可表1﹣20的正整数， 所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意， 当k＝7时，数列1，2，4，5，8，﹣2，﹣1满足题意， 当k＞7时，数列1，2，4，5，8，﹣2，﹣1，ak＝…＝an＝0，所以k≥7符合题意， 故k≥7． 15．（2021•北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an} 为ℜp数列： ①a1+p≥0，且a2+p＝0； ②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）； ③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）． （Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由； （Ⅱ）若数列{an}是ℜ0数列，求a5； （Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在ℜp数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由． 【解答】解：（Ⅰ）数列{an}不可能为ℜ2数列，理由如下， 因为p＝2，a1＝2，a2＝﹣2，所以a1+a2+p＝2，a1+a2+p+1＝3， 因为a3＝﹣2，所以a3∉{a1+a2+p，a1+a2+p+1}， 所以数列{an}不满足性质③． （Ⅱ）性质①，a1≥0，a2＝0； 由性质③am+2∈{am，am+1}，因此a3＝a1或a3＝a1+1，a4＝0或a4＝1， 若a4＝0，由性质②可得a3＜a4，即a1＜0或a1+1＜0，矛盾； 若a4＝1，a3＝a1+1，由a3＜a4，则a1+1＜1，矛盾， 因此只能是a4＝1，a3＝a1， 又因为a4＝a1+a3或a4＝a1+a3+1，所以a1或a1＝0． 若a1，则a2∈{a1+a1+0，a1+a1+0+1}＝{2a1，2a1+1}＝{1，2}，不满足a2＝0，舍去； 当a1＝0，则{an}的前四项为0，0，0，1， 下面用数学归纳法证明a4n+i＝n（i＝1，2，3），a4n+4＝n+1（n∈N）， 当n＝0时，经检验命题成立； 假设n≤k（k≥0）时命题成立． 当n＝k+1时， 若i＝1，则a4（k+1）+1＝a4k+5＝aj+（4k+5﹣j）， 利用性质③：{aj+a4k+5﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+4}＝{k，k+1}，此时可得a4k+5＝k+1， 否则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，{aj+a4k+6﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+5}＝{k，k+1}，此时可得a4k+6＝k+1， {aj+a4k+8﹣j|j∈N*，2≤j≤4k+6}＝{k+1，k+2}，此时可得a4k+8＝k+2， {aj+a4k+7﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+6}＝{k+1}，又因为a4k+7＜a4k+8，此时可得a4k+7＝k+1， 即当n＝k+1时，命题成立． 综上可得，a5＝a4×1+1＝1； （Ⅲ）令bn＝an+p，由性质③可知，∀m，n∈N*，bm+n＝am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}＝{bm+bn，bm+bn+1}， 由于b1＝a1+p≥0，b2＝a2+p＝0，b4n﹣1＝a4n﹣1+p＜a4n+p＝b4n， 因此数列{bn}为ℜ0数列， 由（Ⅱ）可知，若∀n∈N*，a4n+i＝n﹣p（i＝1，2，3），a4n+1＝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，aj≥0（j≥11），满足题意． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$