北京高考数学专项复习 压轴题.docx

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北京高考数学专项复习压轴题

2017年11月22日金博高数20的高中数学组卷

一．解答题（共6小题）

1．设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．

（1）若an=n，bn=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；

（2）证明：

或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，

＞M；或者存在正整数m，使得cm，cm+1，cm+2，…是等差数列．

2．设数列A：

a1，a2，…，aN（N≥2）．如果对小于n（2≤n≤N）的每个正整数k都有ak＜an，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合．

（Ⅰ）对数列A：

﹣2，2，﹣1，1，3，写出G（A）的所有元素；

（Ⅱ）证明：

若数列A中存在an使得an＞a1，则G（A）≠∅；

（Ⅲ）证明：

若数列A满足an﹣an﹣1≤1（n=2，3，…，N），则G（A）的元素个数不小于aN﹣a1．

3．已知数列{an}满足：

a1∈N*，a1≤36，且an+1=

（n=1，2，…），记集合M={an|n∈N*}．

（Ⅰ）若a1=6，写出集合M的所有元素；

（Ⅱ）如集合M存在一个元素是3的倍数，证明：

M的所有元素都是3的倍数；

（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值．

4．对于数对序列P：

（a1，b1），（a2，b2），…，（an，bn），记T1（P）=a1+b1，Tk（P）=bk+max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}（2≤k≤n），其中max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}表示Tk﹣1（P）和a1+a2+…+ak两个数中最大的数，

（Ⅰ）对于数对序列P：

（2，5），（4，1），求T1（P），T2（P）的值；

（Ⅱ）记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对（a，b），（c，d）组成的数对序列P：

（a，b），（c，d）和P′：

（c，d），（a，b），试分别对m=a和m=d两种情况比较T2（P）和T2（P′）的大小；

（Ⅲ）在由五个数对（11，8），（5，2），（16，11），（11，11），（4，6）组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5（P）最小，并写出T5（P）的值（只需写出结论）．

5．已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an+1，an+2…的最小值记为Bn，dn=An﹣Bn．

（Ⅰ）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列（即对任意n∈N*，an+4=an），写出d1，d2，d3，d4的值；

（Ⅱ）设d是非负整数，证明：

dn=﹣d（n=1，2，3…）的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；

（Ⅲ）证明：

若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．

6．设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：

每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记s（m，n）为所有这样的数表构成的集合．对于A∈S（m，n），记ri（A）为A的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m），Cj（A）为A的第j列各数之和（1≤j≤n）；记K（A）为|r1（A）|，|R2（A）|，…，|Rm（A）|，|C1（A）|，|C2（A）|，…，|Cn（A）|中的最小值．

（1）如表A，求K（A）的值；

1

1

﹣0.8

0.1

﹣0.3

﹣1

（2）设数表A∈S（2，3）形如

1

1

c

a

b

﹣1

求K（A）的最大值；

（3）给定正整数t，对于所有的A∈S（2，2t+1），求K（A）的最大值．

2017年11月22日金博高数20的高中数学组卷

参考答案与试题解析

一．解答题（共6小题）

1．设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．

（1）若an=n，bn=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；

（2）证明：

或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，

＞M；或者存在正整数m，使得cm，cm+1，cm+2，…是等差数列．

【分析】

（1）分别求得a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，代入即可求得c1，c2，c3；由（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥bk﹣nak，则cn=b1﹣na1=1﹣n，cn+1﹣cn=﹣1对∀n∈N*均成立；

（2）由bi﹣ain=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），分类讨论d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得cm，cm+1，cm+2，…是等差数列；设

=An+B+

对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，

＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，

＞M．

【解答】解：

（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，

当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，

当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，

当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，

下面证明：

对∀n∈N*，且n≥2，都有cn=b1﹣na1，

当n∈N*，且2≤k≤n时，

则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1），

=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，

=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），

=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，

则（bk﹣nak）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥bk﹣nak，

因此，对∀n∈N*，且n≥2，cn=b1﹣na1=1﹣n，

cn+1﹣cn=﹣1，

∴c2﹣c1=﹣1，

∴cn+1﹣cn=﹣1对∀n∈N*均成立，

∴数列{cn}是等差数列；

（2）证明：

设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，下面考虑的cn取值，

由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，bn﹣ann，

考虑其中任意bi﹣ain，（i∈N*，且1≤i≤n），

则bi﹣ain=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，

=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），

下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，

①若d1=0，则bi﹣ain═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，

当若d2≤0，则（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，

则对于给定的正整数n而言，cn=b1﹣a1n，此时cn+1﹣cn=﹣a1，

∴数列{cn}是等差数列；

当d2＞0，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）=（i﹣n）d2＞0，

则对于给定的正整数n而言，cn=bn﹣ann=bn﹣a1n，

此时cn+1﹣cn=d2﹣a1，

∴数列{cn}是等差数列；

此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；

②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，

故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，

则当n≥m时，（bi﹣ain）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），

因此当n≥m时，cn=b1﹣a1n，

此时cn+1﹣cn=﹣a1，故数列{cn}从第m项开始为等差数列，命题成立；

③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，

故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，

则当n≥s时，（bi﹣ain）﹣（bn﹣ann）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），

因此，当n≥s时，cn=bn﹣ann，

此时=

=﹣an+

，

=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+

，

令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，

下面证明：

=An+B+

对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，

＞M，

若C≥0，取m=[

+1]，[x]表示不大于x的最大整数，

当n≥m时，

≥An+B≥Am+B=A[

+1]+B＞A•

+B=M，

此时命题成立；

若C＜0，取m=[

]+1，

当n≥m时，

≥An+B+

≥Am+B+C＞A•

+B+C

≥M﹣C﹣B+B+C=M，

此时命题成立，

因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，

＞M；

综合以上三种情况，命题得证．

【点评】本题考查数列的综合应用，等差数列的性质，考查与不等式的综合应用，考查“放缩法”的应用，考查学生分析问题及解决问题的能力，考查分类讨论及转化思想，考查计算能力，属于难题．

2．设数列A：

a1，a2，…，aN（N≥2）．如果对小于n（2≤n≤N）的每个正整数k都有ak＜an，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）是数列A的所有“G时刻”组成的集合．

（Ⅰ）对数列A：

﹣2，2，﹣1，1，3，写出G（A）的所有元素；

（Ⅱ）证明：

若数列A中存在an使得an＞a1，则G（A）≠∅；

（Ⅲ）证明：

若数列A满足an﹣an﹣1≤1（n=2，3，…，N），则G（A）的元素个数不小于aN﹣a1．

【分析】（Ⅰ）结合“G时刻”的定义进行分析；

（Ⅱ）可以采用假设法和递推法进行分析；

（Ⅲ）可以采用假设法和列举法进行分析．

【解答】解：

（Ⅰ）根据题干可得，a1=﹣2，a2=2，a3=﹣1，a4=1，a5=3，a1＜a2满足条件，2满足条件，a2＞a3不满足条件，3不满足条件，

a2＞a4不满足条件，4不满足条件，a1，a2，a3，a4，均小于a5，因此5满足条件，因此G（A）={2，5}．

（Ⅱ）因为存在an＞a1，设数列A中第一个大于a1的项为ak，则ak＞a1≥ai，其中2≤i≤k﹣1，所以k∈G（A），G（A）≠∅；

（Ⅲ）设A数列的所有“G时刻”为i1＜i2＜…＜ik，

对于第一个“G时刻”i1，有

＞a1≥ai（i=2，3，…，i1﹣1），则

﹣a1≤

﹣

≤1．

对于第二个“G时刻”i1，有

＞

≥ai（i=2，3，…，i1﹣1），则

﹣

≤

﹣

≤1．

类似的

﹣

≤1，…，

﹣

≤1．

于是，k≥（

﹣

）+（

﹣

）+…+（

﹣

）+（

﹣a1）=

﹣a1．

对于aN，若N∈G（A），则

=aN．

若N∉G（A），则aN≤

，否则由

（2）知

，

，…，aN，中存在“G时刻”与只有k个“G时刻”矛盾．

从而k≥

﹣a1≥aN﹣a1．

【点评】本题属于新定义题型，重点在于对“G时刻”定义的把握，难度较大．

3．已知数列{an}满足：

a1∈N*，a1≤36，且an+1=

（n=1，2，…），记集合M={an|n∈N*}．

（Ⅰ）若a1=6，写出集合M的所有元素；

（Ⅱ）如集合M存在一个元素是3的倍数，证明：

M的所有元素都是3的倍数；

（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值．

【分析】（Ⅰ）a1=6，利用an+1=

可求得集合M的所有元素为6，12，24；

（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，由an+1=

（n=1，2，…），可归纳证明对任意n≥k，an是3的倍数；

（Ⅲ）分a1是3的倍数与a1不是3的倍数讨论，即可求得集合M的元素个数的最大值．

【解答】解：

（Ⅰ）若a1=6，由于an+1=

（n=1，2，…），M={an|n∈N*}．

故集合M的所有元素为6，12，24；

（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，由an+1=

（n=1，2，…），可归纳证明对任意n≥k，an是3的倍数．

如果k=1，M的所有元素都是3的倍数；

如果k＞1，因为ak=2ak﹣1，或ak=2ak﹣1﹣36，所以2ak﹣1是3的倍数；于是ak﹣1是3的倍数；

类似可得，ak﹣2，…，a1都是3的倍数；

从而对任意n≥1，an是3的倍数；

综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则集合M的所有元素都是3的倍数

（Ⅲ）对a1≤36，an=

（n=1，2，…），可归纳证明对任意n≥k，an＜36（n=2，3，…）

因为a1是正整数，a2=

，所以a2是2的倍数．

从而当n≥2时，an是2的倍数．

如果a1是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n，an是3的倍数．

因此当n≥3时，an∈{12，24，36}，这时M的元素个数不超过5．

如果a1不是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n，an不是3的倍数．

因此当n≥3时，an∈{4，8，16，20，28，32}，这时M的元素个数不超过8．

当a1=1时，M={1，2，4，8，16，20，28，32}，有8个元素．

综上可知，集合M的元素个数的最大值为8．

【点评】本题考查数列递推关系的应用，突出考查分类讨论思想与等价转化思想及推理、运算能力，属于难题．

4．对于数对序列P：

（a1，b1），（a2，b2），…，（an，bn），记T1（P）=a1+b1，Tk（P）=bk+max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}（2≤k≤n），其中max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}表示Tk﹣1（P）和a1+a2+…+ak两个数中最大的数，

（Ⅰ）对于数对序列P：

（2，5），（4，1），求T1（P），T2（P）的值；

（Ⅱ）记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对（a，b），（c，d）组成的数对序列P：

（a，b），（c，d）和P′：

（c，d），（a，b），试分别对m=a和m=d两种情况比较T2（P）和T2（P′）的大小；

（Ⅲ）在由五个数对（11，8），（5，2），（16，11），（11，11），（4，6）组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5（P）最小，并写出T5（P）的值（只需写出结论）．

【分析】（Ⅰ）利用T1（P）=a1+b1，Tk（P）=bk+max{Tk﹣1（P），a1+a2+…+ak}（2≤k≤n），可求T1（P），T2（P）的值；

（Ⅱ）T2（P）=max{a+b+d，a+c+d}，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}，分类讨论，利用新定义，可比较T2（P）和T2（P′）的大小；

（Ⅲ）根据新定义，可得结论．

【解答】解：

（Ⅰ）T1（P）=2+5=7，T2（P）=1+max{T1（P），2+4}=1+max{7，6}=8；

（Ⅱ）T2（P）=max{a+b+d，a+c+d}，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}．

当m=a时，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}=c+d+b，

∵a+b+d≤c+d+b，且a+c+d≤c+b+d，∴T2（P）≤T2（P′）；

当m=d时，T2（P′）=max{c+d+b，c+a+b}=c+a+b，

∵a+b+d≤c+a+b，且a+c+d≤c+a+d，∴T2（P）≤T2（P′）；

∴无论m=a和m=d，T2（P）≤T2（P′）；

（Ⅲ）数对（4，6），（11，11），（16，11），（11，8），（5，2），T5（P）最小；

T1（P）=10，T2（P）=26；T3（P）42，T4（P）=50，T5（P）=52．

【点评】本题考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，正确理解与运用新定义是解题的关键．

5．已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an+1，an+2…的最小值记为Bn，dn=An﹣Bn．

（Ⅰ）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列（即对任意n∈N*，an+4=an），写出d1，d2，d3，d4的值；

（Ⅱ）设d是非负整数，证明：

dn=﹣d（n=1，2，3…）的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；

（Ⅲ）证明：

若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．

【分析】（Ⅰ）根据条件以及dn=An﹣Bn的定义，直接求得d1，d2，d3，d4的值．

（Ⅱ）设d是非负整数，若{an}是公差为d的等差数列，则an=a1+（n﹣1）d，从而证得dn=An﹣Bn=﹣d，

（n=1，2，3，4…）．若dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．可得{an}是一个不减的数列，

求得dn=An﹣Bn=﹣d，即an+1﹣an=d，即{an}是公差为d的等差数列，命题得证．

（Ⅲ）若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项不能等于零，再用反证法得到{an}的项不能超过2，

从而证得命题．

【解答】解：

（Ⅰ）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列，∴d1=A1﹣B1=2﹣1=1，

d2=A2﹣B2=2﹣1=1，d3=A3﹣B3=4﹣1=3，d4=A4﹣B4=4﹣1=3．

（Ⅱ）充分性：

设d是非负整数，若{an}是公差为d的等差数列，则an=a1+（n﹣1）d，

∴An=an=a1+（n﹣1）d，Bn=an+1=a1+nd，∴dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．

必要性：

若dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．假设ak是第一个使ak﹣ak﹣1＜0的项，

则dk=Ak﹣Bk=ak﹣1﹣Bk≥ak﹣1﹣ak＞0，这与dn=﹣d≤0相矛盾，故{an}是一个不减的数列．

∴dn=An﹣Bn=an﹣an+1=﹣d，即an+1﹣an=d，故{an}是公差为d的等差数列．

（Ⅲ）证明：

若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），首先，{an}的项不能等于零，否则d1=2﹣0=2，矛盾．

而且还能得到{an}的项不能超过2，用反证法证明如下：

假设{an}的项中，有超过2的，设am是第一个大于2的项，由于{an}的项中一定有1，否则与d1=1矛盾．

当n≥m时，an≥2，否则与dm=1矛盾．

因此，存在最大的i在2到m﹣1之间，使ai=1，此时，di=Ai﹣Bi=2﹣Bi≤2﹣2=0，矛盾．

综上，{an}的项不能超过2，故{an}的项只能是1或者2．

下面用反证法证明{an}的项中，有无穷多项为1．

若ak是最后一个1，则ak是后边的各项的最小值都等于2，故dk=Ak﹣Bk=2﹣2=0，矛盾，

故{an}的项中，有无穷多项为1．

综上可得，{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．

【点评】本题主要考查充分条件、必要条件的判断和证明，等差关系的确定，用反证法和放缩法证明数学命题，

属于中档题．

6．设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：

每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记s（m，n）为所有这样的数表构成的集合．对于A∈S（m，n），记ri（A）为A的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m），Cj（A）为A的第j列各数之和（1≤j≤n）；记K（A）为|r1（A）|，|R2（A）|，…，|Rm（A）|，|C1（A）|，|C2（A）|，…，|Cn（A）|中的最小值．

（1）如表A，求K（A）的值；

1

1

﹣0.8

0.1

﹣0.3

﹣1

（2）设数表A∈S（2，3）形如

1

1

c

a

b

﹣1

求K（A）的最大值；

（3）给定正整数t，对于所有的A∈S（2，2t+1），求K（A）的最大值．

【分析】

（1）根据ri（A），Cj（A），定义求出r1（A），r2（A），c1（A），c2（A），c3（A），再根据K（A）为|r1（A）|，|R2（A）|，|R3（A）|，|C1（A）|，|C2（A）|，|C3（A）|中的最小值，即可求出所求．

（2）先用反证法证明k（A）≤1，然后证明k（A）=1存在即可；

（3）首先构造满足

的A={ai，j}（i=1，2，j=1，2，…，2t+1），然后证明

是最大值即可．

【解答】解：

（1）由题意可知r1（A）=1.2，r2（A）=﹣1.2，c1（A）=1.1，c2（A）=0.7，c3（A）=﹣1.8

∴K（A）=0.7

（2）先用反证法证明k（A）≤1：

若k（A）＞1

则|c1（A）|=|a+1|=a+1＞1，∴a＞0

同理可知b＞0，∴a+b＞0

由题目所有数和为0

即a+b+c=﹣1

∴c=﹣1﹣a﹣b＜﹣1

与题目条件矛盾

∴k（A）≤1．

易知当a=b=0时，k（A）=1存在

∴k（A）的最大值为1

（3）k（A）的最大值为

．

首先构造满足k（A）=

的A={ai，j}（i=1，2，j=1，2，…，2t+1）：

a1，1=a1，2=…=a1，t=1，

a1，t+1=a1，t+2=…=a1，2t+1=﹣

，

a2，1=a2，2=…=a2，t=

，

a2，t+1=a2，t+2=…=a2，2t+1=﹣1．

经计算知，A中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，

且|r1（A）|=|r2（A）|=

，

|c1（A）|=|c2（A）|=…=|ct（A）|=1+

，

|ct+1（A）|=|ct+2（A）|=…=|c2t+1（A）|=1+

．

下面证明

是最大值．若不然，则存在一个数表A∈S（2，2t+1），使得k（A）=x＞

．

由k（A）的定义知A的每一列两个数之和的绝对值都不小于x，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x，2]中．由于x＞1，故A的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于x﹣1．

设A中有g列的列和为正，有h列的列和为负，由对称性不妨设g＜h，则g≤t，h≥t+1．另外，由对称性不妨设A的第一行行和为正，第二行行和为负．

考虑A的第一行，由前面结论知A的第一行有不超过t个正数和不少于t+1个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于x﹣1（即每个负数均不超过1﹣x）．因此|r1（A）|=r1（A）≤t•1+（t+1）（1﹣x）=2t+1﹣（t+1）x=x+（2t+1﹣（t+2）x）＜x，

故A的第一行行和的绝对值小于x，与假设矛盾．因此k（A）的最大值为

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【点评】本题主要考查了进行简单的演绎推理，以及新定义的理解和反证法的应用，同时考查了分析问题的能力，属于难题．