2022年高考数学真题(北京自主命题)(解析版)下载

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  • 最近更新2023年08月02日






绝密 本科目考试启用前 ★2022 年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷) 数学 本试卷共 5 页,150 分.考试时长 120 分钟.考生务必将答案答在答题卡上, 在试卷上作答无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分(选择题 共40 分) 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. U {x 3  x  3} A {x  2  x 1} ð A = 1. 已知全集 ,集合 ,则 ()U[2,1) (2,1] (3,2) [1,3) A. B. C. D. (3,2] (1,3) 【答案】D 【解析】 【分析】利用补集的定义可得正确的选项. ð A {x | 3  x  2 1 x  3} 或【详解】由补集定义可知: ,即 Uð A  (3,2] (1,3) ,U故选:D. z  2. 若复数 z 满足i z  3 4i ,则 ()A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 【答案】B 【解析】 z【分析】利用复数四则运算,先求出 ,再计算复数的模. 3 4i i   3 4i 22z   4 3i ,故 【详解】由题意有 .| z | 4  3  5 ii i   故选:B. 22a  2x  y 1  0 3. 若直线 是圆 的一条对称轴,则 ()(x  a)  y 1 11A. B. C. 1 D. 1 22【答案】A 【解析】 【分析】若直线是圆的对称轴,则直线过圆心,将圆心代入直线计算求解. a,0 ,因为直线是圆的对称轴,所以圆心在直线上,即 【详解】由题可知圆心为 12a  2a  0 1 0 ,解得 故选:A. .1f (x)  4. 己知函数 ,则对任意实数 x,有( )1 2x f (- x)+ f (x) = 0 f (x)  f (x) 1 f (x)  f (x)  0 A. C. B. 1f (x)  f (x)  D. 3【答案】C 【解析】 【分析】直接代入计算,注意通分不要计算错误. 112x 1【详解】 ,故 A 错误,C 正确; f x  f x   1 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 2x 2x 1 1112是,不 常数,故BD f x  f x   1 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 2x 1 2x 1 错误; 故选:C. 225. 已知函数 ,则( )f (x)  cos x sin x 26  4 12 f (x) f (x)  ,  , A. C. 在在上单调递减 B. D. 在在上单调递增  7 3f (x) f (x) 0, ,上单调递减 上单调递增 4 12 【答案】C 【解析】 f x cos2x 【分析】化简得出   ,利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. f x cos2 x sin2 x  cos2x 【详解】因为   .26263f x  ,  x     2x   对于 A 选项,当 增,A 错; 时, ,则   在上单调递   426f x  ,  x   2x  2 对于 B 选项,当 时, ,则   在上不单调,B 4 12 12 错; 330, f x ,则   0  x  0  2x  对于 C 选项,当 时, 在上单调递减,C 对; 3 7 4 12 47 12 27 6f x ,则   , x   2x  对于 D 选项,当 故选:C. 时, 在上不单调,D 错. aaN6. 设 是公差不为 0 的无穷等差数列,则“ 为递增数列”是“存在正整数 0 ,当     nnn  N a  0 ”的( 0 时, )nA. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】C B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【解析】 a【分析】设等差数列 的公差为 ,则 ,利用等差数列的通项公式结合充分条 d  0 d  0 dn件、必要条件的定义判断可得出结论. xax为不超过 的最大整数. 【详解】设等差数列 的公差为 ,则 ,记   dna若 为单调递增数列,则 ,d  0 na  0 a  a  0 a  0 a  a  n 1 d 若,则当 时, ;若 ,则 ,n  2 1n11n1aa1 1  a  a  n 1 d  0 N  1 1 n  N a  0 n 1 由可得 ,取 ,则当 0 时, ,n10nddaNn  N a  0 所以,“ 是递增数列” “存在正整数 0 ,当 0 时, ”; nnN若存在正整数 0 ,当 n  N a  0 k  N a  0 0 时, ,取 且,,k  N n0kak ak a  a  n  k d 0 n  k  k  k 假设 ,令 可得 ,且 ,d  0 nkddak  n  k  1 a  0 a当时, ,与题设矛盾,假设不成立,则 ,即数列 是递增 d  0 nnd数列. aNn  N a  0 所以,“ 是递增数列” “存在正整数 0 ,当 0 时, ”. nnaNn  N a  0 ”的充分必要条件. 所以,“ 是递增数列”是“存在正整数 0 ,当 0 时, nn故选:C. 7. 在北京冬奥会上,国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术, lgP 为实现绿色冬奥作出了贡献.如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 T 和 的关 )系,其中 T 表示温度,单位是 K;P 表示压强,单位是 bar .下列结论中正确的是( A. 当T  220 B. 当T  270 ,,,,P  1026 时,二氧化碳处于液态 P  128 时,二氧化碳处于气态 C. 当 P  9987 时,二氧化碳处于超临界状态 P  729 时,二氧化碳处于超临界状态 T  300 D. 当T  360 【答案】D 【解析】 lgP 的关系图可得正确的选项. 【分析】根据 与Tlg P  3 【详解】当T  220 ,P  1026 时, ,此时二氧化碳处于固态,故 A 错误. 2  lg P  3 当当T  270 T  300 ,,P  128 时, ,此时二氧化碳处于液态,故 B 错误. lgP P  9987 时, 与 4 非常接近,故此时二氧化碳处于固态, 另一方面, 时对应的是非超临界状态,故 C 错误. T  300 2  lg P  3 当T  360 ,P  729 时,因 , 故此时二氧化碳处于超临界状态,故 D 正确. 故选:D (2x 1)4  a x4  a x3  a x2  a x  a a  a  a  8. 若 0 ,则 ()0244321A. 40 B. 41 C. D. 40 41 【答案】B 【解析】 a  a  a 【分析】利用赋值法可求 4 的值. 02a  a  a  a  a 1 【详解】令 ,则 ,x 1 432104令故,则 a  a  a  a  a  3  81 ,x  1 a  a  a  43210181  41 ,4202故选:B. 9. 已知正三棱锥 的六条棱长均为 6,S 是 及其内部的点构成的集合.设集 P  ABC ABC T  QS PQ 5 合,则 T 表示的区域的面积为( )3 4A. B. C. D. 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】求出以 P为球心,5 为半径的球与底面 的截面圆的半径后可求区域的面积. ABC 【详解】 设顶点 且P在底面上的投影为 ,连接 O,则 为三角形 O的中心, BO ABC 23,故 .BO  6  2 3 PO  36 12  2 6 32PQ  5 OQ 1 因为 ,故 ,S故 的轨迹为以为圆心,1 为半径的圆, O32 36 而三角形 内切圆的圆心为 ,半径为 O,ABC 4 3 1 36 S故 的轨迹圆在三角形 内部,故其面积为 ABC 故选:B AC  3, BC  4,C  90 10. 在 中, .P 为 所在平面内的动点,且 ABC ABC   PC  1,则 的取值范围是( )PA PB [5,3] [3,5] [6,4] [4,6] D. A. B. C. 【答案】D 【解析】   ,根据数量积 P cosθ,sinθ 【分析】依题意建立平面直角坐标系,设 ,表示出 ,PA PB 的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得; C 0,0 A 3,0 B 0,4 , , 【详解】解:依题意如图建立平面直角坐标系,则 ,因为 PC  1,所以 P cosθ,sinθ P在以 为圆心,为半径的圆上运动, C1  0,2 设,,  PA  3 cos,sin PB  cos,4 sin 所以 所以 ,,  PA PB  cos  3 cos  4 sin  sin        cos2  3cos  4sin  sin2  13cos  4sin 34515sin   sin  cos  ,其中 ,,5  PA PB 4,6 1 sin   1 4 15sin    6 因为 ,所以 ,即 ;故选:D 第二部分(非选择题 共110 分) 二、填空题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 1f (x)  1 x 11. 函数 的定义域是_________. x,0  0,1 【答案】 【解析】 【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组,解得即可; 1 x  0 1f x 1 x 【详解】解:因为 故函数的定义域为 ,所以 ,解得 x 1 且,x  0   x  0 x,0  0,1 ;,0  0,1 故答案为: x2 m32m  12. 已知双曲线 的渐近线方程为 ,则 __________. y   1 y   x3【答案】 3 【解析】 a,即可得到双曲线的标准方程,从而得到 、 ,再跟渐近线方 【分析】首先可得 m  0 b程得到方程,解得即可; x2 2【详解】解:对于双曲线 ,所以 ,即双曲线的标准方程为 m  0 y   1 mx2 y2   1 ,m x2 32则a 1 ,,又双曲线 的渐近线方程为 ,y   1 b  m y   xm313ab3所以 ,即 ,解得 m  3 ;33m 故答案为: 3 12 3f13. 若函数 的一个零点为 ,则 ________; f (x)  Asin x  3cos x A  ________. 【答案】 【解析】 ①. 1 ②.  2 πf (x)  2sin(x  ) 【分析】先代入零点,求得 A的值,再将函数化简为 ,代入自变量 3πx  ,计算即可. 12 π33【详解】∵ ,∴ A 1 f ( ) A  0 322πf (x)  sin x  3 cos x  2sin(x  ) ∴3ππππf ( ) 2sin(  )  2sin  2 12 12 34故答案为:1,  2 ax 1, x  a, f (x) f x 14. 设函数   若存在最小值,则 a 的一个取值为________;a 2x  2 ,x  a. 的最大值为___________. 【答案】 【解析】 ①. 0(答案不唯一) ②. 1 y  ax 1 【分析】根据分段函数中的函数 的单调性进行分类讨论,可知, a  0 符合条 f (x) y  ax 1 a  0 件, 不符合条件, 时函数 没有最小值,故 的最小值只能取 a  0 2a2 1 a  2 ,解得 y  (x  2)2 2的最小值,根据定义域讨论可知 或a 1 0 .0  a 1 1, x  0 f (x) { f (x)  0 【详解】解:若 a  0 时, x  a ,∴ ;min (x  2)2 , x  0 f (x) x   时, f (x)  ax 1 f (x)   a  0 若时,当 时, 单调递增,当 ,故 没有最小值,不符合题目要求; 若当时, 时, a  0 x  a 单调递减, f (x)  f (a)  a2 1 ,f (x)  ax 1 0(0  a  2) (a  2) x  a f (x) { 当∴时, min (a  2)2 222或,a 1 0 a 1(a  2) 解得 ,0  a 1 综上可得 ;0  a 1 故答案为:0(答案不唯一),1 aSa  S  9(n  1,2,) 15. 己知数列 个结论: a各项均为正数,其前 n 项和 n 满足 .给出下列四   nnna①③ 的第 2 项小于 3; ② 为等比数列; nn1aa 为递减数列; ④ 中存在小于 的项. nn100 的其中所有正确结论 序号是__________. 【答案】①③④ 【解析】 99a  aa2 的值,可判断①;利用反证法可判断②④; 【分析】推导出 ,求出 、n1an an1 利用数列单调性的定义可判断③. a  0 【详解】由题意可知, ,,n N na2  9 a  3 当当n 1时, ,可得 ;119999S  Sn1  a  时,由 可得 ,两式作差可得 ,n  2 nnan an1 an an1 999a2  3a 9  0  a  a  3 所以, n ,则 ,整理可得 ,222an1 an a2 3 53 a  0 因为 ,解得 ,①对; a2   3 222 981 a2  a a 为等比数列,设其公比为 q,则 a假设数列  3 ,即 ,n21S2 S1S3 2S2  S S a2 1 q  a2 1 q  q2 q  0 所以, 3 ,可得 ,解得 ,不合乎题意, 2111a故数列 不是等比数列,②错; n9 an1  an 99a   0 a  a a当时, ,可得 n1 ,所以,数列 为递减 n  2 nnnan an1 anan1 数列,③对; 假设对任意的 11a  S100000 1000 ,,则 ,n N n100000 100 100 991a所以, ,与假设矛盾,假设不成立,④对. 100000 S100000 1000 100 故答案为:①③④. 【点睛】关键点点睛:本题在推断②④的正误时,利用正面推理较为复杂时,可采用反证 法来进行推导. 三、解答题共 6 小愿,共 85 分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过 程. 16. 在 中, .ABC sin 2C  3sinC C (1)求 (2)若 ;,且 的面积为 ,求 的周长. b  6 ABC ABC 6 3 6【答案】(1) (2) 6+6 3 【解析】 【分析】(1)利用二倍角的正弦公式化简可得 的值,结合角 的取值范围可求得角 CcosC 的值; Cac(2)利用三角形的面积公式可求得 的值,由余弦定理可求得 的值,即可求得 的ABC 周长. 【小问 1 详解】 C  0, 解:因为 可得 ,则 ,由已知可得 ,sinC  0 3sinC  2sinC cosC 3C  ,因此, .cosC  62【小问 2 详解】 解:由三角形的面积公式可得 13S absinC  a  6 3 a4 3. ,解得 ABC 223222由余弦定理可得 ,c  a  b  2abcosC  48 36  24 36 12 2,c2 3 所以, 的周长为 .ABC a  b  c  6 3 6 ABC  A B C BCC B BCC B 1 为正方形,平面 平面 17. 如图,在三棱柱 1 中,侧面 11111ABB A A B 1 ,AC 的中点. 1,,M,N 分别为 AB  BC  2 11BCC B ;1(1)求证: 平面 MN ∥ 1(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线 AB 与平面 BMN 所成 角的正弦值. 条件①: ;AB  MN 条件②: BM  MN .注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【解析】 MK, NK CBB C 1 ,从而可 1【分析】(1)取 的中点为 ,连接 K,可证平面 MKN// 平面 AB CBB C 证平面 .1MN// 1BB  (2)选①②均可证明 平面 ,从而可建立如图所示的空间直角坐标系,利用空 ABC 1间向量可求线面角的正弦值. 【小问 1 详解】 MK, NK 取的中点为 ,连接 K,AB ABC  A B C ABB A 由三棱柱 1 可得四边形 1 为平行四边形, 111B M MA , BK  KA MK//BB ,1而,则 11CBB CBB  ,CBB C CBB C 平面 , 1 1 而MK  平面 平面 ,故 MK// 11111CN  NA, BK  KA CBB C 而,则 NK//BC ,同理可得 平面 ,NK// 11NK  MK  K, NK, MK  而平面 MKN , CBB C CBB C ,1 1 故平面 MKN// 平面 1 ,而 MN 平面 MKN ,故 平面 MN// 1【小问 2 详解】 CBB C CB  BB 因为侧面 1 为正方形,故 ,11CBB C CBB C ABB A 而平面 1 ,平面 平面 ,CB  11111CBB C ABB A BB ABB A ,1 1 平面 平面 ,故 平面 CB  11111ABB A ,1因为 NK//BC ,故 平面 NK  1ABB A 因为 平面 ,故 ,AB Ì NK  AB 11NK  MN  N 若选①,则 ,而 ,,AB  MK BB  AB  MN NK  AB 故平面 ,而 MK  CB  BB 平面 ,故 ,平面 MNK MNK AB  AB  BB 所以 1 ,而 ,,故 ,CB  AB  B ABC 11B 0,0,0 ,A 0,2,0 ,N 1,1,0 ,M 0,1,2 ,故可建立如所示的空间直角坐标系,则    BA  0,2,0 ,BN  1,1,0 ,BM  0,1,2 故,n  x, y, z 设平面 BNM 的法向量为 ,  n BN  0   x  y  0 n  2,2,1 则,从而 ,取 ,则 ,z  1 y  2z  0 n BM  0 设直线 与平面 BNM 所成的角为 ,则 AB   423sin  cos n, AB  .23 ABB A 若选②,因 故为NK//BC ,故 平面 ,而 平面 MKN , NK  KM  11B M BK 1, NK 1 B M NK ,而 ,故 ,NK  KM 11B B  MK  2 BB MMKN MB  MN 而,,故 ,故 ,故 ,11BB M MKN  90 A B BB 所以 ,1111CB  BB BB  而,平面 ,CB  AB  B ABC B 0,0,0 ,A 0,2,0 ,N 1,1,0 ,M 0,1,2 ,11故可建立如所示的空间直角坐标系,则    BA  0,2,0 ,BN  1,1,0 ,BM  0,1,2 故,n  x, y, z 设平面 BNM 的法向量为 ,  n BN  0   x  y  0 n  2,2,1 则,从而 ,取 ,则 ,z  1 y  2z  0 n BM  0 设直线 与平面 BNM 所成的角为 ,则 AB   423sin  cos n, AB  .23 18. 在校运动会上,只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛,比赛成绩达到9.50m以上 (含9.50m)的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主,收集了甲、 乙、丙以往的比赛成绩,并整理得到如下数据(单位:m): 甲:9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,935,9.30,9.25; 乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23; 丙:9.85,9.65,9.20,9.16. 假设用频率估计概率,且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立. (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率; (2)设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数,估计 X 的数学期望 E(X); (3)在校运动会铅球比赛中,甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大?(结论不要求证 明) 7【答案】(1)0.4 (2) 5(3)丙 【解析】 【分析】(1) 由频率估计概率即可 (2) (3) 求解得 X 的分布列,即可计算出 X 的数学期望. 计算出各自获得最高成绩的概率,再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估 计值最大. 【小问 1 详解】 由频率估计概率可得 甲获得优秀的概率为 0.4,乙获得优秀的概率为 0.5,丙获得优秀的概率为 0.5, 故答案为 0.4 【小问 2 详解】 设甲获得优秀为事件 A1,乙获得优秀为事件 A2,丙获得优秀为事件 A3 3P(X  0)  P(A A2 A )  0.60.50.5  ,1320 P(X 1)  P(A A2 A )  P(A A2 A )  P(A A2 A ) 1313138 0.40.50.5 0.60.50.5 0.60.50.5  ,,20 P(X  2)  P(A A2 A )  P(A A2 A )  P(A A2 A ) 1313137 0.40.50.5 0.40.50.5 0.60.50.5  20 2P(X  3)  P(A A2 A )  0.40.50.5  .1320 ∴X 的分布列为 XP0123372820 20 20 20 387275E(X )  0 1 2 3 ∴20 20 20 20 【小问 3 详解】 丙夺冠概率估计值最大. 1因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次,丙获得 9.85 的概率为 ,甲获得 4119.80 的概率为 ,乙获得 9.78 的概率为 .并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的,比赛 10 6次数越多,对丙越有利. x2 y2 A(0,1) 19. 已知椭圆: 的一个顶点为 ,焦距为 .E : 1(a  b  0) 2 3 a2 b2 (1)求椭圆 E 的方程; P(2,1) (2)过点 作斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 B,C,直线 AB,AC 分别与 | MN | 2 x 轴交于点 M,N,当 时,求 k 的值. x2  y2 1 【答案】(1) 4(2) k  4 【解析】 b 1 a,即可求出 ,从而求出椭圆方程; 2c  2 3 【分析】(1)依题意可得 222c  a b C x, y B x, y (2)首先表示出直线方程,设 、,联立直线与椭圆方程,消元列出韦 2211xxMN  x  x 达定理,由直线 、的方程,表示出 、N ,根据 得到方程, AC AB MNM解得即可; 【小问 1 详解】 222解:依题意可得b 1 ,,又 ,c  a  b 2c  2 3 x2 2a  2 所以 ,所以椭圆方程为 ; y 1 4【小问 2 详解】 C x, y P 2,1 y 1 k x 2 B x, y ,设 、 1 1 解:依题意过点 的直线为 ,不妨令 222  x  x  2 ,12y 1 k x 2 1 4k2 x2  16k2 8k x16k2 16k  0 2y,消去 整理得 由,x y2 1  4 2所以  16k2 8k  4 1 4k2 16k2 16k  0,解得 ,k  0  16k2 8k 1 4k2 16k2 16k 1 4k2 所以 直线 直线 ,,x1  x2   x1  x2  y1 1 x1 x1 y 1 y 1 xx  ,解得 My  0 的方程为 ,令 ,AB AC 1 y1 y2 1 x2 x2 xx  y  0 的方程为 ,令 ,解得 ,N1 y2 x2 x1 MN  x  x 所以 NM1 y2 1 y1 x2 x1 1 k x  2 1 1 k x 2 1 21x2 x1 k x  2 k x 2 21x  2 x  x x 2 2   211k x  2 x  2  212 x1  x2 k x 2 x  2  2 , 21x  x  k x 2 x  2  所以 ,12212即x  x  4x x k xx  2 x  x  4 2  1  1122122 22216k 8k 16k2 16k 1 4k2 16k 16k 1 4k2 16k 8k 1 4k2 即即 4  k  2   4 1 4k2 2k82222k2  k  1 4k2 k2  k   16k 16k  2 16k 8k  4 1 4k 1 4k2 1 4k2 8 k  4 k 整理得 ,解得 k  4 x20. 已知函数 (1)求曲线 .f (x)  e ln(1 x) y  f (x) (0, f (0)) 在点 处的切线方程; g(x) g(x)  f (x) [0,) (2)设 ,讨论函数 在上的单调性; s,t (0,) f (s  t)  f (s)  f (t) (3)证明:对任意的 ,有 .y  x 【答案】(1) g(x) [0,) (2) 在上单调递增. (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)先求出切点坐标,在由导数求得切线斜率,即得切线方程; (2)在求一次导数无法判断的情况下,构造新的函数,再求一次导数,问题即得解; m(x) ,由第二问结论可知 m(x)  f (x  t)  f (x) (x,t  0) ,m(x)  m(0) (3)令 ,即证 在[0,+∞)上单调递增,即得证. 【小问 1 详解】 解:因为 f (x)  ex ln(1 x) ,所以   ,f 0  0 0,0 ,即切点坐标为 1xf (x)  e (ln(1 x)  ),又1 x k  f (0) 1 ∴切线斜率 y  x ∴切线方程为: 【小问 2 详解】 1xg(x)  f (x)  e (ln(1 x)  ),解:因为 1 x 21xg (x)  e (ln(1 x)  )所以 ,1 x (1 x)2 21h(x)  ln(1 x)  令则,1 x (1 x)2 122×2 1 h (x)   0 ,1 x (1 x)2 (1 x)3 (1 x)3 h(x) [0,) 在∴∴∴∴上单调递增, h(x)  h(0) 1 0 g (x)  0 [0,) 在上恒成立, g(x) [0,) 在上单调递增. 【小问 3 详解】 f (s  t)  f (s)  f (t)  f (0) 解:原不等式等价于 ,m(x)  f (x  t)  f (x) (x,t  0) ,令,m(x)  m(0) 即证 ,∵m(x)  f (x  t)  f (x)  ext ln(1 x  t)  ex ln(1 x) ,ext ex m (x)  ext ln(1 x  t)   ex ln(1 x)   g(x  t)  g(x) ,1 x  t 1 x 1x0, g(x)  f (x)  e (ln(1 x)  )由(2)知 在,上单调递增, 1 x g(x  t)  g(x) ∴,∴ m (x)  0 m(x) 0, x,t  0 ∴∴在上单调递增,又因为 m(x)  m(0) ,所以命题得证. Q : a ,a ,,a n{1,2,,m} 21. 已知 k 为有穷整数数列.给定正整数 m,若对任意的 ,12a ,a ,a ,,a ( j  0) a  a  ai2  ai j  n 在 Q 中存在 ,使得 ,则称 Q 为 ii1 i2 i j ii1 m  连续可表数列. Q : 2,1,4 6 (1)判断 是否为 连续可表数列?是否为 连续可表数列?说明理由; 5 Q : a ,a ,,a (2)若 (3)若 k 为8 连续可表数列,求证:k 的最小值为 4; 12Q : a ,a ,,a a  a  a  20 为连续可表数列,且 ,求证: .20  k  7 12k12k6 【答案】(1)是 连续可表数列;不是 连续可表数列. 5 (2)证明见解析. (3)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)直接利用定义验证即可; (2)先考虑 k  3不符合,再列举一个 k  4 合题即可; a  a  a  20 k  6 (3) k  5时,根据和的个数易得显然不行,再讨论 时,由 可126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. 【小问 1 详解】 a 1 a  2 a  a  3 a  4 a  a  5 Q是,,,,,所以 连续可表数列;易 5 2112323i, j a  a  a  6 Q,所以 不是 6 知,不存在 使得 连续可表数列. ii1 i j 【小问 2 详解】 Q : a,b,c a  b,b  c,a  b  c,a,b,c ,6 个数字,没有 个,矛盾; 若k  3,设为 ,则至多 8Q :1,4,1,2 a 1 a  2 a  a  3 a  4 a  a  5 k  4 当时 数列 ,,满足 ,,,,,1434212a  a  a  6 a  a  a  7 a  a  a  a  8 kmin  4 ,,,.1232341234【小问 3 详解】 Q : a1 ,a2 ,,a C2 i  j i  j k ,若 最多有 种,若 k,最多有 k 种,所以最多有 k k1 k  Ck2  种, 25 51 a ,a ,… ,a 若k  5,则 k 至多可表 个数,矛盾, 15 1226(6 1) a,b,c,d,e, f  21 个数, k  6 从而若 k < 7 ,则 ,至多可表 2a  b  c  d  e  f  20 a,b,c,d,e, f 而,所以其中有负的,从而 可表 1~20 及那个负数 a ~ f 中绝对值最小,同 a ~ f (恰 21 个),这表明 中仅一个负的,没有 0,且这个负的在 a ~ f m(m 1) ,时中没有两数相同,设那个负数为  m 1 m  2  m  5  m  4m 15 4m 15 19  m 1 则所有数之和 ,,{a,b,c,d,e, f } {1,2,3,4,5,6} ,再考虑排序,排序中不能有和相同,否则不足 个, 20 1 1 2 (仅一种方式), 与 2 相邻, 1 “x , 1, 2 , __, __, __” 若若1不在两端,则 形式, 5  6  (1) ,则 (有 2 种结果相同,方式矛盾), x  6 x  5,4,3 “1,2, A, B, C, D” x  6 , 同理 ,故 1在一端,不妨为 形式, 同理不行, 若A  3,则 5  2  3 (有 2 种结果相同,矛盾), A  4 A  5 6  1 2  5 ,则 (有 2 种结果相同,矛盾),从而 ,A  6 7  1 2  6 由于 ,由表法唯一知 3,4 不相邻,、 1,2,6,3,5,4 1,2,6,4,5,3 ,② 故只能 ,①或 这 2 种情形, 9  6  3  5  4 对①: 对②: k  7 ,矛盾, 8  2  6  5  3 ,也矛盾,综上 k  6 .m  【点睛】关键点睛,先理解题意,是否为 可表数列核心就是是否存在连续的几项(可 m以是一项)之和能表示从 到中间的任意一个值.本题第二问 k  3时,通过和值可能个 1k  6 数否定 k  3;第三问先通过和值的可能个数否定 k  5,再验证 {1,2,3,4,5,6} 时,数列中的几项如 果符合必然是 的一个排序,可验证这组数不合题.

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