完整版北京高三一模数学第20题压轴汇编理科题与答案推荐文档.docx
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2019北京高三一模数学第20题压轴汇编理科题与答案
(2019年东城区高三一模理科)
已知数组
A:
a1,,2,Lan
t(k)=L⋅c1+c2+L+ck
n
.
(20)(本小题14分)
令
中的项为不大于L(L∈N)的正整数.ck表示a1,a2,Lan中k的个数(k=1,2,L,L).
(1≤i≤4)
ci
L=4
(Ⅰ)若,数组A:
1,1,2,3,3,4,求
(1≤i≤L)
i
ci=cj(i,j=,12,L;L)
(Ⅱ)已知对任意的正整数必要条件为
,存在A中的项am,使得am=i.求证:
(1≤i≤L)
(t)i=ai
的充分
(Ⅲ)对于数组A:
a1,,2,Lan,定义变换T(A)=(t(a1),t(a,2)Lt(an)),已知求证:
T(B)=T(A).
L=n,令B=T(A),
c4=1
c3=2
(20)(共14分)
c2=1
解:
(Ⅰ)c1=2
......................3分
(1≤i≤L)
i
(Ⅱ)不妨设a1≤a2≤L≤an.由于对任意的正整数
c1,,2,LcL均不为零.
,存在
A中的项am,使得am=i.所以
必要性:
若
,由于
,所以有
t(k)=L⋅c1+c2+L
n
+ck
(1≤i≤L)
t(ai)=ai
c1c1+c2
c1+c2+c3
c1+c2+L+c
t
(1)=L⋅=1;t
(2)=L⋅=2;t(3)=L⋅=3;L;t(L)=L⋅
L.
nnnn
通过解此方程组,可得ci=cj(i,j=,12,LL)成立.
充分性:
若ci=cj(i,,=,12,LL)成立,不妨设h=ci=cj(i,,=,12,LL),可以得到h⋅L=n.
所以有:
t
(1)=L⋅h=1;t
(2)=L⋅2h=2;t(3)=L⋅3h=3;L;t(L)=L⋅Lh=L.
nnnn
(1≤i≤L)
t(ai)=ai
所以成立9分
(Ⅲ)设A:
a1,,2,Lan的所有不同取值为u1,,2,Lum,且满足:
u1 A: u11,,12,L,,u,1r,u,21,u,22,L,u2rL 1 2 um1um2Lumr m , 其中u11=u12=L=u1r;u21=u22=L=u2r;L;um1=um2=L=umr .又因为 L=n, 12m 2122 2r2 1 n 2 1 2 t(u)=t(u m1 m2 )=L=t(u mrm )=L⋅cu+cu 1 2 +L+cum=r+r+L+r n12 m =L ;所以t(u),,(u,)L 1121 所以有t(u)=t(u)=L=t(u)=L⋅cu=r;t(u)=t(u)=L=t(u)=L⋅cu+cu=r+r;L; 11121r11 n 11 m1 t(u )递增.从而互 不相同. t(t(u11))=t(r1)=r1=t(u11);t(t(u21))=t(r1+r2)=r1+r2=t(u21);L;t(t(um1))=t(r1+r2+L+rm)=t(um1) 从而结论成立14分 (2019年西城区高三一模理科) 20.(本小题满分13分) A (n≥2) n⨯n 如图,设是由 个实数组成的n行n列的数表,其中 表示位于第 i行第j列的 (i,j=1,2,,n) aij 实数,且aij∈{1,-1}. a11 a12 a1n a21 a22 a2n an1 an2 ann pst=as1at1+as2at2++asnatn (s,t=1,2,,n) 定义 A pst=0,则称数表 为完美数表. 为第s行与第t行的积.若对于任意s,t(s¹t),都有 n=2 (Ⅰ)当时,试写出一个符合条件的完美数表; A (Ⅱ)证明: 不存在10行10列的完美数表; (Ⅲ)设 为n行n列的完美数表,且对于任意的i=1,2,L,l和 j=1,2,L,k,都有 aij=1,证明: kl≤n. 20.(本小题满分13分) 解: (Ⅰ)答案不唯一.如: 1 1 -1 1 (Ⅱ)假设存在10行10列的完美数表A. ………………3分 根据完美数表的定义,可以得到以下两个结论: (1)把完美数表的任何一列的数变为其相反数(即+1均变为-1,而-1均变为+1),得到的新数表是完美数表; (2)交换完美数表的任意两列,得到的新数表也是完美数表5分 A 完美数表反复经过上述两个结论的变换,前三行可以为如下形式: 共列w 共列z 共列y 共列x -1 -1 1 1 -1 -1 1 1 -1 -1 -1 -1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 在这个新数表中,设前三行中的数均为1的有x列,前三行中“第1,2行中的数为1,且第3行中的数 为-1”的有y列,前三行中“第1,3行中的数为1,且第2行中的数为-1”的有z列,前三行中“第1行中的数为1,且第2,3行中的数为-1”的有w列(如上表所示), 则x+y+z+w=10 ○1 由p12=0,得x+y=z+w;○2 由p13=0,得x+z=y+w;○3 由p23=0,得x+w=y+z.○4 x=y=z=w=5 2 解方程组○1,○2,○3,○4,得. 这与x,y,z,w∈N矛盾, 所以不存在10行10列的完美数表8分 (Ⅲ)记第1列前l行中的数的和a11+a21++al1=X1,第2列前l行中的数的和 a12+a22++al2=X2 ,……,第n列前l行中的数的和a1n+a2n++aln=Xn, 因为对于任意的i=1,2,L,l和 j=1,2,L,k,都有 aij=1, 所以X1=X2==Xk=l......................................................................9分 s,t 又因为对于任意 (s¹t),都有 pst=0, 12n 所以X2+X2++X2=ln11分 X2+X+2+X≥X2+X2++2X=lk2 2 12 n12 k 又因为, 所以ln≥l2k,即kl≤n13分 (2019年海淀区高三一模理科) (20)(本小题满分13分) 首项为O的无穷数列{an}同时满足下面两个条件: an+1-an=n ① (Ⅱ)请直接写出 ;②an≤n-1 2 a4的所有可能值; (Ⅱ)记 ,若b b=a n2n nn+1 对任意n∈N*成立,求{b}的通项公式; n (Ⅲ)对于给定的正整数 ,求a1+a2+...+ak的最大值. k 20.(共14分) -2,0,-6 解: (Ⅰ)a4的值可以取 (Ⅱ)因为b=a n2n ,因为b nn+1 对任意n∈N*成立,所以{b}为单调递增数列, n 即数列{an}的偶数项a2,a4,a6,...,a2n...是单调递增数列 根据条件 a2=-1,a4=0 所以当 a2n≥0对n≥2成立 下面我们证明“数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数” 假设数列{an}中存在ai,ai+1同时为非负数 因为|ai+1-ai|=i, 若ai+1 - ai =i,则有 ai+1=ai+i≥i> (i+1)-1 2 ,与条件矛盾 若a-a=-i,则有a=a+i≥i>i-1,与条件矛盾 i+1i ii+12 所以假设错误,即数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数 此时a2n≥0对n≥2成立, 所以当 n≥2时,a2n-1≤0,a2n+1≤0,即a2n-1 a2n-a2n-1=2n-1 所以, a2n-1-a2n-2=-(2n-2) 所以(a2n-a2n-1)+(a2n-1-a2n-2)=1 即a2n-a2n-2=1,其中n≥2 n≥2 即bn-bn-1=1,其中 又b1=a2=-1,b2=a4=0 所以{bn}是以b1=-1,公差为1的等差数列, 所以bn=-1+(n-1)=n-2 Sk=a1+a2+a3++ak-1+ak (Ⅲ)记 由(Ⅱ)的证明知, an,an+1不能都为非负数 ,则an+1<0, an≥0 当 根据|a-a|=n,得到a=a-n,所以a+a=2a-n≤2n-1-n≤-1 n+1n n+1n nn+1n2 a+a≤0 nn+1 当an+1≥0,则an<0 a+a nn+1 =2a-n≤2n+1-1-n≤0 n+1 2 根据|a-a|=n,得到a=a-n,所以 所以,总有成 n+1nnn+1 立 n ≤-1 则an+an+1 当为奇数时,|an-an+1|=n,故an-1,an的奇偶性不同, n 当为偶数时,an+1+an≤0 k 当为奇数时,Sk=a1+(a2+a3)++(ak-1+ak)≤0 考虑数列: 0,-,1,1,-2,2, -k-1, k-1⋯ 2 2 Sk=0 可以验证,所给的数列满足条件,且 Sk 所以的最大值为0 S=(a+a)++(a+a)≤-k k12k-1k 2 当k为偶数时, k-2 2 k-2 2 ,-k 2 考虑数列: 0,-1,1,-2,2,,-, S=- k k 2 可以验证,所给的数列满足条件,且 Sk -k 2 所以的最大值为 (2019年朝阳区高三一模理科) 20.(本小题满分13分) ,n∈N*. an+1-an an+2= 在无穷数列{a}中,a,a是给定的正整数, n12 (Ⅰ)若 a1=3,a2=1,写出a9,a10,a100的值; (Ⅱ)证明: 数列{an}中存在值为0的项; (Ⅲ)证明: 若 互质,则数列{an}中必有无穷多项为1. a1,a2 20.(本小题满分13分) 解: (I)a9=0,a10=1,a100=1.3分 (II) ∀i 反证法: 假设 ai≠0.由于, an+2=an+1-an 记M=max{a1,a2}.则a1≤M,a2≤M. 则0 ≤M-1,0 ≤M-1, 0 ≤M-2,0 ≤M-2,, 依次递推,有0 ≤M-3,0 ≤M-3…, 则由数学归纳法易得a2k+1≤M-k,k∈N*. 当k>M时,a2k+1<0,与a2k+1>0矛盾. 故存在 ,使ai=0. i 所以,数列{an}必在有限项后出现值为0的项.8分 (III)首先证明: 数列{an}中必有“1”项.用反证法, 假设数列{an}中没有“1”项,由(II)知,数列{an}中必有“0”项,设第一个“0”项是am(m≥3),令 p>1,p∈N* am-1=p ,,则必有am-2=p, 于是,由p=am-1=|am-2-am-3|=|p-am-3|,则am-3=2p,因此p是am-3的因数, p=am-2=|am-3-am-4|=|2p-am-4| 由,则am-4=p或3p,因此p是am-4的因数. 依次递推,可得 是a1,a2的因数,因为p>1,所以这与a1,a2互质矛盾.所以,数列{an}中必有“1”项. p 其次证明数列{an}中必有无穷多项为“1”. 假设数列{an}中的第一个“1”项是ak,令ak-1=q,q>1,q∈N*, 则ak+1=ak-ak-1=q-1, q-1=1 ak+1= 若,则数列中的项从ak开始,依次为“1,1,0”的无限循环, 故有无穷多项为1; 若ak+1=q-1>1,则 ak+2=ak+1-ak=q-2,ak+3=ak+2-ak+1=1 , 若ak+2=q-2=1,则进入“1,1,0”的无限循环,有无穷多项为1; 若ak+2=q-2>1,则从ak开始的项依次为1,q-1,q-2,1,q-3,q-4,1,……, 必出现连续两个“1”项,从而进入“1,1,0”的无限循环,故必有无穷多项为1.……13分 (2019年丰台区高三一模理科) 20.(本小题13分) |x1|=1,|xi+1|=2|xi|(i=1,2,,n-1)} Sn={(x1,x2,,xn) 设n∈N*且n≥2,集合. (Ⅰ)写出集合 S2中的所有元素; nn (Ⅱ)设(a1,a2,,an),(b1,b2,,bn)∈Sn,证明: “∑ai=∑bi”的充要条件 i=1i=1 是“ai=bi(i=1,2,3,,n)”; n (Ⅲ)设集合Tn={∑xi|(x1,x2,,xn)∈Sn},求Tn中所有正数之和. i=1 20.(共13分) 解: (Ⅰ)因为|x1|=1,所以|x2|=2, S2 所以中的元素有(1,2),(1,-2),(-1,2),(-1,-2). (Ⅱ)先证充分性 nn 因为对于任意的i∈{1,2,3,,n},都有ai=bi,所以∑ai=∑bi. i=1i=1 再证必要性 因为|x|=1,|x|=2|x|,所以数列{|x|}是以1为首项,2为公比的等比数列,所以|x|=2i-1. 1i+1iii 假设存在j∈{2,3,,n},使得|aj|=|bj|. bj<0 所以aj=bj或aj=-bj. 若aj=-bj,不妨设aj>0,则, = 因为|a|=|b|=1,∑j-1x≤∑j-1|x|=1-2j-1 2j-1-1<|x|=2j-1. 11iii=1i=1 1-2j jjjj 所以∑ai>0,∑bi<0,这与∑ai=∑bi矛盾. i=1 aj=bj 所以 i=1 . i=1i=1 当j=2时,必有a1=b1. 所以对于任意 i∈{1,2,3,,n},都有ai=bi. (i=1,2,3,,n) ai=bi nn 综上所述,“∑ai=∑bi”的充要条件是“”. (Ⅲ)因为 i=1 i=1 n-1 ∑ i=1 x≤|x|==2 n-1 ∑ 1-2n-1 n-1 -1< i i i=1 1-2 |x| n =2 n-1 , ∑i n x i=1 所以为正数,当且仅当xn>0. k 因为对于任意的正整数 ,xk=2k-1或-2k-1,所以集合Tn中,元素为正数的个数为 C1C1C1=2n-1, 222 n-1个 所以所有的正数元素的和为 (2019年石景ft区高三一模理科) 20.(本小题13分) 2n-1xn=2n-1⋅2n-1=4n-1. 若项数为 n的单调递增数列{an}满足: ①a1=1; a=a+a kij ②对任意k(k∈N*,2≤≤kn),存在i,j(i∈N*,j∈N*,1≤≤i≤jn)使得 ,则称数 列{an}具有性质P. (Ⅰ)分别判断数列1,3,4,7和1,2,3,5是否具有性质P,并说明理由; an=36 (Ⅱ)若数列{an}具有性质P,且, (ⅰ)证明数列{an}的项数n≥7; (ⅱ)求数列{an}中所有项的和的最小值. 20.(本题13分) P 解: (Ⅰ)因为3≠1+1 ,所以1,3,4,7 不具有性质; P 因为2=1+1,3=1+2 ,5=2+3 ,所以1,2,3,5 具有性质. (Ⅱ) 即ai≤aj≤ak-1, ai≤aj (ⅰ)因为{an}是单调递增数列,又ak=ai+aj,所以 所以ak≤2ak-1, a1=1,所以a2≤2,a3≤4,a4≤8,a5≤16,a6≤32,又因为an=36,所以n≥7. (ⅱ)因为36=18+18,18=9+9,9=3+6,6=3+3,3=1+2,2=1+1;所以可以构造数列1,2,3,6,9,1,836满足性质P; 或36=18+18,18=9+9,9=4+5,5=4+1,4=2+2,2=1+1,所以可以构造数列1,2,4,5,9,1,836满足性质P; 上述两个数列的和为 75,下面说明75为数列{an}中所有项的和的最小值. 若18在数列{an}中,要求数列{an}中所有项的和的最小值,则ai-1=18, ai+aj=36 若18不在数列{an}中,则 ,由(ⅰ)知 n≥7, 则数列{an}中所有项的和s=a1+a2+L+an>(ai+aj+36)+4a1=76, 所以要求数列{an}中所有项的和的最小值,则同理要求数列{an}中所有项的和的最小值,则 . ai-1=18 ai-2=9, 9=8+1=7+2=6+3=5+4,同理可得ai-3=6或4; 依此类推要求数列{an}中所有项的和的最小值,其数列为1,2,3,6,9,1,836或1,2,4,5,9,1,836 所以数列{an}中所有项的和的最小值为75. (2019年怀柔区高三一模理科) 20.(本小题满分14分) 设集合W由满足下列两个条件的数列{an}构成: M an≤M an+an+2
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