2020北京各区一模数学试题分类汇编--大题压轴（解析版）

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1、 2020 北京各区一模数学试题分类汇编北京各区一模数学试题分类汇编-大题压轴大题压轴 （2020 海淀一模）海淀一模） 已知数列 n a是由正整数组成的无穷数列.若存在常数 * kN， 使得21 2nnn aaka 任意 的 * nN成立，则称数列 n a具有性质( )k. （1）分别判断下列数列 n a是否具有性质(2)； (直接写出结论) 1 n a 2 , n n a （2） 若数列 n a满足 1 (1,2,3,) nn aan ， 求证:“数列 n a具有性质(2)”是“数列 n a为常数列”的充分 必要条件； （3）已知数列 n a中 1 1,a 且 1 (1,2,3,) nn

2、aan .若数列 n a具有性质(4)，求数列 n a的通项公式. 【解析】 （1）1 n a 时，数列 n a具有性质(2). 2n n a 时，数列 n a不具有性质(2). （2） 1 (1,2,3,) nn aan ， 212 2+ nnn aaa ，等号成立，当且仅当 212 =2 nnn aaa ， 因为数列 n a具有性质(2)，即 212 2 nnn aaa ， 所以数列 n a为常数列. 必要性：因为数列 n a为常数列，所以 1n aa， 212 2 nnn aaa 成立，即数列 n a具有性质(2). （3） 1 1,a 数列 n a具有性质(4)， 1221 =34aa

3、aa， 342 4=12aaa， 3 4a . 若 34 =4=8aa, ， 1nn aa 56 9+10=19aa 563=16 4aaa 矛盾； 若 3 6a ,则 4 6a 矛盾. 所以 1234 =13=5=7aaaa，, ， 所以猜想21 n an. 证明如下：假设命题不成立， 设 212 min|4341 ii riNaiai 或 （3r ） ， 考虑数列 n b，当 24 =4(2) nnr bar 时具有性质(4)， 此时 1234 =13=5=7bbbb，, ， 即 21=4 3 r ar 或 2 =41 r ar ，矛盾，21 n an. （2020 西城一模）西城一模）对

4、于正整数n，如果 * k kN 个整数 12k aaa， ， ，满足 12 1 k aaan， 且 12k aaan，则称数组 12k aaa， ， ，为n的一个“正整数分拆”.记 12k aaa， ， ，均为偶数的 “正整数分拆”的个数为 12nk faaa， ， ， ，均为奇数的“正整数分拆”的个数为 n g. ()写出整数 4的所有“正整数分拆”; ()对于给定的整数4n n，设 12k aaa， ， ，是n的一个“正整数分拆”，且 1 2a ，求k的最大值; ()对所有的正整数n，证明: nn fg;并求出使得等号成立的n的值. (注:对于n的两个“正整数分拆” 12k aaa， ，

5、，与 12m bbb， ， ，当且仅当km且 1122km ababab， ，时，称这两个“正整数分拆”是相同的.) 【解析】 ()整数 4 的所有“正整数分拆”为：1,1,1,1，1,1,2，1,3，2,2， 4. ()当n为偶数时， 123 .2 k aaaa时，k最大为 2 n k ； 当n为奇数时， 1231 .2,3 kk aaaaa 时，k最大为 1 2 n k ； 综上所述：n为偶数，k最大为 2 n k ，n为奇数时，k最大为 1 2 n k . ()当n为奇数时， 0 n f ，至少存在一个全为 1的拆分，故 nn fg； 当n为偶数时，设 12 ,., k a aa是每个数

6、均为偶数的“正整数分拆”， 则它至少对应了1,1,.,1和 12 1,1,.,1,1,.,1 k aaa的均为奇数的“正整数分拆”， 故 nn fg. 综上所述： nn fg. 当2n时，偶数“正整数分拆”为 2，奇数“正整数分拆”为1,1， 22 1fg； 当4n时，偶数“正整数分拆”为2,2， 4，奇数“正整数分拆”为1,1,1,1，1,3 故 44 2fg； 当6n时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为1的奇数拆分外，至少多出一项各项均为1的“正整 数分拆”，故 nn fg. 综上所述：使 nn fg成立的n为：2n或4n. （2020 东城一模）东城一模）各项均为非负整数的数列 n

7、 a同时满足下列条件： 1 am ()m * N；1 n an (2)n ；n是 12n aaa的因数（1n） （1）当5m时，写出数列 n a的前五项； （2）若数列 n a的前三项互不相等，且3n时， n a为常数，求m的值； （3）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得nM时， n a为常数 【解析】 （1）5，1，0，2，2. （2）因为01 n an，所以 23 01,02aa， 又数列 n a的前 3 项互不相等， 当 2 0a 时， 若 3 1a ，则 345 1aaa， 且对3n， 022 1 mnm nn 都为整数，所以2m； 若 3 2a ，则 345 2aaa， 且对3

8、n， 0224 2 mnm nn 都为整数，所以4m； 当 2 1a 时， 若 3 0a ，则 345 0aaa，且对3n， 1 021mnm nn 都为整数，所以1m， 不符合题意； 若 3 2a ，则 345 2aaa， 且对3n， 1223 2 mnm nn 都为整数，所以3m； 综上，m的值为2,3,4. （3）对于1n，令 12nn Saaa， 则 111 1 1 nnnnnn SSSaSnS nnnnn . 又对每一个n， n S n 都为正整数， 所以 1 1 n S n 1 . 1 n SS m n ， 其中“”至多出现1m个. 故存在正整数Mm，当nM时，必有 1 1 nn

9、SS nn 成立. 当 1 1 nn SS nn 时，则 11 1 n n nnnn nSS aSSS nn . 从而 21 22121 1 1 2222 nn nnnnnn n anaSaaSaa a nnnn . 由题设知 21 1 1 22 nn aan nn ，又 2 2 n S n 及 1n a 均为整数， 所以 2 2 n S n 1n a 1 1 nn SS nn ，故 12 12 nnn SSS nnn 常数. 从而 11 1 n n nnnn nSS aSSS nn 常数. 故存在正整数M，使得nM时， n a为常数. （2020 丰台一模）丰台一模）已知有穷数列 A： 12

10、 , kn a aaaLL（ * nN且3n）.定义数列 A 的“伴生数列”B： 12 , kn b bbbLL，其中 11 11 1 0 kk k kk aa b aa ， ， （1,2,kn） ，规定 0n aa， 11n aa . （1）写出下列数列的“伴生数列”： 1，2，3，4，5； 1，1，1，1，1. （2）已知数列 B的“伴生数列”C： 1 c， 2 c， k c， n c，且满足1 kk bc（1k ，2，n）. （i）若数列 B中存在相邻两项为 1，求证：数列 B中的每一项均为 1； （）求数列 C所有项的和. 【解析】 （1）1，1，1，1，1； 1，0，0，0，1. （

11、2） （i）由题意，存在1,2,1kn，使得 1 1 kk bb . 若1k ，即 12 1bb时， 12 0cc. 于是 2 1 n bb， 13 1bb. 所以 3 0 n cc，所以 42 1bb.即 234 1bbb. 依次类推可得 1 1 kk bb （2k ，3，1n）. 所以1 k b （1k ，2，n）. 若21kn，由 1 1 kk bb 得 1 0 kk cc . 于是 11 1 kkk bbb .所以 1 0 kk cc . 依次类推可得 12 1bb. 所以1 k b （1k ，2，n）. 综上可知，数列 B 中的每一项均为 1. （）首先证明不可能存在2,1kn使得

12、11 0 kkk bbb . 若存在2,1kn使得 11 0 kkk bbb ， 则 11 1 kkk ccc . 又 11kk bb 得0 k c 与已知矛盾. 所以不可能存在 11 0 kkk bbb ，2,1kn. 由此及（）得数列 n b的前三项 1 b， 2 b， 3 b的可能情况如下： 当 123 1bbb时，由（i）可得1 k b （1k ，2，n）. 于是0 k c （1k ，2，n）0 k c . 所以所有项的和0S . 当 1 1b ， 2 0b ， 3 1b 时， 2 0c ， 此时 22 0bc与已知矛盾. 当 1 1b ， 2 0b ， 3 0b 时， 1 0c ，

13、2 1c ， 3 1c . 于是 2 0 n bb， 24 1bb. 故1 n c ， 4 0c ， 53 0bb 于是 11 0 n bb ， 5 1c ， 6 0b ， 于是 14 bb， 25 bb， 36 bb，且 2 1 n b ， 1 0 n b ，0 n b . 依次类推 3kk bb 且 n恰是 3的倍数满足题意. 所以所有项的和 2 33 nn Sn. 同理可得 1 0b ， 2 1b ， 3 0b 及 1 0b ， 2 0b ， 3 1b 时， 当且仅当 n 恰是 3 的倍数时，满足题意. 此时所有项的和 2 3 n S . 综上，所有项的和0S 或 2 3 n S （n是

14、 3的倍数）. （2020 朝阳区一模）朝阳区一模）设数列 12 :, n A a aa（ 3n）的各项均为正整数，且 12n aaa.若对任意 3,4, kn ，存在正整数, (1 )i jijk 使得 kij aaa ，则称数列A具有性质T. （1）判断数列 1:1,2,4,7 A 与数列 2:1,2,3,6 A 是否具有性质T； （只需写出结论） （2）若数列A具有性质T，且 1 1a ， 2 2a ， 200 n a ，求n的最小值； （3）若集合 123456 1,2,3,2019,2020SSSSSSS ，且 ij SS （任意,1,2,6i j ， ij ）.求证：存在 i S，

15、使得从 i S中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质T的数列. 【解析】 （1）数列 1 A不具有性质T；数列 2 A具有性质T. （2）由题可知 2 2a ， 32 24aa， 43 28aa， 87 2128aa， 所以9n. 若9n ，因为 9 200a 且 98 2aa，所以 8 128100a. 同理， 76543 6450,3225,1612.5,86.25,43.125.aaaaa 因为数列各项均为正整数，所以 3 4a .所以数列前三项为1,2,4. 因为数列A具有性质T， 4 a只可能为4,5,6,8之一，而又因为 4 86.25a， 所以 4 8a . 同理，有

16、5678 16,32,64,128aaaa. 此时数列为1,2,4,8,16,32,64,128,200. 但数列中不存在19ij 使得200 ij aa ，所以该数列不具有性质T. 所以10n. 当10n时，取:1,2,4,8,16,32,36,64,100,200A.（构造数列不唯一） 经验证，此数列具有性质T. 所以，n的最小值为10. （3）反证法：假设结论不成立，即对任意(1,2,6) i Si 都有：若正整数, i a bS ab，则 i ba S . 否则，存在 i S满足：存在, i a bS，ab使得 i baS ，此时，从 i S中取出, ,a b ba： 当aba时，,a

17、 ba b是一个具有性质T的数列； 当aba时，, ,ba a b是一个具有性质T的数列； 当aba时，, ,a a b是一个具有性质T的数列. （i）由题意可知，这6个集合中至少有一个集合的元素个数不少于337个， 不妨设此集合为 1 S，从 1 S中取出337个数，记为 12337 ,a aa，且 12337 aaa. 令集合 1337 |1,2,336 i Naa iS. 由假设，对任意 1,2,336i ， 3371i aaS，所以 234516 NSSSSS. （ii）在 23456 ,S S S S S中至少有一个集合包含 1 N中的至少68个元素，不妨设这个集合为 2 S， 从

18、21 SN中取出68个数，记为 1268 ,b bb，且 1268 bbb. 令集合 628 |1,2,67 i NbibS. 由假设 682i bbS.对任意1,2,68k ，存1,2,336 k s 使得 337 k ks baa . 所以对任意1,2,67i ， 6868 68337337 ()() ii issss bbaaaaaa ， 由假设 68 1 i ss aaS ，所以 681i bbS，所以 6812i bbSS，所以 23456 NSSSS. （iii）在 3456 ,S S S S中至少有一个集合包含 2 N中的至少17个元素，不妨设这个集合为 3 S， 从 23 SN

19、中取出17个数，记为 1217 ,c cc，且 1217 ccc. 令集合 137 |1,2,16 i Ncc iS. 由假设 173i ccS.对任意1,2,17k ，存在1,2,67 k t 使得 68 k tk cbb . 所以对任意1,2,16i ， 1717 176868 ()() ii itttt ccbbbbbb ， 同样，由假设可得 17 12 it t bbSS ，所以 17123i ccSSS，所以 3456 NSSS. （iv）类似地，在 456 ,SS S中至少有一个集合包含 3 N中的至少6个元素，不妨设这个集合为 4 S， 从 34 SN中取出6个数，记为 126

20、,d dd，且 126 ddd， 则 6456 |1,2,5 i ddiSSN. （v）同样，在 56 ,S S中至少有一个集合包含 4 N中的至少3个元素，不妨设这个集合为 5 S， 从 45 SN中取出3个数，记为 123 ,e e e，且 123 eee ，同理可得 153326 ,ee eeSN. （vi）由假设可得 2131326 ()()eeeeeeS. 同上可知， 1245123 SSSeeSS， 而又因为 21 eeS，所以 216 eeS，矛盾.所以假设不成立. 所以原命题得证. （2020 石景山一模）石景山一模）有限个元素组成的集合 12 , n Aa aa，n N，记集

21、合A中的元素个数为 card A，即 card An.定义 ,AAxy xA yA ，集合AA中的元素个数记为 card AA，当 1 2 n n card AA 时，称集合A具有性质P. （1）1,4,7A，2,48B ,，判断集合A，B是否具有性质P，并说明理由； （2）设集合 123 ,2020Aa a a， 123 2020aaa且 i aN (1,2,3i )，若集合A具有性质P， 求 123 aaa的最大值； （3）设集合 12 , n Aa aa，其中数列 n a为等比数列，0 i a (1,2,in)且公比为有理数，判断 集合A是否具有性质P并说明理由. 【解析】 （1）集合A

22、不具有性质P，集合B具有性质P. 2,5,8,11,14AA， 3 3 1 5 2 card AA 不具有性质P； 4,6,8,10,12,16BB， 3 3 1 6 2 card BB 具有性质P. （2）若三个数a，b，c成等差数列，则, ,Aa b c不具有性质P，理由是2acb . 因为 123 2020aaa且 i aN (1,2,3i )所以 3 2019a ， 要使 123 aaa取最大，则 3 2019a ； 2 2018a ，易知2018,2019,2020不具有性质P，要使 123 aaa取最大， 则 2 2017a ； 1 2016a ，要使 123 aaa取最大，检验可

23、得 1 2014a ； 123 max 6050aaa （3）集合A具有性质P. 设等比数列的公比为为q，所以 1 1 n n aa q ( 1 0a )且q为有理数， 假设当iklj 时有 ijlk aaaa 成立，则有 1 j ik il i qqq 因为q为有理数，设 m q n (m，n N)且(m，n互质)，因此有 1 j ik il i mmm nnn 即 j ik ij kl ij lj i mmnmnn （1） ， （1）式左边是m的倍数，右边是n的倍数，又m，n互质， 显然 ijlk aaaa 不成立. 所以 12 1 2 nn n n card AACC ，所以集合A具有性

24、质P. （2020 怀柔一模）怀柔一模）已知数列 , nnn abc，且 11 ,() nnnnnn baa cbb nN .若 n b是一个非零 常数列，则称 n a是一阶等差数列，若 n c是一个非零常数列，则称 n a是二阶等差数列. （1）已知 11 1,1,1 n abc，试写出二阶等差数列 n a的前五项； （2）在（1）的条件下，证明： 2 2 2 n nn a ； （3）若 n a的首项 1 2a ，且满足 1 1 32() n nnn cbanN ，判断 n a是否为二阶等差数列. 【解析】 （1） 1 1a ， 2 2a ， 3 4a ， 4 7a ， 5 11a . （2

25、） 1 1,1,2,3, nnn bbcn 1 1 1 1 1 n ni i bcbnn 又 1 ,1,2,3, nnn aabn n 2 1 1 1 (1)2 1 22 n ni i n nnn aba . （3） n a不是二阶等差数列.理由如下： 数列 n a满足 1 1 32() n nnn cbanN 又 1nnn baa ， 1 nnn cbb（n N） 由 11 11 3242 nn nnnnn cbaaa 则 1 1 24(2 ) nn nn aa 数列 2n n a 是首项为 1 24a ，公比为 4的等比数列 1 24 4442 nnnnn nn aa 9 42 nn n

26、c，显然 n c非常数列 n a不是二阶等差数列. （2020 密云一模）密云一模）设等差数列 n a的首项为 0，公差为 a， Na ；等差数列 n b的首项为 0，公差为 b， b N.由数列 n a和 n b构造数表 M，与数表M； 记数表 M中位于第 i行第 j列的元素为 ij c，其中 ijij cab ， （i，j=1，2，3，）. 记数表M中位于第i行第j列的元素为 ij d ， 其中 1ijij dab （1ib ，i N，j N） .如：1,2 12 cab ， 1,213 dab . （1）设5a，9b，请计算 2,6 c ， 396,6 c ， 2,6 d ； （2）设6

27、a，7b，试求 ij c， ij d 的表达式（用 i，j表示） ，并证明：对于整数 t，若 t不属于数表 M， 则 t属于数表M； （3）设6a，7b，对于整数 t，t不属于数表 M，求 t的最大值. 【解析】 （1）由题意知等差数列 n a的通项公式为：55 n an； 等差数列 n b的通项公式为：99 n bn， 得 , (55)(99)5914 i jij cabiiij ， 则 2,6 50c， 396,6 2020c， 得 ,1 (55)9(1)9595 i jij dabijij ， 故 2,6 49d （2）证明：已知6a7b，由题意知等差数列 n a的通项公式为：66 n

28、an； 等差数列 n b通项公式为：77 n bn， 得 , (66)(77)6713 i jij cabiiij ，( *iN ， *)jN 得 ,1 (66)7(1)7676 i jij dabijij ，17i剟，*iN， *)jN 所以若tM，则存在uN，vN，使67tuv， 若*tM，则存在uN，6u，*vN，使67tuv， 因此，对于正整数t，考虑集合 0 |6Mx xtu ，uN，6u， 即t，6t ，12t ，18t ，24t ，30t ， 36t 下面证明：集合 0 M中至少有一元素是 7 的倍数 反证法： 假设集合 0 M中任何一个元素， 都不是 7的倍数， 则集合 0 M

29、中每一元素关于 7的余数可以为 1， 2， 3，4，5，6， 又因为集合 0 M中共有 7 个元素，所以集合 0 M中至少存在两个元素关于 7 的余数相同， 不妨设为 1 6tu， 2 tu，其中 1 u， 2 uN， 12 6uu则这两个元素的差为 7的倍数，即 2112 ()(6 )6()tutuuu， 所以 12 0uu，与 12 uu矛盾，所以假设不成立，即原命题成立 即集合 0 M中至少有一元素是 7 的倍数，不妨设该元素为 0 6tu， 0 6u ， 0 uN， 则存在sZ，使 0 67tus， 0 uN， 0 6u ，即 0 67tus， 0 uN，sZ， 由已证可知，若tM，则

30、存在uN，vN，使67tuv，而tM，所以S为负整数， 设Vs ，则*vN，且 0 67tuv， 0 uN， 0 6u ，*vN， 所以，当6a，7b时，对于整数t，若tM，则*tM成立 （3）下面用反证法证明：若对于整数t，*tM，则tM，假设命题不成立，即*tM，且tM 则对于整数t，存在nN，mN，uN，6u，*vN，使6767tuvnm成立， 整理，得6( )7()unmv ， 又因为mN，*vN， 所以 7 ()0 6 unmv且un是 7 的倍数， 因为uN，6u，所以6un ，所以矛盾，即假设不成立 所以对于整数t，若*tM，则tM， 又由第二问，对于整数tM，则*tM， 所以t

31、的最大值，就是集合*M中元素的最大值， 又因为67tuv，uN，*vN，6u， 所以(*)667 129 maxmax tM （2020顺义区顺义区一模）一模） 若无穷数列 n a满足： 只要 * ( ,) pq aap qN,必有 11pq aa ,则称 n a具有性质P. （1）若 n a具有性质P,且 124 1,3,1,aaa 678 19aaa,求 3 a； （2）若无穷数列 n b是等差数列,无穷数列 n c是等比数列, 14 1bc, 41 64bc, nnn abc.判断 n a是否具有性质P,并说明理由； （3）设 n b是无穷数列,已知 * 1 sin() nnn aba

32、nN .求证：“对任意 1, n aa都具有性质P”充要条 件为“ n b是常数列”. 【解析】 （1）因为 14=1 aa,所以 25=3 aa, 36 aa, 47 1aa, 58 3aa. 所以 6783 1 3aaaa ,又因为 678 19aaa,解得 3 15a （2） n b的公差为21,所以1 2112120 n bnn , n c的公比为 1 4 ,所以 1 4 1 644 4 n n n c 所以 4 21204 n nnn abcn . 所以 14 65aa, 2 38a , 5 341 4 a ,因为 25 aa, 所以 n a不具有性质P. （3）证明充分性： 当 n

33、 b为常数列时, 11 sin nn aba . 对任意给定的 1 a,只要 pq aa ,则由 11 sinsin pq baba ,必有 11pq aa . 充分性得证. 证明必要性：用反证法证明.假设 n b不是常数列,则存在k , 使得 12k bbbb,而 1k bb . 下面证明存在满足 1 sin nnn aba 的 n a,使得 121k aaa ,但 21kk aa . 设 sinf xxxb,取m ,使得m b,则 0f mmb,0fmmb ,故存在c使得 0f c . 取 1 ac,因为 1 sin nn aba （1nk）,所以 21 sinabcca, 依此类推,得

34、121k aaac . 但 2111 sinsinsin kkkk ababcbc ,即 21kk aa . 所以 n a不具有性质P矛盾.必要性得证. 综上,“对任意 1 a, n a都具有性质P”的充要条件为“ n b是常数列” （2020 延庆一模）延庆一模） 21.在数列 n a中， 若 *, n aN且 1 ,? 1,2,3,? 2 3, n n n nn a a an aa 是偶数 ， 是奇数 则称 n a为 “J数列”.设 n a为“J数列”，记 n a的前n项和为. n S （1）若 1 10a ，求 3n S的值； （2）若 3 17S ，求 1 a的值； （3）证明： n

35、a中总有一项为1或3. 【解析】 （1）当 1 10a 时， n a中的各项依次为10,5,8,4,2,1,4,2,1,， 即数列 n a从第四项开始每三项是一个周期， 所以 3123 23Saaa， 63456 42 17SSaaa ， 9678933(1) 42 177 nn SSaaaSS ， 所以 3 237(1)716 n Snn. （2） 若 1 a是奇数，则 21 3aa是偶数， 21 3 3 22 aa a ， 由 3 17S ，得 1 11 3 (3)17 2 a aa ，解得 1 5a ，适合题意. 若 1 a是偶数，不妨设 * 1 2 ()ak kN，则 1 2 2 a

36、ak. 若k是偶数，则 2 3 22 ak a ，由 3 17S ， 得217 2 k kk，此方程无整数解； 若k是奇数，则 3 3ak ，由 3 17S ， 得2317kkk，此方程无整数解. 综上， 1 5a . （3）首先证明：一定存在某个 i a，使得6 i a 成立. 否则，对每一个 * iN，都有 6 i a ， 则在 i a为奇数时，必有 2 3 2 i ii a aa ； 在 i a为偶数时，有 2 3 2 i ii a aa ，或 2 4 i ii a aa . 因此，若对每一个 * iN，都有 6 i a ，则 135 ,a a a单调递减， 注意到 * n a N，显然这一过程不可能无限进行下去， 所以必定存在某个 i a，使得6 i a 成立. 经检验，当 2 i a ，或 4 i a ，或 5 i a 时， n a中出现1； 当 6 i a 时， n a中出现3， 综上， n a中总有一项为1或3.