北京市各区2020届高三二模数学分类汇编7：数列与创新压轴题

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1、2020 北京各区高三二模数学分类汇编数列与创新压轴题 1（2020丰台高三二模） 已知数列的前项和，则 （A）3 （B） （C） （D） 2.（2020海淀二模）数列中，. 若其前项和为，则_. 3. （2020西城高三（下）6 月模拟）在等差数列中,若,则 ;使得数列 前项的和取到最大值的 . 4（2020昌平高三二模）设是等差数列，且，则数列的前 n 项和 5（2020丰台高三二模） 天干地支纪年法（简称干支纪年法）是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法. 天干有十，即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支有十二，即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、 未、申、酉、戌、亥.干支纪年法

2、中，天干地支对应的规律如下表： 天干 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸 甲 乙 丙 地支 子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥 子 干支 纪年 甲 子 年 乙 丑 年 丙 寅 年 丁 卯 年 戊 辰 年 己 巳 年 庚 午 年 辛 未 年 壬 申 年 癸 酉 年 甲 戌 年 乙 亥 年 丙 子 年 2049 年是新中国成立 100 周年.这一百年，中国逐步实现中华民族的伟大复兴.使用干支纪年法，2049 年是己 巳年，则 2059 年是_年；使用干支纪年法可以得到_种不同的干支纪年. 6.（2020密云高三二模） 已知是数列的前n项和，且，则=_，的 最小值为_ 7.（2020

3、海淀二模）（本小题共 14 分） 已知是公差为的无穷等差数列，其前项和为.又，且，是否存在大于的正整数,使得 ？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 从，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答. 注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分。 8（2020西城高三二模）（本小题满分 14 分） n 2 n Snn 23 aa 678 n a 1 2a = 1 2 nn aa + =*nNk126k = n a 125 16,1aaa 1 a n an n Sn n adn n S 5 40S 1 k 1k SSk 1 4a 2d 从前项和，且这三个条件中任选一个，补 充到下面的问题中，

4、并完成解答 在数列中，_，其中 （）求的通项公式； （）若成等比数列，其中，且，求的最小值 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 9.（2020东城高三二模）（本小题 14 分） 已知为等比数列，其前项和为，且满足，.为等差数列，其前项和为， 如图_，的图象经过,两个点 （）求； （）若存在正整数，使得，求的最小值. 从图，图，图中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。 图图图 n 2 () n Snp pR 1 3 nn aa 6 11a 12 2 nnn aaa n a 1 1a * nN n a 1, , nm a a a

5、 * ,m nN1mnm n a n n S 3 1a 32 31Sa n b n n T n T AB n S n nn bS n B A 6 5 3 4 2 nO Tn 1234 3 1 2 1 B A 1 2 1 3 4321 Tn On 2 4 3 5 6 B A 6 5 3 4 2 nO Tn 1234 3 1 2 1 10.（2020朝阳高三二模）(本小题 14 分) 已知是公差为的等差数列，其前项和为，且, .若存在正整数 ，使得 有最小值. (I)求的通项公式; (II)求的最小值. 从这三个条件中选择符合题意的一个条件,补充在上面问题中并作答. 11. （2020丰台高三二模

6、）（本小题共 14 分） 已知等差数列的前项和为，. （）求数列的通项公式； （）若等比数列满足，且公比为，从；这三个条件中任选 一个作为题目的已知条件，求数列的前项和. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 12.（2020房山高三二模）（本小题 14 分） 已知数列 n a 的前n项和为 n S ， 1 1a ，是否存在正整数k（ 1k ），使得 12 , kk a a S 成等比数列？若存 在，求出k的值；若不存在，说明理由 从 1 20 nn aa ， 1 (2) nn SSn n ， 2 n Sn 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答 n adn n S 5 1a

7、 n n S n a n S 31,2,2add n a n n S 1 2a 5 20=S n a n b 44 9ab q 2q 1 2 q 1q nn ab n n T 13.（2020海淀二模）（本小题共 14 分） 在平面直角坐标系中，为坐标原点.对任意的点，定义.任取点，记 ，若此时 成立，则称点相关. （）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由； ； . （）给定，点集. ()求集合中与点相关的点的个数； ()若，且对于任意的，点相关，求中元素个数的最大值. 14（2020西城高三二模）（本小题满分 14 分） 设为正整数，区间（其中，）同时满足下列两个条件： 对任意，存在使

8、得； 对任意，存在，使得（其中） （）判断能否等于或；（结论不需要证明） （）求的最小值； （）研究是否存在最大值，若存在，求出的最大值；若不在在，说明理由 O ( , )P x y| |OPxy 1122 (,),(,)A x yB xy 1221 (,),(,)A x yB xy 2222 |OAOBOAOB , A B ( 2,1), (3,2)AB(4, 3),C(2,4)D *nN3n( , )|, , n x ynxnnyn x y Z n (1,1)A n S ,A BS, A B S N,1 kkk Ia a k a R1,2,kN 0,100 xk k xI 1,2,kN0,

9、100 x i xI1,2,1,1,ikkN (1,2,) k akN1k 1 2 k N NN 15.（2020东城高三二模）（本小题 14 分） 设数列：，.已知（），定义 数表，其中 （）若，写出; （）若是不同的数列，求证：数表满足“（）” 的充分必要条件为“”; （）若数列与中的 1 共有个, 求证：数表中 1 的个数不大于. 16.（2020朝阳高三二模）(本小题 15 分) 已知函数. (I)若曲线在点处的切线的斜率为 1. (i)求的值; (ii)证明:函数在区间内有唯一极值点; (II)当时，证明对任意. 12n Aaaa： ， ，L 12n Bbbb： ， ，L01 ij

10、ab ，, , ;, ,in jnLL1 21 2 n n 11121 21222 12 () n n nnnn xxx xxx X AB xxx ， L L MMMM L 1 0 ij ij ij ab x ab ， ， : 1,1,1,0A: 0,1,0,0B()X AB， AB，n n()X AB，= ijji xx, , ;, , ;1 21 2LLinjn ij 1(1,2, ) kk abknL ABnn n()X AB， 2 2 n ()2f xsinxxcosxax aR yf x 0,0f a f x(0)， 1a 0()0 xf x， 17. （2020西城高三（下）6 月

11、模拟）(本小题满分 14 分) 如图,表 1 是一个由个非负实数组成的行列的数表,其中表 示位于第行第列的数.将表 1 中每一列的数都按从大到小的次序从上到下重新排列(不改变该数所在的列 的位置),得到表(即,其中). 表 1 表 2 ()判断是否存在表 1,使得表 2 中的等于等于呢?(结 论不需要证明) ()如果,且对于任意的,都有成立,对于任意的 ,都有成立,证明:; ()若,求最小的正整数,使得任给,都有 成立. 40 204020 , 1,2,40;1,2,20 m n amn mn 2 ,1,i jij bb1,2,39;1,2,20ij 1,1a1,2a1,20a 2,1a2 2

12、a，2 20a， 40,1a40 2a，40 20a， 1,1b1,2b1,20b 2,1b2 2b，2 20b， 40,1b40 2b，40 20b， , 1,2,40;1,2,20 i j bij100?ij 2 j i 40,20 1b1,2,39;1,2,20ij ,1, 1 i jij bb 1,2,40;1,2,19mn ,1 2 m nm n bb 1,1 78b ,1,2,20 191,2,40 iii aaaikik ,1,2,20 19 iii bbb 18.（2020昌平高三二模）（本小题 14 分） 已知有限数列，从数列中选取第项、第项、第项，顺次排列构成数列 ，其中，

13、则称新数列为的长度为的子列规定：数列的任意一项都 是的长度为 1 的子列若数列的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列为完全数列 设数列满足. （）判断下面数列的两个子列是否为完全数列，并说明由； 数列：；数列： （）数列的子列长度为，且为完全数列，证明：的最大值为 6； （）数列的子列长度，且为完全数列，求的最大值 19. （2020丰台高三二模）（本小题共 14 分） 已知无穷集合,且，记，定义：满足时，则称 集合互为“完美加法补集”. （）已知集合.判断 2019 和 2020 是否属于集合，并 说明理由； （）设集合 . ()求证：集合互为“完美加法补集”； （）记和分别表示集合中不大

14、于的元素个数，写出满足 的元素的集合.（只需写出结果，不需要证明） ,A B,ABNN ,ABab aA bB * ()ABN ,A B 21,Aa ammN2 ,Bb bn nNAB 2422 024222 +2 +2 +2 +2 ,0,1;0,1, ,N , is isi Ax xis sLLL 132 121* 132 1212 1 2 +2 +2+2,0,11, ,N is isi Bx xis s LLL； ,A B A n B n ,A B * ()n nN A n 1B nn n 20.（2020房山高三二模）（本小题 14 分） 已知集合P的元素个数为3n ()n * N 且元

15、素均为正整数，若能够将集合P分成元素个数相同且两两没有公共 元素的三个集合A，B，C，即P ABC ，A B ，AC ，BC ，其中 12 , n Aa aa ， 12 , n Bb bb ， 12 , n Cc cc ，且满足 12n ccc ， kkk abc ， 1,2,kn ，则称集合P为“完美集合” （）若集合 1,2,3P ， 1,2,3,4,5,6Q ，判断集合P和集合Q是否为“完美集合”？并说明理由； （）已知集合 1, ,3,4,5,6Px 为“完美集合”，求正整数x的值； （）设集合 |13 ,Pxxn n * N ，证明：集合P为“完美集合”的一个必要条件是 4nk 或

16、41nk ()n * N 21.（2020密云高三二模）（本小题满分 14 分） 设n为正整数，集合A=对于集合A中的任意元素 和，记 （）当n=3 时，若，求和的值； （）当时，对于中的任意两个不同的元素， 证明： （）给定不小于 2 的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素， 写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由 2020 北京各区高三二模数学分类汇编数列与创新压轴题 参考答案 1.B 2.6 3.9,5 4. 5. 己卯；60 6.-10，-30 7.（本小题共 14 分） 解：选择条件，不存在正整数,使得. 解法 1 理由如下： 在等差数列中， 又，. 所

17、以由 得 所以 . 又因为， 所以数列为递增数列.即，都有. 所以不存在正整数,使得. 解法 2 理由如下： 在等差数列中， 又，. 所以由 得 所以. 令，即. (1)k k 1k SS n a 511 54 5510 2 Sadad 1 4a 5 40S 1 1 4, 51040 a ad 2.d 1 (1)42(1)22 n aandnn 11 0 nnn SSa n S1k 1k SS (1)k k 1k SS n a 511 54 5510 2 Sadad 1 4a 5 40S 1 1 4, 51040 a ad 2.d 2 1 (1)(1) 423 22 k k kk k Skad

18、kkk 1 4 k SS 2 340kk 解得或. 因为，所以与均不符合要求. 所以不存在正整数,使得. 选择条件，存在正整数,使得. 理由如下： 在等差数列中， 又，. 所以由 得 所以. 令，即. 整理得.解得或. 因为，所以. 所以当时，. 8（本小题满分 14 分） 解：选择 ： ()当时，由，得.2 分 当时，由题意，得，3 分 所以（）.5 分 经检验，符合上式， 所以.6 分 ()由成等比数列，得，8 分 即.9 分 1k 4k 1k 1k 4k (1)k k 1k SS 12k 1k SS n a 511 54 5510 2 Sadad 2d 5 40S 1 2, 51040

19、d ad 1 12.a 2 1 (1)(1) 12( 2)13 22 k k kk k Skadkkk 1 12 k SS 2 1312kk 2 13120kk1k 12k 1k 12k 12k 1k SS 1n 11 1Sa0p 2n 2 1 (1) n Sn 1 21 nnn aSSn 2n 1 1a 21 () n annN* * 1, , nm a a a 2 1nm aaa 2 (21)1 (21)nm 化简，得，11 分 因为，是大于 1 的正整数，且， 所以当时，有最小值14 分 选择: ()因为，所以2 分 所以数列是公差的等差数列4 分 所以.6 分 ()由成等比数列，得，8

20、 分 即.9 分 化简，得，11 分 因为，是大于 1 的正整数，且， 所以当时，取到最小值 614 分 选择： ()由，得. 所以数列是等差数列2 分 又因为， 所以4 分 所以.6 分 ()因为成等比数列，所以，8 分 即.9 分 化简，得，11 分 因为，是大于 1 的正整数，且， 所以当时，有最小值 14 分 22 11 2212() 22 mnnn mnmn 2n m 5 1 3 nn aa 1 3 nn aa n a3d 1 (1)32() n aandnnN* * 1, , nm a a a 2 1nm aaa 2 (32)1 (32)nm 22 22 3423() 33 mnn

21、n mnmn 2n m 12 2 nnn aaa 121nnnn aaaa n a 1 1a 61 511aad 2d 1 (1)21() n aandnnN* * 1, , nm a a a 2 1nm aaa 2 (21)1 (21)nm 22 11 2212() 22 mnnn mnmn 2n m 5 9.（本小题 14 分） 解：（）由，得，即， 因为， 所以，. 所以.6 分 （）由图知：，可判断，数列是递减数列；而递增，由于 ， 所以选择不满足“存在，使得” 由图知：，可判断，数列是递增数列； 由图知：，可判断，数列是递增数列. 所以选择均可能满足“存在，使得” 第一种情况： 如果

22、选择条件即，可得：，. 当时，不成立， 当时， 所以使得成立的的最小值为 8.14 分 第二种情况： 如果选择条件即，可得：，. 当时，不成立， 当时，成立， 32 31Sa 12 2aa 33 2 2aa qq 3 0a 1 2 q 1 4a 3 1 4 1 12 8 182 1 2 1 2 n n n n S 11 1Tb 3 3T 0d n b 3 82 n 11 bS n nn bS 11 1Tb 3 6T 0d n b 11 3Tb 3 0T 0d n b n nn bS 11 1Tb 3 6T 1d n bn =1,2,3,4,5,6,7n nn bS 8n 3 8 888 8,8

23、2 bSb nn bS n 11 3 Tb 3 0T 3d 36 n bn =1,2,3,4n nn bS 5n 3 5 555 9,82 bSb 所以使得成立的的最小值为 5.14 分 10.（本小题 14 分） 解：（不可以选择作为补充条件.） 选择作为补充条件. 解答如下：（）因为，所以 所以4 分 （）由（）可知 所以 因为，所以当或时，取得最小值，最小值为 故存在正整数或，使得有最小值，最小值为14 分 选择作为补充条件. 解答如下：（）因为， 所以4 分 （）由（）可知 所以所以当时，取得最小值，最小值为 故存在正整数，使得有最小值，最小值为14 分 11.（本小题共 14 分）

24、解： （）设等差数列的公差为， 又因为，且， 所以，故. 所以.6 分 （）由（）可知，又，所以. nn bS n 5 1a 3 1 a1d 1 (5) 14() n annnN 1 3 a 1 ()1 (7) 22 n n n aa Sn n nN3n4 n S6 3n4 n S6 5 1a2d 1 (5) 229() n annnN 1 7 a 21 () 8 2 n n n aa Snn4n n S16 4n n S16 n ad 1 (1) 2 n n n Snad 1 2a 5 10 1020Sd 1d 1 n an 4 5a 44 9ab 4 4b 若选择条件，可得， .14 分

25、若选择条件，可得， . 若选择条件，可得， . 12.（本小题 14 分） 解：选择 2q 4 1 3 1 2 b b q 1122 ()()() nnn Tababab 1212 ()() nn aaabbb 11 ()(1) 21 n n n aabq q 1 (3)1 2 22 n n n 1 2 q 4 1 3 32 b b q 1122 ()()() nnn Tababab 1212 ()() nn aaabbb 11 ()(1) 21 n n n aabq q 6 (3) 264 2 n n n 1q 4 1 3 4 b b q 1122 ()()() nnn Tababab 12

26、12 ()() nn aaabbb 11 ()(1) 21 n n n aabq q (3) +2(1( 1) ) 2 n n n 由 1 20 nn aa ，得 1 2 nn aa ，得 1 2 n n a a ， 因为 1 1a ，所以 n a 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列 所以11 1 2 nn n aa q 所以1 2k k a 22 2 1 2 (1)1 2 21 11 2 kk k k aq S q 若 12 , kk a a S 成等比数列，则2 12kk aaS 即1 2 (2) k 2 21 k 化简得2 (2 )16 240 kk 解得2 82 15 k 因为k为

27、正整数且 1k ，所以k不存在 选择 当 1 2 nnn naSSn 时， ， 因为 1 1a 符合上式，所以 n an n a 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列 所以 k ak 12 2 ()(2)(12)(2)(3)(2) 222 k k aakkkkk S 若 12 , kk a a S 成等比数列，则2 12kk aaS 即 2 (3)(2) 2 kk k 因为k为正整数且 1k ，所以解得 6k 选择 当22 1 2(1)21 nnn naSSnnn 时， ， 因为 1 1a 符合上式，所以 21 n an n a 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列 所以 21 k ak

28、， 2 2(2) 123 k akk 2 12 2 ()(2)(123)(2) (2) 22 k k aakkk Sk 若 12 , kk a a S 成等比数列，则2 12kk aaS 即22 (21)(2)kk 因为k为正整数且 1k ，所以解得 3k 13.（本小题共 14 分） 解：（）由题知，进而有 ， ， 所以. 所以两点相关； 由题知，进而有 ， ， 所以， 所以两点不相关. （）()设的相关点为，, 由题意，. ( 2,2),(3,1)AB 2222 |(2+1)(32)34OAOB 2222 |(2+2)(3 1)32OAOB 2222 |OAOBOAOB ,A B (4,4

29、),(2, 3)CD 2222 | =4+3)(24)85OCOD（ 2222 |4+4)(23)89OCOD（ 2222 |OCODOCOD ,C D (1,1)A( , )B x y, x yZ,nxnnyn (1, )Ay( ,1)B x 因为点相关，则. 所以. 所以. 当时,则相关点的个数共 3 个; 当时,则相关点的个数共个; 当时, ，则相关点的个数共个. 所以满足条件点B共有(个). ()集合中元素个数的最大值为. 符合题意 下证：集合中元素个数不超过. 设，若点相关，则 . 则. 所以. 设集合中共有个元素，分别为， 不妨设，而且满足当，. 下证：. 若，. 若，则必有. 记

30、， 显然，数列至多连续 3 项为 0，必有， ,A B 2222 42| 12| 12|xyxyyyxx | 10 xyxy (| 1)(| 1)0 xy 0 x|0,1y (1,1)A | 1x (1,1)A42n | 2x | 1y (1,1)A4 (1)n n 2 4 (1)42345n nnn S81n (0,0),(0, 1),( 1, 1),( 1,),( 2,),(,)Snnnn S81n 1122 ( ,), (,)A x yB x y,A B 2222 11112222 2|2|xyxyxyxy 2222 12122121 2|2|xyxyxyxy 1 1221221 | |

31、x yx yx yx y 1212 (|)(|)0 xxyy Sm( ,) iii A x y1 im *iN 12 | | m xxx 1 | | ii xx 1 | | ii yy 12 | | m yyy 1 | | ii xx 1 | | ii yy 1 | | ii xx 1 | | ii yy 11 | iiiii dxyxy 11im *iN i d 123 1 iiii dddd 假设， 则. 而, 因此，必有或. 可得，不可能同时为 0，则. 所以. 必有，. 所以，. 因此，. 若，则，矛盾. 同理，矛盾. 因此，假设不成立. 所以. 所以集合中元素个数的最大值为. 14（

32、本小题满分 14 分） 解：()可以等于，但不能等于. 3 分 ()记为区间的长度， 则区间的长度为，的长度为 . 由，得.6 分 又因为，显然满足条件，. 所以的最小值为.8 分 ()的最大值存在，且为.9 分 解答如下： 81mn 1281123481 ()21 nn ddddddddn 12818181 | 21 nnn dddxxyyn 1 0 x 1 0y 12 ,d d 12 1dd 1281123481 ()()2 nn ddddddddn 88 | | nn xyn 11 0 xy 1 1d 23 0dd 22 | 1xy 33 | 1xy 44 | 1xy 2 | 1x 23

33、4 ,(1,0),( 1,0)A A A 2 | 1y 81mn S81n k a1k k a1 2 k ba , a b 0,100100 k I1 100N 1 0,1I 2 1,2I 100 99,100I N100 N200 （1）首先，证明. 由,得互不相同，且对于任意，. 不妨设. 如果，那么对于条件，当时，不存在，使得. 这与题意不符，故.10 分 如果，那么， 这与条件中“存在，使得”矛盾， 故. 所以， 则. 故. 若存在，这与条件中“存在，使得”矛盾， 所以.12 分 （2）给出存在的例子. 令，其中，即为等差数列，公差. 由，知，则易得， 所以满足条件. 又公差， 所以，

34、.（注： 为区间的中点对应的数） 所以满足条件. 综合（1）（2）可知的最大值存在，且为.14 分 200N 12 , N I IIk0,100 k I 12n aaa 2 0a1k 0,100 x i xI(2,3,)iN 2 0a 11 1 kk aa 11kkk III 0,100 x i xI(1,2,1,1,)ikkN 11 1 kk aa 42 11aa 64 12aa 200198 199aa 200 1100a 12200 0,100III 201 I0,100 x i xI(1,2,200)i 200N 200N 1100 (1) 2199 k ak 1,2,200k 122

35、00 ,a aa 100 199 d 1d 1kk II 12200 1 201 , 22 III 12200 ,I II 1001 1992 d 100 (1) 199 k kI 100 (1) 199 i kI(1,2,1,1,)ikkN 100 (1) 199 k k I 12200 ,I II N200 15.（本小题 14 分） （）解：.3 分 （）证明： 若，由于 令，由此数列. 由于. 从而有(). 若(). 由于是不同的数列， (1)设，对任意的正整数， 若，可得， 所以. 若，可得， 所以. 同理可证，时，有成立. (2)设，对任意的正整数， 若，可得 ， 所以有，则是相同

36、的数列，不符合要求. 若 ，可得， 0100 0100 () 0100 1011 X AB ， 1(1,2, ) kk abknL 1 0 ij ij ij ab x ab ， ， 1 0 ji ji ji ab x ab ， ， 12n Aaaa： ， ，L 12n Baaa：1，1，1L = ij ab1 ij aa 1 ij aa1 ji aa = ji ab = ijji xx, , ;, , ;1 21 2LLinjn ij = ijji xx, , ;, , ;1 21 2LLinjn ij AB， 1=1 a 1=0 b1k 11 =1 kk xx 1= 1 k ab 1 =0

37、k ab 1 kk ab 11 =0 kk xx0 k b1 k a 1 kk ab 1=0 a 1=1 b1(1,2, ) kk abknL 1=1 a 1=1 b1k 11 =1 kk xx 1= 1 k ab 1 =1 k ab 1 kk ab AB， 11 =0 kk xx0 k b0 k a 所以有 ,则 是相同的数列，不符合要求. 同理可证，时，是相同的数列，不符合要求. 综上，有数表满足“”的充分必要条件为“”.11 分 （）证明：由于数列中的 1 共有个，设中 1 的个数为p， 由此有，中 0 的个数为，中 1 的个数为，中 0 的个数为p. 若，则数表的第i行为数列， 若，则

38、数表的第i行为数列， 所以数表中 1 的个数为. 所以数表中 1 的个数不大于.14 分 16.（本小题 14 分） 解：（）；4 分 （）不妨设 因为，所以，不能整除 因为最多有，六种情况， 而，不满足题意，所以 当时，所以的最大值为9 分 （）假设 由（）可知，当取到最大值时，均能整除 因为，故， 所以 设，则，是的因数， kk ab AB， 1=0 a 1=0 bAB， n n()X AB，= ijji xx1(1,2, ) kk abknL AB，nA AnpBnpB =1 i a()X AB， 12n Bbbb： ， ，L =0 i a()X AB， 12n Bbbb：1- ，1-

39、，1-L ()X AB， 2 2 () ()()2 ()2() 22 pnpn p npnp pp np n n()X AB， 2 2 n 2 A n4 B n 1234 0aaaa 12342434 11 () 22 AA SaaaaaaaaS 24 aa 34 aa A S ( , )i j(1,2)(1,3)(1,4)(2,3)(2,4)(3,4) (2,4)(3,4)624 A n 1,5,7,11A4 A n A n4 1234 0aaaaa A n4 12 aa 13 aa 14 aa 23 aa A S 1423 1 max, 2 AA Saa aaS 1423 1 =max,

40、2 A Saa aa 1423 aaaa 12 uaa 13 vaauv 231 2()2(2 ) A Saauva 所以是的因数，且是的因数 因为，所以， 因为是的因数，所以 因为是的因数，所以是的因数 因为，所以，所以，或 故，或 所以当取到最大值时，或14 分 17.（本小题满分 14 分） 解：（）存在表 1，使得；不存在表 1，使得等于.3 分 （）因为对于任意的，都有， 所以， 所以， 即.6 分 又因为对于，都有， 所以， 所以， 所以. 即.8 分 （）当表 1 如下图时： 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 v 1 2(2)uau

41、1 2(2)va uv 1 2(2 )22uauv v 1 2(2)ua 1 24vua u 11 2(2)412vauau 1 12a 1 24uvua 1 4ua 1 66uaa 1 1212uaa 1111 ,5 ,7,11 Aaaaa 1111 ,11 ,19 ,29 Aaaaa A n4 ,5 ,7 ,11 Aaaaa ,11 ,19 ,29 Aaaaa 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 其中，每行恰好有 1 个 0 和 19 个 1；每列恰好有 2 个 0 和 38 个 1；因此每行的和均为 19

42、.符合题意. 重新排序后，对应表 2 中，前 38 行中每行各数均为 1，每行的和均为 20；后 2 行各数均为 0，因此 .10 分 以下先证：对于任意满足条件的表 1，在表 2 的前 39 行中，至少包含原表 1 中某一行（设为第行）的全部实 数（即包含）. 假设表 2 的前 39 行中，不能包含原表 1 中任一行的全部实数. 则表 2 的前 39 行中至多含有表 1 中的个数， 这与表 2 中前 39 行中共有个数矛盾. 所以表 2 的前 39 行中，至少包含原表 1 中某一行（设为第行）的全部实数.12 分 其次，在表 2 中，根据重排规则得：当时， 所以. 所以. 综上，.14 分

43、18.（本小题满分 14 分） 解：（）数列不是的完全数列；数列是的完全数列.2 分 理由如下： 数列：中，因为，所以数列不是的完全数列； 数列：中，所有项的和都不相等，数列是的完全数列.4 分 （）假设数列长度为，不妨设，各项为 考虑数列的长度为的所有子列，一共有个 记数列的长度为的所有子列中，各个子列的所有项之和的最小值为，最大值为. 所以， 所以其中必有两个子列的所有项之和相同 所以假设不成立 再考虑长度为 6 的子列：12，18，21，23，24，25，满足题意. 所以子列的最大长度为 6.9 分 （）数列的子列长度，且为完全数列，且各项为 所以，由题意得，这 5 项中任意项之和不小于

44、 即对于任意的，有， 即. 对于任意的， 设（），则数列的前项和 下面证明： 因为 ， 所以，当且仅当 时，等号成立 所以的最大值为.14 分 19（本小题共 14 分） 解:（）由，得是奇数， 当，时， 所以，.4 分 （）()首先证明：对于任意自然数可表示为唯一一数组， 其中， 使得， 由于 这种形式的自然数至多有个，且最大数不超过. 由，每个都有两种可能， 所以这种形式的自然数共有个结果. 下证 其中，则 假设存在中，取 最大数为，则 21am2bn2)1abmn（ 2 10091a 20=0b 2019ab 2019AB2020AB p 012ik （ ， ， ， ， ， ， ）LL

45、0 10 1 i ik kN,;, , ,L 121 0121 +2 +2 +2 +2+20 10 1 iik iiki pik k N,;, , ,，LLL 121121 0121 0+2 +2 +2 +2+22 +2 +2 +221 iikikk iik LLLL p 1 2k 1 21 k 0 10 1 i ik kN,;, , ,L i p 1 12 2 222k k L 1444424444 3 个 121 0121 +2 +2 +2 +2+2 iik iik p LL 121 0121 +2 +2 +2 +2+2 iik iik LL 0 10 10 1 ii ik k N,；,；, ,L