2019年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）含答案解析

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1、2019 年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）一、选择题共 8 小题，每小题 5 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1 （5 分）已知集合 Ax| x1，集合 Bx|x 24，则 AB（ ）A x|x2 Bx|1x2 C x|1x2 DR2 （5 分）在复平面内，复数 z 对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3 （5 分） （ ） 4 的展开式中的常数项为（ ）A12 B6 C6 D124 （5 分）若函数 f（x ） ，则函数 f（ x）的值域是（ ）A （，2） B （，2C0，+） D （， 0）（0，2）5 （5 分）如图，函

2、数 f（x ）的图象是由正弦曲线或余弦曲线经过变换得到的，则 f（x）的解析式可以是（ ）Af（x）sin（2x+ ） Bf（x ）sin （4x + ）Cf（x）cos（2x+ ） Df（x ）cos （4x+ ）6 （5 分）记不等式组 ，所表示的平面区域为 D “点（1，1）D”是“k1”的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件7 （5 分）某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为 1） ，则该三棱锥的体积为（ ）A4 B2 C D8 （5 分）某单位周一、周二、周三开车上班的职工人数分别是 14，10，8若这三天中至少有一天开车上班

3、的职工人数是 20，则这三天都开车上班的职工人数至多是（ ）A5 B6 C7 D8二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分9 （5 分）双曲线 y 21 的右焦点到其一条渐近线的距离是 10 （5 分）执行如图所示的程序框图，输出的 x 值为 11 （5 分）在极坐标系中，直线 cos1 与圆 4cos 交于 A，B 两点，则| AB| 12 （5 分）能说明“函数（x）的图象在区间0，2 上是一条连续不断的曲线，若 f（0）f（2）0，则 f（x ）在（ 0，2）内无零点”为假命题的一个函数是 13 （5 分）天坛公园是明清两代皇帝“祭天” “祈谷”的场所天坛公园中的圜丘台共有三

4、层（如图 1 所示） ，上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石铺成（如图 2 所示） 上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有 9 块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多 9 块，则第二十七环的扇面形石块数是 ；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是 14 （5 分）在平面内，点 A 是定点，动点 B，C 满足| | |1， 0，则集合P| + ，12所表示的区域的面积是 三、解答题共 6 小题，共 80 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程15 （13 分）在ABC 中，a ，A12

5、0，ABC 的面积等于 ，且 bc（）求 b 的值；（）求 cos2B 的值16 （13 分）某部门在同一上班高峰时段对甲、乙两座地铁站各随机抽取了 50 名乘客，统计其乘车等待时间（指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过 40 分钟）将统计数据按5，10） ，10，15） ，15，20） ，35，40 分组，制成频率分布直方图：假设乘客乘车等待时间相互独立（）在上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取 1 人，记为 A；从乙站的乘客中随机抽取 1 人，记为 B用频率估计概率，求“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟”的概率；（）在上班高峰时段，从乙站乘车的乘客中随机抽取 3 人

6、，X 表示乘车等待时间小于20 分钟的人数，用频率估计概率，求随机变量 X 的分布列与数学期望17 （14 分）如图，在多面体 ABCDEF 中，平面 ADEF平面 ABCD，四边形 ADEF 为正方形，四边形 ABCD 为梯形，且 ADBC，BAD90，ABAD 1，BC 3（）求证：AFCD；（）求直线 BF 与平面 CDE 所成角的正弦值；（）线段 BD 上是否存在点 M，使得直线 CE平面 AFM？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由18 （13 分）已知函数 f（x ） （a R 且 a0） （）当 a1 时，求曲线 yf （x）在点（1，f（1） ）处的切线方程；（）当 a1 时

7、，求证：f（x ）x+1；（）讨论函数 f（x ）的极值19 （14 分）已知点 M（x 0，y 0）为椭圆 C： +y21 上任意一点，直线 l：x 0x+2y0y2与圆（x 1） 2+y26 交于 A，B 两点，点 F 为椭圆 C 的左焦点（）求椭圆 C 的离心率及左焦点 F 的坐标；（）求证：直线 l 与椭圆 C 相切；（）判断AFB 是否为定值，并说明理由20 （13 分）在无穷数列a n中，a 1，a 2 是给定的正整数， an+2|a n+1a n|，nN*（）若 a13，a 21，写出 a9，a 10，a 100 的值；（）证明：数列a n中存在值为 0 的项；（）证明若 a1，

8、a 2 互质，则数列a n中必有无穷多项为 12019 年北京市朝阳区高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题共 8 小题，每小题 5 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1 （5 分）已知集合 Ax| x1，集合 Bx|x 24，则 AB（ ）A x|x2 Bx|1x2 C x|1x2 DR【分析】先求出集合 A，集合 B，由此能求出 AB【解答】解：集合 Ax| x1，集合 B x|x24x| 2x2，ABx|1 x2故选：B【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2 （5 分）在复平面内，复数 z

9、对应的点位于（ ）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【分析】根据 1i 2 将复数 进行化简成复数的标准形式，得到复数所对应的点，从而得到该点所在的位置【解答】解： i+2所对应的点为（2，1） ，该点位于第四象限故选：D【点评】本题主要考查了复数代数形式的运算，复数和复平面内的点的对应关系，属于基础题3 （5 分） （ ） 4 的展开式中的常数项为（ ）A12 B6 C6 D12【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 0，求出 r 的值，即可求得常数项【解答】解：（ ） 4 的展开式中的通项公式为 Tr+1 （1） rx2r4 ，令 2r40，求得 r2，可得展开

10、式中的常数项为 6，故选：C【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题4 （5 分）若函数 f（x ） ，则函数 f（ x）的值域是（ ）A （，2） B （，2C0，+） D （， 0）（0，2）【分析】分别结合指数函数，对数函数的性质求出函数的取值范围即可【解答】解：当 x1 时，02 x2，当 x1 时，f（ x）log 2xlog 210，综上 f（x）2 ，即函数的值域为（，2） ，故选：A【点评】本题主要考查函数值域的计算，结合分段函数的解析式分别求出对应范围是解决本题的关键5 （5 分）如图，函数 f（x ）的图象是由正弦曲线或余弦曲

11、线经过变换得到的，则 f（x）的解析式可以是（ ）Af（x）sin（2x+ ） Bf（x ）sin （4x + ）Cf（x）cos（2x+ ） Df（x ）cos （4x+ ）【分析】根据周期先求出 的值，排除 B，D ，然后在通过 f（ ）1，进行排除即可【解答】解：函数的周期 T2（ ）2 ，即 ，则 2，排除 B，D，当 x 时，f（ ）1，若 f（x）sin（2x + ） ，则 f（ ）sin（2 + ）sin 1，若 f（x）cos（2x + ） ，则 f（ ）cos（2 + ）cos 0，不满足条件排除 C，故选：A【点评】本题主要考查三角函数图象的识别和判断，结合条件利用排除法是

12、解决本题的关键6 （5 分）记不等式组 ，所表示的平面区域为 D “点（1，1）D”是“k1”的（ ）A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【分析】作出不等式组对应的平面区域，结合不等式组以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：若点（1，1） D，得满足 ，则 k1，即充分性成立，若 k1，则不等式组对应区域为阴影部分，则 A（1，1）D，即“点（1，1）D”是“k1”的充要条件，故选：C【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式组的关系是解决本题的关键7 （5 分）某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为 1） ，则该

13、三棱锥的体积为（ ）A4 B2 C D【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可【解答】解：由题意几何体是直观图如图：是正方体的一部分，三棱锥 PABC，正方体的棱长为：2，几何体的体积为： 故选：D【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键8 （5 分）某单位周一、周二、周三开车上班的职工人数分别是 14，10，8若这三天中至少有一天开车上班的职工人数是 20，则这三天都开车上班的职工人数至多是（ ）A5 B6 C7 D8【分析】设周一，周二，周三开车上班的职工组成的集合分别为 A，B，C，集合A，B，C 中元素个数分别为 n（A） ，n（B

14、） ，n（C） ，根据 n（ABC ）n（A）+n（B）+n（C）n（AB ） n（AC ）n（BC）+n（ABC） ，且 n（AB）n（AB C） ，n（AC）n（ABC ） ，n（BC）n（ABC）可得【解答】解：设周一，周二，周三开车上班的职工组成的集合分别为 A，B，C，集合A，B，C 中元素个数分别为 n（A） ，n（B） ，n（C） ，BC则 n（A）14，n（B）10，n（C ）8，n（ABC）20，因为 n（AB C）n（A）+ n（B ）+ n（C ）n（AB ）n（A C ）n（BC）+n（ABC） ，且 n（AB）n（ABC） ，n（AC ）n（ABC） ，n（BC）n（

15、ABC） ，所以 14+10+820+n（ABC ）3n（ABC） ，即 n（ABC） 6故选：B【点评】本题考查了 Venn 图表达集合的关系以及运算，属中档题二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分9 （5 分）双曲线 y 21 的右焦点到其一条渐近线的距离是 1 【分析】确定双曲线的右焦点与一条渐近线方程，利用点到直线的距离公式，即可得到结论【解答】解：双曲线 y 21 的右焦点坐标为（ ，0） ，一条渐近线方程，x2y0双曲线 y 21 的右焦点到一条渐近线的距离为 1故答案为：1【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于基础题10

16、（5 分）执行如图所示的程序框图，输出的 x 值为 【分析】根据程序框图进行模拟计算即可【解答】解：当 x2，n1 时，n2 成立，则 x ，n2，此时 n2 成立，则 x ，n3，此时 n2 不成立，输出 x ，故答案为：【点评】本题主要考查程序框图的应用，利用条件进行模拟运算是解决本题的关键11 （5 分）在极坐标系中，直线 cos1 与圆 4cos 交于 A，B 两点，则| AB| 2 【分析】求出直线的普通方程和圆的普通方程，求出圆心和半径，再求出圆心到直线的距离，由此能求出弦长【解答】解：直线 cos1 的普通方程为 x1，圆 4cos 的普通方程为 x2+y24x0，圆心 C（2，

17、0） ，半径 r 2，圆心 C（2，0）到直线 x1 的距离 d1，|AB| 2 2 2 故答案为：2 【点评】本题考查弦长的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题12 （5 分）能说明“函数（x）的图象在区间0，2 上是一条连续不断的曲线，若 f（0）f（2）0，则 f（x ）在（ 0，2）内无零点”为假命题的一个函数是 f （x）（x1） 2 【分析】取函数 f（x ）（x1） 2，可得：f（0）f （2） 1110，f（1）0，满足“若 f（0）f（2）0，则 f（x ）在（0，2）有零点”为真命题，即”若 f（0）f（2）0，则 f（x）在（0，

18、2）内无零点”为假命题，得解【解答】解：“若 f（0）f（2）0，则 f（x ）在（0，2）内无零点”为假命题，即“若 f（0）f（2）0，则 f（x ）在（0，2）有零点”为真命题，取函数 f（x）（ x1） 2，可得：f（0）f （2）11 10，f（1）0，故答案为：f（x ）（x1） 2【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系及零点定理，属中档题13 （5 分）天坛公园是明清两代皇帝“祭天” “祈谷”的场所天坛公园中的圜丘台共有三层（如图 1 所示） ，上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石铺成（如图 2 所示） 上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第

19、十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有 9 块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多 9 块，则第二十七环的扇面形石块数是 243 ；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是 3402 【分析】根据条件知每环石块数构成等差数列，首项 a19，d9，利用等差数列的通项公式以及前 n 项和公式进行计算即可【解答】解：由题意知每环石块数构成等差数列，首项 a19，d9，则 a27a 1+26d9+26 9243，上、中、下三层坛所有的扇面形石块数为前 27 项和，即 S27 3402，故答案为：243，3402【点评】本题主要考查等差数列的应用，结合等差数列的通项公

20、式是解决本题的关键14 （5 分）在平面内，点 A 是定点，动点 B，C 满足| | |1， 0，则集合P| + ，12所表示的区域的面积是 3 【分析】把所给等式平方，得到 的范围，即 P 点的轨迹为圆环，得解【解答】解：由 ，得 2+1，12，2 2+15， | | ，P 点轨迹为以 A 为圆心的圆环，其面积为：523 ，故答案为：3【点评】此题考查了向量模的几何意义，难度不大三、解答题共 6 小题，共 80 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程15 （13 分）在ABC 中，a ，A120，ABC 的面积等于 ，且 bc（）求 b 的值；（）求 cos2B 的值【分析】 （）由已知利

21、用三角形的面积公式可求 bc4，由余弦定理可解得 b+c5，联立，根据 bc ，可得 b 的值（）由（）根据余弦定理可求 cosB 的值，根据二倍角的余弦函数公式即可计算得解 cos2B 的值【解答】 （本题满分为 13 分）解：（）a ，A120，ABC 的面积等于 ，可得： bcsinA bc，可得：bc4，由余弦定理可得：21b 2+c2+bc（b+c） 2bc（b+c） 24，可得：（b+c）225，解得：b+c5，联立可得： b4，c 1，或 b1，c4，bc，可得：b1，c4可得 b 的值为 1（）由（）可得：a ，b1，c4，cosB ，cos2B2cos 2B1 【点评】本题主

22、要考查了三角形的面积公式，余弦定理，二倍角的余弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题16 （13 分）某部门在同一上班高峰时段对甲、乙两座地铁站各随机抽取了 50 名乘客，统计其乘车等待时间（指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过 40 分钟）将统计数据按5，10） ，10，15） ，15，20） ，35，40 分组，制成频率分布直方图：假设乘客乘车等待时间相互独立（）在上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取 1 人，记为 A；从乙站的乘客中随机抽取 1 人，记为 B用频率估计概率，求“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟”的概率；（）在上班高峰

23、时段，从乙站乘车的乘客中随机抽取 3 人，X 表示乘车等待时间小于20 分钟的人数，用频率估计概率，求随机变量 X 的分布列与数学期望【分析】 （）设 M 表示事件 “乘客 A 乘车等待时间都小于 20 分钟” ，N 表示“乘客 B乘车等待时间都小于 20 分钟” ，C 表示“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟” ，由题意得：P（A）（0.012+0.040+0.048）50.5，P（ B）（0.016+0.028+0.036 ）50.4，由此能求出“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟”的概率（）X 的可能取值为 0，1，2，3，且 XB（3， ） ，由此能求出随机变量 X

24、 的分布列与数学期望【解答】解：（）设 M 表示事件 “乘客 A 乘车等待时间都小于 20 分钟” ，N 表示“乘客 B 乘车等待时间都小于 20 分钟” ，C 表示“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟” ，由题意得：P（A）（0.012+0.040+0.048）50.5，P（B）（0.016+0.028+0.036）50.4，“乘客 A，B 乘车等待时间都小于 20 分钟”的概率：P（C）P（MN）P（M ）P（N ）0.50.40.2（）由（）得乙站乘客乘车等待时间小于 20 分钟的概率为 0.4，乙站乘客乘车时间等待时间小于 20 分钟的概率为 ，X 的可能取值为 0，1，2，

25、3，且 XB（3， ） ，P（X0） ，P（X1） ，P（X2） ，P（X3） ，X 的分布列为：X 0 1 2 3P E（X）3 【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题17 （14 分）如图，在多面体 ABCDEF 中，平面 ADEF平面 ABCD，四边形 ADEF 为正方形，四边形 ABCD 为梯形，且 ADBC，BAD90，ABAD 1，BC 3（）求证：AFCD；（）求直线 BF 与平面 CDE 所成角的正弦值；（）线段 BD 上是否存在点 M，使得直线 CE平面 AFM？若存在，求 的

26、值；若不存在，请说明理由【分析】 （）利用两面垂直的性质定理易证；（）取 BC 的三等分点 G，H ，把 BF 平移至 EG，作 GNCD 于 N，得GEN 即为所求；（）连接 FH，易证 EC平面 AFH，连 AH 交 BD 于 M 即可【解答】解：（）证明：四边形 ADEF 为正方形，AFAD ，又平面 ADEF平面 ABCD，AF平面 ABCD，AFCD；（）取 BC 的三等分点 G，H 如图，连接 EG，可由 EFAD，ADBC，得 EFBG ，且 EFAD BG1，四边形 BGEF 为平行四边形，GEBF，DEAF，DE平面 ABCD，平面 EDC平面 ABCD，作 GNCD 于 N

27、，则 GN平面 EDC，连接 EN，则GEN 为 GE 与平面 EDC 所成的角，在 Rt CGD 中，求得 GN ，又 GEBF ，sinGEN ，故直线 BF 与平面 CDE 所成角的正弦值为： ；（）连接 FH，易证四边形 EFHC 为平行四边形，ECFH，EC平面 AFH，连接 AH 交 BD 于 M，则 CE平面 AFM，此时 ， 【点评】此题考查了线面垂直，面面垂直，线面所成角，线面平行等，难度适中18 （13 分）已知函数 f（x ） （a R 且 a0） （）当 a1 时，求曲线 yf （x）在点（1，f（1） ）处的切线方程；（）当 a1 时，求证：f（x ）x+1；（）讨论

28、函数 f（x ）的极值【分析】 （）把 a1 代入函数解析式，求得函数的导函数，进一步求出 f（1）与f（1） ，再由直线方程的点斜式得答案；（）当 a1 时，f（x ） ，把证明 f（x）x+1 转化为证 ln（x ）x 2+x，令 tx（t0） ，构造函数 g（t）t 2t lnt，利用导数证明 g（t）0 即可；（）求出原函数的导函数，对 a 分类分析函数的单调性，进一步求得极值【解答】 （）解：当 a1 时，f（x ） ，f（x） ，f（1）0，f（1）1，曲线 yf（x）在点（1，f（1） ）处的切线方程为 yx1；（）证明：当 a1 时，f（x ） ，证明 f（x）x+1，即证 l

29、n（ x ）x 2+x，令 tx（t0） ，也就是证 t2tlnt0（t 0） 令 g（t）t 2tlnt，则 g （t ） 当 t（0，1）时，g（t）0，当 t（1，+）时，g （t ）0，g（t）在（0，1）上单调递减，在（ 1，+）上单调递增，则 g（t）g（1）0，即 f（x）x+1；（）解：f（x ） ，则 f（x） ，当 a0 时，由 f（x ）0，得 1ln （ax）0，即 0axe，0x ；由 f（x）0 ，得 1ln（ax）0，即 axe，x f（x）在（0 ， ）上单调递增，在（ ，+）上单调递减，f（x）有极大值为 f（ ） ；当 a0 时，由 f（x ）0，得 1ln

30、 （ax）0，即 axe， x0；由 f（x）0 ，得 1ln（ax）0，即 axe，x f（x）在（ ， ）上单调递减，在（ ，0）上单调递增，f（x）有极小值为 f（ ） 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，体现了分类讨论的数学思想方法，属难题19 （14 分）已知点 M（x 0，y 0）为椭圆 C： +y21 上任意一点，直线 l：x 0x+2y0y2与圆（x 1） 2+y26 交于 A，B 两点，点 F 为椭圆 C 的左焦点（）求椭圆 C 的离心率及左焦点 F 的坐标；（）求证：直线 l 与椭圆 C 相切；（）判断AFB 是否为定值，并说明理由【分析】

31、（）根据椭圆的离心率公式即可求出，（）根据判别式即可证明（）根据向量的数量积和韦达定理即可证明，需要分类讨论，【解答】解：（）由题意可得 a ，b1，则 c 1，椭圆 C 的离心率 e ，左焦点 F 的坐标（1，0） ，证明：（）由题意可得 +y021，当 y00 时，直线 l 的方程为 x 或 x ，直线 l 与椭圆相切，当 y00 时，由 可得（2y 02+x02）x 24x 0x+44y 020，即 x22xx 0+22y 020，（2x 0） 24（22y 02）4x 02+8y0280，故直线 l 与椭圆 C 相切（）设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，当 y00 时

32、，x 1x 2，y 1y 2，x 1 ， （x 1+1） 2y 12（x 1+1） 26+（x 11） 22x 1240， ，即AFB90当 y00 时，由 ， （y 02+1）x 22（2y 02+x0x）x+210y 020，则 x1+x2 ，x 1x2 ，y 1y2 x1x2 （x 1+x2）+ ， （x 1+1，y 1）（x 2+1，y 2）x 1x2+x1+x2+1+y1y2 + + 0， ，即AFB90综上所述AFB 为定值 90【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查向量的运算，注意直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题20 （13 分）在无穷数列a

33、 n中，a 1，a 2 是给定的正整数， an+2|a n+1a n|，nN*（）若 a13，a 21，写出 a9，a 10，a 100 的值；（）证明：数列a n中存在值为 0 的项；（）证明若 a1，a 2 互质，则数列a n中必有无穷多项为 1【分析】 （）由 a13，a 21，结合数列递推式直接求得 a9，a 10，a 100 的值；（）利用反证法证明，假设i ，a i0，由于 an+2|a n+1a n|，证得当 kM 时，a2k+10 ，与 a2k+10 矛盾；（）利用反证法证明数列a n中必有“1”项，再利用综合法证明数列 an中必有无穷多项为“1” 【解答】 （）解：由 a13

34、，a 21，a n+2|a n+1a n|，nN*得 a90，a 101，a 100，1；（）证明：反证法：假设i ，a i0，由于 an+2|a n+1a n|，记 Mmax a1，a 2，则 a1M，a 2M则 0a 3|a 2 a1|M 1，0 a 4| a3a 2|M1，0a 5|a 4a 3|M 2，0 a6| a5a 4|M2，依次递推，有 0a 7|a 6a 5|M 3，0a 8| a7a 6|M3，则由数学归纳法易得 a2k+1Mk，kN*当 kM 时，a 2k+10 ，与 a2k+10 矛盾故存在 i，使 ai0数列a n必在有限项后出现值为 0 的项；（）证明：首先证明：数

35、列a n中必有“1”项用反证法，假设数列a n中没有“1”项，由（）知，数列a n中必有“0”项，设第一个“0”项是 am（m3） ，令 am1 p，p1，pN*，则必有 am2 p，于是，由 pa m1 |a m2 a m3 | pa m3 |，则 am3 2p，因此 p 是 am3 的因数，由 pa m2 |a m3 a m4 |2 pa m4 |，则 am4 p 或 3p，因此 p 是 am4 的因数依次递推，可得 p 是 a1，a 2 的因数，p1，这与 a1，a 2 互质矛盾数列a n中必有“1”项其次证明数列a n中必有无穷多项为“1” 假设数列a n中的第一个“1”项是 ak，令

36、 ak1 q，q1，qN*，则 ak+1|a ka k1 |q1，若 ak+1q11，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+1q11，则 ak+2| ak+1a k|q2，a k+3| ak+2a k+1|1，若 ak+2q21，则进入“1，1，0”的无限循环，有无穷多项为 1；若 ak+2q21，则从 ak 开始的项依次为 1，q1，q2，1，q3，q4，1，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【点评】本题考查数列递推式，考查逻辑思维能力与推理运算能力，训练了利用反证法证明与自然数有关的命题，属难题