2020北京高三一模数学试题分类汇编之压轴题型

1、10.设函数f(x)x(x 1)e .若关于x的不等式f(x) ax 1有且仅有一个整数解，则正数的取值范围是2(D)(A) (0,e(B) (0,e2 (C)1,e215.在四麴t P ABCD中，底面ABCD是正方形，PA 底面ABCD , PA AB 4,E,F,H 分别是棱PB,BC,PD的中点，对于平面 EFH截四锥P ABCD所得的截面多边形， 有以下三个结论：截面的面积等于4J6 ;截面是一个五边形；截面只与四棱锥P ABCD四条侧棱中的三条相交.其中，所有正确结论的序号是 .21.(本小题满分14分)设N为正整数，区间Ik 同冏1(其中ak R, k 1,2,L ,N )同时满

2、足下列两个条件：对任意x 0,100，存在k使得x Ik；对任意 k 1,2,L ,N，存在 x 0,100,使得 x Ii (其中 i 1,2,L ,k 1,k 1,L,N).(I)判断ak (k 1,2,L ,N)能否等于k 1或上1 ;(结论不需要证明).2(n)求N的最小值；(出)研究N是否存在最大值，若存在，求出 N的最大值；若不在在，说明理由.10. D15.21.(本小题满分14分)k解：(I) ak可以等于k 1 ,但ak不能等于一1. 3分2(n )记b a为区间a,b的长度，则区间0,100的长度为100 , Ik的长度为1.由，得N100. 6分又因为Ii 0,1, I2

3、 1,2, L , I100 99,100显然满足条件，.所以N的最小值为100.(m) N的最大值存在，且为 200 .解答如下:(1)首先，证明 N V 200 .由，得IiJ,L ,In互不相同，且对于任意k , Ik I 0,100不妨设a1 a2 L an L .如果a200,那么对于条件，当k 1时，不存在0,100,使得 x h(i 2,3,L ,N).这与题意不符，故 a2 0.10分如果 ak 1 & ak 1 1 ,那么 1k 1kl U 1k 1 ,这与条件中“存在x 0,100,使得 x Ii (i 1,2,L ,k 1,k 1,LN)” 矛盾,故 ak 1 ak 11

4、.所以 a4a2 1 1 , a6a4 1a198 1 99,则 a200 1 100.故 Ii U I2 UL U I2000,100.若存在I201 ,这与条件中“存在x 0,100,使得x Ii(i 1,2,L ,200) ”矛盾，所以N v 200 . 12分(2)给出N 200存在的例子.,1 100，一一、，一 令ak (k 1),其中k 1,2,L ,200 ,即为乌山 向。为等差数列，公差k 2 199100 .1991 201由 d 1,知 ImIk1，则易得 I1 U I2 UL UI200 -,一,2 2所以Ii,I2,L200满足条件P 八* 1001又公差d ， 19

5、9 2,、，100100100所以 (k 1) Ik,(k 1) Ii (i 1,2,L ,k 1,k 1,LN).(注：(k 1)199199i199为区间Ik的中点对应的数)所以Ii，I2，L ,I200满足条件14分综合(1)(2)可知N的最大值存在，且为 200 .10.某同学在数学探究活动中确定研究主题是“an(a 1,n N )是几位数，他以2n(n N )为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如下表：N 2n(n 0)lg NN的位数21lg2一位数22lg4一位数23lg8一位数241 lg1.6两位数251 lg3.2两位数261 lg6.4两位数272 lg1

6、.28三位数282 lg2.56三位数292 lg5.12三位数2103 lg1.024四位数L LL LL L试用该同学的研究结论判断450是几位数(参考数据lg2 0.3010 )A. 101 B. 50 C. 31 D. 3015.给出下列四个函数，yx21；yx1 x2;y 2x 1 ;y x2 cosx其中值域为1,)的函数的序号是.21.(本小题14分)用x表示一个小于或等于x的最大整数.如：2=2, 4.1=4, -3.1=-4.已知实数列a0,ai,对于所有非负整数i满足a 1卜(a 田),其中生是任意一个非零 实数.(I)若 氏 2.6,写出 a1,a2,a3；(阴若a 0,

7、求数列aj的最小值;(m)证明：存在非负整数k,使得当i k时，a ai 2.3 / 2221.（本小题14分）解：(I ) a11.2、a21.6、a?0.8. 吩(n)因 a0 0,则a0 0 ,所以 a ao (ao ao )0 ,设aj 0,i 1 ,则 ai i a/(a )0,所以aj 0, i 0.又因 0 ai ai 1, 则 aa/(a ai) a则a a, i 0. 的假设i 0,都有a0成立，则 a-aj(a ai) ai, 则ai i ai, i 0,即ai i aj 1, i 0, 吩则an a。 n, n 1, 则当n 即时，an 0, 这与假设矛盾，所以aj 0,

8、 i 0不成立，6分即存在k N,ak 0.从而 a, 的最小值为0. 7分(出)当a0 0时，由(2)知，存在k N,ak 0, 所以a- 0,所以田0, 所以a 0, i k,成立.吩当a0 0时，若存在k N,ak 0,则ai 0, i k ,得证； 盼若 ai 0, i 0 ,则a 1,则 ai 1 ai(ai a ) ai , 则ar ai, i 0,所以数列 a单调不减. 由于aj是负整数，m时,a/所以存在整数 m和负整数c,使得当i所以，当i m时，己1c(ai c), 22 c , c则 ai 1 - c(ai -)，令 biaic 1 c 1即 b cb ,i m.211分

9、c当 bm =0 时，贝U R 0,i m ,贝U aj ,i m,得证 c 1当 bm 0时，bi 0,i m, b ci mbm,i m,因当 i m时，ai c,则 a c,c 1),则bi有界，所以|c| 1,所以负整数c 1. 12分1 / i i m 1/ / i m /1 ai 二(1)bm- ( 1) (am -)(i m),2 224 / 22am,im,m 2,m 4,L则ai1 am,i m 1,m 3,L令k=m,满足当i k时，ai 82综上，存在非负整数k,使得当i k时，ai a 2. 14(10)假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间，而后者仅以前者为食物

10、，则我们称前者为被捕食者，后者为捕食者.现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型.假设捕食者的数量以x(t)表示，被捕食者的数量以y(t)表示.下图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系, 说法正确的是：其中箭头方向为时间增加的方向.下列(A)若在tl, t2时刻满足:y(ti)=y(t2),则 x(ti)=x(t2)；(B)(C)(D)如果y(t)数量是先上升后下降的，那么x(t)的数量一定也是先上升后下降；被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值； 被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者的 数量也会达到最大值.(15)设函数f(x)a(x2x1),2a0

11、,，一一给出下列四个结论:0.对aR，使得f (x)t无解;14 / 22对t 0, a R ,使得f (x) t有两解；当a0时，t0 ,使得f (x)t有解；当a2时，tR ,使得f (x)t有三解.其中，所有正确结论的序号是_.全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分注：本题给出的结论中， 有多个符合题目要求。(21)(本小题14分)数列 A x1，x2, x3L , xn,L ,对于给定的t(t 1, t N+),记满足不等式：. 一一 _ _ 一一xn xt t (n t)( n N+, n t)的 t 构成的集合为 T(t).2(I)右数列A： xn = n ,写出集合T(2

12、)；(n)如果T(t) (t N+, t 1)均为相同的单元素集合，求证：数列x1，x2L , xn,L为等差数列；( III) 如果 T(t) (t N+， t 1)为单元素集合，那么数列x1， x2， L ， xn，L 还是等差数列吗？如果是等差数列，请给出证明；如果不是等差数列，请给出反例.(21)(本小题14 分)2*解：(I)由于 A: Xn = n , T(2)为满足不等式Xn xt t (n t)( n N + )的t构成的集合，所以 有： n 2 4 t (n 2)( n N +, n t) ，当 n 2 时，上式可化为n+2 t ，所以 5 t .当 n=1 时，上式可化为3

13、 t .所以丁(2)为3,5. 4分(n)对于数列A:为，X2, X3L , 4,L ,若T(t)( t N+, t 1)中均只有同一个元素，不妨设为a .下面证明数列A为等差数列.当 n=t +1时，有Xt 1 Xta( t 1)L L (1)；当 n=t 1时，有Xt Xt 1 a( t 1)L L (2)；由于(1)， (2)两式对任意大于1 的整数均成立，所以 有xt i %=a( t 1)成立，从而数列Xi, X2,L, XnL为等差数列.8分( 111) 对于数列A： X1， X2， X3， L ， Xn，L ， 不妨设 T(i) a ， T(j) b ， 1 i j， a b ，

14、由T(i)a可知： XjXia(ji)，由T( j)b可知： XiXjb(ij) ，即Xj Xib( j i) ，从而 a( j i) Xj Xi b( j i) ，所以 a b .设T iti，则 t2t3 L tn L ,这说明如果1 i j ，则 ti tj .因为对于数列A：X1，X2，X3，L，Xn，L， T(t) ( tN+，t 1)中均只有一个元素，首先考察t=2时的情况，不妨设X2 Xi ,因为X2X1 t2,又T 2为单元素集,所以X2X1t2再证t3X3X2,证明如下:由t3的定义可知:t3X3X2 , t3X3 X12，所以 t3 max x3X3X1X2,2又由t2的定

15、义可知X3 X2 t2 =X2所以卜X3X2X3X2X2X12X3 X12，所以X3X2若 t3t2 ,即t3X3X2t2 ，则存在正整数m(m4),使得(m2)t2 Xm X2L L (3),由于X2XiX3X2t3X4X3LXkXk 1tk L所以XmmX2(Xi 3mtii 31 (m 2九，这与(3)矛盾.所以t3t2同理可证t2 t3t5即数列 A: X1, x2, x3,L ,Xn，L,为等差数列.14分(10)如图，在正方体 ABCD- ABC1D1中,棱AB , BB1的中点，点 P在对角线CAi上运动.当 PMN的面积取得最小值时，点 P的位置是(A)线段CA的三等分点，且靠

16、近点(B)线段CA的中点(C)线段CA的三等分点，且靠近点(D)线段CA的四等分点，且靠近点ACC（第10题图） 存在一个以原点为中心、边长为 J2的正方形,aa2 Lan .若对任意(15)数学中有许多寓意美好的曲线，曲线C:(x2 y2)3 4x2y称为“四叶玫瑰线”(如图所示)给出下列三个结论： 曲线C关于直线y x对称；曲线C上任意一点到原点白距离都不超过 1;使得曲线C在此正方形区域内(含边界).其中，正确结论的序号是 .注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得不选或有错选得0分，其他得3分。(21)(本小题14分)设数列A：a,a2K ,an ( n 3)的各项均为正整

17、数，且k 3,4, L ,n,存在正整数i,j(1 i j k)使得ak a 可，则称数列 A具有性质T .(I)判断数列 Ai：1,2,4,7与数列 与：1,2,3,6是否具有性质T ;(只需写出结论)(n)若数列 A具有性质T ,且a1 1 , a2 2 , % 200 ,求n的最小值；(出)若集合 S 1,2,3,L ,2019,2020 S U & U S3 U S4 U & U & ,且 S I Sj(任意i,j 1,2,L ,6 , i j ).求证：存在S ,使得从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.n(10)形如22( n是非负整数)的数称为费马数，记为

18、Fn .数学家费马根据Fo, Fi, F2, F3, F4都是质数提出了猜想：费马数都是质数.多年之后，数学家欧拉计算出F5,不是质数，那么F5的位数是（参考数据；lg2 0.3010 ）(A) 9(B) 10(C) 11(D) 12（15）如图，在等边三角形 ABC中，AB=6 .动点P从点A出发，沿着此三角形三边逆时针运动回到A点，记P运动的路程为x,点P到此三角形中心 O距离的平方为f（x）,5分，不选或有错选得 0给出下列三个结论：函数f（X）的最大值为12 ;函数f （x）的图象的对称轴方程为 x=9;关于x的方程f（x）=kx+3最多有5个实数根.其中，所有正确结论的序号是 .注：

19、本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得分，其他得3分。（21）（本小题共14分）已知数列 an是由正整数组成的无穷数列，若存在常数k N ,使得a2n 1a2nkan，对任意的n N成立，则称数列an具有性质（k）.（i）分别判断下列数列an是否具有性质（2）；（直接写出结论） an 1； an2n.（n）若数列 an满足an 1 an（n 1,2,3,），求证：“数列an具有性质（2）”是“数列an为常数列”的充分必要条件；（出）已知数列an中a11,且an1an（n1,2,3,）.若数列an具有性质（4）,求数列an的通项公式.（21）解：（I）数列 an具有叶Ie质（2）” ；

20、数列an不具有“性质 （2） ”(n)先证“充分性”：当数列an具有“性质 (2) ”时，有a2n 1 a2n 2不又因为an 1an ,所以 0 a2n anan a2n 1 0 ,进而有an a2n结合 an 1 an 有 anan 1a2n ,即“数列an为常数列”；再证“必要性”：若“数列an为常数列”，则有 a2n 1 a2n 2a1 2an ,即“数列an具有“性质 (2) ” .(出)首先证明：an1 an 2.因为an具有“TIe质(4):所以 a2n 1 a2n 4an .当 n 1 时有 a2=3a1 3.又因为 a2n 1,a2n,an N* 且 a2na2n-1,所以有

21、 a2n 2an 1,a2n 1 2an 1,进而有 2an 1 a2n a2n 1 1 2an 1 2,所以 2(an1 an) 3,结合 an+1,an N* 可得：an 1 an2.然后利用反证法证明：an 1 an 2.假设数列an中存在相邻的两项之差大于，即存在k N*满足：a2k 1 a2k 3或 a2k+2 a2k+13 ,进而有4(ak 1 ak) (a2k 2 +a2k+1) (a2k+a2k 1)9.=(a2k 2 a2k )+(a2k + 1 a2k 1)=(a2k2a2k 1) + (a2k+1a2k) +(a2k + 1a2k)(a2ka2k1)又因为ak 1 ak

22、N* ,所以ak i ak 3依次类推可得：a? ai 3 ,矛盾，所以有an i an 2 .综上有：an i an 2,结合ai 1可得an 2n 1 ,经验证，该通项公式满足 a2n i a2n 4an,所以：an 2n 1.10.党的十八大以来，脱贫工作取得巨大成效，全国农村贫困人口大幅减少，下面的统计图反映了 2012-2019年我国农村贫困人口和农村贫困发生率的变化情况（注：贫困发生率困人数（人）+统计人数（人）X100%）根据统计图提供的信息，下了推断不正确的是i2.(m10.0 佻6,0%4,0%20%0.0摘A. 2012-2019 年，全国农村贫困人口逐年递减B. 2013

23、-2019年，全国农村贫困发生率较上年下降最多的是2013年C. 2012-2019年，全国贫困人口数累计减少9348万D. 2019年，全国各省份的农村贫困发生率都不可能超过0.6%?孕15.如果万程了+ ?= 1所对应的曲线与函数？?= ?（?初图象完全重合，那么对于函数?= ?（?用如下结论：函数？（?碓R上单调递减；？?= ?（?那图象上的点到坐标原点距离的最小值为1;函数？?(?邪值域为(-8,2;函数？7? = ?+ ?有且只有一个零点。其中正确结论的序号是 注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。 全部选对得5分，不选或有错选得 0分, 其他得3分。21.(本小题14分)在一个

24、有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“ Z拓展”，如数列1 , 2第1次“Z拓展”后得到数列1,3,2,第2次 “？折展”后得到数列1, 4, 3, 5, 2.设数列？?翟过第？次“？拓展”后所得数列的项数记为？?？所有项的和记为？?？(I )求？?,？?；(II )若？? 2020,求?勺最小值;(III )是否存在实数？?硬得数列?如为等比数列？若存在，求 ？?满足的条件；若不存在，说明理由xe 1, x 0,10.已知函数f(x)若存在非零实数X0,使得f( X0) f(X0)成立，则实数kkx, x 0.的取值范围是(A) (, 1)(

25、B) (, 1(C) ( 1,0)(D) 1,0)215. 已知双曲线M: x22线.若椭圆N：a2 b22L 1的渐近线是边长为 1的菱形OABC的边OA , OC所在直 31(a b 0)经过A, C两点，且点B是椭圆N的一个焦点，则21.(本小题共14分) _ _ _ 一已知有穷数列 A： a1，a2,L ,aj ,an(n N且n 3).定义数列 A的“伴生数列”b1, b2,L ,bk,L ,bn,其中bk1, ak 10, ak 1ak 11,2,K ,n),规定 a0an, an 1a1.(I)写出下列数列的“伴生数列”： 1， 2 ， 3， 4， 5； 1， - 1， 1， -

26、 1， 1.(n)已知数列 B 的“伴生数列 C： Ci,C2,L ,Ck,L ,Cn,且满足 bk Ck 1(k 1,2,K,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.21 (本小题共14 分)解：(I) 1, 1, 1, 1, 1 ； 1, 0, 0, 0, 1. 4 分(n) (i)由题意，存在 k 1,2,K ,n 1 ，使得 bk bk 1 1 .若 k 1 ，即b1 b2 1 时，C1 C2 0 .于是bn b2 1, b1 b3 1 .所以CnC30 ，所以b4b21.即b2b3b41 .依次类推可得bk bk 1

27、 1 (k 2,3,L ,n 1) .所以bk 1 (k 1,2,K ,n) .若 2 k n 1 ，由bk bk 1 1 得 Ck Ck 1 0.于是bk1 bk 1bk1.所以Ck1Ck0 .依次类推可得b1 b2 1 .所以bk 1 (k 1,2,K ,n) .综上可知，数列 B中的每一项均为1. 8分( )首先证明不可能存在k 2,K , n 1 使得bk 1 bk bk 1 0.若存在 k 2, K , n 1 使得bk 1 bk bk 1 0 ，则Ck 1Ck Ck 11 .又bk 1bk1 得 Ck0与已知矛盾.28 / 22所以不可能存在bk 1bk bk i 0, k 2,K

28、 ,n 1由此及(得数列bn的前三项a, b2, b3的可能情况如下: 1bl b2 b3 1 时，由(i)可得 bk 1 (k 1,2,K,n).于是 Ck0 (k 1,2,K,n).所以所有项的和S 0.(2)bi 1,b2 0,b3 1 时，C20,此时b2 C2 0与已知矛盾.(3) b1 1,b20,b3 0 时，C10,C2 1,C3 1.于是 bn b2 0, b2 b4 1.故 cn 1,c4 0,b5 b3 0于是 b1 bn 1 0,C5 1,b60,于是 0b4,b2b5,b3be,且bn21,bn10,bn 0.依次类推bk bk 3且n恰是3的倍数满足题意.所以所有项

29、的和S nn 2n3 3同理可得 b10,b2 1,b3 0 及 b1 0,b2 0,b3 1 时,当且仅当n恰是3的倍数时，满足题意此时所有项的和S2n3综上，所有项的和S 0或S(n是3的倍数)14分210.设函数f (x)x 10x 1, x 0若关于x的方程f(x) a(a R)有四个实数解lg x,x 0X(i 1,2,3,4),其中 x1x2x3 x4 ,则(x1 x2)(x3 x4)的取值范围是(A. (0,101B. (0,99C.(0,100D.(0,)15.在一次体育水平测试中，甲、乙两校均有100名学生参加，其中：甲校男生乘积的优秀率为70%,女生成绩从优秀率为 50%;

30、乙校男生乘积的优秀率为60%,女生成绩的优秀率为40%,对于此次测试，给出下列三个结论：甲校学生成绩的优秀率大于乙校学生成绩的优秀率；甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率；甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系不确定其中，所有正确的序号是 .21.（本小题满分14分）对于正整数n,如果k（k N ）个整数a1, a2,，ak满足1 w1Wa 2WkW n,且a1+a2+ak=n,贝U称数组（a1， a2,， 均为偶数的“正整数分拆”的个数为 为gn。a。为n的一个“正整数分拆”。记a1, a2,，akfn； a1, a2,，ak均为奇数的 正

31、整数分拆 的个数（I ）写出整数 4的所有“正整数分拆”；（n）对于给定的整数n （n4）,设（a1,a2,，ak）是n的一个“正整数分拆，且a2,求k的最大值；（出）对所有的正整数 n,证明：f nWgn；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”但，a2,，aj与（b1,b2,，bn）,当且仅当k=m且a产b1, a2=b2,，ak=bm时，称这两个“正整数分拆”是相同的.）10.点M,N分别是长为2的正方体ABCD ABGD1中棱BC,CG的中点，动点P在正方形BCC1B1 （包括边界）内运动.若PA面AMN ,则PA的长度范围是A. 2, 5C.3 5aT,3B.

32、.52D. 2,315. 石景山区为了支援边远山区的教育事业，组织了一支由 13名一线中小学教师组成的 支教团队，记者采访其中某队员时询问这个团队的人员构成情况，此队员回答：有中学高级教师；中学教师不多于小学教师；小学高级教师少于中学中级教师；小学中级教师少于小学高级教师；支教队伍的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、中学高级； 无论是否把我计算在内，以上条件都成立.由此队员的叙述可以推测出他的学段及职称分别是、.21.(本小题14分)有限个元素组成的集合A a1,a2, ,an , n N*，记集合 A中的元素个数为 card(A),即card(A) n.定义A A x y|x A, y

33、A,集合A A中的元素个数记为card(A+A),当card( a+a尸n( 1)时，称集合A具有性质P .(I) A 1,4,7 , B 2,4,8,判断集合A,B是否具有性质P ,并说明理由；(n)设集合 A a1,a2,a3,2020 , a1a2 a3 2020 且 ai N (i 1,2,3),若集合 A具有性质P ,求a a2 a3的最大值；(出)设集合 A a1,a2, 冏,其中数列an为等比数列，ai0(i 1,2, , n)且公比为有理数，判断集合集合 A是否具有性质P并说明理由.21.(本小题14分)解：(I)集合A不具有性质P,集合B具有性质P .A A 2,5,8,11

34、,14 ,card(A+A)=5 333不具有性质 P;B B 4,6,8,10,12,16,card(B+B)=6 331,具有性质 P. 3 分(n)若三个数a,b,c成等差数列，则 A a, b,c不具有性质P ,理由是a c 2b.因为a1 a2a32020 且 aiN (i 1,2,3)所以 a3 2019 ,要使a1a2a3取最大，则a32019 ；a22018 ,易知2018,2019 ,2020不具有性质P ,要使aa2a3取最大,则 a22017；a1 2016 ,要使a1 a2 a3取最大，检验可得a12013；(a1 a2 a3)max 60498分(出)集合A具有性质P

35、 .设等比数列的公比为为q ,所以ann 1aq(a10)且q为有理数,假设当ij时有ai ajak ai成立,则有10分因为q为有理数,N )且(m, n互质)，因此有mq (m, nn(-)j i()k i (-)l i 1 即 mji mk inj k mlinjl nji(1)，n n n(1)式左边是m的倍数，右边是n的倍数，又 m, n互质，显然ai aj ak ai不成立.12分所以card(A A) C： C；1) ,所以集合A具有性质P.14分10.在正方体 AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面 BCC1B1内的 动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法

36、不正确的是A .点F的轨迹是一条线段B. A1F与BE是异面直线C. A1F与D1E不可能平行D.三棱锥F-ABD1的体积为定值2 x 1, X 0一 一、一一315.已知函数f(x)若关于X的万程f (x) -X a有且只有两个不相f (x 2), x 0.2等的实数根，则实数a的取值范围是 .21.(本小题满分14分) . * 设等差数列an的首项为0 ,公差为a, a N ；等差数列bn的首项为0 ,公差为b ,b N* .由数列an和bn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G,j ,其中Ci,jai bj (i,j 1, 2, 3,L ).记数表m*中位于第i行

37、第j列的元素为di,j ,其中di,j a bj 1(1WiWb,i N ,jN ).如：G,2a1 b2, 0 ab3.(I)设 a 5 , b9,请计算C2,6 ,c396,6 , d2,6；(n)设a 6, b 7,试求G, j, di, j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* ;(出)设a 6, b 7,对于整数t , t不属于数表 M ,求t的最大值.21.(本小题满分14分)(I)解：由题意，数列an的通项公式为an 5n 5, 数列bn的通项公式为bn 9n 9.得，Ci,j(5i5) (9j 9) 5i 9j14,则C2,650,

38、与6,62020.得，di,j(5i5) 9( j 1) 9 5i9j 5,则 d2,649 .(n)证明：已知 a 6, b 7,得数列an的通项公式为an 6n 6 , 数列bn的通项公式为bn 7n 7 .一一. * *所以，G,j6(i1) 7( j 1) 6i 7j 13,i N ,j N .一 *所以，di,j(6i6) 7( j 1) 7 6i 7j6, 1 w i W 7,iN ,j N所以，若t M ,则存在u N ,v N ,使t 6u 7v.若 t M * ,则存在 u N , u 6,v N*,使 t 6u 7v.因此，对于整数t,考虑集合Mo x|x t 6u,u N

39、,uW6, 即t , t 6, t 12 , t 18 , t 24, t 30 , t 36.下面证明：集合 Mo中至少有一元素是7的倍数.反证法：假设集合 Mo中任何一个元素，都不是 7的倍数， 则集合Mo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Mo中共有7个元素，所以集合Mo中至少存在两个元素关于7的余数相同，不妨设为 t 6u1,t 6u2,其中 u1,u2 N ,u1 u2 w 6 .则这两个元素的差为 7的倍数，即t 6U2 (t 6ui) 6(5 U2).所以Ui U2 0 ,与Ui U2矛盾.所以假设不成立，即原命题成立.即集合M o中至少有一元

40、素是7的倍数，不妨设该元素为t 6u0,u0 N ,uo W 6 . 则存在 s Z,使 t 6uo 7s,uo N,uW6dZ 6uo 7 s, uo N ,uo 6,s Z. 由已证可知，若t M ,则存在u N ,v N ,使t 6u 7v.而tM, 所以s为负整数，设v s,则vN ，且 *t 6u0 7v,u0 N , u0 6,v N .所以，当a 6, b 7时，对于整数t ,若t M ,则t M *成立.(m)解：下面用反证法证明：若对于整数t , t M*,则t M .假设命题不成立，即t M* ,且t M .则对于整数t ,存在n N , m N , u N ,u 6,v

41、N ,使t 6u 7v 6n 7m成立.整理，得 6(u n) 7(m v).又因为m N , v n* ,所以u n 7(m v) 0且u n是7的倍数.6因为u N,uW6,所以u nW 6 ,所以矛盾，即假设不成立.所以，对于整数t ,若t M* ,则t M .又由第二问，对于整数 t, t M ,则t M* .所以t的最大值，就是集合 m *中元素的最大值. r-r-t、，一一*一又因为 t 6u 7v, u N, v N ,uw6,*.所以 tmax (M )max 6 6 7 12910.在声学中，声强级 L(单位：dB)由公式L 101g(-I72)给出，其中I为声强(单位:10

42、2IiW/m ). Li 60dB, L2 75dB,那么1 2443-3333A. 105B. 10 5D. 10 2C. -215.某公园划船收费标准如下：船型两人船(限乘2人)pq人船 限乘4人)六人船(奥乘6人)每船租金(元/小时)90100130某班16名同学一起去该公园划船，若每人划船的时间均为1小时，每只租船必须坐满，租船最低总费用为 一元，租船的总费用共有 一种可能.21.(本小题14分)记无穷数列an的前n项中最大值为Mn,最小值为mn,令bn M-mn,则称bn是 2an极差数列”.(I)若an 3n 2, bn的前n项和；(II)证明：bn的 极差数列”仍是bn(III)

43、求证:若数列bn是等差数列，则数列 an也是等差数列.22(10)已知双曲线C：二 上 1的右焦点为F ,过原点。的直线与双曲线C交于AB两点, 169且AFB 60 ,则 BOF的面积为(A) 3 百(B) 9/1(C)国(D)92222(15)在 ABC 中，AB 10 , D是BC边的中点.若AC6 ,A 60 ,则 AD的长等于一；若 CAD 45 , AC 6& ,则ABC的面积等于.(21)(本小题14分)*免.a C是偶数.一一在数列an中，若 an N ,且 an 12( n 1,2,3, L ),则称an为an 3, an是奇数“J数列”.设an为“J数列”，记an的前n项和

44、为0 .(I)若a10 ,求S3n的值;(n)若8 17 ,求ai的值;（出）证明：an中总有一项为1或3.10. A15.在 ACD 中,相除得：sinACsin 23 3,5CDsin 45在ABD, AB中，sin 1BDsin 3所以sin Asin(453)7 210所以S ABC1-AB AC2sin A4221.解：（I）当 a110时，an中的各项依次为10,5,8,4,2,1 ,4,2,1 ,L ,所以 83n7n 16 .（n）若a是奇则a2口3是偶数,a3 aa132,由8 17 ,得a1a13(a1 3)二17,2解得a1若a1是偶数,不妨设 a12 k (k N），则 a2a k.若k是偶数，则a2a3-2k2得71$由k - 2kk k 17 ,此方程无整数解;2k 3 17 ,此方程无整数解若k是奇数，则a3 k 3 ,由S3 17 ,得2k k综上，a15.（出）首先证明：一定存在某个，使得ai v