2022年文科数学高考压轴题

1、学习必备欢迎下载1.（门头沟一模 20.） （本小题满分14 分）已知数列 an 的前 n 项和为sn ， a11，满意以下条件n nn * , a0 ；点pn an, sn 在函数f x2xx2的图象上；（ i ）求数列 an 的通项an 及前 n 项和sn ；（ ii ）求证： 0| pn1pn 2 | pn pn 1 |1 解：（ i ）由题意2sanann2 2 分，当 n2 时ansnsn 122aaannnn21an 12整理得anan 1 anan 110 5 分，又nn * , a0 ，所以 anan 10 或 anan 110anan 10 时， a11， an an 11，

2、得 an 1 n1， sn1 1n2 7 分anan 110 时， a11， anan 11 ，得 ann ， snn2n 2 9 分（ ii ）证明： aa0 时，p 1) n1, 1 1 n ，| pp| | p p|5 ，所以 | pp| p p|0nn 1n2n 1n 2nn 1n 1n 2nn 1 11 分，anan 110 时，n 2pn n,2n ， | p1 pn 2 |1n2 2， | pn pn 1 |1n12| pp| p p|1nn221n1 21n221n12n 1n 2nn 11n2 21n1 21 n2n 2 231n1213 分，由于1n22n2,1n12n1所

3、以 012n32 211，综上1 20| pn1pn 2 | pn pn 1 |1 14 分nn2. （ 2021 年高考 20）（本小题共 13 分）如数列an : a1, a2, an n2) 满意ak 1ak1k1,2, n1 ，就称 an 为 e 数列，记s an a1a2an .（）写出一个 e 数列 a 5 满意 a1a30 ；（）如a112 ， n=2000 ，证明： e 数列an 是递增数列的充要条件是an =2021；（）在a14 的 e 数列an 中，求使得s an=0 成立得 n 的最小值 .解：（） 0， 1， 0， 1， 0 是一具满意条件的e 数列 a 5.（答案不

4、唯独， 0， 1， 0， 1， 0； 0， ±1， 0， 1， 2； 0，±1， 0， 1， 2； 0， ±1，0， 1， 2， 0， ±1， 0， 1， 0 都是满意条件的 e 的数列 a 5）（）必要性：由于e 数列 a5 是递增数列，所以ak 1ak1k1,2,1999 所以 a 5 是首项为 12，公差为 1 的等差数列所以a2000=12+（ 2000 1） ×1=2021 充分性，由于 a2000 a10001， a2000 a10001,a2 a11所以 a2000 at 1999，9 即 a2000a1+1999又由于 a1=1

5、2， a2000=2021,所以 a2000=a1+1999故 an 1an10k1,2,1999,即an 是递增数列综上，结论得证.（）对首项为 4 的 e 数列 ak，由于a2a113,a3a 212, a 5a 713. 所以 a1a 2ak0k2,3,8 ，所以对任意的首项为4 的 e 数列 a m，如s am 0, 就必有 n9 .又 a14 的 e 数列a1 : 4,3,2,1,0,1, 2,3, 4满意 s a10,所以 n 是最小值是 9.3.（ 2021 年高考， 20）（本小题共 13 分）设 a 是如下形式的2 行 3 列的数表，abcdef满意性质p : a, b, c

6、, d , e, f1,1 ，且abcdef0 ；记 ri a 为 a 的第 i 行各数之和 i1,2 ，c j a 为第 j 列各数之和 j1,2,3；记 k a为| r1 a | ，| r2 a |，| c1 a | ， | c2 a |， | c3 a | 中的最小值；（）对如下数表a，求 k a 的值（）设数表 a 形如110.80.10.311112ddd1其中 1d0；求k a 的最大值；（）对全部满意性质p 的 2 行 3 列的数表 a ，求 k a 的最大值4（海淀一模 20. ）（本小题满分 13 分）已知函数f x 的定义域为 0, ，如 yf x x在 0, 上为增函数，

7、就称f x为2“一阶比增函数 ”. 如f xaxax 是“一阶比增函数 ”，求实数 a 的取值范畴； 如f x 是“一阶比增函数 ”，求证：x1 , x20, ，f x1 f x2 f x1x2 ；（）如f x 是 “一阶比增函数 ”，且f x 有零点，求证：f x2021 有解 .f xax2ax解：（ i ）由题yaxa 在 0, 是增函数，xx由一次函数性质知当 a所以 a0 时， yaxa 在 0, 上是增函数，0 3 分（）由于f x 是“一阶比增函数” ，即f x x在 0, 上是增函数，又 x1, x20, ，有 x1x1x2 ， x2x1x2所以 f x1 x1f x1 x1x

8、2 ，x2f x2 x2f x1 x1x2 x2 5 分所以 f xx1 f x1x2 ，f xx2 f x1x212x1x2x1x2所以 f x f x x1 f x1x2 x2 f x1x2 f xx 所以 f x f x f xx 8 分12121212x1x2x1x2（）设f x00 ，其中x00 .由于 f x 是“一阶比增函数” ，所以当xx0 时，f xf x0 0法一：取 t0,，满意f t0 ，记f txx0m由（）知f 2t 2m ，同理f 4 t2 f2 t4m ，f 8t 2 f4t 8m所以肯定存在nn *，使得f 2 n t 2nm2021 ，所以 f x2021肯

9、定有解 13 分法二：取 t0,，满意f t0 ，记f tk t由于当 xt 时，f xf tk ，所以f xkx 对 xt 成立xt只要 x2021k，就有f xkx2021 ，所以f x2021肯定有解5.（朝阳二模 20）（本小题满分13 分）已知实数x1, x2, xn （ nn且 n2 ）满意 | xi | 1i1,2, n ，记s x1, x2, xn 1 i j nxi x j .（）求s 1,1,2 及3s1,1, 1,1 的值；（）当 n3 时，求s x1, x2, x3 的最小值；（）当 n 为奇数时，求sx1, x2 , xn 的最小值注：1 ij nxi xj 表示x1

10、, x2, xn 中任意两个数xi , x j （ 1ijn ）的乘积之和 .解：（）由已知得s1,1,2 1221 s1,1, 1,11111112 3 分333（） n3时，ss x1, x2, x3 1 ijxi x j3x1x2x1x3x2x3 固定 x2 , x3 ，仅让x1 变动，那么 s 是 x1 的一次函数或常函数，因此smins1,x2, x3, s 1, x2, x3 同理 s1,x2 , x3 mins1,1,x3, s1, 1, x3 s1, x2 , x3mins1,1,x3 , s1, 1, x3 以 此 类 推 ， 我 们 可 以 看 出 ， s 的 最 小 值

11、必 定 可 以 被 某 一 组 取 值1 的x1, x2, x3所 达 到 ， 于 是smin s x1, x2, x3 xk1k 1,2,3当 x1（ k1,2,3）时， s1 xxx 2 x2x2x2 1 xxx 23 k123123212322由于 | x1x2x3|1 ，所以 s131 ，且当22x1x21， x31 ，时 s1，因此smin1 7 分（）ssx1, x2 , xn1 i j nxi xjx1x2x1x3x1xnx2x3x2xnxn 1xn .固定 x2 , x3, xn ，仅让x1变动，那么 s是x1 的一次函数或常函数，因此 smin s1, x2 , x3, xn

12、, s 1, x2 , x3, xn 同理 s1,x2 , x3, xn min s1,1,x3, xn , s1, 1, x3, xn s 1, x2, x3, xnmin s 1,1, x3 , xn, s 1,1, x3, xn 以 此 类 推 ， 我 们 可 以 看 出 ， s 的 最 小 值 必 定 可 以 被 某 一 组 取 值1 的x1, x2, xn所 达 到 ， 于 是smin sx1, x2 , xn xk1k 1,2,n当 x1（ k1,2, n ）时， s12 xxx x2x2x2 12nxxx k12n12n12n当 n 为奇数时，由于| x1x2222xn | 1

13、，所以 s1 n21 ，另一方面，如取x1x2xn 11 ，2xn 112xn 122xn1，那么 s1n1 ，因此2smin1n1 213 分6.（朝阳一模， 20）（本小题满分 13 分）由 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10按 任 意 顺 序 组 成 的 没 有 重 复 数 字 的 数 组 ， 记 为x1, x2, x10 ， 设10s | 2 xk3 xk1 |，其中x11x1 .k 1（）如10,9,8,7,6,5,4,3,2,1，求 s 的值；（）求证：s 55 ；（）求s 的最大值 .注：对任意a,br ， ababab 都成立 .解：（）10s | 2 xk3 xk1 |

14、7654321012857 . 3 分k 1（）证明：由abab 及其推广可得，s 2 x13x22x23x32x103x112x1x2x10 3x2x3x11 = x1x2x1010110255 .7 分（） 10,9,8,7,6,5,4,3,2,1的 2 倍与 3 倍共 20 个数如下： 20,18,16,14,12,10,8,6,4,2, 30,27,24,21,18,15,12,9,6,3其中最大数之和与最小数之和的差为20372131，所以 s 131 ，对于01,5,6,7, 2,8,3,9, 4,10 ， s 0 131 ，所以 s 的最大值为 131.13 分注：使得s 取得最

15、大值的有序数组中，只要保证数字1， 2， 3， 4 互不相邻，数字 7， 8， 9， 10 也互不相邻，而数字 5 和 6 既不在 7， 8， 9，10 之一的后面，又不在1， 2， 3， 4 之一的前面都符合要求.7.（大兴一模 20）（ 13 分）（ 2021.大兴区一模）已知数列an 的各项均为正整数，且a1 a2 an，设集合 a k=x|x=iai， i = 1 或 i =0，或 i=1 （1 k ）n性质 1：如对于 . xa k，存在唯独一组 i，（ i=1 ，2， ，k）使 x=i ai 成立，就称数列 an 为完备数列，当 k取最大值时称数列a n 为 k 阶完备数列性质 2

16、：如记 mk=ai（ 1k）n，且对于任意 |x| km， k z，都有 xa k 成立，就称数列 pan 为完整数列，当k 取最大值时称数列a n 为 k 阶完整数列性质 3：如数列 an 同时具有性质1 及性质 2，就称此数列 an 为完善数列，当 k 取最大值时 a n 称为 k 阶完善数列；（）如数列 a n 的通项公式为an=2n1，求集合 a 2，并指出 an 分别为几阶完备数列，几阶完整数列，几阶完善数列；（）如数列 a n 的通项公式为 an=10n1，求证：数列 an 为 n 阶完备数列，并求出集合a n 中全部元素的和 sn（）如数列 an 为 n 阶完善数列，试写出集合a

17、 n，并求数列 an 通项公式解：（） a24,3, 2,1,0,1,2,3,4 ； an 为 2 阶完备数列， n 阶完整数列， 2 阶完善数列；（）如对于xan ，假设存在 2 组 i 及 i （ i1,2,n ）使 xni aii 1成立，就有110 010210n 110010 210 n 1 ，即12n12n1210010110n 10，其中i ,i1,0,1，必有2nn11 ,22nn ，所 以 仅 存 在 唯 一 一 组i （ i1,2, n ） 使 xni aii 1成 立 ， 即 数 列 an为 n 阶 完 备 数 列 ；sn0 ，对xan ， xni ai ，就xi 1nn

18、i aii 1i 1i ai，由于 i1,0,1 ，就i1,0,1 ，所以xan ，即 sn0（）如存在 n 阶完善数列，就由性质1 易知an 中必有3n 个元素，由（）知an 中元素成对显现（互为相反数），且 0an ，又 an 具有性质 2，就an 中 3 个元素必为nnnnn313333 313 n1an,1,0,1, 2222， mn；n12下面用数学归纳法证明an3明显 n1,2 时命题成立，假设当nk （ k1, kn 时命题成立，即akk31 ,2k33 ,21,0,1,kk33 , 3221 ，当 nk1时，只需证kkkkkkk 1kk 1k 1a,0,332 , 31 , 3

19、1, 332 ,3 n , 332, 31222222 由于对称性只写出了3 kak 1 元素正的部分，其中 13 k22既 ak 中正的部分的3 k12个元素统一为3ki2，其中 i1,3,5,3k23 k13 k3 k23 k13 ki3 ki就 a中 从， 到这个 元 素 可 以 用3 k唯 一 表 示 其 中k 122222i1,3,5,3 k2 ，a中从（k 13 k +1）到最大值 3k1 这 3k1 个元素可用 3k3ik 13i 唯独表示k 12222其中 i1,3,5,3k2ak 1 中正的部分3k 121个元素都存在唯独一组i （ i1,2, n ）使 xni aii 1成

20、立，所以当 nk1时命题成立；即 an 为 n 阶完善数列， an3n 1n8.（东城二模， 20，本小题共 13 分）已知数列a， a1 ， aa ， a0 ， a1（ nn * ）12 nn4n14 n 1 求 a4 ， a7 ； 是否存在正整数t ，使得对任意的nn * ，有an tan 解：（） a4a2a11 ；a7a 421 0 （）假设存在正整数t ，使得对任意的nn * ，有an tan 就存在很多个正整数t ，使得对任意的nn * ，有an tan 设 t 为其中最小的正整数 如t 为奇数， 设 t2t1（ tn * ），就 a4 n 1a4n 1 ta4 n1 2ta4 n

21、 t 10 与已知 a4 n11 冲突如 t 为偶数，设 t2t （ tn * ），就a2n ta2nan ，而 a2 n ta2n 2tan t从而 an tan 而 tt ，与 t 为其中最小的正整数冲突综上，不存在正整数t ，使得对任意的9. （东城一模， 20）（本小题共 13 分）nn * ，有an tan 13 分设 a是由 n 个有序实数构成的一个数组， 记作：aa1,a2,ai ,an . 其中 aii1,2, n 称为数组 a的“元”， i 称为ai 的下标 .假如数组 s 中的每个“元”都是来自数组 a 中不同下标的“元” ，就称 s 为 a 的子数组. 定义两个数组aa1

22、, a2 , an ， bb1 ,b2, bn的关系数为c a, ba1b1a2b2anbn .（）如 a1 1, ， b 2 2 1,1,2,3，设 s 是 b 的含有两个“元”的子数组，求c a, s 的最大值；（）如 a3 ,3 ,3 ， b0, a,b, c ，且 a2b2c21 ， s 为 b 的含有三个“元”的子数组，求333c a,s 的最大值 .解：（）依据题意，当s 1,3 时，c a, s 取得最大值为 2（）当 0 是 s中的“元”时，由于a 的三个“元”都相等，及b 中 a,b,c 三个“元”的对称性，可以只计算 c a, s322ab 的最大值，其中 ab3c21由

23、ab 2a2b22ab2a2b2 2a2b2c2 2，得2ab2 当且仅当 c0 ，且 ab2 时， ab 达到最大值2 ，于是c a, s36ab2当 0 不是 s 中的“元”时，运算c a, s333 abc 的最大值，3由于 a2b 2c21，所以 abc2a 2b2c22ab2ac2bc3a2b 2c2 3 ，当且仅当 abc 时，等号成立即当 abc3时， a3bc 取得最大值3 ，此时ca, s3 abc1 3综上所述，c a, s 的最大值为 110. （丰台二模 20.）已知等差数列an的通项公式为an=3n-2 ，等比数列bn中， b1a1,b4a31.记集合a x xan

24、, nn *,b x xbn , nn *，uab ，把集合 u 中的元素按从小到大依次排列，构成数列cn.（）求数列bn的通项公式；（）求数列cn的前 50 项和s50 ；（）把集合cu a 中的元素从小到大依次排列构成数列dn，写出数列dn的通项公式，并说明理由.解：（）设等比数列bn的公比为 q，ba1,ba18 ，就 q3=8，q=2， bn=2n-1， 3 分1143（）依据数列 a n 和数列bn的增长速度，数列cn的前 50 项至多在数列 an 中选 50 项，数列 an 的前 50 项所构成的集合为 1 ， 4，7， 10， ， 148 ，由 2n-1<148 得， n8

25、，数列 b n 的前 8 项构成的集合为 1 ， 2， 4， 8， 16，32，64，128 ，其中 1，4，16，64 是等差数列 a n 中的项， 2，8，32，128 不是等差数列中的项， a46=136>128 ， 故数列 c n 的前 50 项应包含数列 an 的前 46 项和数列 b n 中的 2，8， 32， 128 这 4 项 6 分所以 s50=46 a12a46 2832128 =3321; 8 分（）据集合 b 中元素 2， 8， 32， 128a ，推测数列d的通项公式为 dn =22n-1 9分ndn=b2n ， 只需证明数列 b n 中， b2n-1 a ，

26、b2na （ nn ） 11分证明如下：b2n+1-b2n-1 =22n-22n-2=4 n-4 n-1=3×4n-1，即 b2n+1=b2n-1 +3×4n-1，如 mn *，使 b2n-1 =3m-2 ，那么 b2n+1 =3m-2+3 ×4n-1=3m+4 n-1-2 ，所以，如 b2n-1 a ，就 b2n+1a 由于 b1 a ，×4=3×2×42n+2=b2n+3×2×4重复使用上述结论，即得b2n-1 a （ nn ）；同理， b2n+2-b2n=22n+1-22n-1 =2×4n-2n-1

27、n-1，即 bn-1，由于 “3×2×n-14” 数列an的公差 3 的整数倍，所以说明 b2n 与 b2n+2 nn 同时属于 a 或同时不属于a ，当 n=1 时，明显b2=2a，即有b4=2a ，重复使用上述结论，即得 b2na ，2n-1；dn =2 14分11.（丰台一模 20设满意以下两个条件的有穷数列a1, a2 , an 为 n（ n=2,3,4, , ）阶“期望数列” ： a1a2a3an0 ；a1a2a3an1.（）分别写出一个单调递增的3 阶和 4 阶“期望数列” ；（）如某 2021 阶“期望数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（）记 n 阶“期望

28、数列”的前k 项和为sk k11,2,3, n ，试证： sk.211解：（）数列,0,为三阶期望数列1 分数列31 1 3,为四阶期望数列 , 3 分 其它答案酌情给分22（）设该 2021 阶“期望数列”的公差为d ，88 8 8由于 a1a2a3a20210 ,2021 a12a2021 0,a1a20210 ，即 a10070 ，a1008d当 d=0 时, 与期望数列的条件冲突，当 d>0 时，据期望数列的条件可得a1008a10091a2021,21006d10061005d1 ,即d1,6分*2210061007该数列的通项公式为ana1007 n1007 dn100710

29、061007. nn 且n2021，7分当 d<0 时，同理可得 ann1007.nn* 且n2021. 8分10061007（）当 k=n 时，明显 sn01 成立； 9 分, 当 k<n 时，依据条件得2ska1a2akak 1ak 2an ， 10 分即 ska1a2akak 1ak 2an，11 分2 ska1a2akak 1ak 2ana1a2akak 1ak 2an1,ks1 k21,2,3, n.14 分12.（ 2021 年北京， 20）（本小题共 13 分）给定数列a1 ,a2 , an ；对 i12,1n，该数列前 i 项的最大值记为ai ，后 ni 项 ai1

30、, ai2 , an 的最小值记为bi ，diaibi .（）设数列anan 为 3， 4， 7， 1，写出d1, d2 , d3 的值 .（）设a1 ,a2, ann4 是公比大于 1 的等比数列，且a10 .证明：d1, d2 , dn1 是等比数列；（）设d1, d 2, dn1 是公差大于 0 的等差数列，且d10 ，证明：a1 , a2 , an1 是等差数列；13. （海淀二模 20. （本小题满分 13 分） 设 a 是由 mn 个整数组成的m 行 n 列的数表，假如某一行（或某一列）各数之和为负数，就转变该行（或该列）中全部数的符号，称为一次“操作”. 数表 a如表 1 所示，

31、如经过两次“操作” ，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，请写出每次“操作”后所得的数表（写出一种方法即可）；表 11237210122 数表 a如表 2 所示，如经过任意一次“操作”以后，便可使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数，求整数a 的值；aa1aa222a1aa2a表 2 对由 mn 个整数组成的m 行 n 列的任意一个数表a ，能否经过有限次“操作”以后，使得到的数表每行的各数之和与每列的各数之和均为非负整数？请说明理由.法 11237转变第4列1237转变第2行1237210121012101法 2：1237转变第1列1237转变第4列123

32、7（写出一种即可） 3 分210121012101ii每一列全部数之和分别为2， 0， 2 ， 0，每一行全部数之和分别为1 ， 1;假如操作第三列，就aa 21aa 22a102a1a22aa 2就第一行之和为 2a1，其次行之和为 52a ，5 2a,解得 a01,a2 .6 分a1a2aa2 假如操作第一行222a1aa2a就每一列之和分别为22a ， 22a2 ， 2a2 ， 2a2解得 a1 9 分, 综上 a1 10 分iii证明：按要求对某行（或某列）操作一次时，就该行的行和（或该列的列和）由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中 mn 个数

33、之和增加，且增加的幅度大于等于1 12 ，但是每次操作都只是转变数表中某行（或某列）各数的符号，而不转变其肯定值，明显，数表中mn个数之和必定小于等于mn|aij|，可见其增加的趋势必在有限次之后终止, 终止i 1 j 1之时必定全部的行和与全部的列和均为非负整数，故结论成立 13 分14. （石景山一模 20（本小题满分13 分）给定有限单调递增数列x n（ n n* ，n2）且 xi（01 i），n定义集合 a=（ xi ，x j）|1 ，ij ，n且 i ，j n * 如对任意点 a 1 a，存在点 a 2 a 使得 oa 1 oa 2（ o 为坐标原点） ，就称数列 x n 具 有性质

34、 p；（ i）判定数列 x n ： -2，2 和数列 y n ： -2， -l ， 1，3 是否具有性质 p，简述理由；（ ii）如数列 x n 具有性质 p ，求证：数列 x n 中肯定存在两项 xi ， xj 使得 xi+xj =0 ：如 x1=-1,xn>0 且 xn>1 ，就 x 2=l ；15. （顺义二模 20（本小题满分13 分）已知函数f x2ae x1 ， g xln xln a1ln 2 ，其中 a 为常数， e2.718 ，函数yf x 的图象与坐标轴交点处的切线为l1 ，函数yg x的图象与直线 y1 交点处的切线为l2 ，且l1 / / l2 ；（）如对任

35、意的x1,5，不等式xmx f xx 成立，求实数 m 的取值范畴 .（） 对于函数yf x 和yg x公共定义域内的任意实数x ；我们把f x0 g x0 的值称为两函数在x0 处的偏差；求证：函数yf x 和yg x在其公共定义域的全部偏差都大于2.解（）函数yf x 的图象与坐标轴的交点为0, 2a1) , 又f ' x2aexf ' 0 a2'1'1函数 yg x 的图象与直线 y1 的交点为 2a ,1， 又 g x, xg 2a 2a由题意可知，2a1 ,a 22a1又 a40 ，所以a1 .3 分2不等式xmx f xx 可化为mxx f x x

36、,即 mxxe x令 h xxxe x ，就h' x112xx ex ，1x0,x22x又 x0 时， ex11 ，2xxex1 ,故 h' x0h x 在 0, 上是减函数即 h x 在 1,5 上是减函数，因此，在对任意的x1,5，不等式xmx f xx 成立，只需 mh1555e5 ，所以实数 m 的取值范畴是 ,55e5 .8 分x（）证明：yf x 和yg x的公共定义域为0, ，由（）可知 a1 ，f xg xexln x令 q xexx1 ，就q' xe10 ，q x 在 0, 上是增函数，故 q xq00 ，即 ex10；令m xln xx1 ，就m&#

37、39; x11 ，x当 x1时，m' x0 ；当 0x1 时，m' x0 ，m x有最大值m10 ，因此 ln x1x 由得 ex1 ln1 ，即 exln x2 ，又由得 exx1x ， 由得 ln xx1xxeln x ，f xg xexln x2故函数yf x 和yg x 在其公共定义域的全部偏差都大于2.13 分16. （西城二模， 20（本小题满分 13 分）已知集合 sn x1, x2 , xn | x1, x2, xn 是正整数 1,2,3, n 的一个排列 n2) ，函数g x1,x0,1, x0.对于 a1, a2 ,ansn ，定义： bigaia1g aia2 g aiai 1, i2,3, n， b10 ，称bi 为ai 的中意指数排列