2023年高考数学强基计划疯狂特训14（含解析）

【高考强基计划】2023年高考数学强基计划疯狂特训14

(满分100分，测试时间：60分钟)

一'填空题(每小题10分)

L整数p,q满足p+q=218,/+0%+q=。有整数根，则满足这样条件的整数对(p,q)的

个数为.

2Z4BC的三个顶点分别对应复数Zi，Z2,Z3，已知寒inl+Zi,则△4BC的面积与其最

长边长的平方的比等于.

3.不等式"三>1且x>3,y>3的正整数解(x,y)的个数是.

4.令斯表示距离返最近的正整数，已知春+卷+…+《=2020,贝切的值等于

5.有种方式可以将正整数集合N+分拆成两个不相交的子集的并，使得每个子集都不包

含无穷等差数列.

6.设数列｛an｝满足%=6,an+1=平的,则以下几个结论中正确的有.

3

(l)Vn6N*,an<(n+l);

(2)VnEN*,0n#2020;

(3)3neW*,即为完全平方数；

(4)3nG/V*,册为完全立方数.

二'解答题(每小题20分)

7.设…,。2000)是一个整数数列，其中△e[-1000,1000].若+a2+■■■+a2ooo=

求证：存在4的一个非空子数列，其和为零.

8.设的=!.,即+i=(1+；)3(n+an),neN*.求证：(1)厮=川(1+£仁；，)；

(2)IK=I(1+E)<3.

答案

1.【答案】4

【解析】本题考查了根与系数的关系，属于基础题.

设方程的两个根为％1，X?,由韦达定理结合条件可得-(%1+%2)+=218,

整理成—1)=219,即可分析得结果.

【解答】解：设方程的两个根为巧，(X!<X2),所以由韦达定理得-P'

故两根都是整数，

再由p+q=218,可得-Qi+%2)+/刀2=218,

则(与-1)(*2-1)=219,

即Qi-l)(x2-1)=1x219=3x73=(-1)X(-219)=(-3)x(-73),

易知结论为4.

故答案为4.

2.【答案】1

【解析】由复数除法的几何意义可知恐=l+2i的辅角主值表示以4为顶点，以宿，西

为边的角，把△ABC对应的zi移到坐标顶点，再利用相似的三角形相关比不变性质，构造一

个边长石石为1的三角形，进而易求.

3.【答案】5

【解析】本题考查了不等式的性质，属于基础题.

利用不等式的性质，得(x—2)(y-2)<4,即可求解.

【解答】解：因为X23,y>3,

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不等式嚏4-->1<=>2y+2%>xyxy—2%—2y<0<=>(x-2)(y—2)<4,

所以。-2,y-2)可以是(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),

77

所以满足不等式；+;>1且x>3,y>3的正整数解(x,y)为(3,3),(3,4),(3,5),(4,3),(5,3),

xy

故正整数解(x,y)的个数是5.

4.【答案】1021110

【解析】本题考查了数列的求和，属于中档题.

分别求出的,a2)a3,a4,a5,a6,a?的值,可得的,a2>•••>a”按照这样的规律取值：2个

1,4个2,6个3,…，2k个k,从而可求和.

【解答】解：由题意可得%=1,a2=1，。3=2,a4=2,a5=2,a6=2,a7=3,1■■,

即的,a2,即按照这样的规律取值：2个1,4个2,6个3,…，2k个k,…，

所以有(；+：)+G+g+g+g)+(g+…+:)+…=2020=>2+2+…+2=2020.

共有1010组2构成等式，故n=2+4+…+2x1010=1021110.

5.【答案】无穷多

【解析】将正整数集合N+分拆为4B,B=N+/A:任取一正整数放入集合B中，设为元素a,

以此为初始元素开始构成集合B,a+2作为集合B中的第二个元素，a+5作为第三个，间隔

的距离以每次在前一个长度上再增加一个长度为基准……依此类推，得到的集合B则是满足

题意的一种分法，由于a的任意性，故有无穷多种.

6.【答案】(1)(2)

【解析】利用数列的递推方法，可求得的=6,an+1=手与的通项公式为％+i=n(n+

l)(n+2),

显然可得(1)和(2)成立.下面考虑(3)(4)不成立.若(3)成立，则存在一个正整数m,满足“71+

l)(n+2)=机2.由于n+1与n，n+2均互质，则有n+1与n(n+2)必均是完全平方数，但

是由于“2,在任意两个连续的完全平方数之间不存在其他完全平方数，故无论兀为何值，an

都不可能是完全平方数.同理，斯也不可能是完全立方数.

7.【答案】可以采用构造法，若存在一项为0,则命题成立;若任一项均不为0,则任取整数

数列4中一项a作为瓦.令Si=瓦，不妨设瓦>0,瓦6[1,1000].若瓦=1,则余下的项的和

满足题意.若瓦>2,由于4+a2+•••+a2000=1,故余下的项中必存在取值为负整数的项，

从中任取一项作为电6[-1000,-1].令$2=b1+b2,则S26[一999,999]若S2>0,则一定

存在负整数项，令其为坛.若52<0,则必存在正整数项，令其为坛.令S3=b1+b2+b3,依

此类推，若则必有后续数为负.若S2<0,则必有后续数为正.如此，若Si，S2,…,

1999有某值为0,则命题成立;若有某值为1，则后续数和为0,命题成立.若无0,1,贝US1，Sz，

…，51999e[-999,-1]U[2,1000],且由抽屉原理和16Z可知必存在&=$,i丰j,i,jE

{1,2,…,1999},二者之差则是符合题意的结论.

8.【答案】⑴由归纳法易得.或令%=翁，则b“+i=bn+今，由累加法知勾=1+£仁+

即即=〃(1+2忆;*).

1+7**-

(2)因为以=P(1+优注)=11N3Ak,所以若=谣£

1

1y

+k一

0+1口-1

1

+=i=.21

%1

1+sfc