2017年北京各区高考数学模拟题压轴题(含答案)

1 2017 海淀二模 对于无穷数列 记 若数列满足 n a ji Tx xaa ij n a 存在 使得只要 且 必有 则称tT mk aat m k Nmk 11mk aat 数列具有性质 n a P t 若数列满足判断数列是否具有性质 是否具有性质 n a 2 2 25 3 n nn a nn n a 2 P 4 P 求证 是有限集 是 数列具有性质 的必要不充分条件 T n a 0 P 已知是各项为正整数的数列 且既具有性质 又具有性质 求证 n a n a 2 P 5 P 存在整数 使得是等差数列 N 12 NNNNk aaaa 2 2017 海淀一模 已知含有个元素的正整数集n 具有性质 对任意不大于 其中 12 n Aa aa 12 3 n aaa n P S A 的正整数存在数集的一个子集 使得该子集所有元素的和等于 12 n S Aaaa kA k 写出的值 12 a a 证明 成等差数列 的充要条件是 12 n a aa 1 2 n n S A 若 求当取最小值时 的最大值 2017S A n n a 3 2017 西城二模 设集合 如果对于的每一个含有 2 1 2 3 2 2 n Annn N 2n A 个元素的子集 中必有个元素的和等于 称正整数为集合的 4 m m PP441n m2n A 一个 相关数 当时 判断 5 和 6 是否为集合的 相关数 说明理由 3n 6 A 若为集合的 相关数 证明 m 2n A30mn 给定正整数 求集合的 相关数 的最小值 n 2n Am 4 2017 西城一模 如图 将数字全部填入一个行列的表格中 每1 2 3 2 3 n n 2n 格填一个数字 第一行填入的数字依次为 第二行填入的数字依次为 12 n a aa 12 n b bb 记 1122 1 n niinn i Sabababab 当时 若 写出的所有可能的取值 3n 1 1a 2 3a 3 5a 3 S 给定正整数 试给出的一组取值 使得无论填写的顺n 12 n a aa 12 n b bb 序如何 都只有一个取值 并求出此时的值 n S n S 求证 对于给定的以及满足条件的所有填法 的所有取值的奇偶性相同 n n S 5 2017 东城二模 对于维向量 若对任意均有n 12 n Aa aa 1 2 in 或 则称为维向量 对于两个维向量 定义0 i a 1 i a AnTnT A B 1 n ii i d A Bab 若 求的值 1 0 1 0 1 A 0 1 1 1 0 B d A B 现有一个维向量序列 123 A A A L 若 且满足 5T 1 1 1 1 1 1 A 求证 该序列中不存在维向量 1 2 ii d A A i N5T 0 0 0 0 0 现有一个维向量序列 123 A A A L 若 且满足 12T 1 12 1 1 1 A 个 若存在正整数使得 1 ii d A Am m N1 2 3 i j 12 0 0 0 j A 个 为维向量序列中的项 求出所有的 j A12Tm 6 2017 东城一模 已知集合 并且 定义 12 1 2 ni Aa aaa inR LL2n 例如 1 ji ij n T Aaa 213132 13 ji ij aaaaaaaa 若 集合的子集满足 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A 1 2 3 4 5 M AN 且 求出一个符合条件的 NM T MT N N 对于任意给定的常数以及给定的集合 求证 存在集合C 12 n Aa aa L 使得 且 12 n Bb bb L T BT A 1 n i i bC 已知集合满足 122 m Aa aa L 1ii aa 1 2 21im L2m 其中为给定的常数 求的取值范围 12 m aa ab a b R T A 7 2017 朝阳二模 各项均为非负整数的数列同时满足下列条件 n a 是的因数 ma 1 Nm 1 n an 2 n n12n aaa 1n 当时 写出数列的前五项 5 m n a 若数列的前三项互不相等 且时 为常数 求的值 n a3 n n am 求证 对任意正整数 存在正整数 使得时 为常数 mMnM n a 8 2017 朝阳一模 对于正整数集合对于正整数集合 如果去掉其 如果去掉其 12 n Aa aa n N3n 中任意一个元素中任意一个元素 之后 剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集 之后 剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集 i a1 2 in 为空集的集合 且这两个集合的所有元素之和相等 就称集合为空集的集合 且这两个集合的所有元素之和相等 就称集合为为 和谐集和谐集 A 判断集合 判断集合是否是是否是 和谐集和谐集 不必写过程 不必写过程 1 2 3 4 5 求证 若集合是 和谐集 则集合中元素个数为奇数 AA 若集合是 和谐集 求集合中元素个数的最小值 AA 9 2017 丰台二模 若无穷数列满足 对于 都有 n ak N 00 nn n N 其中为常数 则称具有性质 n kn aad d n a 0 P k n d 若具有性质 且 求 n a 3 2 0 P 2 3a 4 5a 678 18aaa 3 a 若无穷数列是等差数列 无穷数列是公比为正数的等比数列 n b n c 判断是否具有性质 并说明理由 13 2bc 31 8bc nnn abc n a 2 1 0 P 设既具有性质 又具有性质 其中 n a 1 2 P id 2 2 P jd ij N 互质 求证 具有性质 ij i j n a 1 2 ji P ji id i 10 2017 丰台一模 对于 若数列满足 则称这个数列为 K N n n x 1 1 nn xx 数列 已知数列 1 m 1 m2是 K数列 求实数的取值范围 m 是否存在首项为 1 的等差数列为 K数列 且其前 n 项和满足 n a n S 若存在 求出的通项公式 若不存在 请说明理由 2 1 N 2 n Snn n n a 已知各项均为正整数的等比数列是 K数列 数列不是 K数列 n a 1 2 n a 若 试判断数列是否为 K数列 并说明理由 1 1 n n a b n n b 11 2017 昌平二模 设集合 1 2 100U T U 对数列 n an N 规定 若T 则 0 T S 若 12k Tn n n 则 12 k Tnnn Saaa A A A 例如 当 2 n an 1 3 5T 时 135 261018 T Saaa I 已知等比数列 n an N 1 1a 且当 2 3 T 时 12 T S 求数列 n a 的通 项公式 II 已知数列 1 2 1 2 2 n n n a n 证明 对于任意的1 100 k 且 Nk 存在 TU 使 1Tk Sa III 已知集合 AU BU AB 1 3n n a AB SS 设A中最大元素为 m B中最大元素为r 求证 1mr 12 2017 1 石景山期末 集合的若干个子集的集合称为集合的一个子集族 对于集 MM 合 的一个子集族满足如下条件 若 则 则称子 1 2 3 n D AD BA BD 集族是 向下封闭 的 D 写出一个含有集合的 向下封闭 的子集族并计算此时的值 其 1 2 D 1 A A D 中表示集合中元素的个数 约定 表示对子集族中所有成员求 A A 0 A D DA 和 是集合的任一 向下封闭的 子集族 对 记 D 1 2 3 n AD maxkA 其中 max 表示最大值 max 1 A A D f k 求 若是偶数 求 2 f k f k 1 2017 海淀二模 数列不具有性质 具有性质 n a 2 P 4 P 不充分性 对于周期数列 是有限集 但是由于1 1 2 2 1 1 2 2 1 0 1 T 2132 0 1aaaa 所以不具有性质 0 P 必要性 因为数列具有性质 n a 0 P 所以一定存在一组最小的且 满足 即 m k Nmk 0 mk aa mk aa 由性质的含义可得 0 P 11222112 mkmkm kmm km aaaaaaaa 所以数列中 从第 k 项开始的各项呈现周期性规律 为一个周期 n a 11 kkm aaa 中的各项 所以数列中最多有个不同的项 n a1m 所以最多有个元素 即是有限集 T 2 1m C T 因为数列具有性质 数列具有性质 n a 2 P n a 5 P 所以存在 使得 其中分别是满足上述关 MN N 2 MpM aa 5 NqN aa p q 系式的最小的正整数 由性质的含义可得 2 5 PPk N 2 5 Mp kMkNq kNk aaaa 若 则取 可得 MN kNM 2 NpN aa 若 则取 可得 MN kMN 5 MqM aa 记 则对于 有 显然 max MMN M a2 MpM aa 5 MqM aa pq 由性质的含义可得 2 5 PPk N2 5 Mp kMkN q kN k aaaa 所以 1 1 2 2 MqpMMqpMqpMqpMqpMpM aaaaaaaaq 1 1 2 5 MqpMMpqMpqMpqMpqMqM aaaaaaaap 所以 所以 25 MqpMM aaqap 25qp 又是满足 的最小的正整数 p q2 MpM aa 5 MqM aa 所以 5 2qp 25 2 5 MMMM aaaa 所以 k N 25 2 5 MkMkMkMk aaaa 所以 k N 22 1 22 MkMkM aaak 55 1 55 MkMkM aaak 取 则 5NM k N 所以 若是偶数 则 k N kN aak 若是奇数 则 k 5 5 5 5 5 5 N kNkNNN aaakakak 所以 k N N kN aak 所以是公差为 1 的等差数列 12 NNNNk aaaa 2 2017 海淀一模 解 12 1 2aa 先证必要性 因为 又成等差数列 故 所以 12 1 2aa 12 n a aa n an 1 2 n n S A 再证充分性 因为 为正整数数列 故有 12n aaa 12 n a aa 1234 1 2 3 4 n aaaaan 所以 12 n S Aaaa 1 12 2 nn n 又 故 故为等差数列 1 2 n n S A m am 1 2 mn 12 n a aa 先证明 1 2 1 2 m m amn 假设存在 且为最小的正整数 1 2p p a p 依题意 则3p 又因为 21 121 12221 pp p aaa 12n aaa 故当时 不能等于集合的任何一个子集所有元素的和 1 21 p p ka kA 故假设不成立 即成立 1 2 1 2 m m amn 因此 1 12 201712221 nn n aaa 即 所以 22018 n 11n 因为 则 2017S 121 2017 nn aaaa 若时 则当时 集合中不可能存在若干不同元20171 nn aa 2017 nn ka a A 素的和为 k 故 即 20171 nn aa 1009 n a 此时可构造集合 1 2 4 8 16 32 64 128 256 497 1009 A 因为当时 可以等于集合中若干个元素的和 2 21 k k 1 2 故当时 可以等于集合中若干不同元素的和 2222 2 21 22 23 k k 2 1 2 2 故当时 可以等于集合中若干不同元素 8888 2 21 22 2255 k k 8 1 2 2 的和 故当时 可以等于集合中若干不 4973 4974 497511 k k 8 1 2 2 497 同元素的和 故当时 可以等于集合 1009 10091 10092 10091008 k k 中若干不同元素的和 8 1 2 2 497 1009 所以集合满足题设 1 2 4 8 16 32 64 128 256 497 1009 A 所以当取最小值 11 时 的最大值为 1009 n n a 3 2017 西城二模 解 当时 1 分 3n 6 1 2 3 4 5 6 A 4113n 对于的含有个元素的子集 6 A5 2 3 4 5 6 因为 234513 所以不是集合的 相关数 2 分 5 6 A 的含有个元素的子集只有 6 A6 1 2 3 4 5 6 因为 134513 所以是集合的 相关数 3 分 6 6 A 考察集合的含有个元素的子集 4 分 2n A2n 1 1 2 Bnn nn 中任意个元素之和一定不小于 B4 1 1 2 42nnnnn 所以一定不是集合的 相关数 6 分 2n 2n A 所以当时 一定不是集合的 相关数 7 分 2mn m 2n A 因此若为集合的 相关数 必有 m 2n A3mn 即若为集合的 相关数 必有 8 分 m 2n A30mn 由 得 3mn 先将集合的元素分成如下组 2n An 21 1 i inCini 对的任意一个含有个元素的子集 必有三组同属于集合 2n A3n P 123 iii CCCP 10 分 再将集合的元素剔除和后 分成如下组 2n An2n1n 1 2 1 j jnDjnj 对于的任意一个含有个元素的子集 必有一组属于集合 11 分 2n A3n P 4 j DP 这一组与上述三组中至少一组无相同元素 4 j D 123 iii CCC 不妨设与无相同元素 4 j D 1 i C 此时这个元素之和为 12 分 4 1144 21 2 41inijnjn 所以集合的 相关数 的最 2n Am 4 2017 西城一模 解 的所有可能的取值为 3 5 7 9 3 3 S 分 令 则无论填写的顺序如何 都有 i ai 1 2 in 12 n b bb 2 n Sn 5 分 因为 i ai 所以 6 分 1 2 2 i bnnn 1 2 in 因为 ii ab 1 2 in 所以 8 分 2 2 111111 nnnnnn niiiiii iiiii ni Sabbabaiin 注 或均满足条 12 1 2 n a aan 12 1 2 2 n a aannn 件 解法一 显然 交换每一列中两个数的位置 所得的的值不变 n S 不妨设 记 其中 ii ab 1 n i i Aa 1 n i i Bb 1 2 in 则 9 分 1111 nnnn niiiiii iiii SabababAB 因为 2 1 2 21 21 2 n i nn ABinn 所以 与具有相同的奇偶性 11 分 AB n 又因为 与具有相同的奇偶性 AB AB 所以 与的奇偶性相同 n SAB n 所以 的所有可能取值的奇偶性相同 13 分 n S 解法二 显然 交换每一列中两个数的位置 所得的的值不变 n S 考虑如下表所示的任意两种不同的填法 不 1 n nii i Sab 1 n nii i Sab 妨设 其中 9 分 ii ab ii ab 1 2 in 1 a 2 a n a 1 a 2 a n a 1 b 2 b n b 1 b 2 b n b 111111 nnnnnn nniiiiiiii iiiiii SSbababbaa 对于任意 1 2 2 kn 若在两种填法中都位于同一行 k 则在的表达式中或者只出现在中 或只出现在k nn S S 11 nn ii ii bb 中 且出现两次 11 nn ii ii aa 则对而言 在的结果中得到 11 分 k nn S S 2k 若在两种填法中位于不同行 k 则在的表达式中在与中各出现一次 k nn S S 11 nn ii ii bb 11 nn ii ii aa 则对而言 在的结果中得到 k nn S S 0 由 得 对于任意 必为偶数 1 2 2 kn nn S S 所以 对于表格的所有不同的填法 所有可能取值的奇偶性相同 13 分 n S 5 2017 东城二模 解 由于 由定义 1 0 1 0 1 A 0 1 1 1 0 B 可得 4 分 1 n ii i d A Bab 4d A B 反证法 若结论不成立 即存在一个含维T向量序列 123 m A A AAL 5 使得 1 1 1 1 1 1 A 0 0 0 0 0 m A 因为向量的每一个分量变为 都需要奇数次变化 1 1 1 1 1 1 A 0 不妨设的第个分量 变化了次之后变成 1 A 1 2 3 4 5 i i 121 i n 0 所以将中所有分量 变为 共需要 1 A10 12345 21 21 21 21 21 nnnnn 次 此数为奇数 12345 2 2 1nnnnn 又因为 说明 i A中的分量有2个数值发生改变 1 2 ii d A Ai N 进而变化到 1i A 所以共需要改变数值2 1 m 次 此数为偶数 所以矛盾 所以该序列中不存在维向量 9 分5T 0 0 0 0 0 此时1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12m 13 分 易见当m为 12 的因子1 2 3 4 6 12时 给 1 分 答出5 8 10m 给 1 分 答出7 9 11m 中任一个给 1 分 都对给 2 分 6 2017 东城一模 解 由于 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A 1 2 3 4 5 M 所以 6 7 8 9 10 N 5 6 7 8 9 N 4 5 6 7 8 N 回答其中之一即可 3 分 3 4 5 6 7 N 2 3 4 5 6 N 若集合 如果集合中每个元素加上同一个常数 形成新 12 n Aa aa LAt 的集合 5 分 12 n Mat atat L 根据定义可以验证 6 分 1 ji ij n T Aaa T MT A 取 此时 1 n i i Ca t n 111 12 nnn iii iii n CaCaCa Baaa nnn L 通过验证 此时 且 8 分 T BT A 1 n i i bC 由于2m 21314121 m T Aaaaaaaaa L 324222 m aaaaaa L 4323 m aaaa L M 221 mm aa 121212 21 23 23 21 mmmm mamaaamama LL 212121 21 23 mmmm maamaaaa L 11 分 2121 21 23 mmm mbamaaaa L 由于 212 0 m aaba 223 0 m aaba 234 0 m aaba M 1 0 mm aaba 所以 13 分 2 21 mbaT Am ba 7 2017 朝阳二模 解 5 1 0 2 2 3 分 因为 所以 10 nan20 10 32 aa 又数列的前 3 项互不相等 n a 1 当时 0 2 a 若 则 1 3 a 345 1aaa 且对 都为整数 所以 3 n1 2 2 0 n m n nm 2 m 若 则 2 3 a 345 2aaa 且对 都为整数 所以 3 n2 4 2 20 n m n nm 4 m 2 当时 1 2 a 若 则 且对 都为整数 0 3 a 345 0aaa 3 n n m n nm1 2 01 所以 不符合题意 1 m 若 则 2 3 a 345 2aaa 且对 都为整数 所以 3 n2 3 2 21 n m n nm 3 m 综上 的值为 8 分m2 3 4 对于 令 1 n 12nn Saaa 则 1 1 111 n S n nS n aS n S n S nnnnnn 又对每一个 都为正整数 所以 其中 至多n n Sn 1 1 n Sn m S n Sn 1 1 出现个 故存在正整数 当时 必有成立 1 mMm nM n S n S nn 1 1 当时 则 n S n S nn 1 1 n S S n Sn SSa n n n nnn 1 11 从而 22 1 22 12 1 12122 n aa a n ana n Saa n S nn n nnnnnn 由题设知 又及均为整数 1 2 1 2 12 n n n aa nn 2 2 n Sn 1 n a 所以 故常数 2 2 n Sn 1n a 1 1 n S n S nn12 12 nnn SSS nnn 从而常数 n S S n Sn SSa n n n nnn 1 11 故存在正整数 使得时 为常数 13 分MnM n a 8 2017 朝阳一模 解 解 集合 集合不是不是 和谐集和谐集 3 分分 1 2 3 4 5 设集合所有元素之和为 12 n Aa aa M 由题可知 均为偶数 i Ma 1 2 in 因此 的奇偶性相同 i a1 2 in 如果为奇数 则 也均为奇数 M i a1 2 in 由于 所以为奇数 12n Maaa n 如果为偶数 则 均为偶数 M i a1 2 in 此时设 则也是 和谐集 2 ii ab 12 n b bb 重复上述操作有限次 便可得各项均为奇数的 和谐集 此时各项之和也为奇数 集合中元素个数为奇数 A 综上所述 集合中元素个数为奇数 8 分A 由 可知集合中元素个数为奇数 A 当时 显然任意集合不是 和谐集 3n 123 a a a 当时 不妨设 5n 12345 aaaaa 将集合分成两个交集为空集的子集 且两个子集元素之和相等 1345 a a a a 则有 或者 1534 aaaa 5134 aaaa 将集合分成两个交集为空集的子集 且两个子集元素之和相等 2345 a a a a 则有 或者 2534 aaaa 5234 aaaa 由 得 矛盾 由 得 矛盾 12 aa 12 aa 由 得 矛盾 由 得 矛盾 12 aa 12 aa 因此当时 集合一定不是 和谐集 5n A 当时 设 7n 1 3 5 7 9 11 13 A 因为 35791113 19135711 91313711 13511713 19113513 3791513 1359711 所以集合是 和谐集 1 3 5 7 9 11 13 A 集合中元素个数的最小值是 7 13 分An 9 2017 丰台二模 解解 因为具有性质 所以 n a 3 2 0 P 3 0 nn aa 2n 由 得 由 得 2 分 2 3a 58 3aa 4 5a 7 5a 因为 所以 即 4 分 678 18aaa 6 10a 3 10a 不具有性质 5 分 n a 2 1 0 P 设等差数列的公差为 由 n bd 1 2b 3 8b 得 所以 故 6 分2826d 3d 31 n bn 设等比数列的公比为 由 n cq 3 2c 1 8c 得 又 所以 故 7 分 2 1 4 q 0q 1 2 q 4 2 n n c 所以 4 312 n n an 若具有性质 则 n a 2 1 0 P 2 0 nn aa 1n 因为 所以 故不具有性质 8 分 2 9a 4 12a 24 aa n a 2 1 0 P 因为具有性质 所以 n a 1 2 P id 1n in aad 2n 因为具有性质 所以 n a 2 2 P jd 2njn aad 2n 因为 互质 Ni j ij i j 所以由 得 由 得 9 分 1mjim aajd 2m ijm aaid 所以 即 10 分 12mm ajdaid 21 j dd i 得 11 分 211njn i ji aaddd i 2n 所以 12 分 1nj in ji aad i 2ni 所以具有性质 13 分 n a 1 2 ji P ji id i 10 2017 丰台一模 解 由题意得 1 11m 2 1 1mm 解 得 1m 解 得 或 1m 2 m 所以 故实数的取值范围是 4 分2 mm2 m 假设存在等差数列符合要求 设公差为 则 n ad1 d 由 得 1 1 a 1 2 n n n Snd 由题意 得对均成立 即 2 1 1 22 n n ndnn nN 1 ndn 当时 1n dR 当时 1n 1 n d n 因为 所以 与矛盾 故这样的等差数列不存在 1 1 1 11 n nn 1d 1d n a 8 分 设数列的公比为 则 n aq 1 1 n n aa q 因为的每一项均为正整数 且 n a 1 1 10 nnnnn aaa qaa q 所以 且 1 0 a1 q 因为 111 nnnnnn aaq aaaa 所以在中 为最小项 1 nn aa 21 aa 同理 在中 为最小项 1 11 22 nn aa 21 11 22 aa 由为 K 数列 只需 即 n a 21 1 aa 1 1 1 a q 又因为不是 K 数列 且 为最小项 所以 1 2 n a 21 11 22 aa 21 11 1 22 aa 即 1 1 2 a q 由数列的每一项均为正整数 可得 n a 1 1 2 a q 所以或 1 1 3 aq 1 2 2 aq 当时 则 1 1 3 aq 1 3 n n a 3 1 n n b n 令 则 1 nnn cbb nN 1 3321 3 21 1 2 nn n n n c nnnn 又 1 2321 33 2 3 1 2 nn nn nnnn 2 3486 0 2 1 3 n nn nnn 所以为递增数列 即 n c 121nnn cccc 所以 111221nnnnnn bbbbbbbb 因为 21 33 31 22 bb 所以对任意的