2022年北京各区高考数学模拟题压轴题含答案 .pdf

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1、学习好资料欢迎下载1（2017 海淀二模）对于无穷数列na，记|,jiTx xaa ij ，若数列 na满足：“存在 tT ，使得只要mkaat（*,m kN 且 mk ） ， 必有11mkaat ” ，则称数列 na具有性质( )P t .（）若数列na满足2 ,2,25,3,nnnann判断数列 na是否具有性质(2)P？是否具有性质(4)P？（）求证：“T是有限集”是“数列na具有性质(0)P”的必要不充分条件；（）已知 na是各项为正整数的数列，且 na既具有性质(2)P，又具有性质(5)P，求证：存在整数N ，使得12,NNNNkaaaa是等差数列 . 2（2017 海淀一模） 已知

2、含有 n 个元素的正整数集12,nAaaa12(,3)naaan具有性质P： 对任意不大于()S A (其中12()nS Aaaa )的正整数,k存在数集A的一个子集，使得该子集所有元素的和等于k .（）写出12,a a 的值；（）证明：“12,na aa 成等差数列”的充要条件是“(1)( )2n nS A” ；（）若()2017S A，求当 n取最小值时，na 的最大值 . 3（2017 西城二模）设集合*21,2,3,2 (,2)nAnnnN如果对于2nA的每一个含有(4)m m个元素的子集P，P中必有4个元素的和等于41n，称正整数m为集合2nA的一个“相关数” （）当3n时，判断 5

3、 和 6 是否为集合6A的“相关数”，说明理由；（）若 m 为集合2nA的“相关数”，证明：30mn；（）给定正整数n求集合2nA的“相关数”m 的最小值名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载4（2017 西城一模）如图，将数字1,2,3, ,2(3)n n全部填入一个2行n列的表格中，每格填一个数字第一行填入的数字依次为12,na aa，第二行填入的数字依次为12,nb bb记11221|nnii

4、nniSabababab（）当3n时，若11a，23a，35a，写出3S的所有可能的取值；（）给定正整数n试给出12,na aa的一组取值，使得无论12,nb bb填写的顺序如何，nS都只有一个取值，并求出此时nS的值；（）求证：对于给定的n以及满足条件的所有填法，nS的所有取值的奇偶性相同5（2017 东城二模） 对于n维向量12(,)nAa aa=，若对任意1,2, in?均有0ia =或1ia =， 则 称A为n维T向 量 . 对 于 两 个n维T向 量,A B， 定 义1(,)|niiid A Bab=-?. （）若(1,0,1,0,1)A=，(0,1,1,1,0)B =，求( ,)d

5、 A B的值 . （）现有一个5维T向量序列：， 若1( 1 , 1 , 1 )A =且满足：1(,)2iid A A+=，*i ? N. 求证：该序列中不存在5维T向量(0,0,0,0,0). （）现有一个12维T向量序列：， 若112(1,1,1)A个=且满足：1(,)iid A Am+=，*m? N，1,2,3,i =，若存在正整数j使得12(0,0,0)jA个=，jA为12维T向量序列中的项，求出所有的m. 6（2017 东城一模）已知集合12,1,2,niAa aaa,inRLL，并且2n定义1( )|jiij nT Aaa（例如：21313213| |jiijaaaaaaaa?-=

6、-+-+-?） （）若1,2,3,4,5,6,7,8,9,10A，1,2,3,4,5M， 集合A的子集N满足：NM1，且()()T MT N，求出一个符合条件的N；（）对于任意给定的常数C以及给定的集合12,nAa aaL，求证：存在集合12,nBb bbL，使得()()T BT A，且1niibC. （ ） 已 知 集 合122,mAa aaL满 足 ：1iiaa，1,2,21imL，2m3，12,maa ab，其中,a b? R为给定的常数，求( )T A的取值范围123,A A A L123,A AA L名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - -

7、 - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载7（2017 朝阳二模）各项均为非负整数的数列na同时满足下列条件：ma1()Nm*；1nan(2)n；n是12naaa的因数（1n） （）当5m时，写出数列na的前五项；（）若数列na的前三项互不相等，且3n时，na为常数，求m的值；（）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得nM时，na为常数8（2017 朝阳一模） 对于正整数集合12,nAa aa=（nN，3n3） ，如果去掉其中任意一个元素ia（1,2,in=）之后，剩余的所有元素组成

8、的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“ 和谐集 ”.（）判断集合1,2,3,4,5是否是 “ 和谐集 ” （不必写过程） ；（）求证：若集合A是“ 和谐集 ” ，则集合A中元素个数为奇数；（）若集合A是“ 和谐集 ” ，求集合A中元素个数的最小值. 9（2017 丰台二模）若无穷数列na满足：k*N， 对于00()nnn*N， 都有n knaad（其中 d 为常数），则称na具有性质“0()P k n d,”.（）若na具有性质“(3 2 0)P, ,” ，且23a，45a，67818aaa，求3a；（）若无穷数列nb是等差数列，无穷数列nc是公比为

9、正数的等比数列，132bc，318bc，nnnabc，判断na是否具有性质“(2 1 0)P, ,” ，并说明理由；（）设na既具有性质“1( 2)P id, ,” ， 又具有性质“2(2)P jd, ,” ， 其中ij*N，ij，i j,互质，求证：na具有性质“1(2)jiP ji idi,”.10（2017 丰台一模）对于*Nn，若数列nx满足11nnxx，则称这个数列为“K数列” （）已知数列：1，m+1，m2是“K数列” ，求实数m的取值范围；（）是否存在首项为- 1的等差数列na为“K数列” ，且其前 n 项和nS满足2*1(N )2nSnn n？若存在，求出na的通项公式；若不存

10、在，请说明理由；（）已知各项均为正整数的等比数列na是 “K数列” ， 数列12na不是“K数列” ，若11nnabn，试判断数列nb是否为“K数列”，并说明理由名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载11（2017 昌平二模）设集合，. 对数列，规定： 若, 则； 若，则. 例如：当，时，. (I) 已知等比数列，且当时，求数列的通项公式；(II)已知数列， 证明：对于任意的， 且， 存在，使；(I

11、II)已知集合, ， 设中最大元素为，中最大元素为，求证：. 12（2017.1 石景山期末）集合M的若干个子集的集合称为集合M的一个子集族对于集合1,2,3n的一个子集族D满足如下条件： 若,A DBA， 则BD， 则称子集族D是“向下封闭”的（）写出一个含有集合1,2的“向下封闭”的子集族D并计算此时( 1)AAD的值（其中A 表示集合A中元素的个数， 约定0；A D表示对子集族D中所有成员A求和）；（）D是集合1,2,3n的任一“向下封闭的”子集族，对AD,记maxkA ，( )max( 1)AA Df k（其中 max 表示最大值），（）求(2)f； （）若k是偶数，求( )f k1,

12、2,100U，TU()nan*NT0TS12kTn ,n ,n，12+kTnnnSaaa2nan= 1,3,5T135261018TSaaa()nan*N11a=2, 3T=12TSna12,1,2,2nnnan1100k*NkTU1TkSa,AU BU AB13nnaABSSAmBr1mr名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载1（2017 海淀二模）（）数列 na不具有性质(2)P；具有性质(4)

13、P. （）（不充分性）对于周期数列1,1, 2, 2,1,1, 2, 2,L， 1,0,1T是有限集，但是由于21320,1aaaa，所以不具有性质(0)P；（必要性）因为数列na具有性质(0)P，所以一定存在一组最小的*,m kN 且mk，满足0mkaa，即mkaa由性质(0)P的含义可得11222112,mkmkm kmm kmaaaaaaaaLL所以数列 na中，从第k 项开始的各项呈现周期性规律：11,kkmaaaL为一个周期中的各项，所以数列 na中最多有1m个不同的项，所以T最多有21mC个元素，即T是有限集 . （）因为数列na具有性质(2)P，数列 na具有性质(5)P，所以存

14、在*,MNN ，使得2MpMaa，5NqNaa，其中,p q分别是满足上述关系式的最小的正整数，由性质(2),(5)PP的含义可得kN，2,5Mp kMkNqkNkaaaa，若MN，则取kNM，可得2NpNaa；若MN，则取kMN，可得5MqMaa. 记max,MMN，则对于Ma，有2MpMaa，5MqMaa，显然pq，由性质(2),(5)PP的含义可得kN，2,5MpkMkNqkNkaaaa，所以(1)(1)(2)()()()2MqpMMqpMqpMqpMqpMpMaaaaaaaaqL(1)(1)(2)()()()5MqpMMpqMpqMpqMpqMqMaaaaaaaapL所以25MqpMM

15、aaqap .所以 25qp ，又,p q是满足2MpMaa，5MqMaa的最小的正整数，所以5,2qp，252,5MMMMaaaa，所以kN，252,5MkMkMkMkaaaa，所以kN，22(1)22MkMkMaaakL，55(1)55MkMkMaaakL，取5NM，则kN，所以，若k是偶数，则NkNaak ；若k是奇数，则5 (5)5(5)5(5)NkNkNNNaaakakak ，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 17 页 - - - - - - -

16、- - 学习好资料欢迎下载所以kN，NkNaak所以12,NNNNkaaaa是公差为 1 的等差数列 .2（2017 海淀一模）解： （）121,2aa. （）先证必要性因为121,2aa，又12,na aa 成等差数列，故nan，所以(1)( )2n nS A；再证充分性因为12naaa ，12,naaa 为正整数数列，故有12341,2,3,4,naaaaan, 所以12()nS Aaaa(1)122nnn, 又(1)( )2n nS A，故mam (1,2, )mn ，故12,na aa 为等差数列 . （）先证明12(1,2, )mmamn. 假设存在12ppa，且p为最小的正整数.

17、依题意3p,则2112112221pppaaa，又因为12naaa , 故当1(21,)ppka时， k 不能等于集合A的任何一个子集所有元素的和. 故假设不成立，即12(1,2, )mmamn成立 . 因此112201712221nnnaaa, 即 22018n，所以11n. 因为2017S，则1212017nnaaaa ，若 20171nnaa时，则当(2017,)nnkaa时，集合A中不可能存在若干不同元素的和为 k ，故 20171nnaa，即1009na. 此时可构造集合1,2,4,8,16,32,64,128,256,497,1009A. 因为当2,21 k时， k可以等于集合1,

18、2 中若干个元素的和，故当22222 ,21,22,23k时， k可以等于集合21,2,2 中若干不同元素的和，故当88882 ,21,22,2255k时， k 可以等于集合81,2,2 中若干不同元素名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载的和，故当4973,4974,497511 k时， k可以等于集合81,2,2 ,497中若干不同元素的和，故当1009,1009 1,10092,1009 10

19、08k时，k可以等于集合8 1 , 2 , 2, 4 9 7 , 1 0 0 9 中若干不同元素的和，所以集合1,2,4,8,16,32,64,128,256,497,1009A满足题设，所以当 n取最小值 11 时，na 的最大值为1009. 3（2017 西城二模） 解： （）当3n时，61,2,3,4,5,6A，4113n 1 分 对于6A的含有5个元素的子集2,3,4,5,6，因为234513，所以5不是集合6A的“相关数” 2 分 6A的含有6个元素的子集只有1,2,3,4,5,6，因为1 345 13，所以6是集合6A的“相关数” 3 分 （）考察集合2nA的含有2n个元素的子集1

20、, ,1,2 Bnn nn 4 分B中任意4个元素之和一定不小于(1)(1)(2)42nnnnn所以2n一定不是集合2nA的“相关数” 6 分 所以当2mn时，m一定不是集合2nA的“相关数” 7 分因此若m为集合2nA的“相关数”，必有3mn即若m为集合2nA的“相关数”，必有30mn 8 分 （）由（）得3mn先将集合2nA的元素分成如下n组：( ,21) (1)iinCini对2nA的任意一个含有3n个元素的子集P，必有三组123,iiiCCC同属于集合P10 分 再将集合2nA的元素剔除 n 和2n后，分成如下1n组：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - -

21、 - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载1( ,2) (1)jjnDjnj对于2nA的任意一个含有3n个元素的子集P，必有一组4jD属于集合P11 分 这一组4jD与上述三组123,iiiCCC中至少一组无相同元素，不妨设4jD与1iC无相同元素此时这4个元素之和为1144(21)(2)41inijnjn12 分 所以集合2nA的“相关数”m 的最4（2017 西城一模） 解： （）3S的所有可能的取值为3，5，7，9. 3 分 （）令iai (1,2, )in，则无

22、论12,nb bb填写的顺序如何，都有2nSn 5 分 因为iai，所以1,2,2 ibnnn，(1,2, )in 6 分 因为iiab (1,2, )in，所以22111111|()nnnnnnniiiiiiiiiiiniSabbabaiin 8 分 注：12,1,2, na aan， 或12,1,2,2 na aannn均满足条件（） 解法一： 显然，交换每一列中两个数的位置，所得的nS的值不变不妨设iiab，记1niiAa，1niiBb，其中1,2,in 则1111|()nnnnniiiiiiiiiiSabababAB 9 分 因为212 (21)(21)2ninnABinn，所以AB与

23、n具有相同的奇偶性11 分 又因为AB与AB具有相同的奇偶性，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载所以nSAB与n的奇偶性相同，所以nS的所有可能取值的奇偶性相同13 分 解法二： 显然，交换每一列中两个数的位置，所得的nS的值不变考虑如下表所示的任意两种不同的填法，1|nniiiSab，1|nniiiSab，不妨设iiab，iiab，其中1,2,in 9 分 1a2ana1a2ana1b2bnb

24、1b2bnb111111()()()()nnnnnnnniiiiiiiiiiiiiiSSbababbaa对于任意1,2,2 kn ，若在两种填法中k都位于同一行，则k在nnSS的 表 达 式 中 或 者 只 出 现 在11nniiiibb中 ， 或 只 出 现 在11nniiiiaa中，且出现两次，则对k而言，在nnSS的结果中得到2k11 分 若在两种填法中k位于不同行，则k在nnSS的表达式中在11nniiiibb与11nniiiiaa中各出现一次，则对k而言，在nnSS的结果中得到0由得，对于任意1,2,2 kn ，nnSS必为偶数所以，对于表格的所有不同的填法，nS所有可能取值的奇偶性

25、相同13 分 5（ 2017东 城 二 模 ） 解 ： （ ） 由 于(1,0,1,0,1)A，(0,1,1,1,0)B， 由 定 义1(,)|niiid A Bab=-?，可得( ,)4d A B =. 4 分（）反证法：若结论不成立，即存在一个含5维向量序列，T123,mA A AAL名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载使得1(1,1,1,1,1)A =，(0,0,0,0,0)mA=. 因为向

26、量1(1,1,1,1,1)A =的每一个分量变为0，都需要奇数次变化，不妨设1A的第(1,2,3,4,5)i i =个分量1变化了21in -次之后变成0，所以将1A中所有分量1变为0共需要12345(21)(21)(21)(21)(21)nnnnn-+-+-+-+-123452(2)1nnnnn=+-次，此数为奇数. 又因为*1(,)2,iid A Ai+=? N，说明中的分量有个数值发生改变，进而变化到，所以共需要改变数值次，此数为偶数，所以矛盾. 所以该序列中不存在5维T向量(0,0,0,0,0). 9 分（）此时. 13 分易见当为 12 的因子时，给(1 分). 答出给(1 分).

27、答出中任一个给 (1 分)，都对给 (2 分) 6（2017 东城一模）解： （）由于1,2,3,4,5,6,7,8,9,10A，1,2,3,4,5M，所以6,7,8,9,10N，5,6,7,8,9N，4,5,6,7,8N3,4,5,6,7N，2,3,4,5,6N，回答其中之一即可 3 分（）若集合12,nAa aaL，如果集合A中每个元素加上同一个常数t，形成新的集合12,nMat atatL. 5 分根据1( )|jiijnT Aaa定义可以验证：()()T MT A. 6 分取1niiCatn，此时11112,nnniiiiiinCaCaCaBaaannnL. 通过验证，此时()()T

28、BT A，且1niibC. 8 分（）由于2m321314121()()()()()mT AaaaaaaaaL324222()()()maaaaaaL4323()()maaaaLM221()mmaa121212=(21)(23)(23)(21)mmmmmamaaamamaLLiA21iA2(1)m1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12mm1,2,3,4,6,125,8,10m7,9,11m名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 17 页 - - -

29、 - - - - - - 学习好资料欢迎下载212121=(21)()(23)()()mmmmmaamaaaaL2121=(21)()(23)()()mmmmbamaaaaL 11 分由于2120maaba，2230maaba，2340maaba，M10mmaaba. 所以2(21)()( )()mbaT Amba. 13 分7（2017 朝阳二模）解： （） 5，1，0，2，2.3 分（）因为10nan，所以20, 1032aa，又数列na的前 3 项互不相等，（1）当02a时，若13a，则3451aaa，且对3n，12)2(0nmnnm都为整数，所以2m；若23a，则3452aaa，且对3

30、n，24)2(20nmnnm都为整数，所以4m；（2）当12a时，若03a，则3450aaa，且对3n，nmnnm1)2(01都为整数，所以1m，不符合题意；若23a，则3452aaa，且对3n，23)2(21nmnnm都为整数，所以3m；综上，m的值为2,3, 4. 8 分（）对于1n，令12nnSaaa，则11111nSnnSnaSnSnSnnnnnn. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载

31、又对每一个n，nSn都为正整数，所以11nSnmSnSn1.1，其中“”至多出现1m个. 故存在正整数Mm，当nM时，必有nSnSnn11成立 . 当nSnSnn11时，则nSSnSnSSannnnnn)1(11. 从而22) 1(2212112122naaanananSaanSnnnnnnnnn. 由题设知1212|12nnnaann，又22nSn及1na均为整数，所以22nSn1na11nSnSnn，故1212nnnSSSnnn常数 .从而nSSnSnSSannnnnn)1(11常数 . 故存在正整数M，使得nM时，na为常数 . 13分8（2017 朝阳一模） 解： （）集合1,2,3,

32、4,5不是 “ 和谐集 ” . 3 分（）设集合12,nAa aa=所有元素之和为M. 由题可知，iMa-（1,2,in=）均为偶数，因此ia（1,2,in=）的奇偶性相同. （）如果M为奇数，则ia（1,2,in=）也均为奇数，由于12nMaaa=+，所以n为奇数 . （）如果M为偶数，则ia（1,2,in=）均为偶数，此时设2iiab=，则12,nb bb也是 “ 和谐集 ”.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A中元素个数为奇数. 综上所述，集合A中元素个数为奇数. 8 分（）由（）可知集合A中元素个数为奇数，当3n =时，显然任意集合123

33、,a aa不是 “ 和谐集 ”.名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载当5n =时，不妨设12345aaaaa，将集合1345,a a aa分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有1534aaaa+=+ ，或者5134aaaa=+ ；将集合2345,aa aa分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有2534aaaa+=+ ，或者5234aaaa=+ . 由 、 ，得12

34、aa=，矛盾；由 、 ，得12aa= -，矛盾；由 、 ，得12aa= -，矛盾；由 、 ，得12aa=，矛盾 . 因此当5n=时，集合A一定不是 “ 和谐集 ”.当7n =时，设1,3,5,7,9,11,13A =，因为35791113+=+，19135711+=+，91313711+=+，13511713+=+，19113513,+=+3791513+=+，1359711+=+，所以集合1,3,5,7,9,11,13A =是“ 和谐集 ”.集合A中元素个数n的最小值是7. 13分9（2017 丰台二模） 解： （）因为na具有性质“(3,2,0)P” ，所以30nnaa，2n. 由23a，

35、得583aa，由45a，得75a. 2分因为67818aaa，所以610a，即310a. 4 分（）na不具有性质“(2,1,0)P”. 5 分设等差数列nb的公差为d，由12b，38b，得2826d，所以3d，故31nbn. 6 分设等比数列nc的公比为q，由32c，18c，得214q，又0q，所以12q，故42nnc，7 分所以4312nnan. 若na具有性质“(2,1,0)P” ，则20nnaa，1n. 因为29a，412a，所以24aa ，故na不具有性质“(2,1,0)P”. 8 分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -

36、 - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载（）因为na具有性质“1( ,2,)P id” ，所以1n inaad ，2n.因为na具有性质“2( ,2,)P jd” ，所以2njnaad ，2n.因为*Ni j,，ij，i j ,互质，所以由得1mjimaajd ；由，得2mijmaaid ，9 分所以12mmajdaid ，即21jddi. 10 分 - ，得211njn ijiaadddi，2n，11 分所以1n jinjiaadi，2ni，12 分所以na具有性质“1(,2,)jiP ji i

37、di”. 13 分10（2017 丰台一模）解：（）由题意得(1)11m，2(1)1mm，解得1m；解得1m或2m所以2m，故实数 m 的取值范围是2m4 分（）假设存在等差数列na符合要求，设公差为d，则1d，由11a，得(1)2nn nSnd，由题意，得2(1)122n nndnn对 nN 均成立，即(1)ndn当1n时， dR ; 当1n时，1ndn，因为1=1+111nnn，所以1d，与1d矛盾，故这样的等差数列na不存在 8 分（）设数列na的公比为 q ，则11nnaa q，因为 na的每一项均为正整数，且1(1)10nnnnnaaa qaaq，所以10a，且1q. 因为111()

38、nnnnnnaaq aaaa，所以在1nnaa中，“21aa ”为最小项名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载同理，在11122nnaa中，“211122aa”为最小项由 na为“K数列”，只需211aa，即1(1)1a q，又因为12na不是“ K数列”，且“211122aa”为最小项，所以2111122aa，即1(1)2aq，由数列 na的每一项均为正整数，可得1(1)2aq，所以11,3aq

39、或12,2aq. 当11,3aq时，13nna，则31nnbn，令*1()nnncbb nN，则13321321(1)(2)nnnnncnnnn，又1232133(2)(3)(1)(2)nnnnnnnn2348602 (1)(3)nnnnnn，所以 nc为递增数列，即121nnncccc ，所以111221nnnnnnbbbbbbbb 因为21333122bb，所以对任意的*nN ，都有11nnbb，即数列 nc为“ K数列”当12,2aq时，2nna，则121nnbn因为21213bb，所以数列 nb不是“ K 数列”综上：当13nna时，数列 nb为“K数列”，当2nna时，数列 nb不是

40、“ K 数列” 13 分11（2017昌平二模）解：（ I ）设，由题意，化简得，即，或所以数列的通项公式为，或 4 分（II ）当时，令，有；当，时，令，则所以，使 8 分（III）当时，1nnaq2312aa2120qq4q3qna1( 4)nna13nna1k22a1T122TSaa2100k*Nk12kka1,2,Tk，121(+)2kTkkSaaaak*N1100kTU1TkSa1mr名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 17 页 - - - - -

41、 - - - - 学习好资料欢迎下载因为中最大元素为，得，中最大元素为，得，所以，即符合题意 . 当，时, 即又，所以即时. ，所以，与已知矛盾，故不合题意综上， 13 分12（2017.1石景山期末）解：（）含有集合1, 2的“ 向下封闭” 的子集族 ,1,2, 1,2D2 分此时0112( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)0AA D4 分（）设1,2,3n的所有不超过k个元素的子集族为kD（）易知当2DD时，( 1)AA D达到最大值，所以201122(1)32(2)( 1)( 1)( 1)122nnn nnnfCCn6分（）设D是使得maxkA的任一个 “ 向下封闭 ” 的子集族，记

42、DDD，其中D为不超过2k元的子集族，D为1k元或k元的子集则( 1)AA D= ( 1)( 1)(2)( 1)AAAA DA DA Df k 8 分现设D有l（knlC）个1,2,3n的k元子集，由于一个1k元子集至多出现在1nk个1,2,3n的k元子集中， 而一个k元子集中有1kkC个1k元子集，故l个Am13mAmSaBr111231+139+3(31)332rrrmBrSaaaaABSS1mr1mr*Nm.mrAB.mr1mr111231+139+3(31)332mmmrAmSaaaa13rBrSaABSS1mr1mr名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - -

43、 - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 17 页 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载k元子集至少产生11kklCnk个不同的1k元子集11( 1)(1)(1)111kAkkkknnnA DlCkkllCCCnknknk1( 1)(2)( )AkknnA Df kCCf k由（）得011221( )( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)kkkiinnnnif kCCCC13分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 17 页 - - - - - - - - -