01数列的应用-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编

这是一份01数列的应用-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编，共24页。试卷主要包含了设集合A为含有n个元素的有限集，已知数列{an}，互不相同，且满足下列条件等内容，欢迎下载使用。
01数列的应用-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编
一．选择题（共1小题）
1．（2023•延庆区一模）ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为Ai（i＝0，1，2，3，4，5，6）的纸张面积分别是ai（i＝0，1，2，3，4，5，6），它们组成一个公比为的等比数列，设型号为Bi（i＝1，2，3，4，5，6）的纸张的面积分别是bi（i＝1，2，3，4，5，6），已知，则的值为（　　）
A． B． C． D．2
二．填空题（共1小题）
2．（2023•石景山区一模）项数为k（k∈N*，k≥2）的有限数列{an}的各项均不小于﹣1的整数，满足，其中a1≠0．给出下列四个结论：
①若k＝2，则a2＝2；
②若k＝3，则满足条件的数列{an}有4个；
③存在a1＝1的数列{an}；
④所有满足条件的数列{an}中，首项相同．
其中所有正确结论的序号是 　 　．
三．解答题（共11小题）
3．（2023•通州区一模）设集合A为含有n个元素的有限集．若集合A的m个子集A1，A2，…，Am满足：
①A1，A2，…，Am均非空；
②A1，A2，…，Am中任意两个集合交集为空集；
③A1∪A2∪…∪Am＝A．
则称A1，A2，…，Am为集合A的一个m阶分拆．
（1）若A＝{1，2，3}，写出集合A的所有2阶分拆（其中A1，A2与A2，A1为集合A的同一个2阶分拆）；
（2）若A＝{1，2，3，…，n}，A1，A2为A的2阶分拆，集合A1所有元素的平均值为P，集合A2所有元素的平均值为Q，求|P﹣Q|的最大值；
（3）设A1，A2，A3为正整数集合A＝{a1，a2，⋯，an}（n∈N*，n≥3）的3阶分拆．若A1，A2，A3满足任取集合A中的一个元素ai构成A1＝{ai}，其中i∈{1，2，3，…，n}，且A2与A3中元素的和相等．求证：n为奇数．
4．（2023•海淀区一模）已知数列{an}．给出两个性质：
①对于{an}中任意两项aiaj（i≥j），在{an}中都存在一项ak，使得ak＝aiaj；
②对于{an}中任意连续三项an，an+1，an+2，均有．
（Ⅰ）分别判断一下两个数列是否满足性质①，并说明理由；
（i）有穷数列{an}：an＝2n﹣1（n＝1，2，3）；
（ii）无穷数列{bn}：bn＝2n﹣1（n＝1，2，3，…）．
（Ⅱ）若有穷数列{an}满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m的最大值；
（Ⅲ）若数列{an}满足性质①和性质②，且a1＞0，a2＜﹣1，a3＝2，求{an}的通项公式．
5．（2023•门头沟区一模）已知集合M＝{±1，±2，±3，…，±n}（n≥3）．若对于集合M的任意k元子集A，A中必有4个元素的和为﹣1，则称这样的正整数k为“好数”，所有好数的最小值记作g（M）．
（Ⅰ）当n＝3，即集合M＝{﹣3，﹣2，﹣1，1，2，3}．
（i）写出M的一个子集B，且B中存在4个元素的和为﹣1；
（ii）写出M的一个5元子集C，使得C中任意4个元素的和大于﹣1；
（Ⅱ）证明：g（M）＞n+2；
（Ⅲ）证明：g（M）＝n+3．
6．（2023•东城区一模）已知数表中的项aij（i＝1，2；j＝1，2，…，n）互不相同，且满足下列条件：
①aij∈{1，2，…，2n}；
②（﹣1）m+1（a1m﹣a2m）＜0（m＝1，2，…，n）．
则称这样的数表A2n具有性质P．
（Ⅰ）若数表A22具有性质P，且a12＝4，写出所有满足条件的数表A22，并求出a11+a12的值；
（Ⅱ）对于具有性质P的数表A2n，当a11+a12+…+a1n取最大值时，求证：存在正整数k（1≤k≤n），使得a1k＝2n；
（Ⅲ）对于具有性质P的数表A2n，当n为偶数时，求a11+a12+…+a1n的最大值．
7．（2023•西城区一模）给定正整数n≥2，设集合M＝{α|α＝（t1，t2，…，tn），tk∈{0，1}，k＝1，2，…，n}．对于集合M中的任意元素β＝（x1，x2，…，xn）和γ＝（y1，y2，…，yn），记β⋅γ＝x1y1+x2y2+…+xnyn．
设A⊆M，且集合A＝{αi|αi＝（ti1，ti2，…，tin），i＝1，2，…，n}，对于A中任意元素αi，αj，若则称A具有性质T（n，p）．
（Ⅰ）判断集合A＝{（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1）}是否具有性质T（3，2）？说明理由；
（Ⅱ）判断是否存在具有性质T（4，p）的集合A，并加以证明；
（Ⅲ）若集合A具有性质T（n，p），证明：t1j+t2j+…+tnj＝p（j＝1，2，…，n）．
8．（2023•朝阳区一模）已知有穷数列A：a1，a2，…，aN（N∈N*，N≥3）满足ai∈{﹣1，0，1}（i＝1，2，…，N）．给定正整数m，若存在正整数s，t（s≠t），使得对任意的k∈{0，1，2，…，m﹣1}，都有as+k＝at+k，则称数列A是m﹣连续等项数列．
（1）判断数列A：﹣1，1，0，1，0，1，﹣1是否为3﹣连续等项数列？是否为4﹣连续等项数列？说明理由；
（Ⅱ）若项数为N的任意数列A都是2﹣连续等项数列，求N的最小值；
（Ⅲ）若数列A：a1，a2，…，aN不是4﹣连续等项数列，而数列A1：a1a2，…，aN，﹣1，数列A2：a1a2，…，aN，0与数列A3：a1，a2，…，aN，1都是4﹣连续等项数列，且a3＝0，求aN的值．
9．（2023•房山区一模）如果数列{an}对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，则称{an}为“速增数列”．
（1）判断数列{2n}是否为“速增数列”？说明理由；
（2）若数列{an}为“速增数列”．且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝2023，求正整数k的最大值；
（3）已知项数为2k（k≥2，k∈Z）的数列{bn}是“速增数列”，且{bn}的所有项的和等于k，若，n＝1，2，3，…，2k，证明：ckck+1＜2．
10．（2023•石景山区一模）若无穷数列{an}满足以下两个条件，则称该数列τ为数列．
①a1＝1，当n≥2时，|an﹣2|＝|an﹣1+2|；
②若存在某一项am≤﹣5，则存在k∈{1，2，…，m﹣1}，使得ak＝am+4（m≥2且m∈N*）．
（Ⅰ）若a2＜0，写出所有τ数列的前四项；
（Ⅱ）若a2＞0，判断τ数列是否为等差数列，请说明理由；
（Ⅲ）在所有的τ数列中，求满足am＝﹣2021的m的最小值．
11．（2023•丰台区一模）已知集合Sn＝{1，2，3，⋯，2n}（n∈N*，n≥4），对于集合Sn的非空子集A．若Sn中存在三个互不相同的元素a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均属于A，则称集合A是集合Sn的“期待子集”．
（1）试判断集合A1＝{3，4，5}，A2＝{3，5，7}是否为集合S4的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）
（2）如果一个集合中含有三个元素x，y，z，同时满足①x＜y＜z，②x+y＞z，③x+y+z为偶数．那么称该集合具有性质P．对于集合Sn的非空子集A，证明：集合A是集合Sn的“期待子集”的充要条件是集合A具有性质P；
（3）若Sn（n≥4）的任意含有m个元素的子集都是集合Sn的“期待子集”，求m的最小值．
12．（2023•平谷区一模）对于每项均是正整数的数列A1：a1、a2、⋯、an，定义变换T1，T1将数列A变换成数列T1（A）：n、a1﹣1、a2﹣1、…、an﹣1．对于每项均是非负整数的数列B：b1、b2、⋯、bm，定义变换T2，T2将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2（B）；又定义S（B）＝2（b1+2b2+…+mbm）+++…+．设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1＝T2（T1（Ak））（k＝0，1，2，…）．
（1）如果数列A0为5、1、3，写出数列A1、A2；
（2）对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S（T1（A））＝S（A）；
（3）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0，存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）＝S（Ak）．
13．（2023•顺义区一模）已知A：a1，a2，⋯，an为正整数数列，满足a1≥a2≥⋯≥an．记S＝a1+a2+⋯+an．定义A的伴随数列{Tk}（1≤k≤n+1）如下：
①T1＝0；
②Tk+1＝Tk+λkak（1≤k≤n），其中．
（1）若数列A：4，3，2，1，直接写出相应的伴随数列{Tk}（1≤k≤5）；
（2）当n≥2时，若S＝2n﹣2，求证：an﹣1＝an＝1；
（3）当n≥2时，若S＝2n﹣2，求证：Tn+1＝0．

01数列的应用-北京市各地区2023年高考数学模拟（一模）高考考点试题汇编
参考答案与试题解析
一．选择题（共1小题）
1．（2023•延庆区一模）ISO216是国际标准化组织所定义的纸张尺寸国际标准，该标准定义了A，B系列的纸张尺寸．设型号为Ai（i＝0，1，2，3，4，5，6）的纸张面积分别是ai（i＝0，1，2，3，4，5，6），它们组成一个公比为的等比数列，设型号为Bi（i＝1，2，3，4，5，6）的纸张的面积分别是bi（i＝1，2，3，4，5，6），已知，则的值为（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【解答】解：∵，令i＝5，
∴，
又∵a0，a1，a2，a3，a4，a5，a6组成一个公比为的等比数列，
∴，
又a4＞0，b5＞0，
∴．
故选：C．
二．填空题（共1小题）
2．（2023•石景山区一模）项数为k（k∈N*，k≥2）的有限数列{an}的各项均不小于﹣1的整数，满足，其中a1≠0．给出下列四个结论：
①若k＝2，则a2＝2；
②若k＝3，则满足条件的数列{an}有4个；
③存在a1＝1的数列{an}；
④所有满足条件的数列{an}中，首项相同．
其中所有正确结论的序号是 　①②④　．
【答案】①②④．
【解答】解：因为有限数列{an}的各项均不小于﹣1的整数，
所以an≥﹣1，n∈N*，an∈Z，
又因为，
所以a1•2k﹣1＝﹣（a2•2k﹣2+a3•2k﹣3+…+ak﹣1•2+ak）≤（2k﹣2+2k﹣3+…+21+1）＝2k﹣1﹣1，
所以﹣1≤a1≤1﹣＜1，且a1≠0，a1为整数，
所以a1＝﹣1，所以③错误，④正确；
当k＝2时，得2a1+a2＝0，所以a1＝﹣1，则a2＝2，故①正确；
当k＝3时，得4a1+2a2+a3＝0，
又因为a1＝﹣1，
所以2a2+a3＝4，则2a2＝4﹣a3≤5，
所以﹣1≤a2≤，a2为整数，
则a2的可能取值为﹣1，0，1，2，对应的a3的取值为6，4，2，0，
故数列{an}可能为﹣1，﹣1，6；﹣1，0，4；﹣1，1，2；﹣1，2，0，共4个，故②正确．
故答案为：①②④．
三．解答题（共11小题）
3．（2023•通州区一模）设集合A为含有n个元素的有限集．若集合A的m个子集A1，A2，…，Am满足：
①A1，A2，…，Am均非空；
②A1，A2，…，Am中任意两个集合交集为空集；
③A1∪A2∪…∪Am＝A．
则称A1，A2，…，Am为集合A的一个m阶分拆．
（1）若A＝{1，2，3}，写出集合A的所有2阶分拆（其中A1，A2与A2，A1为集合A的同一个2阶分拆）；
（2）若A＝{1，2，3，…，n}，A1，A2为A的2阶分拆，集合A1所有元素的平均值为P，集合A2所有元素的平均值为Q，求|P﹣Q|的最大值；
（3）设A1，A2，A3为正整数集合A＝{a1，a2，⋯，an}（n∈N*，n≥3）的3阶分拆．若A1，A2，A3满足任取集合A中的一个元素ai构成A1＝{ai}，其中i∈{1，2，3，…，n}，且A2与A3中元素的和相等．求证：n为奇数．
【答案】（1）{1，2}，{3}；{1，3}，{2}；{2，3}，{1}；
（2）；
（3）证明见解析．
【解答】解：（1）A＝{1，2，3}，集合A的所有2阶分拆是：{1，2}，{3}；{1，3}，{2}；{2，3}，{1}．
（2）依题意，不妨设P＞Q，A1＝{a1，a2，⋯，ap}，T＝a1+a2+⋯+ap，
则，
而，
所以，当且仅当时取等号，
所以|P﹣Q|的最大值是．
（3）证明：依题意，A2∩A3＝∅，A2∪A3＝{a1，a2，⋯，ai﹣1，ai+1，⋯，an}，A2与A3中元素的和相等，
设A2与A3中元素的和为mi，集合A中所有元素之和为S，于是S＝2mi+ai（i＝1，2，⋯，n），
①当集合A中存在元素aj（1≤j≤n）为奇数时，
因为S＝2mj+aj，2mj是偶数，于是S是奇数，对于任意ai（i＝1，2，⋯，n），均有ai＝S﹣2mi，
因此此时集合A中的元素均为奇数，因为S为奇数，且只有奇数个奇数的和为奇数，
所以n为奇数；
②当集合A中存在元素aj（1≤j≤n）为偶数时，
因为S＝2mj+aj，2mj是偶数，于是S是偶数，对于任意ai（i＝1，2，⋯，n），均有ai＝S﹣2mi，
因此此时集合A中的元素均为偶数，对于一个偶数ai（i＝1，2，⋯，n），均存在正整数pi和奇数ki，使得，
显然集合A中的元素除以2，仍然满足条件，将集合A中的元素不断除以2，直至有一个奇数，
此时，由①可得n为奇数，
综上得：n为奇数．
4．（2023•海淀区一模）已知数列{an}．给出两个性质：
①对于{an}中任意两项aiaj（i≥j），在{an}中都存在一项ak，使得ak＝aiaj；
②对于{an}中任意连续三项an，an+1，an+2，均有．
（Ⅰ）分别判断一下两个数列是否满足性质①，并说明理由；
（i）有穷数列{an}：an＝2n﹣1（n＝1，2，3）；
（ii）无穷数列{bn}：bn＝2n﹣1（n＝1，2，3，…）．
（Ⅱ）若有穷数列{an}满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m的最大值；
（Ⅲ）若数列{an}满足性质①和性质②，且a1＞0，a2＜﹣1，a3＝2，求{an}的通项公式．
【答案】（Ⅰ）（i）有穷数列{an}不满足性质①．理由见解答；
（ii）无穷数列{bn}满足性质①．理由见解答．
（Ⅱ）3．
（Ⅲ）．
【解答】解：（Ⅰ）（i）有穷数列{an}：an＝2n﹣1（n＝1，2，3）不满足性质①．
令i＝j＝3，则aiaj＝＝16不是数列{an}中的项，
∴有穷数列{an}不满足性质①；
（ii）无穷数列{bn}：bn＝2n﹣1（n＝1，2，3，…）满足性质①．
对于任意的bi，bj（i≥j），有bibj＝（2i﹣1）（2j﹣1）＝2（2ij﹣i﹣j+1）﹣1，
∵2ij﹣i﹣j+1≥1，令k＝2ij﹣i﹣j+1即可，
∴无穷数列{bn}满足性质①．
（Ⅱ）对于有穷数列{an}，记其非零项中绝对值最大的一项为ap，绝对值最小的一项为aq，
故令i＝j＝p时，存在一项|ak|＝|aiaj|＝，即0＜|ap|≤1，
再令i＝j＝q时，存在一项|ak|＝|aiaj|＝，即|aq|≥1，
又1≤|aq|≤|ap|≤1，∴数列所有非零项的绝对值均为1，
又数列{an}的各项均不相等，∴其最多有0，﹣1，1，共3项，∴m≤3，
构造数列{an}：0，﹣1，1，
其任意两项乘积均为0，﹣1，1之一，满足性质①，
其连续三项满足0﹣（﹣1）﹣1＝0，满足性质②，
又其各项均不相等，∴该数列满足条件，此时m＝3，
综上，项数m的最大值为3．
（Ⅲ）首先证明：当a1＞0，a2＜﹣1时，数列满足a2t﹣1＞0，a2t＜0，
且|at|＜|at+2|，t＝1，2，3，•••（*），
∵对于任意数列的连续三项an，an+1，an+2，总有（an﹣an+1﹣an+2）（）＝0，
即an+2＝an﹣an+1或，不论是哪种情形，均有：
当an＞0＞an+1时，，即|an+2|＞|an|，
当an＜0＜an+1时，，即|an+2|＞|an|，
∵a1＞0＞﹣1＞a2，∴性质（*）得证．
考虑a1，a2，a3三项，有a3＝a1﹣a2或，
若a3＝a1﹣a2，则a1＝a3+a2＜1，此时令i＝j＝1，有，
由性质（*）知不存在k，使得ak＞0，且，
∴只有a3＝，此时a1＝＜，
∵≥，
∴令i＝j＝1时，，
由性质（*）知，只有或，
当时，，此时令i＝2，j＝1，，
但，即|a4|≥|a2a1|，
由性质（*）知不存在k，使得ak＝a2a1，
∴，即a1＝1，从而a2＝2，
经验证，数列{an}：an＝满足条件，
下面证这是唯一满足条件的数列，
假设as是第一个不满足上述通项公式的项，
则s≥4，当s＝2t+1，t≥2时，只能为a2t+1＝a2t﹣1﹣a2t＝2t﹣1﹣（﹣2t）＝3•2t﹣1，
令i＝2t﹣1，j＝3，则aiaj＝2t，但，
由性质（*），不存在k，使得aiaj＝ak，
当s＝2t，t≥2时，只能为a2t＝a2t﹣2﹣＝﹣＝﹣3•2t﹣2＞﹣2t，
则≤＝﹣＜﹣2t，
令i＝2t﹣2，j＝3，则aiaj＝﹣2t，但a2t＞﹣2t＞a2t+2，
由性质（*），不存在k，使得aiaj＝ak，
∴不存在不满足上述通项公式的项，
综上，数列{an}的通项公式为．
5．（2023•门头沟区一模）已知集合M＝{±1，±2，±3，…，±n}（n≥3）．若对于集合M的任意k元子集A，A中必有4个元素的和为﹣1，则称这样的正整数k为“好数”，所有好数的最小值记作g（M）．
（Ⅰ）当n＝3，即集合M＝{﹣3，﹣2，﹣1，1，2，3}．
（i）写出M的一个子集B，且B中存在4个元素的和为﹣1；
（ii）写出M的一个5元子集C，使得C中任意4个元素的和大于﹣1；
（Ⅱ）证明：g（M）＞n+2；
（Ⅲ）证明：g（M）＝n+3．
【答案】（Ⅰ）（i）B＝{﹣3，﹣1，1，2}；
（ii）C＝{﹣2，﹣1，1，2，3}；
（Ⅱ）证明见解析；
（Ⅲ）证明见解析．
【解答】（Ⅰ）解：（i）取集合M的一个子集B＝{﹣3，﹣1，1，2}，则B中的4个元素的和为﹣3+（﹣1）+1+2＝﹣1；
（ii）取M的一个5元子集C＝{﹣2，﹣1，1，2，3}，且C中任意4个元素的和大于﹣1，
即﹣1+1+2+3＝5＞﹣1，﹣2+1+2+3＝4＞﹣1，﹣2+（﹣1）+2+3＝2＞﹣1，﹣2+（﹣1）+1+3＝1＞﹣1，﹣2+（﹣1）+1+2＝0＞﹣1；
（Ⅱ）证明：若g（M）＝a≤n+2，a≥4，a∈N*，从小到大取a个元素，
A＝{n，n﹣1，…，n﹣a+1}，a≤n，或A＝{n，n﹣1，…，1，﹣1，…，n﹣a}，n＜a≤n+2；
则A中任意4个元素之和大于或等于﹣1﹣2+1+2＝0，假设不成立，所以g（M）＞n+2；
（Ⅲ）证明：当k＝n+3时，把集合M的元素按和为﹣1分组，得：
M＝{±1，±2，±3，…，±n}＝{﹣n，n﹣1}∪{﹣n+1，n﹣2}∪{﹣n+2，n﹣3}∪...∪{﹣2，1}∪{﹣1，n}，
所以A中至少有2个二元子集满足Xa＝{a，﹣a﹣1}，Xb＝{b，﹣b﹣1}（﹣n≤a＜b≤﹣2），
若把集合M的元素按和为0分组，得：
M＝{±1，±2，±3，…，±n}＝{﹣n，n}∪{﹣n+1，n﹣1}∪{﹣n+2，n﹣2}∪...∪{﹣2，2}∪{﹣1，1}，
所以A中至少有3个二元子集满足Yc＝{c，﹣c}，Yd＝{d，﹣d}，Ye＝{e，﹣e}，
因为集合Yc，Yd，Ye两两互不相交，Xa与Yc、Yd、Ye中每一个至多有一个公共元素，
所以Yc，Yd，Ye中必有一个与Xa没有公共元素，不妨设Xa∩Yc＝∅，
则Xa∪Yc的4个元素就是A的4个互异元素，而这4个元素的和为﹣1，
又因为g（M）＞n+2，所以g（M）＝n+3．
6．（2023•东城区一模）已知数表中的项aij（i＝1，2；j＝1，2，…，n）互不相同，且满足下列条件：
①aij∈{1，2，…，2n}；
②（﹣1）m+1（a1m﹣a2m）＜0（m＝1，2，…，n）．
则称这样的数表A2n具有性质P．
（Ⅰ）若数表A22具有性质P，且a12＝4，写出所有满足条件的数表A22，并求出a11+a12的值；
（Ⅱ）对于具有性质P的数表A2n，当a11+a12+…+a1n取最大值时，求证：存在正整数k（1≤k≤n），使得a1k＝2n；
（Ⅲ）对于具有性质P的数表A2n，当n为偶数时，求a11+a12+…+a1n的最大值．
【答案】（Ⅰ）a11+a12的值为5，5，6；
（Ⅱ）证明见解答；
（Ⅲ）．
【解答】解：（Ⅰ）满足条件的数表A22为，，，
所以a11+a12的值为5，5，6；
（Ⅱ）证明：若当a11+a12+…+a1n取最大值时，存在1≤j≤n），使得a2j＝2n，
由数表A2n具有性质P可得j为奇数，
不妨设此时数表为A2n＝，
①若存在a1k（k为偶数，1≤k≤n），使得a1k＞a11，交换a1k，2n的位置，所得到的新数表也具有性质P，
调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，
所以存在正整数k（1≤i≤n），使得a1i＝2n，
②若对任意的a1k（k为偶数，1≤k≤n），都有a1k＜a11，交换a12和a11的位置，
所得到的新数表也也具有性质P，
此时转化为①的表况，
综上可得，存在正整数k（1≤k≤n），使得a1k＝2n；
（Ⅲ）当n为偶数时，令n＝2k，（1≤k≤n，对任意具有性质P的数表A2n＝，
一方面，（a12﹣a22）+（a14﹣a24）+…（a12k﹣a22k）≤（4k﹣1）+（4k﹣3）+…+（2k+1），
因此（a12+a14+…+a22k）≤（a22+a24+…+a22k）+3k2，①
另一方面，a2i﹣a1i≥1，（i＝1，3，5，⋯，n﹣1），
因此（a11+a13+…+a12k﹣1）≤（a21+a23+…+a22k﹣1）﹣k，②
记S1＝a11+a12+…+a12n，S2＝a21+a22+…+a22n，
由①+②可得S1≤S2+3k2﹣k，
又S1+S2＝8k2+2k，可得S1≤，
构造数表A2n＝，
可知数表A2n具有性质P，且S1＝＝，
综上可知，当n为偶数时，求a11+a12+…+a1n的最大值为．
7．（2023•西城区一模）给定正整数n≥2，设集合M＝{α|α＝（t1，t2，…，tn），tk∈{0，1}，k＝1，2，…，n}．对于集合M中的任意元素β＝（x1，x2，…，xn）和γ＝（y1，y2，…，yn），记β⋅γ＝x1y1+x2y2+…+xnyn．
设A⊆M，且集合A＝{αi|αi＝（ti1，ti2，…，tin），i＝1，2，…，n}，对于A中任意元素αi，αj，若则称A具有性质T（n，p）．
（Ⅰ）判断集合A＝{（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1）}是否具有性质T（3，2）？说明理由；
（Ⅱ）判断是否存在具有性质T（4，p）的集合A，并加以证明；
（Ⅲ）若集合A具有性质T（n，p），证明：t1j+t2j+…+tnj＝p（j＝1，2，…，n）．
【答案】（Ⅰ）具有性质T（3，2）；理由见解答；
（Ⅱ）不存在具有性质T（4，p）的集合A，证明见解答；
（Ⅲ）证明见解答．
【解答】解：（Ⅰ）∵（1，1，0）•（1，1，0）＝1×1+1×1+0×0＝2，同理可得（1，0，1）•（1，0，1）＝（0，1，1）•（0，1，1）＝2，
而（1，1，0）•（1，0，1）＝1×1+1×0+0×1＝1，同理可得（1，1，0）•（0，1，1）＝（1，0，1）•（0，1，1）＝1，
∴集合A＝{（1，1，0），（1，0，1），（0，1，1）}具有性质T（3，2）；
（Ⅱ）当n＝4时，集合A的元素有4个，由题可知p∈{0，1，2，3，4}，
假设集合A具有性质T（4，p），
则①当p＝0时，A＝{（0，0，0，0）}，矛盾；
②当p＝1时，A＝{（1，0，0，0），（0，1，0，0），（0，0，1，0），（0，0，0，1）}，不具有性质T（4，1），矛盾；
③当p＝2时，A＝{（1，1，0，0），（1，0，1，0），（1，0，0，1），（0，1，1，0），（0，1，0，1），（0，0，1，1）}，
∵（1，1，0，0）和（0，0，1，1）至多一个在A中；（1，0，1，0）和（0，1，0，1）至多一个在A中；
（1，0，0，1）和（0，1，1，0）至多一个在A中，故集合A的元素个数小于4，矛盾；
④当p＝3时，A＝{（1，1，1，0），（1，1，0，1），（1，0，1，1），（0，1，1，1）}，不具有性质T（4，3），矛盾；
⑤p＝4时，A＝{（1，1，1，1）}，矛盾，
综合可得：不存在具有性质T（4，p）的集合A；
（Ⅲ）证明：设cj＝t1j+t2j+•••tnj（j＝1，2，…，n），则c1+c2+•••+cn＝np，
若p＝0，则A＝{（0，0，…，0）}，矛盾；
当p＝1时，A＝{（1，0，0，…，0）}，矛盾，故p≥2，
假设存在j使得cj≥p+1，不妨设j＝1，即c1≥p+1，
当c1＝n时，有cj＝0或cj＝1（j＝2，3，…，n）成立，
∴α1，α2，•••，αn中分量为1的个数至多有n+（n﹣1）＝2n﹣1＜2n≤np，
当p+1≤c1＜n时，不妨设t11＝t21＝…＝tp+1，1＝1，tn1＝0，
∵αn•αn＝p，∴αn的各分量有p个1，不妨设tn2＝tn3＝•••＝tn，p+1＝1，
由i≠j时，αi•αj＝1可知：∀q∈{2，3，•••，p+1}，t1q，t2q，•••tp+1，q中至多有一个1，
即α1，α2，•••αp+1的前p+1个分量中，至多含有p+1+p＝2p+1个1，
又αi•αn＝1（i＝1，2，…，p+1），则α1，α2，•••αp+1的前p+1个分量中，
含有（p+1）+（p+1）＝2p+2个1，矛盾，
∴cj≤p（j＝1，2，…，n），∵c1+c2+•••+cn＝np，
∴cj＝p（j＝1，2，…，n），
∴t1j+t2j+•••+tnj＝p（j＝1，2，…，n）．
8．（2023•朝阳区一模）已知有穷数列A：a1，a2，…，aN（N∈N*，N≥3）满足ai∈{﹣1，0，1}（i＝1，2，…，N）．给定正整数m，若存在正整数s，t（s≠t），使得对任意的k∈{0，1，2，…，m﹣1}，都有as+k＝at+k，则称数列A是m﹣连续等项数列．
（1）判断数列A：﹣1，1，0，1，0，1，﹣1是否为3﹣连续等项数列？是否为4﹣连续等项数列？说明理由；
（Ⅱ）若项数为N的任意数列A都是2﹣连续等项数列，求N的最小值；
（Ⅲ）若数列A：a1，a2，…，aN不是4﹣连续等项数列，而数列A1：a1a2，…，aN，﹣1，数列A2：a1a2，…，aN，0与数列A3：a1，a2，…，aN，1都是4﹣连续等项数列，且a3＝0，求aN的值．
【答案】（1）数列A是3﹣连续等项数列，不是4﹣连续等项数列，理由见解析；（Ⅱ）11；（Ⅲ）0．
【解答】解：（1）数列A是3﹣连续等项数列，不是4﹣连续等项数列，理由如下：
∵a2+k＝a4+k，k＝0，1，2，∴A是3﹣连续等项数列，
∵a1，a2，a3，a4为﹣1，1，0，1，
a2，a3，a4，a5为1，0，1，0，
a3，a4，a5，a6为0，1，0，1，
a4，a5，a6，a7为1，0，1，﹣1，
所以不存在正整数s，t（s≠t），使得as+k＝at+k，k＝0，1，2，3，
所以数列A不是4﹣连续等项数列；
（Ⅱ）设集合S＝{（x，y）|x∈{﹣1，0，1}，y∈{﹣1，0，1}}，
则S中的元素个数为32＝9个，
∵在数列A中，ai∈{﹣1，0，1}，i＝1，2，3...N，
∴（ai，ai+1）∈S，i＝1，2...N﹣1，
若N≥11，则N﹣1≥10＞9，
所以在（a1，a2），（a2，a3），（a3，a4）...，（aN﹣1，aN）这N﹣1个有序数对中，至少有两个有序数对相同，
即存在正整数s，t（s≠t），使得as＝at，as+1＝at+1，
所以当项数N≥11时，数列A一定是2﹣连续等项数列，
若N＝3，数列0，0，1不是2﹣连续等项数列，
若N＝4，数列0，0，1，1不是2﹣连续等项数列，
若N＝5，数列0，0，1，1，0不是2﹣连续等项数列，
若N＝6，数列0，0，1，1，0，﹣1不是2﹣连续等项数列，
若N＝7，数列0，0，1，1，0，﹣1，1不是2﹣连续等项数列，
若N＝8，数列0，0，1，1，0，﹣1，1，﹣1不是2﹣连续等项数列，
若N＝9，数列0，0，1，1，0，﹣1，1，﹣1，﹣1不是2﹣连续等项数列，
若N＝10，数列0，0，1，1，0，﹣1，1，﹣1，﹣1，0不是2﹣连续等项数列，
所以，N的最小值为11；
（Ⅲ）因为A1，A2，A3都是4﹣连续等项数列，
所以存在两两不等的正整数i，j，k（i，j，k＜N﹣2），
使得ai＝aN﹣2，ai+1＝aN﹣1，ai+2＝aN，ai+3＝﹣1，aj＝aN﹣2，aj+1＝aN﹣1，aj+2＝aN，aj+3＝0，ak＝aN﹣2，ak+1＝aN﹣1，ak+2＝aN，ak+3＝1，
下面用反证法证明min{i，j，k}＝1，
假设min{i，j，k}＞1，
ai﹣1，aj﹣1，ak﹣1，aN﹣3∈{﹣1，0，1}，
所以ai﹣1，aj﹣1，ak﹣1，aN﹣3中至少有两个数相等，
不妨设ai﹣1＝aj﹣1，则ai﹣1＝aj﹣1，ai＝aj，ai+1＝aj+1，ai+2＝aj+2，
所以数列A是4﹣连续等项数列，与题设矛盾，
∴min{i，j，k}＝1，
所以aN＝ai+2＝aj+2＝ak+2＝a3＝0．
9．（2023•房山区一模）如果数列{an}对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an，则称{an}为“速增数列”．
（1）判断数列{2n}是否为“速增数列”？说明理由；
（2）若数列{an}为“速增数列”．且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝3，ak＝2023，求正整数k的最大值；
（3）已知项数为2k（k≥2，k∈Z）的数列{bn}是“速增数列”，且{bn}的所有项的和等于k，若，n＝1，2，3，…，2k，证明：ckck+1＜2．
【答案】（1）是，理由见解析；
（2）63；
（3）证明见解析．
【解答】解：（1）因为，则，，
又2n+1＞2n，故an+2﹣an+1＞an+1﹣an，数列{2n}是“速增数列”．
（2）a1＝1，a2＝3，ak＝2023，
当k≥2时，ak＝2023＝（ak﹣ak﹣1）+（ak﹣1﹣ak﹣2）+⋯+（a2﹣a1）+a1≥1+2+3+⋯+k﹣1+k，
即，k∈Z，
当k＝63时，，当k＝64时，，
故正整数k的最大值为63．
（3）证明：bk+2﹣bk+1＞bk+1﹣bk＞bk﹣bk﹣1，故bk+2﹣bk+1＞bk﹣bk﹣1，
即bk+2+bk﹣1＞bk+bk+1；bk+3﹣bk+2＞bk+2﹣bk+1＞bk+1﹣bk＞bk﹣bk﹣1＞bk﹣1﹣bk﹣2，
故bk+3﹣bk+2＞bk﹣1﹣bk﹣2，即bk+3+bk﹣2＞bk﹣1+bk+2＞bk+bk+1，
同理可得：b2k﹣m+1+bm＞bk+bk+1，m∈N*，1≤m≤k﹣1，
故k＝b1+b2+⋯+b2k＝（b1+b2k）+（b2+b2k﹣1）+⋯+（bk+bk+1）＞k（bk+bk+1），
故bk+bk+1＜1，，得证．
10．（2023•石景山区一模）若无穷数列{an}满足以下两个条件，则称该数列τ为数列．
①a1＝1，当n≥2时，|an﹣2|＝|an﹣1+2|；
②若存在某一项am≤﹣5，则存在k∈{1，2，…，m﹣1}，使得ak＝am+4（m≥2且m∈N*）．
（Ⅰ）若a2＜0，写出所有τ数列的前四项；
（Ⅱ）若a2＞0，判断τ数列是否为等差数列，请说明理由；
（Ⅲ）在所有的τ数列中，求满足am＝﹣2021的m的最小值．
【答案】（Ⅰ）τ数列的前四项为：1，﹣1，1，﹣1；1，﹣1，1，5；1，﹣1，3，﹣3；1，﹣1，3，7；
（Ⅱ）τ数列为首项为1，公差为4的等差数列，理由见解析；
（Ⅲ）m的最小值为1517．
【解答】解：（Ⅰ）由条件①知，当n≥2时，an＝﹣an﹣1或an＝an﹣1+4，
因为a2＜0，由条件①知a2＝﹣1，
所以τ数列的前四项为：1，﹣1，1，﹣1；1，﹣1，1，5；1，﹣1，3，﹣3；1，﹣1，3，7；
（Ⅱ）若a2＞0，τ数列是等差数列，
由条件①知，当n≥2时，an＝﹣an﹣1或an＝an﹣1+4，
因为a2＞0，所以a2＝5
假设τ数列中存在最小的正整数i（i≥3），使得ai＝﹣ai﹣1，
则a1，a2，a3，⋯，ai﹣1单调递增，
由a1＝1则a1，a2，a3，⋯，ai﹣1均为正数，且ai﹣1≥a2＝5．
所以ai＝﹣ai﹣1≤﹣5，由条件②知，则存在k∈{1，2，3，⋯，i﹣1}，使得ak＝ai+4≤﹣1，
此时与a1，a2，a3，⋯，ai﹣1均为正数矛盾，
所以不存在整数i（i≥3），使得ai＝﹣ai﹣1，即an＝an﹣1+4，
所以τ数列为首项为1，公差为4的等差数列．
（Ⅲ）由am＝﹣2021及条件②，
可得﹣1，﹣5，﹣9，⋯，﹣2017，﹣2021必为数列{an}中的项，记该数列为{bn}，有bn＝﹣4n+3（1≤n≤506），
不妨令bn＝aj，由条件①，aj+1＝﹣aj＝4n﹣3或aj+1＝aj+4＝﹣4n+7均不为bn+1＝﹣4n﹣1；
此时aj+2＝﹣4n+3或4n+1或4n﹣7或﹣4n+11，均不为bn+1＝﹣4n﹣1，
上述情况中，当aj+1＝4n﹣3，aj+2＝4n+1时，aj+3＝﹣aj+2＝﹣4n﹣1＝bn+1，
结合a1＝1，则有a3n﹣1＝bn．
由b506＝﹣2021，得m＝3×506﹣1＝1517即为所求．
11．（2023•丰台区一模）已知集合Sn＝{1，2，3，⋯，2n}（n∈N*，n≥4），对于集合Sn的非空子集A．若Sn中存在三个互不相同的元素a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均属于A，则称集合A是集合Sn的“期待子集”．
（1）试判断集合A1＝{3，4，5}，A2＝{3，5，7}是否为集合S4的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）
（2）如果一个集合中含有三个元素x，y，z，同时满足①x＜y＜z，②x+y＞z，③x+y+z为偶数．那么称该集合具有性质P．对于集合Sn的非空子集A，证明：集合A是集合Sn的“期待子集”的充要条件是集合A具有性质P；
（3）若Sn（n≥4）的任意含有m个元素的子集都是集合Sn的“期待子集”，求m的最小值．
【答案】（1）A1是集合S4的“期待子集”，A2不是集合S4的“期待子集”；
（2）证明见解析；
（3）n+2．
【解答】解：（1）因为S4＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，
对于集合A1＝{3，4，5}，
令，解得，
显然1∈S4，2∈S4，3∈S4
所以A1是集合S4的“期待子集”；
对于集合A2＝{3，5，7}，
令，则，
因为a1，b1，c1∈S4，即a1+b1+c1∈N*，故矛盾，
所以A2不是集合S4的“期待子集”；
（2）先证明必要性：
当集合A是集合Sn的“期待子集”时，
由椭圆，存在互不相同的a，b，c∈Sn，使得a+b，b+c，c+a∈A，
不妨设a＜b＜c，令x＝a+b，y＝a+c，z＝b+c，
则x＜y＜z，即条件P中的①成立；
又x+y﹣z＝（a+b）+（c+a）﹣（b+c）＝2a＞0，
所以x+y＞z，即条件P中的②成立；
因为x+y+z＝（a+b）+（c+a）+（b+c）＝2（a+b+c），
所以x+y+z为偶数，即条件P中的③成立；
所以集合A满足条件P，
再证明充分性：
当集合A满足条件P时，有存在x，y，z∈A，
满足①x＜y＜z，②x+y＞z，③x+y+z为偶数，
令，，，
由③得a，b，c∈Z，由①得a＜b＜c＜z，由②得，
所以a，b，c∈Sn，
因为a+b＝x，a+c＝y，b+c＝z，
所以a+b，b+c，c+a均属于A，
即集合A是集合Sn的“期待子集”，
（3）m的最小值为n+2，理由如下：
一方面，当3≤m≤n时，对于集合M＝{ai|ai＝2i﹣1，i＝1，2，3，⋯，m}，
其中任意三个元素之和均为奇数，由（2）知，M不是Sn的“期待子集”；
当m＝n+1时，对于集合M＝{ai|ai＝2i﹣1，i＝1，2，3，⋯，n}∪{2}，
从中任取三个不同的元素，若不含有2，则不满足条件P的③，
若含有2，则另外两个数必都是奇数，
因为任意两个奇数之差（大数减小数）都不小于2，
故不满足条件P中的②，所以M不是Sn的“期待子集”；
所以m≥n+2．
另一方面，我们用数学归纳法证明集合Sn的任意含有n+2个元素的子集，都是Sn的“期待子集”：
（I）当n＝4时，对于集合S4的任意含有6个元素的子集，记为B，
当4、6、8三个数中恰有1个属于B时，则{1，2，3，5，7}⊆B，
因为数组3，4，5、3，5，6、5，7，8、5，6，7、5，7，8都满足条件P，
当4，6，8三个数都属于B，因为数组4，6，8满足条件P，
所以此时集合B必是集合S4的“期待子集”，
所以当n＝4时S4的任意含有6个元素的子集都是集合S4的“期待子集”．
（II）假设当n＝k（k≥4）时结论成立，即集合Sk的任意含有k+2个元素的子集都是Sk的“期待子集”，
那么n＝k+1时，对于集合Sk+1的任意含有k+3个元素的子集C，
分成两类，①若2k+1，2k+2至多有1个属于C，则C中至少有k+2个元素都在集合Sk，由归纳假设知，结论成立；
②若2k+1∈C，2k∈C，则集合C中恰含Sk的k+1个元素，
此时，当C中只有一个奇数时，则集合C中包含Sk中的所有偶数，
此时数组2k﹣4，2k﹣2，2k符合条件P，结论成立；
当集合C中至少有两个奇数时，则必有一个奇数c不小于3，
此时数组c，2k﹣1，2k符合条件P，结论成立，所以n＝k+1时结论成立，
根据（I）（II）知，集合Sn的任意含有n+2个元素的子集，都是Sn的“期待子集”，
所以m的最小值为n+2．
12．（2023•平谷区一模）对于每项均是正整数的数列A1：a1、a2、⋯、an，定义变换T1，T1将数列A变换成数列T1（A）：n、a1﹣1、a2﹣1、…、an﹣1．对于每项均是非负整数的数列B：b1、b2、⋯、bm，定义变换T2，T2将数列B各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2（B）；又定义S（B）＝2（b1+2b2+…+mbm）+++…+．设A0是每项均为正整数的有穷数列，令Ak+1＝T2（T1（Ak））（k＝0，1，2，…）．
（1）如果数列A0为5、1、3，写出数列A1、A2；
（2）对于每项均是正整数的有穷数列A，证明S（T1（A））＝S（A）；
（3）证明：对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列A0，存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）＝S（Ak）．
【答案】（1）A1：4，3，2；A2：4，3，3，2．
（2）证明见解答；
（3）证明见解答．
【解答】（1）解：A0：5、1、3，T1（A0）：3，4，0，2，A1＝T2（T1（A0））：4，3，2；
T1（A1）：3，4，3，2，∴A2＝T2（T1（A1））：4，3，3，2．
（2）证明：设每项均是正整数的有穷数列A为a1，a2，…，an，
则T1（A）为n，a1﹣1，a2﹣1，…，an﹣1，
从而S（T1（A））＝2[n+2（a1﹣1）+3（a2﹣1）+…+（n+1）（an﹣1）]+n2+（a1﹣1）2+（a2﹣1）2+…+（an﹣1）2．
又S（A）＝2（a1+2a2+…+nan）+++…+，
所以S（T1（A））﹣S（A）＝2[n﹣2﹣3﹣…﹣（n+1）]+2（a1+a2+…+an）+n2﹣2（a1+a2+…+an）+n＝﹣n（n+1）+n2+n＝0，
故S（T1（A））＝S（A）．
（3）证明：设A是每项均为非负整数的数列a1，a2，an．
当存在1≤i＜j≤n，使得ai≤aj时，交换数列A的第i项与第j项得到数列B，
则S（B）﹣S（A）＝2（iaj+jai﹣iai﹣jaj）＝2（i﹣j）（aj﹣ai）≤0．
当存在1≤m＜n，使得am+1＝am+2＝an＝0时，若记数列a1，a2，am为C，
则S（C）＝S（A）．
所以S（T2（A））≤S（A）．
从而对于任意给定的数列A0，由Ak+1＝T2（T1（Ak））（k＝0，1，2，）
可知S（Ak+1）≤S（T1（Ak））．
又由（Ⅱ）可知S（T1（Ak））＝S（Ak），所以S（Ak+1）≤S（Ak）．
即对于k∈N，要么有S（Ak+1）＝S（Ak），要么有S（Ak+1）≤S（Ak）﹣1．
因为S（Ak）是大于2的整数，所以经过有限步后，必有S（Ak）＝S（Ak+1）＝S（Ak+2）＝0．
即存在正整数K，当k≥K时，S（Ak+1）＝S（A）．
13．（2023•顺义区一模）已知A：a1，a2，⋯，an为正整数数列，满足a1≥a2≥⋯≥an．记S＝a1+a2+⋯+an．定义A的伴随数列{Tk}（1≤k≤n+1）如下：
①T1＝0；
②Tk+1＝Tk+λkak（1≤k≤n），其中．
（1）若数列A：4，3，2，1，直接写出相应的伴随数列{Tk}（1≤k≤5）；
（2）当n≥2时，若S＝2n﹣2，求证：an﹣1＝an＝1；
（3）当n≥2时，若S＝2n﹣2，求证：Tn+1＝0．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）因为数列A：4，3，2，1，a1≥a2≥⋯≥an，
所以a1＝4，a2＝3，a3＝2，a4＝1，
因为，
所以T1＝0，T2＝T1+λ1a1＝0+a1＝4，T3＝T2+λ2a2＝4﹣a2＝1，T4＝T3+λ3a3＝1﹣a3＝﹣1，T5＝T4+λ4a4＝﹣1+a4＝0．
故数列A的伴随数列为{0，4，1，﹣1，0}；
（2）当n＝2时，S＝2n﹣2＝2，显然有an﹣1＝an＝1；
当n≥3时，只要证明an﹣1+an＝2．用反证法，假设an﹣1+an≥3，
则a1≥a2≥⋯≥an﹣2≥2，从而S＝a1+a2+⋯+an≥2（n﹣2）+3＝2n﹣1，矛盾．所以an﹣1+an＝2．
再根据a1，a2，⋯，an为正整数，可知an﹣1＝an＝1．
故当n≥2时，an﹣1＝an＝1．
（3）当n＝2时，S＝2n﹣2＝2，有an﹣1＝an＝1，此时T3＝0+1﹣1＝0，命题成立；
当n≥3时，由（2）的结论，a1，a2，⋯，an中至少有两个1，
现假设a1，a2，⋯，an中共有m（m≥2）个1，即an＝an﹣1＝⋯＝an﹣m+1＝1，且an﹣m≥2，则a1≤m．
因为若a1≥m+1，则S＝a1+a2+⋯+an≥m+1+2（n﹣m﹣1）+m＝2n﹣1，矛盾．所以a1≤m．
根据{Ti}（1≤i≤n+1）的定义可知，T2＝a1≤m，0≤T3＝a1﹣a2≤m，|T4|≤max{a3，T3}≤m，
以此类推可知一直有|Tn﹣m+1|≤max{an﹣m，Tn﹣m}≤m，再由后面an＝an﹣1＝⋯＝an﹣m+1＝1，可知|Tn+1|≤1；
另一方面Tn+1与S奇偶性相同，所以Tn+1＝0．
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