2022年高考数学真题（北京自主命题）（解析版）

绝密本科目考试启用前 ★2022 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共 5 页，150 分．考试时长 120 分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分（选择题共40 分）一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． U {x 3  x  3} A {x  2  x 1} ð A = 1. 已知全集，集合，则（）U[2,1) (2,1] (3,2) [1,3) A. B. C. D. (3,2] (1,3) 【答案】D 【解析】【分析】利用补集的定义可得正确的选项． ð A {x | 3  x  2 1 x  3} 或【详解】由补集定义可知：，即 Uð A  (3,2] (1,3) ，U故选：D． z  2. 若复数 z 满足i z  3 4i ，则（）A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 【答案】B 【解析】 z【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模． 3 4i i   3 4i 22z   4 3i ，故【详解】由题意有．| z | 4  3  5 ii i   故选：B． 22a  2x  y 1  0 3. 若直线是圆的一条对称轴，则（）(x  a)  y 1 11A. B. C. 1 D. 1 22【答案】A 【解析】【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解． a,0 ，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即【详解】由题可知圆心为 12a  2a  0 1 0 ，解得故选：A．．1f (x)  4. 己知函数，则对任意实数 x，有（）1 2x f (- x)+ f (x) = 0 f (x)  f (x) 1 f (x)  f (x)  0 A. C. B. 1f (x)  f (x)  D. 3【答案】C 【解析】【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误． 112x 1【详解】，故 A 错误，C 正确； f x  f x   1 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 2x 2x 1 1112是，不常数，故BD f x  f x   1 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 2x 1 2x 1 错误；故选：C． 225. 已知函数，则（）f (x)  cos x sin x 26  4 12 f (x) f (x)  ,  , A. C. 在在上单调递减 B. D. 在在上单调递增  7 3f (x) f (x) 0, ,上单调递减上单调递增 4 12 【答案】C 【解析】 f x cos2x 【分析】化简得出   ，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. f x cos2 x sin2 x  cos2x 【详解】因为   .26263f x  ,  x     2x   对于 A 选项，当增，A 错；时，，则   在上单调递   426f x  ,  x   2x  2 对于 B 选项，当时，，则   在上不单调，B 4 12 12 错； 330, f x ，则   0  x  0  2x  对于 C 选项，当时，在上单调递减，C 对； 3 7 4 12 47 12 27 6f x ，则   , x   2x  对于 D 选项，当故选：C. 时，在上不单调，D 错. aaN6. 设是公差不为 0 的无穷等差数列，则“ 为递增数列”是“存在正整数 0 ，当     nnn  N a  0 ”的（ 0 时，）nA. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件【答案】C B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【解析】 a【分析】设等差数列 的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条 d  0 d  0 dn件、必要条件的定义判断可得出结论. xax为不超过的最大整数. 【详解】设等差数列 的公差为，则，记   dna若 为单调递增数列，则，d  0 na  0 a  a  0 a  0 a  a  n 1 d 若，则当时，；若，则 ，n  2 1n11n1aa1 1  a  a  n 1 d  0 N  1 1 n  N a  0 n 1 由可得，取，则当 0 时，，n10nddaNn  N a  0 所以，“ 是递增数列” “存在正整数 0 ，当 0 时， ”； nnN若存在正整数 0 ，当 n  N a  0 k  N a  0 0 时，，取且，，k  N n0kak ak a  a  n  k d 0 n  k  k  k 假设，令 可得，且，d  0 nkddak  n  k  1 a  0 a当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列 是递增 d  0 nnd数列. aNn  N a  0 所以，“ 是递增数列” “存在正整数 0 ，当 0 时， ”. nnaNn  N a  0 ”的充分必要条件. 所以，“ 是递增数列”是“存在正整数 0 ，当 0 时， nn故选：C. 7. 在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术， lgP 为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 T 和的关）系，其中 T 表示温度，单位是 K；P 表示压强，单位是 bar ．下列结论中正确的是（ A. 当T  220 B. 当T  270 ，，，，P  1026 时，二氧化碳处于液态 P  128 时，二氧化碳处于气态 C. 当 P  9987 时，二氧化碳处于超临界状态 P  729 时，二氧化碳处于超临界状态 T  300 D. 当T  360 【答案】D 【解析】 lgP 的关系图可得正确的选项. 【分析】根据与Tlg P  3 【详解】当T  220 ，P  1026 时，，此时二氧化碳处于固态，故 A 错误. 2  lg P  3 当当T  270 T  300 ，，P  128 时，，此时二氧化碳处于液态，故 B 错误. lgP P  9987 时，与 4 非常接近，故此时二氧化碳处于固态，另一方面，时对应的是非超临界状态，故 C 错误. T  300 2  lg P  3 当T  360 ，P  729 时，因 , 故此时二氧化碳处于超临界状态，故 D 正确. 故选：D (2x 1)4  a x4  a x3  a x2  a x  a a  a  a  8. 若 0 ，则（）0244321A. 40 B. 41 C. D. 40 41 【答案】B 【解析】 a  a  a 【分析】利用赋值法可求 4 的值. 02a  a  a  a  a 1 【详解】令，则，x 1 432104令故，则 a  a  a  a  a  3  81 ，x  1 a  a  a  43210181  41 ，4202故选：B. 9. 已知正三棱锥的六条棱长均为 6，S 是及其内部的点构成的集合．设集 P  ABC ABC T  QS PQ 5 合，则 T 表示的区域的面积为（）3 4A. B. C. D. 3 2 【答案】B 【解析】【分析】求出以 P为球心，5 为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. ABC 【详解】设顶点且P在底面上的投影为，连接 O，则为三角形 O的中心， BO ABC 23，故 .BO  6  2 3 PO  36 12  2 6 32PQ  5 OQ 1 因为，故，S故的轨迹为以为圆心，1 为半径的圆， O32 36 而三角形内切圆的圆心为，半径为 O，ABC 4 3 1 36 S故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 ABC 故选：B AC  3, BC  4,C  90 10. 在中，．P 为所在平面内的动点，且 ABC ABC   PC  1，则的取值范围是（）PA PB [5,3] [3,5] [6,4] [4,6] D. A. B. C. 【答案】D 【解析】   ，根据数量积 P cosθ,sinθ 【分析】依题意建立平面直角坐标系，设 ，表示出，PA PB 的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得； C 0,0 A 3,0 B 0,4 ，，【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则 ，因为 PC  1，所以 P cosθ,sinθ P在以为圆心，为半径的圆上运动， C1  0,2 设，，  PA  3 cos,sin PB  cos,4 sin 所以所以，，  PA PB  cos  3 cos  4 sin  sin        cos2  3cos  4sin  sin2  13cos  4sin 34515sin   sin  cos  ，其中，，5  PA PB 4,6 1 sin   1 4 15sin    6 因为 ，所以 ，即；故选：D 第二部分（非选择题共110 分）二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分． 1f (x)  1 x 11. 函数的定义域是_________． x,0  0,1 【答案】 【解析】【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可； 1 x  0 1f x 1 x 【详解】解：因为故函数的定义域为，所以，解得 x 1 且，x  0   x  0 x,0  0,1 ；,0  0,1 故答案为： x2 m32m  12. 已知双曲线的渐近线方程为，则 __________． y   1 y   x3【答案】 3 【解析】 a，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方【分析】首先可得 m  0 b程得到方程，解得即可； x2 2【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为 m  0 y   1 mx2 y2   1 ，m x2 32则a 1 ，，又双曲线的渐近线方程为，y   1 b  m y   xm313ab3所以，即 ，解得 m  3 ；33m 故答案为： 3 12 3f13. 若函数的一个零点为，则 ________； f (x)  Asin x  3cos x A  ________．【答案】【解析】 ①. 1 ②.  2 πf (x)  2sin(x  ) 【分析】先代入零点，求得 A的值，再将函数化简为，代入自变量 3πx  ，计算即可. 12 π33【详解】∵ ，∴ A 1 f ( ) A  0 322πf (x)  sin x  3 cos x  2sin(x  ) ∴3ππππf ( ) 2sin(  )  2sin  2 12 12 34故答案为：1，  2 ax 1, x  a, f (x) f x 14. 设函数   若存在最小值，则 a 的一个取值为________；a 2x  2 ,x  a. 的最大值为___________．【答案】【解析】 ①. 0（答案不唯一） ②. 1 y  ax 1 【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知， a  0 符合条 f (x) y  ax 1 a  0 件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取 a  0 2a2 1 a  2 ，解得 y  (x  2)2 2的最小值，根据定义域讨论可知或a 1 0 .0  a 1 1, x  0 f (x) { f (x)  0 【详解】解：若 a  0 时， x  a ，∴ ；min (x  2)2 , x  0 f (x) x   时， f (x)  ax 1 f (x)   a  0 若时，当时，单调递增，当，故没有最小值，不符合题目要求；若当时，时， a  0 x  a 单调递减， f (x)  f (a)  a2 1 ，f (x)  ax 1 0(0  a  2) (a  2) x  a f (x) { 当∴时， min (a  2)2 222或，a 1 0 a 1（a  2）解得，0  a 1 综上可得；0  a 1 故答案为：0（答案不唯一），1 aSa  S  9(n  1,2,) 15. 己知数列个结论： a各项均为正数，其前 n 项和 n 满足．给出下列四   nnna①③ 的第 2 项小于 3； ② 为等比数列； nn1aa 为递减数列； ④ 中存在小于的项． nn100 的其中所有正确结论序号是__________．【答案】①③④ 【解析】 99a  aa2 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；【分析】推导出，求出、n1an an1 利用数列单调性的定义可判断③. a  0 【详解】由题意可知，，，n N na2  9 a  3 当当n 1时，，可得；119999S  Sn1  a  时，由可得，两式作差可得，n  2 nnan an1 an an1 999a2  3a 9  0  a  a  3 所以， n ，则，整理可得，222an1 an a2 3 53 a  0 因为，解得，①对； a2   3 222 981 a2  a a 为等比数列，设其公比为 q，则 a假设数列  3 ，即 ，n21S2 S1S3 2S2  S S a2 1 q  a2 1 q  q2 q  0 所以， 3 ，可得，解得，不合乎题意， 2111a故数列 不是等比数列，②错； n9 an1  an 99a   0 a  a a当时，，可得 n1 ，所以，数列 为递减 n  2 nnnan an1 anan1 数列，③对；假设对任意的 11a  S100000 1000 ，，则，n N n100000 100 100 991a所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对. 100000 S100000 1000 100 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导. 三、解答题共 6 小愿，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在中，．ABC sin 2C  3sinC C （1）求（2）若；，且的面积为，求的周长． b  6 ABC ABC 6 3 6【答案】（1）（2） 6+6 3 【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角 CcosC 的值； Cac（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的ABC 周长. 【小问 1 详解】 C  0, 解：因为可得 ，则，由已知可得，sinC  0 3sinC  2sinC cosC 3C  ，因此， .cosC  62【小问 2 详解】解：由三角形的面积公式可得 13S absinC  a  6 3 a4 3. ，解得 ABC 223222由余弦定理可得，c  a  b  2abcosC  48 36  24 36 12 2，c2 3 所以，的周长为 .ABC a  b  c  6 3 6 ABC  A B C BCC B BCC B 1 为正方形，平面平面 17. 如图，在三棱柱 1 中，侧面 11111ABB A A B 1 ，AC 的中点． 1，，M，N 分别为 AB  BC  2 11BCC B ；1（1）求证：平面 MN ∥ 1（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线 AB 与平面 BMN 所成角的正弦值．条件①：；AB  MN 条件②： BM  MN ．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】 MK, NK CBB C 1 ，从而可 1【分析】（1）取的中点为，连接 K，可证平面 MKN// 平面 AB CBB C 证平面 .1MN// 1BB  （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空 ABC 1间向量可求线面角的正弦值. 【小问 1 详解】 MK, NK 取的中点为，连接 K，AB ABC  A B C ABB A 由三棱柱 1 可得四边形 1 为平行四边形， 111B M MA , BK  KA MK//BB ，1而，则 11CBB CBB  ，CBB C CBB C 平面， 1 1 而MK  平面平面，故 MK// 11111CN  NA, BK  KA CBB C 而，则 NK//BC ，同理可得平面，NK// 11NK  MK  K, NK, MK  而平面 MKN ， CBB C CBB C ，1 1 故平面 MKN// 平面 1 ，而 MN 平面 MKN ，故平面 MN// 1【小问 2 详解】 CBB C CB  BB 因为侧面 1 为正方形，故，11CBB C CBB C ABB A 而平面 1 ，平面平面，CB  11111CBB C ABB A BB ABB A ，1 1 平面平面，故平面 CB  11111ABB A ，1因为 NK//BC ，故平面 NK  1ABB A 因为平面，故，AB Ì NK  AB 11NK  MN  N 若选①，则，而，，AB  MK BB  AB  MN NK  AB 故平面，而 MK  CB  BB 平面，故，平面 MNK MNK AB  AB  BB 所以 1 ，而，，故，CB  AB  B ABC 11B 0,0,0 ,A 0,2,0 ,N 1,1,0 ,M 0,1,2 ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则    BA  0,2,0 ,BN  1,1,0 ,BM  0,1,2 故，n  x, y, z 设平面 BNM 的法向量为，  n BN  0   x  y  0 n  2,2,1 则，从而，取，则，z  1 y  2z  0 n BM  0 设直线与平面 BNM 所成的角为 ，则 AB   423sin  cos n, AB  .23 ABB A 若选②，因故为NK//BC ，故平面，而平面 MKN ， NK  KM  11B M BK 1, NK 1 B M NK ，而，故，NK  KM 11B B  MK  2 BB MMKN MB  MN 而，，故，故，故，11BB M MKN  90 A B BB 所以，1111CB  BB BB  而，平面，CB  AB  B ABC B 0,0,0 ,A 0,2,0 ,N 1,1,0 ,M 0,1,2 ，11故可建立如所示的空间直角坐标系，则    BA  0,2,0 ,BN  1,1,0 ,BM  0,1,2 故，n  x, y, z 设平面 BNM 的法向量为，  n BN  0   x  y  0 n  2,2,1 则，从而，取，则，z  1 y  2z  0 n BM  0 设直线与平面 BNM 所成的角为，则 AB   423sin  cos n, AB  .23 18. 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9．50m以上（含9．50m）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（2）设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 X 的数学期望 E（X）；（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明） 7【答案】（1）0.4 （2） 5（3）丙【解析】【分析】(1) 由频率估计概率即可 (2) (3) 求解得 X 的分布列，即可计算出 X 的数学期望. 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大. 【小问 1 详解】由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为 0.4，乙获得优秀的概率为 0.5，丙获得优秀的概率为 0.5，故答案为 0.4 【小问 2 详解】设甲获得优秀为事件 A1,乙获得优秀为事件 A2，丙获得优秀为事件 A3 3P(X  0)  P(A A2 A )  0.60.50.5  ，1320 P(X 1)  P(A A2 A )  P(A A2 A )  P(A A2 A ) 1313138 0.40.50.5 0.60.50.5 0.60.50.5  ，，20 P(X  2)  P(A A2 A )  P(A A2 A )  P(A A2 A ) 1313137 0.40.50.5 0.40.50.5 0.60.50.5  20 2P(X  3)  P(A A2 A )  0.40.50.5  .1320 ∴X 的分布列为 XP0123372820 20 20 20 387275E(X )  0 1 2 3 ∴20 20 20 20 【小问 3 详解】丙夺冠概率估计值最大. 1因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得 9.85 的概率为，甲获得 4119.80 的概率为，乙获得 9.78 的概率为 .并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛 10 6次数越多，对丙越有利. x2 y2 A(0,1) 19. 已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．E : 1(a  b  0) 2 3 a2 b2 （1）求椭圆 E 的方程； P(2,1) （2）过点作斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 B，C，直线 AB，AC 分别与 | MN | 2 x 轴交于点 M，N，当时，求 k 的值． x2  y2 1 【答案】（1） 4（2） k  4 【解析】 b 1 a，即可求出，从而求出椭圆方程； 2c  2 3 【分析】（1）依题意可得 222c  a b C x, y B x, y （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦 2211xxMN  x  x 达定理，由直线、的方程，表示出、N ，根据得到方程， AC AB MNM解得即可；【小问 1 详解】 222解：依题意可得b 1 ，，又，c  a  b 2c  2 3 x2 2a  2 所以，所以椭圆方程为； y 1 4【小问 2 详解】 C x, y P 2,1 y 1 k x 2 B x, y ，设、 1 1 解：依题意过点 的直线为 ，不妨令 222  x  x  2 ，12y 1 k x 2 1 4k2 x2  16k2 8k x16k2 16k  0 2y，消去整理得由，x y2 1  4 2所以  16k2 8k  4 1 4k2 16k2 16k  0，解得，k  0  16k2 8k 1 4k2 16k2 16k 1 4k2 所以直线直线，，x1  x2   x1  x2  y1 1 x1 x1 y 1 y 1 xx  ，解得 My  0 的方程为，令，AB AC 1 y1 y2 1 x2 x2 xx  y  0 的方程为，令，解得，N1 y2 x2 x1 MN  x  x 所以 NM1 y2 1 y1 x2 x1 1 k x  2 1 1 k x 2 1 21x2 x1 k x  2 k x 2 21x  2 x  x x 2 2   211k x  2 x  2  212 x1  x2 k x 2 x  2  2 ， 21x  x  k x 2 x  2  所以 ，12212即x  x  4x x k xx  2 x  x  4 2  1  1122122 22216k 8k 16k2 16k 1 4k2 16k 16k 1 4k2 16k 8k 1 4k2 即即 4  k  2   4 1 4k2 2k82222k2  k  1 4k2 k2  k   16k 16k  2 16k 8k  4 1 4k 1 4k2 1 4k2 8 k  4 k 整理得，解得 k  4 x20. 已知函数（1）求曲线．f (x)  e ln(1 x) y  f (x) (0, f (0)) 在点处的切线方程； g(x) g(x)  f (x) [0,) （2）设，讨论函数在上的单调性； s,t (0,) f (s  t)  f (s)  f (t) （3）证明：对任意的，有．y  x 【答案】（1） g(x) [0,) （2）在上单调递增. （3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； m(x) ，由第二问结论可知 m(x)  f (x  t)  f (x) (x,t  0) ，m(x)  m(0) （3）令，即证在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【小问 1 详解】解：因为 f (x)  ex ln(1 x) ，所以   ，f 0  0 0,0 ，即切点坐标为 1xf (x)  e (ln(1 x)  )，又1 x k  f (0) 1 ∴切线斜率 y  x ∴切线方程为：【小问 2 详解】 1xg(x)  f (x)  e (ln(1 x)  )，解：因为 1 x 21xg (x)  e (ln(1 x)  )所以，1 x (1 x)2 21h(x)  ln(1 x)  令则，1 x (1 x)2 122×2 1 h (x)   0 ，1 x (1 x)2 (1 x)3 (1 x)3 h(x) [0,) 在∴∴∴∴上单调递增， h(x)  h(0) 1 0 g (x)  0 [0,) 在上恒成立， g(x) [0,) 在上单调递增. 【小问 3 详解】 f (s  t)  f (s)  f (t)  f (0) 解：原不等式等价于，m(x)  f (x  t)  f (x) (x,t  0) ，令，m(x)  m(0) 即证，∵m(x)  f (x  t)  f (x)  ext ln(1 x  t)  ex ln(1 x) ，ext ex m (x)  ext ln(1 x  t)   ex ln(1 x)   g(x  t)  g(x) ，1 x  t 1 x 1x0, g(x)  f (x)  e (ln(1 x)  )由（2）知在，上单调递增， 1 x g(x  t)  g(x) ∴，∴ m (x)  0 m(x) 0, x,t  0 ∴∴在上单调递增，又因为 m(x)  m(0) ，所以命题得证. Q : a ,a ,,a n{1,2,,m} 21. 已知 k 为有穷整数数列．给定正整数 m，若对任意的，12a ,a ,a ,,a ( j  0) a  a  ai2  ai j  n 在 Q 中存在，使得，则称 Q 为 ii1 i2 i j ii1 m  连续可表数列． Q : 2,1,4 6 （1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； 5 Q : a ,a ,,a （2）若（3）若 k 为8 连续可表数列，求证：k 的最小值为 4； 12Q : a ,a ,,a a  a  a  20 为连续可表数列，且，求证：．20  k  7 12k12k6 【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列． 5 （2）证明见解析．（3）证明见解析．【解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑 k  3不符合，再列举一个 k  4 合题即可； a  a  a  20 k  6 （3） k  5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可126知里面必然有负数，再确定负数只能是 1，然后分类讨论验证不行即可．【小问 1 详解】 a 1 a  2 a  a  3 a  4 a  a  5 Q是，，，，，所以连续可表数列；易 5 2112323i, j a  a  a  6 Q，所以不是 6 知，不存在使得连续可表数列． ii1 i j 【小问 2 详解】 Q : a,b,c a  b,b  c,a  b  c,a,b,c ，6 个数字，没有个，矛盾；若k  3,设为 ,则至多 8Q :1,4,1,2 a 1 a  2 a  a  3 a  4 a  a  5 k  4 当时数列 ,，满足，，，，，1434212a  a  a  6 a  a  a  7 a  a  a  a  8 kmin  4 ，，，．1232341234【小问 3 详解】 Q : a1 ,a2 ,,a C2 i  j i  j k ，若最多有种，若 k，最多有 k 种，所以最多有 k k1 k  Ck2  种， 25 51 a ,a ,… ,a 若k  5，则 k 至多可表个数，矛盾, 15 1226(6 1) a,b,c,d,e, f  21 个数， k  6 从而若 k < 7 ,则，至多可表 2a  b  c  d  e  f  20 a,b,c,d,e, f 而，所以其中有负的，从而可表 1~20 及那个负数 a ~ f 中绝对值最小，同 a ~ f （恰 21 个），这表明中仅一个负的，没有 0，且这个负的在 a ~ f m(m 1) ，时中没有两数相同,设那个负数为  m 1 m  2  m  5  m  4m 15 4m 15 19  m 1 则所有数之和，，{a,b,c,d,e, f } {1,2,3,4,5,6} ，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个， 20 1 1 2 （仅一种方式），与 2 相邻， 1 “x , 1, 2 , __, __, __” 若若1不在两端,则形式， 5  6  (1) ，则（有 2 种结果相同，方式矛盾）， x  6 x  5,4,3 “1,2, A, B, C, D” x  6 ，同理，故 1在一端，不妨为形式，同理不行，若A  3,则 5  2  3 （有 2 种结果相同，矛盾）， A  4 A  5 6  1 2  5 ，则（有 2 种结果相同，矛盾），从而，A  6 7  1 2  6 由于 ,由表法唯一知 3,4 不相邻,、 1,2,6,3,5,4 1,2,6,4,5,3 ，② 故只能，①或这 2 种情形， 9  6  3  5  4 对①：对②： k  7 ，矛盾， 8  2  6  5  3 ，也矛盾，综上 k  6 ．m  【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可 m以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问 k  3时，通过和值可能个 1k  6 数否定 k  3；第三问先通过和值的可能个数否定 k  5，再验证 {1,2,3,4,5,6} 时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．