北京市西城区2020届高三数学二模试题 Word版含解析

北京市西城区2020届高三数学二模试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年北京市西城区高考数学二模试卷 一、选择题（共 10 小题）. 1. 设全集 U＝R，集合 A＝{x|x＜2}，B＝{x|x＜1}，则集合（ U Að ）∪B＝（ ） A. （﹣∞，2） B. [2，+∞） C. （1，2） D. （﹣∞，1）∪[2，+∞） 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出 U Að ，再求（ U Að ）∪B 得解 【详解】U＝R，A＝{x|x＜2}，B＝{x|x＜1}， ∴ U Að ＝{x|x≥2}，（ U Að ）∪B＝（﹣∞，1）∪[2，+∞）. 故选：D 【点睛】本题主要考查集合的补集和并集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 2. 设复数 z＝1+i，则 z 2＝（ ） A. ﹣2i B. 2i C. 2﹣2i D. 2+2i 【答案】A 【解析】 【分析】 由 z 求得 z ，再利用复数的乘方运算求解即可. 【详解】∵z＝1+i， ∴ 2 z ＝（1﹣i）2 21 2i i   ＝﹣2i. 故选：A. 【点睛】本题主要考查共轭复数的定义，考查了复数出乘方运算，属于基础题. 3. 焦点在 x 轴的正半轴上，且焦点到准线的距离为 4 的抛物线的标准方程是（ ） A. x2＝4y B. y2＝4x C. x2＝8y D. y2＝8x 【答案】D - 2 - 【解析】 【分析】 根据题意，设抛物线的标准方程为 2 2 ( 0)y px p  ，结合抛物线的几何性质可得 p 的值，代 入抛物线的标准方程即可得答案. 【详解】根据题意，要求抛物线的焦点在 x 轴的正半轴上， 设其标准方程为 2 2 ( 0)y px p  ， 又由焦点到准线的距离为 4，即 p＝4， 故要求抛物线的标准方程为 y2＝8x， 故选：D. 【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解，属于基础题 4. 在锐角 ABC 中，若 2a  ， 3b  ， π 6A  ，则 cos B  （ ） A. 3 4 B. 3 4 C. 7 4 D. 3 3 4 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可用正弦定理先求出sin B ，再由三角函数中的平方关系及 B 角的范围，求出 cos B ， 进而得到答案. 【详解】在锐角 ABC 中，若 2a  ， 3b  ， 6A  ， 由正弦定理 sin sin a b A B  ，可得 13sin 32sin 2 4 b AB a    ， 由 B 为锐角，可得 2 2 3 7cos 1 1 4 4B sin B         ． 故选：C 【点睛】本题主要考查正弦定理及三角函数中平方关系的应用，考查理解辨析能力与运算求 解能力，属于基础题. 5. 函数 f(x)＝x 1 x  是（ ） A. 奇函数，且值域为（0，+∞） - 3 - B. 奇函数，且值域为 R C. 偶函数，且值域为（0，+∞） D. 偶函数，且值域为 R 【答案】B 【解析】 【分析】 由奇偶性定义，求出函数 f(x)为奇函数，再求出函数的导数，分析其单调性可得在区间（﹣∞， 0）和（0，+∞）上都是增函数，且 f（1）＝f（﹣1）＝0；作出函数的草图，分析其值域，即 可得答案. 【详解】根据题意，函数 f(x)＝x 1 x  ，其定义域为{x|x≠0}，有 f（﹣x）＝（﹣x）﹣（ 1 x ） ＝﹣（x 1 x  ）＝﹣f(x)，即函数 f(x)为奇函数， 其导数 f′(x)＝1 2 1 x  ，在区间（﹣∞，0）和（0，+∞）上都是增函数，且 f（1）＝f（﹣1） ＝0； 其图象大致如图： 其值域为 R； 故选：B. 【点睛】本题考查函数奇偶性的判断，值域的求解，属于基础题 6. 圆 x2+y2+4x﹣2y+1＝0 截 x 轴所得弦的长度等于（ ） A 2 B. 2 3 C. 2 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 - 4 - 首先令 y＝0，整理得两根和与两根积，进一步求出弦长. 【详解】令 y＝0，可得 x2+4x+1＝0， 所以 1 2 4x x   ， 1 2 1x x ， 所以 2 1 2 1 2 1 2| ( ) 4 2 3AB x x x x x x      . 故选：B 【点睛】本题考查的是圆中弦长的求法，较简单. 7. 设 , ,a b c 为非零实数，且 a b c  ，则（ ） A. a b b c   B. 1 1 1 a b c   C. 2a b c  D. 以上三个选项都不对 【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用不等式的性质，结合特例，利用排除法，即可求解. 【详解】设 , ,a b c 为非零实数，且 a b c  ， 所以对于选项 A：当 3, 2, 1a b c   时， 1a b b c    ，故错误. 对于选项 B：当 0, 1, 2a b c= = - = - 时， 1 a 无意义，故错误. 对于选项 C：由于 ,a c b c  ，所以 2a b c  ，故正确. 对于选项 D：由于 C 正确，所以选项 D 错误. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，其中解答中不等式的基本性质，以及合理利用 特例，结合排除法求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力. 8. 设向量 ,a b   满足 1a b     ， 1 2a b     ，则  a x b x R     的最小值为（ ） A. 5 2 B. 3 2 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 - 5 - 【分析】 两边平方，得出 2 a x b    关于 x 的二次函数，从而得出最小值. 【详解】解： 22 2 2 2 2 1 32 1 2 4a x b a x a b x b x x x                     ∴当 1 2x   时， a x b    取得最小值 3 3 4 2  . 故选：B. 【点睛】本题考查向量的模的求解方法，利用二次函数求最值，考查运算能力，是中档题. 9. 设 na 为等比数列，则“对于任意的 * 2, m mm N a a  ”是“ na 为递增数列”的 （ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 对于任意的 * 2, m mm N a a  ，即  2 1 0ma q ﹣ .可得： 2 0 1 0 ma q    ＞ ＞ ， 2 0 1 0 ma q    ＜ ＜ ，任意的 *m N ，解出即可判断出结论. 【详解】解：对于任意的 * 2, m mm N a a  ，即  2 1 0ma q ﹣ . ∴ 2 0 1 0 ma q    ＞ ＞ ， 2 0 1 0 ma q    ＜ ＜ ，任意的 *m N ， ∴ 0 1 ma q    ＞ ＞ ，或 0 0 1 ma q    ＜ ＜ ＜ . ∴“ na 为递增数列”，反之也成立. ∴“对于任意的 * 2, m mm N a a  ”是“ na 为递增数列”的充要条件. 故选：C. 【点睛】本题考查等比数列的单调性，充分必要条件，是基础题. - 6 - 10. 佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效. 因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图 1 的 ABCD 由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图 2 所示的六面体形状的香囊，那么在图 2 这个六面体中，棱 AB 与 CD 所在直线的位置关系为（ ） A. 平行 B. 相交 C. 异面且垂直 D. 异面且不 垂直 【答案】B 【解析】 【分析】 可将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面，即可判断 AB ， CD 的位置关系． 【详解】将平面展开图还原为直观图，可得两个三棱锥拼接的六面体，它们共一个底面， 且 ，B C 两点重合，所以 AB 与 CD 相交， 故选：B 【点睛】本题考查平面展开图与其直观图的关系，考查空间想象能力，属于基础题． 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 11. 在（1+5x）6 的展开式中，含 x 的项系数为_____. 【答案】30. 【解析】 【分析】 - 7 - 先写出二项式的展开式的通项，要求含 x 的项系数，只要使得展开式中 x 的指数是 1，求得 r， 代入数值即可求出含 x 项的系数. 【详解】展开式的通项公式为：  6 1 6 61 5 5rr r r r r rT C x C x        ， 令 x 的指数为 1，即 r＝1； ∴含 x 的项系数为： 1 65 30C ＝ ； 故答案为：30. 【点睛】本题考查二项式中具体项的系数求解问题，属于基础题 12. 在等差数列{an}中，若 a1+a2＝16，a5＝1，则 a1＝_____；使得数列{an}前 n 项的和 Sn 取到 最大值的 n＝_____. 【答案】 (1). 9 (2). 5. 【解析】 【分析】 设等差数列{an}的公差为 d，由 a1+a2＝16，a5＝1，可得 2a1+d＝16，a1+4d＝1，解得：a1，d， 可得 an，令 an≥0，解得 n 即可得出. 【详解】解：设等差数列{an}的公差为 d， ∵a1+a2＝16，a5＝1， ∴2a1+d＝16，a1+4d＝1， 解得：a1＝9，d＝﹣2. ∴an＝9﹣2（n﹣1）＝11﹣2n. 令 an＝11﹣2n≥0， 解得 n 11 2   5 1 2  . ∴使得数列{an}前 n 项的和 Sn 取到最大值的 n＝5. 故答案为：9；5. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列前 n 项的和的最值，考查学生的计算 能力，是中档题. 13. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_____. - 8 - 【答案】4+4 5 . 【解析】 【分析】 首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的表面积. 【详解】根据几何体的三视图转换为直观图为， 该几何体为底面为边长为 2，高为 2的正四棱锥体. 如图所示： 所以 212 2 4 2 2 12S         4+4 5 . 故答案为：4+4 5 . 【点睛】本题考查了利用三视图求几何体的表面积，考查了空间想象能力和空间感，属于基 础题. 14. 能说明“若  2 0m n   ，则方程 2 2 12 x y m n   表示的曲线为椭圆或双曲线”是错误的一 组 ,m n 的值是_____. 【答案】 4, 2m n  （答案不唯一）. 【解析】 - 9 - 【分析】 由题意可得满足 2 0m n   或者 0, 2 0m n   即可，取满足上述条件的 ,m n 的值即可（答案 不唯一）. 【详解】若方程 2 2 2 x y m n   1 表示的曲线为椭圆或双曲线是错误的，则 2 0m n   ，或者 0, 2 0m n   ，则可取 4, 2m n  （答案不唯一）. 故答案为： 4, 2m n  （答案不唯一）. 【点睛】本题主要考查了椭圆与双曲线的标准方程，属于基础题. 15. 已知函数 f(x)的定义域为 R，满足 f（x+2）＝2f(x)，且当 x∈（0，2]时，f(x)＝2x﹣3.有以 下三个结论： ①f（-1） 1 2   ； ②当 a∈（ 1 4 ， 1 2 ]时，方程 f(x)＝a 在区间[﹣4，4]上有三个不同的实根； ③函数 f(x)有无穷多个零点，且存在一个零点 b∈Z. 其中，所有正确结论的序号是_____. 【答案】①②. 【解析】 【分析】 由题意可得函数 f(x)的大致图象，根据图像逐个判断，即可判断出所给命题的真假. 【详解】 如图： 对①，因为函数 f(x)的定义域为 R ， - 10 - 满足 f（x+2）＝2f(x)，x∈（0，2]时，f(x)＝2x﹣3， 所以 f（-1） 1 2  f（-1+2） 1 2  f（1） 1 2  •（21﹣3） 1 2   ，所以①正确； 对②，f(x)的大致图象如图所示可得当 a∈（ 1 4 ， 1 2 ]时， 方程 f(x)＝a 在区间[﹣4，4]上有三个不同的实根，所以②正确 对③，因为 x∈（0，2]时，f(x)＝2x﹣3＝0， x＝log23，又因为 f（x+2）＝2f(x)， 所以函数 f(x)由无数个零点， 但没有整数零点，所以③不正确； 故答案为：①②. 【点睛】本题考查了类周期函数的图像与性质，考查了数形结合思想和函数方程思想，属于 中当题. 三、解答题：本大题共 6 小题，共 85 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或 演算步骤. 16. 如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，CC1⊥底面 ABC，AC⊥BC，D 是 A1C1 的中点，且 AC ＝BC＝AA1＝2. （1）求证：BC1∥平面 AB1D； （2）求直线 BC 与平面 AB1D 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 6 . 【解析】 【分析】 （1）连接 A1B，设 A1B∩AB1＝E，连接 DE，可得 BC1∥DE，再由直线与平面平行的判定得 - 11 - 到 BC1∥平面 AB1D； （2）由 CC1⊥底面 ABC，AC⊥BC，得 CA，CB，CC1 两两互相垂直，分别以 CA，CB，CC1 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 AB1D 的一个法向量与 1AB  的坐标，由 两向量所成角的余弦值可得直线 BC 与平面 AB1D 所成角的正弦值. 【详解】（1）证明：连接 A1B，设 A1B∩AB1＝E，连接 DE， 由 ABC﹣A1B1C1 为三棱柱，得 A1E＝BE. 又∵D 是 A1C1 的中点，∴BC1∥DE. ∵BC1⊄ 平面 AB1D，DE⊂平面 AB1D， ∴BC1∥平面 AB1D； （2）解：∵CC1⊥底面 ABC，AC⊥BC，∴CA，CB，CC1 两两互相垂直， 故分别以 CA，CB，CC1 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 C（0，0，0），B（0，2，0），A（2，0，0），B1（0，2，2），D（1，0，2）， ∴  1 2 2 2AB   ，， ，  1 1 2 0B D   ， ， ，  0 2 0BC   ， ， . 设平面 AB1D 的法向量为  n x y z ， ， ， 由 1 1 2 2 2 0 2 0 n AB x y z n B D x y              ，取 y＝1，得  211n  ，， ； 设直线 BC 与平面 AB1D 所成角为θ. 则 sinθ＝|cos n BC ＜ ， ＞| 6 6 n BC n BC       . ∴直线 BC 与平面 AB1D 所成角的正弦值为 6 6 . - 12 - 【点睛】本题考查线面平行的证明和求线面角的大小，考查了通过线线平行证明线面平行的 方法，同时考查了空间直角坐标系，利用向量求线面角，是立体几何中较为常规的一类题型， 有一定的计算量，属于中档题. 17. 已知函数    sin 0, 0,0 2f x A x A             同时满足下列四个条件中的三 个：①最小正周期为 ；②最大值为 2；③  0 1f   ；④ 06f      （1）给出函数  f x 的解析式，并说明理由； （2）求函数  f x 的单调递增区间 【答案】（1）   2sin 2 3f x x      ，理由见解析；（2） 5 ,12 12k k       ， k Z . 【解析】 【分析】 （1）根据题意，先判断 ( )f x 不能满足条件③，再由条件①求出 2  ，由条件②，得 2A  ， 由条件④求出 3   ，即可得出函数解析式； （2）根据正弦函数的单调区间，列出不等式，即可求出结果. 【详解】（1）若函数 ( )f x 满足条件③， - 13 - 则 (0) sin 1f A    . 这与 0A  ， 0 2   矛盾，故 ( )f x 不能满足条件③， 所以函数 ( )f x 只能满足条件①，②，④. 由条件①，得 2 | |    ， 又因为 0 ，所以 2  . 由条件②，得 2A  . 由条件④，得 2sin 06 3f                 ， 又因为 0 2   ，所以 3   . 所以 2 n 2) 3( sif x x      . （2）由 2 2 22 3 2k x k        ， k Z ， 得 5 12 12k x k      ， 所以函数 ( )f x 的单调递增区间为 5 ,12 12k k       ， k Z . 【点睛】本题主要考查由三角函数的性质求函数解析式，以及求正弦型函数的单调区间，熟 记正弦函数的性质即可，属于常考题型. 18. 随着科技的进步，视频会议系统的前景愈加广阔.其中，小型视频会议软件格外受人青睐. 根据调查统计，小型视频会议软件下载量前 6 名的依次为 A，B，C，D，E，F.在实际中，存 在很多软件下载后但并未使用的情况.为此，某调查公司对有视频会议需求的人群进行抽样调 查，统计得到这 6 款软件的下载量 W（单位：人次）与使用量 U（单位：人次），数据用柱状 图表示如图： - 14 - 定义软件的使用率 t U W  ，当 t≥0.9 时，称该款软件为“有效下载软件”.调查公司以调查得 到的使用率 t 作为实际中该款软件的使用率. （1）在这 6 款软件中任取 1 款，求该款软件是“有效下载软件”的概率； （2）从这 6 款软件中随机抽取 4 款，记其中“有效下载软件”的数量为 X，求 X 的分布列与 数学期望； （3）将（1）中概率值记为 x%.对于市场上所有小型视频会议软件，能否认为这些软件中大约 有 x%的软件为“有效下载软件”？说明理由. 【答案】（1） 2 3 ；（2）分布列见解析；期望为 8 3 ；（3）不能；答案见解析. 【解析】 【分析】 （1）计算各软件的使用率，得出有效下载软件的个数，从而可得出所求概率； （2）根据超几何分布的概率公式计算概率，得出分布列和数学期望； （3）根据样本是否具有普遍性进行判断. 【详解】解：（1）tA 91 96  ＞0.9，tB 84 91  ＞0.9，tC 69 85  ＜0.9，tD 54 74  ＜0.9，tE 64 69  ＞0.9， tF 63 65  ＞0.9. ∴6 款软件中有 4 款有效下载软件， ∴这 6 款软件中任取 1 款，该款软件是“有效下载软件”的概率为 4 2 6 3  . （2）X 的可能取值有 2，3，4， 且 P（X＝2） 2 2 4 2 4 6 2 5 C C C   ，P（X＝3） 3 1 4 2 4 6 8 15 C C C   ，P（X＝4） 4 4 4 6 1 15 C C   ， ∴X 的分布列为： - 15 - X 2 3 4 P 2 5 8 15 1 15 E（X）＝2 2 5   3 8 15   4 1 8 15 3   . （3）不能认为这些软件中大约有 x%的软件为“有效下载软件”. 理由：用样本估计总体时应保证总体中的每个个体被等可能抽取， 此次调查是对有视频会议需求的人群进行抽样调查，且只选取下载量排名前 6 名的软件，不 是对所有软件进行的随机抽取 6 件的样本. 【点睛】本题考查随机事件的概率，超几何分布，考查数学建模能力与数学应用能力，是中 档题. 19. 设函数   lnf x ax x ，其中 a R ，曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线经过点 3,2 . （1）求 a 的值； （2）求函数  f x 的极值； （3）证明:   2 x xf x e e  . 【答案】（1） 1a  ；（2）极小值 1 1 e ef       ，没有极大值；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题意，结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程，代入已知点的坐标 可求 a ； （2）先对函数求导，结合导数与极值的关系即可求解； （3）由于   2 x xf x e e  等价于 2ln 0x xx x e e    ，结合（2）可得   1lnf x x x e    ， 故只要证明 1 0x x e e   即可，（需验证等号不同时成立）结合导数可证. 【详解】解：（1）   lnf x a x a  ， 则    1 0, 1f f a  ， 故  y f x 在   1, 1f 处的切线方程  1y a x  ， - 16 - 把点 3,2 代入切线方程可得， 1a  ， （2）由（1）可得   ln 1, 0f x x x    ， 易得，当 10 x e   时，   0f x  ，函数单调递减，当 1x e  时,   0f x  ，函数单调递增， 故当 1x e 时，函数取得极小值 1 1 e ef       ，没有极大值， 证明：（3）   2 x xf x e e  等价于 2ln 0x xx x e e    ， 由（2）可得   1lnf x x x e    （当且仅当 1x e 时等号成立）①， 所以 2 1ln x x x xx x e e e e     ， 故只要证明 1 0x x e e   即可，（需验证等号不同时成立） 设   1 x xg x e e   ， 0x  则   1 x xg x e   ， 当 0 1x  时，   0g x  ，函数单调递减，当 1x  时，   0g x  ，函数单调递增， 所以    1 0g x g  ，当且仅当 1x  时等号成立，② 因为①②等号不同时成立， 所以当 0x  时，   2 x xf x e e  . 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及导数与极值的关系，还考查了利用导数证明不等 式，体现了转化思想的应用． 20. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     经过点  0,1C ，离心率为 3 2 ，O 为坐标原点. （1）求椭圆 E 的方程； （2）设 A 、 B 分别为椭圆 E 的左、右顶点， D 为椭圆 E 上一点（不在坐标轴上），直线 CD 交 x 轴于点 P ，Q 为直线 AD 上一点，且 4OP OQ   ，求证：C 、 B 、Q 三点共线. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 - 17 - （1）将点C 的坐标代入椭圆 E 的方程，可求得b 的值，再由椭圆 E 的离心率可求得 a 、c 的 值，由此可得出椭圆 E 的方程； （2）设点   0 0 0 0, 0D x y x y  ，可得出 2 2 0 04 4x y  ，求出直线 CD 的方程，可求得点 P 的 坐标，由 4OP OQ   ，可求得点 Q 的横坐标，代入直线 AD 的方程可求得点 Q 的坐标，验 证 BQ BCk k ，即可证得结论成立. 【详解】（1）将点C 的坐标代入椭圆 E 的坐标可得 1b  ， 由题意可得 2 2 3 2 1 0 ce a a c c          ，解得 2 3 a c   ， 因此，椭圆 E 的标准方程为 2 2 14 x y  ； （2）椭圆 E 的左、右顶点分别为  2,0A  、  2,0B ， 设点   0 0 0 0, 0D x y x y  ，则 2 20 0 14 x y  ，则 2 2 0 04 4x y  ， 直线 CD 的斜率为 0 0 1 CD yk x  ，则直线 CD 的方程为 0 0 1 1yy xx   ， 令 0y  ，可得 0 01 xx y   ，即点 0 0 ,01 xP y      ， 设点  1 1,Q x y ，由 1 0 4OP OQ x x    ，可得  0 1 0 4 1 yx x  ， 直线 AD 的斜率为 0 0 2AD yk x   ，则直线 AD 的方程为  0 0 22 yy xx   ， - 18 - 将  0 0 4 1 yx x  代入直线 AD 的方程得     0 0 0 0 0 2 2 2 2 y x yy x x    ， 所以点Q 的坐标为       0 0 0 0 0 0 0 4 1 2 2 2, 2 y y x y x x x         ， 直线 BC 的斜率为 1 0 1 0 2 2BCk    直线 BQ 的斜率为      2 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 01 0 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4BQ y x y x y y yyk x x y x x x y y             2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 2 1 4 2 4 2 BC x y y y ky x y y       ， 又 BQ 、 BC 有公共点 B ，因此，C 、 B 、Q 三点共线. 【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了椭圆中三点共线的证明，考查计算能 力，属于难题. 21. 如图，表 1 是一个由 40×20 个非负实数组成的 40 行 20 列的数表，其中 am，n（m＝1，2，…， 40；n＝1，2，…，20）表示位于第 m 行第 n 列的数.将表 1 中每一列的数都按从大到小的次序 从上到下重新排列（不改变该数所在的列的位置），得到表 2（即 bi，j≥bi+1，j，其中 i＝1，2，…， 39；j＝1，2，…，20）. 表 1 a1，1 a1，2 … a1，20 a2，1 a2，2 … a2，20 … … … … a40，1 a40，2 … a40，20 表 2 b1，1 b1，2 … b1，20 b2，1 b2，2 … b2，20 … … … … - 19 - b40，1 b40，2 … b40，20 （1）判断是否存在表 1，使得表 2 中的 bi，j（i＝1，2，…，40；j＝1，2，…，20）等于 100 ﹣i﹣j？等于 i+2﹣j 呢？（结论不需要证明） （2）如果 b40，20＝1，且对于任意的 i＝1，2，…，39；j＝1，2，…，20，都有 bi，j﹣bi+1，j≥1 成立，对于任意的 m＝1，2，…，40；n＝1，2，…，19，都有 bm，n﹣bm，n+1≥2 成立，证明： b1，1≥78； （3）若 ai，1+ai，2+…+ai，20≤19（i＝1，2，…，40），求最小的正整数 k，使得任给 i≥k，都有 bi，1+bi，2+…+bi，20≤19 成立. 【答案】（1）存在表 1，使得 bi，j＝100﹣i﹣j，不存在表 1，使得 2 j i jb i  ， ；（2）证明见解 析；（3）k＝39. 【解析】 【分析】 （1）由100 0i j   ，1 40i  ，1 20j  可知存在表 1，使得 , 100i jb i j   ；若 , 2i j jib  ，则 1, 1 2i j j ib    ，故 , 1, 1 0i j i jb b     ，故不存在； （2）对于任意的 1,2,3, 39, 1,2, ,20i j   ，都有 , 1, 1i j i jb b   成立，进而得      1,20 2,20 2,20 3,20 39,20 40,20 39b b b b b b       ，故 1,20 40,20 39 40b b   ，同理由对 于任意的 1,2, ,40, 1,2,3, ,19m n   ，都有 , 1 2m n m nb b  ， 得 1,1 1,20 38 78b b   . （3）取特殊表 1，得 39k  ，再证明 39k  即可得 39k  . 【详解】解（1）存在表 1，使得 bi，j＝100﹣i﹣j，不存在表 1，使得 2 j i jb i  ， . 证明：（2）因为对于任意的 1,2,3, 39, 1,2, ,20i j   ，都有 , 1, 1i j i jb b   . 所以 1,20 2,20 2 20 3 20 39 20 40 201, 1, , 1b b b b b b   ， ， ， ， . 所以     1 20 2 20 2 20 3 20 39 20 40 20 39b b b b b b     ， ， ， ， ， ， ， 即 1 20 20 40 39 40b b  ， ， . 由于 1,2, ,40, 1,2,3, ,19m n   ，都有 , 1 2m n m nb b  ， . 所以 1,1 1,2 1,2 1,3 1,19 1,202, 2, , 2b b b b b b   - 20 - 所以     1 1 1 2 1 2 1 3 1 19 1 20 38b b b b b b   ， ， ， ， ， ， ， 即 1 1 78b ， . 解：（3）当表 1 如下图时， 0 1 1 … 1 1 0 1 1 … 1 1 1 0 1 … 1 1 1 0 1 … 1 1 1 1 0 … 1 1 1 1 0 … 1 1 … … … … 1 1 1 1 1 … 0 1 1 1 1 … 0 1 1 1 1 … 1 0 1 1 1 … 1 0 其中，每行恰有 1 个 0 和 19 个 1，每列恰有 2 个 0 和 38 个 1.因此每行的和均为 19，符合题 意. 重新排序后，对应表 2 中，前 38 行中每行各数均为 1，每行的和均为 20，后两行各数均为 0， 因此 k≥39. 以下先证：对于任意满足条件的表 1，在表 2 中的前 39 行中，至少包含原表 1 中某一行（设 为第 r 行）的全部实数（即包含 1 2 .20, , ,r r ra a a， ， ）， 假设表 2 的前 39 行中，不能包含原表 1 中任一行的全部实数、 则表 2 的前 39 行中至多含有表 1 中的 40×19＝760 个数. 这与表 2 中前 39 行中共有 39×20＝780 个数相矛盾. 所以：表 2 的前 39 行中，至少包含原表 1 中某一行（设为第 r 行），的全部实数. - 21 - 其次，在表 2 中，根据重排规则得：当 39i  时， , 39, ,i j j i jb b a  ，（ 1,2, ,20j   ）. 所以 1 2 20 1 2 20 19i i i r r rb b b a a a     ， ， ， ， ， ， ， 所以 39k  . 综上所述 39k  . 【点睛】本题主要考查不等式，排列组合的综合应用，考查数学抽象，逻辑推理，数学运算 等核心素养，是难题.