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2019 年北京市高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题共8小题，每小题5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。
1．（5分）已知复数z＝2+i，则z• ＝（ ）
A． B． C．3 D．5
【分析】直接由 求解．
【解答】解：∵z＝2+i，
∴z• ＝ ．
故选：D．
【点评】本题考查复数及其运算性质，是基础的计算题．
2．（5分）执行如图所示的程序框图，输出的s值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 s的
值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】解：模拟程序的运行，可得
k＝1，s＝1
s＝2
不满足条件k≥3，执行循环体，k＝2，s＝2
不满足条件k≥3，执行循环体，k＝3，s＝2
第1页 | 共17页此时，满足条件k≥3，退出循环，输出s的值为2．
故选：B．
【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得
出正确的结论，是基础题．
3．（5分）已知直线l的参数方程为 （t为参数），则点（1，0）到直线l的
距离是（ ）
A． B． C． D．
【分析】消参数t化参数方程为普通方程，再由点到直线的距离公式求解．
【解答】解：由 （t为参数），消去t，可得4x﹣3y+2＝0．
则点（1，0）到直线l的距离是d＝ ．
故选：D．
【点评】本题考查参数方程化普通方程，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．
4．（5分）已知椭圆 + ＝1（a＞b＞0）的离心率为 ，则（ ）
A．a2＝2b2 B．3a2＝4b2 C．a＝2b D．3a＝4b
【分析】由椭圆离心率及隐含条件a2＝b2+c2得答案．
【解答】解：由题意， ，得 ，则 ，
∴4a2﹣4b2＝a2，即3a2＝4b2．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题．
5．（5分）若x，y满足|x|≤1﹣y，且y≥﹣1，则3x+y的最大值为（ ）
A．﹣7 B．1 C．5 D．7
【分析】由约束条件作出可行域，令z＝3x+y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到
最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由 作出可行域如图，
第2页 | 共17页联立 ，解得A（2，﹣1），
令z＝3x+y，化为y＝﹣3x+z，
由图可知，当直线y＝﹣3x+z过点A时，z有最大值为3×2﹣1＝5．
故选：C．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
6．（5分）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度
满足m ﹣m ＝ lg ，其中星等为m 的星的亮度为E （k＝1，2）．已知太阳的星等
2 1 k k
是﹣26.7，天狼星的星等是﹣1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为（ ）
A．1010.1 B．10.1 C．lg10.1 D．10﹣10.1
【分析】把已知熟记代入m ﹣m ＝ lg ，化简后利用对数的运算性质求解．
2 1
【解答】解：设太阳的星等是m ＝﹣26.7，天狼星的星等是m ＝﹣1.45，
1 2
由题意可得： ，
∴ ，则 ．
故选：A．
【点评】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．
7．（5分）设点A，B，C不共线，则“ 与 的夹角为锐角”是“| + |＞| |”的（
）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
第3页 | 共17页C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】“ 与 的夹角为锐角” “| + |＞| |”，“| + |＞| |” “ 与
的夹角为锐角”，由此能求出结果⇒． ⇒
【解答】解：点A，B，C不共线，
“ 与 的夹角为锐角” “| + |＞| |”，
“| + |＞| |” “ 与⇒ 的夹角为锐角”，
∴设点A，B，C不⇒共线，则“ 与 的夹角为锐角”是“| + |＞| |”的充分必要
条件．
故选：C．
【点评】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查向量等基础知识，考查
推理能力与计算能力，属于基础题．
8．（5分）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C：x2+y2＝1+|x|y就是其中之
一（如图）．给出下列三个结论：
曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
①
曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ；
②曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．
③其中，所有正确结论的序号是（ ）
A． B． C． D．
【分①析】将x换成﹣x方程②不变，所以图形关于y①轴对②称，根据对称性讨①论②y轴③右边的图
形可得．
【解答】解：将x换成﹣x方程不变，所以图形关于y轴对称，
当x＝0时，代入得y2＝1，∴y＝±1，即曲线经过（0，1），（0，﹣1）；
当x＞0时，方程变为y2﹣xy+x2﹣1＝0，所以△＝x2﹣4（x2﹣1）≥0，解得x （0，
∈
]，
第4页 | 共17页所以x只能取整数1，当x＝1时，y2﹣y＝0，解得y＝0或y＝1，即曲线经过（1，0），
（1，1），
根据对称性可得曲线还经过（﹣1，0），（﹣1，1），
故曲线一共经过6个整点，故 正确．
①
当x＞0时，由x2+y2＝1+xy得x2+y2﹣1＝xy≤ ，（当x＝y时取等），
∴x2+y2≤2，∴ ，即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过 ，根
据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ；故 正确．
在x轴上图形面积大于矩形面积＝1×2＝2，x轴下方的面积大于等②腰直角三角形的面积
＝ ＝1，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1＝3，故 错误．
③
故选：C．
【点评】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题．
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。
9．（5分）函数f（x）＝sin22x的最小正周期是 ．
【分析】用二倍角公式可得f（x）＝ ，然后用周期公式求出周期即可．
【解答】解：∵f（x）＝sin2（2x），
∴f（x）＝ ，
∴f（x）的周期T＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是合理使用二倍角公式，属基础题．
第5页 | 共17页10．（5分）设等差数列{a }的前n项和为S ，若a ＝﹣3，S ＝﹣10，则a ＝ 0 ，S 的
n n 2 5 5 n
最小值为 ﹣ 1 0 ．
【分析】利用等差数列{a }的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出a ＝﹣4，d
n 1
＝1，由此能求出a 的S 的最小值．
5 n
【解答】解：设等差数列{a }的前n项和为S ，a ＝﹣3，S ＝﹣10，
n n 2 5
∴ ，
解得a ＝﹣4，d＝1，
1
∴a ＝a +4d＝﹣4+4×1＝0，
5 1
S ＝ ＝﹣4n+ ＝ （n﹣ ）2﹣ ，
n
∴n＝4或n＝5时，S 取最小值为S ＝S ＝﹣10．
n 4 5
故答案为：0，﹣10．
【点评】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n项和的最小值的求法，
考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
11．（5分）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网
格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 4 0 ．
【分析】由三视图还原原几何体，然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
第6页 | 共17页该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，
则该几何体的体积V＝ ．
故答案为：40．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
12．（5分）已知l，m是平面 外的两条不同直线．给出下列三个论断：
l⊥m； m∥ ； l⊥ α．
①以其中的两②个论断α 作③为条件α，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： 若
l ⊥ ， l ⊥ m ，则 m ∥ ．
【分α析】由l，m是α平面 外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若 l⊥ ，
l⊥m，则m∥ ． α α
【解答】解：α由l，m是平面 外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得： α
若l⊥ ，l⊥m，则m∥ ．
故答案α为：若l⊥ ，l⊥αm，则m∥ ．
【点评】本题考查α满足条件的真命α题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关
系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
13．（5分）设函数f（x）＝ex+ae﹣x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a＝ ﹣ 1 ；
若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是 （﹣∞， 0 ] ．
【分析】对于第一空：由奇函数的定义可得 f（﹣x）＝﹣f（x），即 e﹣x+aex＝﹣
（ex+ae﹣x），变形可得分析可得a的值，即可得答案；
对于第二空：求出函数的导数，由函数的导数与单调性的关系分析可得 f（x）的导数
f′（x）＝ex﹣ae﹣x≥0在R上恒成立，变形可得：a≤e2x恒成立，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝ex+ae﹣x，
第7页 | 共17页若f（x）为奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），即e﹣x+aex＝﹣（ex+ae﹣x），变形可得a＝
﹣1，
函数f（x）＝ex+ae﹣x，导数f′（x）＝ex﹣ae﹣x
若f（x）是R上的增函数，则f（x）的导数f′（x）＝ex﹣ae﹣x≥0在R上恒成立，
变形可得：a≤e2x恒成立，分析可得a≤0，即a的取值范围为（﹣∞，0]；
故答案为：﹣1，（﹣∞，0]．
【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是理解函数的奇偶性与单调性的
定义，属于基础题．
14．（5分）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西
瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四
种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网
上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
当x＝10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付 13 0 元；
①在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的
②最大值为 1 5 ．
【分析】 由题意可得顾客一次购买的总金额，减去x，可得所求值；
在促销①活动中，设订单总金额为m元，可得（m﹣x）×80%≥m×70%，解不等式，结
②合恒成立思想，可得x的最大值．
【解答】解： 当x＝10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得60+80＝140（元），
即有顾客需要①支付140﹣10＝130（元）；
在促销活动中，设订单总金额为m元，
②可得（m﹣x）×80%≥m×70%，
即有x≤ ，
由题意可得m≥120，
可得x≤ ＝15，
则x的最大值为15元．
故答案为：130，15
【点评】本题考查不等式在实际问题的应用，考查化简运算能力，属于中档题．
三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
第8页 | 共17页15．（13分）在△ABC中，a＝3，b﹣c＝2，cosB＝﹣ ．
（Ⅰ）求b，c的值；
（Ⅱ）求sin（B﹣C）的值．
【分析】（Ⅰ）利用余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB，代入已知条件即可得到关于b
的方程，解方程即可；
（Ⅱ）sin（B﹣C）＝sinBcosC﹣cosBsinC，根据正弦定理可求出sinC，然后求出cosC，
代入即可得解．
【解答】解：（Ⅰ）∵a＝3，b﹣c＝2，cosB＝﹣ ．
∴由余弦定理，得b2＝a2+c2﹣2accosB
＝ ，
∴b＝7，∴c＝b﹣2＝5；
（Ⅱ）在△ABC中，∵cosB＝﹣ ，∴sinB＝ ，
由正弦定理有： ，
∴ ，
∵b＞c，∴B＞C，∴C为锐角，
∴cosC＝ ，
∴sin（B﹣C）＝sinBcosC﹣cosBsinC
＝
＝ ．
【点评】本题考查了正弦定理余弦定理和两角差的正弦公式，属基础题．
16．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝
AD＝CD＝2，BC＝3．E为PD的中点，点F在PC上，且 ＝ ．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
第9页 | 共17页（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且 ＝ ．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【分析】（Ⅰ）推导出PA⊥CD，AD⊥CD，由此能证明CD⊥平面PAD．
（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F﹣AE﹣P的余弦值．
（Ⅲ）求出 ＝（ ，0， ），平面AEF的法向量 ＝（1，1，﹣1）， ＝0，
从而直线AG在平面AEF内．
【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
∵AD⊥CD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD．
解：（Ⅱ）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，
AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，0，0），E（0，1，1），F（ ， ， ），
P（0，0，2），B（2，﹣1，0），
＝（0，1，1）， ＝（ ），
平面AEP的法向量 ＝（1，0，0），
设平面AEF的法向量 ＝（x，y，z），
则 ，取x＝1，得 ＝（1，1，﹣1），
设二面角F﹣AE﹣P的平面角为 ，
θ
则cos ＝ ＝ ＝ ．
θ
第10页 | 共17页∴二面角F﹣AE﹣P的余弦值为 ．
（Ⅲ）直线AG在平面AEF内，理由如下：
∵点G在PB上，且 ＝ ．∴G（ ，﹣ ， ），
∴ ＝（ ，﹣ ， ），
∵平面AEF的法向量 ＝（1，1，﹣1），
＝ ﹣ ＝0，
故直线AG在平面AEF内．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知
平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推
理能力与计算能力，属于中档题．
17．（13分）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为
主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全
校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本
中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
（0，1000] （1000，2000] 大于2000
仅使用A 18人 9人 3人
仅使用B 10人 14人 1人
（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概
率；
第11页 | 共17页（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月
支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，
随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样
本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
【分析】（Ⅰ）从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，A，B两种支付方式
都不使用的有5人，仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，从而A，B两种支付方
式都使用的人数有40人，由此能求出从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月
A，B两种支付方式都使用的概率．
（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月
支付金额大于1000元的人数，则X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此
能求出X的分布列和数学期望E（X）．
（Ⅲ）从样本仅使用A的学生有30人，其中27人月支付金额不大于2000元，有3人月
支付金额大于2000元，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元的概率
为p＝ ＝ ，不能认为认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的
人数有变化．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得：
从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，
A，B两种支付方式都不使用的有5人，
仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，
∴A，B两种支付方式都使用的人数有：100﹣5﹣30﹣25＝40，
∴从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率p＝
＝0.4．
（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月
支付金额大于1000元的人数，
则X的可能取值为0，1，2，
样本仅使用A的学生有30人，其中支付金额在（0，1000]的有18人，超过1000元的有
第12页 | 共17页12人，
样本仅使用B的学生有25人，其中支付金额在（0，1000]的有10人，超过1000元的有
15人，
P（X＝0）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝1）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ ＝ ＝ ，
∴X的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望E（X）＝ ＝1．
（Ⅲ）不能认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，
理由如下：
从样本仅使用A的学生有30人，其中27人月支付金额不大于2000元，有3人月支付金
额大于2000元，
随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元的概率为p＝ ＝ ，
虽然概率较小，但发生的可能性为 ．
故不能认为认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、
相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．
18．（14分）已知抛物线C：x2＝﹣2py经过点（2，﹣1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，
N，直线y＝﹣1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴
上的两个定点．
【分析】（Ⅰ）代入点（2，﹣1），解方程可得p，求得抛物线的方程和准线方程；
（Ⅱ）抛物线x2＝﹣4y的焦点为F（0，﹣1），设直线方程为y＝kx﹣1，联立抛物线方
第13页 | 共17页程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得A，B的坐标，可得AB为直径的圆方
程，可令x＝0，解方程，即可得到所求定点．
【解答】解：（Ⅰ）抛物线C：x2＝﹣2py经过点（2，﹣1）．可得4＝2p，即p＝2，
可得抛物线C的方程为x2＝﹣4y，准线方程为y＝1；
（Ⅱ）证明：抛物线x2＝﹣4y的焦点为F（0，﹣1），
设直线方程为y＝kx﹣1，联立抛物线方程，可得x2+4kx﹣4＝0，
设M（x ，y ），N（x ，y ），
1 1 2 2
可得x +x ＝﹣4k，x x ＝﹣4，
1 2 1 2
直线OM的方程为y＝ x，即y＝﹣ x，
直线ON的方程为y＝ x，即y＝﹣ x，
可得A（ ，﹣1），B（ ，﹣1），
可得AB的中点的横坐标为2（ + ）＝2• ＝2k，
即有AB为直径的圆心为（2k，﹣1），
半径为 ＝ | ﹣ |＝2• ＝2 ，
可得圆的方程为（x﹣2k）2+（y+1）2＝4（1+k2），
化为x2﹣4kx+（y+1）2＝4，
由x＝0，可得y＝1或﹣3．
则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点（0，1），（0，﹣3）．
【点评】本题考查抛物线的定义和方程、性质，以及圆方程的求法，考查直线和抛物线
方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
19．（13分）已知函数f（x）＝ x3﹣x2+x．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当x [﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；
（Ⅲ）设F∈（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为
M（a）．当M（a）最小时，求a的值．∈
第14页 | 共17页【分析】（Ⅰ）求导数f′（x），由f′（x）＝1求得切点，即可得点斜式方程；
（Ⅱ）把所证不等式转化为﹣6≤f（x）﹣x≤0，再令g（x）＝f（x）﹣x，利用导数研
究g（x）在[﹣2，4]的单调性和极值点即可得证；
（Ⅲ）先把F（x）化为|g（x）﹣a|，再利用（Ⅱ）的结论，引进函数h（t）＝|t﹣a|，结
合绝对值函数的对称性，单调性，通过对称轴t＝a与﹣3的关系分析即可．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝ ，
由f′（x）＝1得x（x﹣ ）＝0，
得 ．
又f（0）＝0，f（ ）＝ ，
∴y＝x和 ，
即y＝x和y＝x﹣ ；
（Ⅱ）证明：欲证x﹣6≤f（x）≤x，
只需证﹣6≤f（x）﹣x≤0，
令g（x）＝f（x）﹣x＝ ，x [﹣2，4]，
∈
则g′（x）＝ ＝ ，
可知g′（x）在[﹣2，0]为正，在（0， ）为负，在[ ]为正，
∴g（x）在[﹣2，0]递增，在[0， ]递减，在[ ]递增，
又g（﹣2）＝﹣6，g（0）＝0，g（ ）＝﹣ ＞﹣6，g（4）＝0，
∴﹣6≤g（x）≤0，
∴x﹣6≤f（x）≤x；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，
F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|
＝|f（x）﹣x﹣a|
＝|g（x）﹣a|
第15页 | 共17页∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g（x）≤0，
令t＝g（x），h（t）＝|t﹣a|，
则问题转化为当t [﹣6，0]时，h（t）的最大值M（a）的问题了，
∈
当a≤﹣3时，M（a）＝h（0）＝|a|＝﹣a，
①此时﹣a≥3，当a＝﹣3时，M（a）取得最小值3；
当a≥﹣3时，M（a）＝h（﹣6）＝|﹣6﹣a|＝|6+a|，
②∵6+a≥3，∴M（a）＝6+a，
也是a＝﹣3时，M（a）最小为3．
综上，当M（a）取最小值时a的值为﹣3．
【点评】此题考查了导数的综合应用，构造法，转化法，数形结合法等，难度较大．
20．（13分）已知数列{a }，从中选取第i 项、第i 项、…、第i 项（i ＜i ＜…＜i ），
n 1 2 m 1 2 m
若a ＜a ＜…＜a ，则称新数列a ，a ，…，a 为{a }的长度为m的递增子列．
n
规定：数列{a }的任意一项都是{a }的长度为1的递增子列．
n n
（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；
（Ⅱ）已知数列{a }的长度为p的递增子列的末项的最小值为a ，长度为q的递增子
n
列的末项的最小值为a ．若p＜q，求证：a ＜a ；
（Ⅲ）设无穷数列{a }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a }的长度为s的
n n
递增子列末项的最小值为2s﹣1，且长度为s末项为2s﹣1的递增子列恰有2s﹣1个（s＝
1，2，…），求数列{a }的通项公式．
n
【分析】（I）1，3，5，6．答案不唯一．
（II）考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，可得 ＞
该数列的第p项≥ ，即可证明结论．
第16页 | 共17页（III）考虑2s﹣1与2s这一组数在数列中的位置．若{a }中有2s，在2s在2s﹣1之后，
n
则必然在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，这与长度为s的递增子列末项的最小值
为2s﹣1矛盾，可得2s必在2s﹣1之前．继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列．
因此对于数列2n﹣1，2n，由于2n在2n﹣1之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n
与2n﹣1，即可得出：递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列
中，并且全在2s+1之前．可得2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．
【解答】解：（I）1，3，5，6．
（II）证明：考虑长度为q的递增子列的前p项可以组成长度为p的一个递增子列，
∴ ＞该数列的第p项≥ ，
∴ ＜ ．
（III）解：考虑2s﹣1与2s这一组数在数列中的位置．
若{a }中有2s，在2s在2s﹣1之后，则必然在长度为s+1，且末项为2s的递增子列，
n
这与长度为s的递增子列末项的最小值为2s﹣1矛盾，∴2s必在2s﹣1之前．
继续考虑末项为2s+1的长度为s+1的递增子列．
∵对于数列2n﹣1，2n，由于2n在2n﹣1之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n与
2n﹣1，
∵对于1至2s的所有整数，研究长度为s+1的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2
项是3与4二选1，……，第s项是2s﹣1与2s二选1，
故递增子列最多有2s个．由题意，这s组数列对全部存在于原数列中，并且全在2s+1之
前．
∴2，1，4，3，6，5，……，是唯一构造．
即a
2k
＝2k﹣1，a
2k﹣1
＝2k，k N*．
【点评】本题考查了数列递推∈关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与
解决问题的能力，属于难题．
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