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北京市丰台区2024-2025学年高三下学期综合练习（二）数学试题
1．（2025·丰台模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
则.
故答案为：A.
【分析】先解一元二次不等式得出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2025·丰台模拟）在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数的共轭复数，
所以对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数的乘法运算法则得出复数z，再利用共轭复数定义得出复数z的共轭复数，再结合复数的几何意义得出共轭复数对应的点所在的象限.
3．（2025·丰台模拟）已知向量满足，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用数量积的定义得出两向量夹角的余弦值，再结合两向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
4．（2025·丰台模拟）已知数列的前项和为，且满足，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】B
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意，可得，
则当时，，
两式相减可得，
则，
当时，，
因为，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意和与的递推关系式，从而推导出，再根据求出的值，从而逐项求出的值.
5．（2025·丰台模拟）已知直线与圆交于两点．当变化时，则（　　）
A．有最小值 B．有最大值 C．有最小值 D．有最大值
【答案】A
【知识点】直线与圆相交的性质；函数极限
【解析】【解答】解：因为圆的圆心坐标为，半径为2，
又因为直线，
所以，
则圆心到直线的距离为，
所以，
则，
又因为，
所以，
当时，取得最大值1，此时，
当或时，，此时趋近于4，所以无最大值.
故答案为：A.
【分析】利用点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，再由勾股定理求出弦长的表达式，再利用得出，再利用函数极限的方法和函数求最值的方法，从而得出的最值.
6．（2025·丰台模拟）已知关于的方程的两实根为，则“”是“关于的不等式的解集为”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：充分性的判断：
若，则或，
当时，关于的方程有两个相等的实数根，
则，
因为二次函数开口向上，
所以关于的不等式的解集为；
当时，关于的方程有两个不相等的实数根，
不妨设，
因为二次函数开口向上，
所以关于的不等式的解集为.
所以，由“”不能推出“关于的不等式的解集为”，充分性不成立；
必要性的判断：
若关于的不等式的解集为，
因为二次函数开口向上，
所以，
又因为关于的方程有两个实数根，
则，
则，必要性成立.
综上所述，“”是“关于的不等式的解集为”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用充分条件、必要条件的判断方法，再结合二次方程的根的情况与二次函数图象、二次不等式的解集之间的联系，从而推导证明得出正确的选项.
7．（2025·丰台模拟）已知抛物线的焦点为，准线为．过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为．若四边形的周长等于，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线的定义可知，，，
则四边形的周长为，
则，
设直线的倾斜角为，
则，
则或，
则，
则直线的斜率为.
故答案为：C.
【分析】根据抛物线的定义可化简四边形的周长为，从而得出，再利用三角函数的定义得出直线的倾斜角，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出直线的斜率.
8．（2025·丰台模拟）如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（　　）
A．18 B． C． D．34
【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意，在棱台中，
底面和为正方形，各侧棱均相等，
过作底面，交底面于，
过作交于，连接，
因为底面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为平面平面，
所以即为侧面与底面夹角的平面角，则，
由题意可知，
所以，
所以该棱台的表面积.
故答案为：B.
【分析】过作底面，交底面于，过作交于，根据二面角的定义可知即为侧面与底面夹角的平面角，再结合题意求出侧面梯形的高，再根据棱台的表面积公式得出该棱台的表面积.
9．（2025·丰台模拟）“红移”和“蓝移”是物理学和天文学中的概念．如果接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”；如果接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．记接收器接收到的光波的频率为正数，波源发出的光波的频率为正数，和f满足光的普遍多普勒效应公式（为波源运动速率与光速的比值，为波源到接收器的方向与波源运动方向的夹角）．某同学依据该公式利用工具制作了“光的普遍多普勒效应计算器”，在给定范围内输入和的值，点击“计算”按钮后，运行结果显示“红移”、“蓝移”或“无频移”．下列说法正确的是（　　）
A．输入和任意β，运行结果显示“红移”
B．输入和任意β，运行结果显示“蓝移”
C．输入和任意，运行结果显示“红移”
D．输入和任意，运行结果显示“蓝移”
【答案】D
【知识点】实际问题中导数的意义
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，
由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，
则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”，故A错误；
对于B，因为，
所以，
由于接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，
则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”，故B错误；
对于C，由，可知，
因为，
则，
所以，
此时，
因为，所以与的大小关系不确定，故C错误；
对于D，由，
可知，
因为，
所以，
则，此时，
所以，
由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，
则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件去研究另一个变量的函数值域，再通过函数值域分析与1的大小，则去比较与的大小关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．（2025·丰台模拟）已知是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间距离的最大值，是中的点与原点连线的斜率，是表示的图形的面积，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；直线的斜率；平面内两点间距离公式的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于①，代入可得符合题意，
故①正确；
∵对，恒过点，
当时，；当时，；当时，，
所以，我们可知的点集是由曲线绕A点往上直到点扫过的区域，如图：
∴，故②正确；
因为，，，故③错误；
由图易得，故④正确.
故答案为：C.
【分析】由结合代入法判断出序号①；由集合M可作出符合题意点集的区域，再根据点集的区域和两点距离公式，则判断出序号②；再利用点集的区域和几何法求最值的方法，从而得出直线斜率的最值，进而得出直线的斜率的取值范围，则判断出序号③；再根据点集的区域和三角形的面积公式，从而判断出序号④，进而找出所有正确结论的个数.
11．（2025·丰台模拟）函数的定义域为　 　．
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由，
解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
【分析】利用对数型函数定义域求解方法、偶次根式函数求定义域的方法、分式函数定义域求解方法，再结合交集的运算法则，从而得出函数f(x)的定义域.
12．（2025·丰台模拟）已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为　 　．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率为2，
所以，
解得，
所以，双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出双曲线的渐近线方程.
13．（2025·丰台模拟）已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为　 　；若在区间上有零点，则的最小值为　 　．
【答案】（答案不唯一）；4
【知识点】函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为直线为函数图象的一条对称轴，
所以，解得，
又因为，所以取（答案不唯一）；
若在区间上有零点，
令，
解得，
因为，
所以且，
又因为且要求的最小值，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：（答案不唯一）；.
【分析】根据余弦型函数的对称性求出的取值集合，从而得出满足条件的一个的取值；由余弦型函数图象和余弦型函数零点与余弦型函数图象在x轴上交点的横坐标的等价关系，再结合已知条件和的取值范围，从而得出的最小值.
14．（2025·丰台模拟）已知，则　 　；　 　．（用数字作答）
【答案】；
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
所以的系数为，
则；
令，，
令，，
作差得，
所以.
故答案为：；.
【分析】先利用二项式定理求出展开式的通项，从而计算得出的值；利用赋值法，令，从而作差得出的值.
15．（2025·丰台模拟）已知数列满足，给出下列四个结论：
①存在唯一的正实数，使得是常数列；
②当时，是等比数列；
③若是递增数列，则；
④若对任意的正整数，都有，则．
其中所有正确结论的序号为　 　．
【答案】①②④
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：若是常数列，则，
因为，
所以，
代入，
得，
解得，故①正确；
当时，，
则，
则，
因为，
所以，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，故②正确；
若是递增数列，
则，
则，
又因为，
所以，
由，得，解得，故③错误；
由，
得，
则，
则，
当时，即当时，
则，
又因为，
所以，
则，
所以，
则对任意的正整数，都有，
当时，即当时，
则，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
若对任意的正整数，都有，
则，
所以，
整理得，
当时，即当且时，
，该式恒成立；
当时，即当时，该式不恒成立，
综上所述，对任意的正整数，都有，
则，故④正确．
故答案为：①②④.
【分析】由是常数列得出，，从而得出的值，则判断出序号①；当时，由可得，再利用等比数列的定义判断出数列是等比数列，则判断出序号②；由数列是递增数列，可得，从而得出实数的取值范围，则判断出序号③；由已知条件可得数列的通项公式，由可得，再通过讨论可得的取值范围，则判断出序号④，从而找出结论正确的序号．
16．（2025·丰台模拟）在中，．
（1）求；
（2）若，，求边上的高．
【答案】（1）解：在中，
因为，
由正弦定理可得
又因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以．
（2）解：因为，
由余弦定理可得，
则，
所以，
设边上的高为，
又因为的面积，
所以，
所以AB边上的高为．
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再结合二倍角的正弦公式得出角C的值.
（2）先根据余弦定理求出边的值，再利用三角形的面积公式求出边上的高.
（1）在中，因为，
由正弦定理及，得，
因为，
所以，
所以．
所以．
（2）因为，
由余弦定理，得，
所以．设边上的高为，
又的面积，
所以，
所以AB边上的高为．
17．（2025·丰台模拟）如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明：在菱形中，，
因为平面平面，
所以平面．
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形．
所以，
所以为的中点．
（2）解：选择条件①：
取中点，连接，
在菱形中，．
因为，
所以为等边三角形．
因为为中点，
所以，
故．
因为平面，且平面，
所以，
所以两两垂直．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面的一个法向量为，
则，
则，
令，则，
则．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，
所以存在符合条件的点．
选择条件②：
取中点，连接，
因为平面，且平面，
所以，
又因为，且平面，
所以平面．
又因为平面，
所以，
又因为为中点，
所以，
在菱形中，，
所以为等边三角形，
所以，
故，
所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，
所以．
因为平面，
所以取平面的一个法向量为．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，
所以存在符合条件的点．
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件可得平面，由线面平行的性质定理可得，再利用平行四边形的定义判断出四边形为平行四边形，从而证出点为的中点.
（2）选择条件①：取中点，连接，由已知条件可证两两垂直，则以为原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量，设，再利用数量积求向量夹角公式和直线与平面所成角的正弦值为，从而解出的值，进而得出存在符合条件的点．
选择条件②：先证出平面，同①建立空间直角坐标系，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量为，设，再利用数量积求向量夹角公式和直线与平面所成角的正弦值为，从而解出的值，进而得出存在符合条件的点．
（1）在菱形中，．
因为平面平面，
所以平面．
又平面，平面平面，
所以．
又四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形．
所以，所以为的中点．
（2）选择条件①：
取中点，连接，
在菱形中，．
因为，所以为等边三角形．
因为为中点，所以，故．
因为平面，且平面，
所以，
所以两两垂直．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，则．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以．
解得，
所以存在符合条件的点．
选择条件②：
取中点，连接．
因为平面，且平面，
所以，
又，且平面，
所以平面．
因为平面，所以，
又因为为中点，所以．
在菱形中，，
所以为等边三角形，
所以，故．
所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，
所以．
因为平面，
所以取平面的一个法向量为．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以．
解得，
所以存在符合条件的点．
18．（2025·丰台模拟）为调查某校学生户外活动时长和视力的关系，某研究小组在该校随机选取了100名学生，记录他们的日均户外活动时长（单位：小时）及近视情况，统计得到：日均户外活动时长在区间内有70人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有20人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有10人，近视率为．
注：近视率是指某区间内近视人数与该区间内人数的比值．
（1）估计该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率；
（2）用频率估计概率．从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，求这4名学生中恰有2名近视的概率；
（3）为响应国家降低青少年近视率的号召，该校提出“护眼有妙招，科学动起来”的口号，计划在以下2项措施中选择1项实施．
措施一：每日给全校学生增设0.5小时晨跑活动；
措施二：每日给日均户外活动时长低于1小时的学生增设1小时户外活动．假设所有学生都能按要求参加相应活动，记采取措施一后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为，采取措施二后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为．用样本估计总体，试比较与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）解：由题意，可得样本中日均户外活动时长不低于1小时的学生有：
人，
其中近视的学生有人，
所以，估计该校日均户外活动时长不低于1小时学生的近视率为．

（2）解：设事件“从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，这4名学生中恰有2名近视”，
由题意可得，从该校日均户外活动时长低于1小时的学生中随机选取1名，
这名学生近视的概率为，
从该校日均户外活动时长不低于1小时的学生中随机选取1名，
这名学生近视的概率为，
则
（3）解：由题意可知：日均户外活动时长在区间内的频率为；
日均户外活动时长在区间内的频率为；
日均户外活动时长在区间内的频率为，
则原数据的平均数为，
采取措施一后，
该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为：；
采取措施二后，
该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为：，
因为，
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据题意得出相应人数，再结合频率等于频数除以样本容量，再利用频率与概率的关系，从而估计出该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率.
（2）利用已知条件得出从该校日均户外活动时长低于1小时、不低于1小时的学生中随机选取1名，再利用古典概率公式得出这名学生近视的概率为、，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出这4名学生中恰有2名近视的概率.
（3）根据题意结合加权平均数公式分别求出的值，从而比较出与的大小.
（1）由题意，样本中日均户外活动时长不低于1小时的学生有人，
其中近视的学生有人，
所以估计该校日均户外活动时长不低于1小时学生的近视率为．
（2）设事件“从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，这4名学生中恰有2名近视”．
由题意，从该校日均户外活动时长低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为，
从该校日均户外活动时长不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为．
则．
（3）由题意可知：日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为，
则原数据的平均数为，
采取措施一后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
采取措施二后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
因为，所以.
19．（2025·丰台模拟）已知椭圆的左顶点为，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值．
【答案】（1）解：由题意，可得，
解得．
所以，椭圆的方程为．
（2）解：由题意，直线的方程为，
由，
得．
由题意，可得，
设，
则，
解得，
所以线段的中点为，
则线段垂直平分线的方程为：，
令，得，
所以．
令，得，
所以，
所以，
因为过点与直线平行的直线的方程为，
所以，
所以．
因为，
所以，
整理得，
若，则，
解得，
故；
若，则，
解得，
故，
综上所述，或．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由已知条件和左顶点的坐标、焦距的公式、椭圆中的关系式，从而得出的值，进而得出椭圆的方程.
（2）由题意设出直线的方程为，再将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理，则由表示出线段的中点坐标，从而得出线段垂直平分线的方程，进而得到点和点坐标，再利用三角形的面积公式表示出的面积，再由表示出的面积，再由与的面积之比为，从而得到关于k的方程，进而得出的值．
（1）由题意，
解得．
所以椭圆的方程为．
（2）
由题意，直线的方程为，
由，得．
由题意，．
设，则，
解得，
所以线段的中点为．
线段垂直平分线的方程为：，
令得，所以．
令得，所以．
所以．
因为过点与直线平行的直线的方程为，故，
所以．
因为，
所以，整理得．
若，则，解得，故；
若，则，解得，故．
综上，或．
20．（2025·丰台模拟）已知函数在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求的单调区间；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，
所以
由题意可得
解得.
（2）解：由（1）得．
令，解得，
当变化时，的变化情况如表所示：
-4 -1 0
- 0 + 0 - 0 +
单调递减 单调递增 1 单调递减 0 单调递增
所以的单调递增区间为，
单调递减区间为．
（3）解：设
又设，
则．
当时，在上单调递增，；
当时，在上单调递减，，
所以恒成立，
由题意，可得等价于或，
解得或，
综上所述，的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）根据函数在某点处的切线方程，再利用导数几何意义求切线的斜率的方法和该点在函数图象和切线上，从而得出的值.
（2）先对函数求导，再根据导数的正负判断出函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（3）将的表达式代入不等式，通过移项、因式分解等方法，从而得出的取值范围.
（1）因为，
所以．
由题意解得.
（2）由（1）得．
令，解得．
当变化时，的变化情况如表所示：
-4 -1 0
- 0 + 0 - 0 +
单调递减 单调递增 1 单调递减 0 单调递增
所以的单调递增区间为，
单调递减区间为．
（3）设．
设，则．
当时，在上单调递增，，
当时，在上单调递减，，
所以恒成立．
由题意，等价于或，
解得或．
综上，的取值范围是．
21．（2025·丰台模拟）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”．
（1）判断下列数列是否为“好数列”：
①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3．
（2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）；
（3）若数列为“好数列”，求的最大值．
【答案】（1）解：①检验可知①是“好数列”；
②例如，
取长为2的子列集和长为3的子列集，此时
所以②不是“好数列”．
（2）证明：若是“好数列”，
可知存在，
令
与，
则集合和也分别是数列
和数列的子列集，
存在，
得．
因此，
所以，数列也是“好数列”，
设与中较小者为，
则且，
所以 ，
则，
所以，
所以存在首项不超过的“好数列”．
（3）解：的最大值为7．
①先考虑，
假设存在“好数列”，
由（2）可知，不妨设，
若，
则由长为的子列集和
与集合的交集非空，
知，
即此“好数列”为：，
又因为，长为的子列集
和与集合的交集非空，
所以且，
与矛盾，
若，
则由长为的子列集和
与集合的交集非空，
知；
又因为与集合的交集非空，知，矛盾；
②再考虑，
假设存在“好数列”，
由（2）可知，不妨设，
若，
则由长为的子列集和与集合的交集非空，
知，
又因为，
长为的子列集和与集合的交集非空，
所以且，
与矛盾，
若，
则由长为的子列集和
与集合的交集非空，
知；
又因为与集合的交集非空，知，
此时，长为的子列集，矛盾，
所以，当时，不存在“好数列”，
又因为数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”，
综上所述，的最大值为7．
【知识点】空集；交集及其运算；数列的概念及简单表示法；反证法的应用
【解析】【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验，从而判断出数列①和数列②是否为“好数列”.
（2）利用已知条件可知若是“好数列”，可知存在，再结合“好数列”的定义分析可得且，从而得出m的取值范围，进而证出存在首项不超过的“好数列”.
（3）先分类讨论的奇偶性，再利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，从而得出n的最大值.
（1）对于①：检验可知①是“好数列”；
对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集，
此时，所以②不是“好数列”．
（2）若是“好数列”，可知存在．
令与，
于是集合和也分别是数列和数列的子列集，
又存在，得．
因此．
所以，数列也是“好数列”．
设与中较小者为，则且，
因此，即，于是，
所以存在首项不超过的“好数列”．
（3）的最大值为7．
①先考虑．
假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知，
即此“好数列”为：．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，矛盾；
②再考虑．假设存在“好数列”．
由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，
此时，长为的子列集，矛盾．
所以，当时，不存在“好数列”．
又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”．
综上，的最大值为7．
1 / 1北京市丰台区2024-2025学年高三下学期综合练习（二）数学试题
1．（2025·丰台模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·丰台模拟）在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2025·丰台模拟）已知向量满足，且，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·丰台模拟）已知数列的前项和为，且满足，则（　　）
A． B．0 C．1 D．2
5．（2025·丰台模拟）已知直线与圆交于两点．当变化时，则（　　）
A．有最小值 B．有最大值 C．有最小值 D．有最大值
6．（2025·丰台模拟）已知关于的方程的两实根为，则“”是“关于的不等式的解集为”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2025·丰台模拟）已知抛物线的焦点为，准线为．过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为．若四边形的周长等于，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·丰台模拟）如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（　　）
A．18 B． C． D．34
9．（2025·丰台模拟）“红移”和“蓝移”是物理学和天文学中的概念．如果接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”；如果接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．记接收器接收到的光波的频率为正数，波源发出的光波的频率为正数，和f满足光的普遍多普勒效应公式（为波源运动速率与光速的比值，为波源到接收器的方向与波源运动方向的夹角）．某同学依据该公式利用工具制作了“光的普遍多普勒效应计算器”，在给定范围内输入和的值，点击“计算”按钮后，运行结果显示“红移”、“蓝移”或“无频移”．下列说法正确的是（　　）
A．输入和任意β，运行结果显示“红移”
B．输入和任意β，运行结果显示“蓝移”
C．输入和任意，运行结果显示“红移”
D．输入和任意，运行结果显示“蓝移”
10．（2025·丰台模拟）已知是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间距离的最大值，是中的点与原点连线的斜率，是表示的图形的面积，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2025·丰台模拟）函数的定义域为　 　．
12．（2025·丰台模拟）已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为　 　．
13．（2025·丰台模拟）已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为　 　；若在区间上有零点，则的最小值为　 　．
14．（2025·丰台模拟）已知，则　 　；　 　．（用数字作答）
15．（2025·丰台模拟）已知数列满足，给出下列四个结论：
①存在唯一的正实数，使得是常数列；
②当时，是等比数列；
③若是递增数列，则；
④若对任意的正整数，都有，则．
其中所有正确结论的序号为　 　．
16．（2025·丰台模拟）在中，．
（1）求；
（2）若，，求边上的高．
17．（2025·丰台模拟）如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分．
18．（2025·丰台模拟）为调查某校学生户外活动时长和视力的关系，某研究小组在该校随机选取了100名学生，记录他们的日均户外活动时长（单位：小时）及近视情况，统计得到：日均户外活动时长在区间内有70人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有20人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有10人，近视率为．
注：近视率是指某区间内近视人数与该区间内人数的比值．
（1）估计该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率；
（2）用频率估计概率．从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，求这4名学生中恰有2名近视的概率；
（3）为响应国家降低青少年近视率的号召，该校提出“护眼有妙招，科学动起来”的口号，计划在以下2项措施中选择1项实施．
措施一：每日给全校学生增设0.5小时晨跑活动；
措施二：每日给日均户外活动时长低于1小时的学生增设1小时户外活动．假设所有学生都能按要求参加相应活动，记采取措施一后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为，采取措施二后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为．用样本估计总体，试比较与的大小．（结论不要求证明）
19．（2025·丰台模拟）已知椭圆的左顶点为，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值．
20．（2025·丰台模拟）已知函数在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求的单调区间；
（3）若，求的取值范围．
21．（2025·丰台模拟）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”．
（1）判断下列数列是否为“好数列”：
①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3．
（2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）；
（3）若数列为“好数列”，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
则.
故答案为：A.
【分析】先解一元二次不等式得出集合B，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数的共轭复数，
所以对应的点位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数的乘法运算法则得出复数z，再利用共轭复数定义得出复数z的共轭复数，再结合复数的几何意义得出共轭复数对应的点所在的象限.
3．【答案】B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用数量积的定义得出两向量夹角的余弦值，再结合两向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
4．【答案】B
【知识点】通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意，可得，
则当时，，
两式相减可得，
则，
当时，，
因为，
所以，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据题意和与的递推关系式，从而推导出，再根据求出的值，从而逐项求出的值.
5．【答案】A
【知识点】直线与圆相交的性质；函数极限
【解析】【解答】解：因为圆的圆心坐标为，半径为2，
又因为直线，
所以，
则圆心到直线的距离为，
所以，
则，
又因为，
所以，
当时，取得最大值1，此时，
当或时，，此时趋近于4，所以无最大值.
故答案为：A.
【分析】利用点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，再由勾股定理求出弦长的表达式，再利用得出，再利用函数极限的方法和函数求最值的方法，从而得出的最值.
6．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：充分性的判断：
若，则或，
当时，关于的方程有两个相等的实数根，
则，
因为二次函数开口向上，
所以关于的不等式的解集为；
当时，关于的方程有两个不相等的实数根，
不妨设，
因为二次函数开口向上，
所以关于的不等式的解集为.
所以，由“”不能推出“关于的不等式的解集为”，充分性不成立；
必要性的判断：
若关于的不等式的解集为，
因为二次函数开口向上，
所以，
又因为关于的方程有两个实数根，
则，
则，必要性成立.
综上所述，“”是“关于的不等式的解集为”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】利用充分条件、必要条件的判断方法，再结合二次方程的根的情况与二次函数图象、二次不等式的解集之间的联系，从而推导证明得出正确的选项.
7．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由抛物线的定义可知，，，
则四边形的周长为，
则，
设直线的倾斜角为，
则，
则或，
则，
则直线的斜率为.
故答案为：C.
【分析】根据抛物线的定义可化简四边形的周长为，从而得出，再利用三角函数的定义得出直线的倾斜角，再结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而得出直线的斜率.
8．【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意，在棱台中，
底面和为正方形，各侧棱均相等，
过作底面，交底面于，
过作交于，连接，
因为底面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为平面平面，
所以即为侧面与底面夹角的平面角，则，
由题意可知，
所以，
所以该棱台的表面积.
故答案为：B.
【分析】过作底面，交底面于，过作交于，根据二面角的定义可知即为侧面与底面夹角的平面角，再结合题意求出侧面梯形的高，再根据棱台的表面积公式得出该棱台的表面积.
9．【答案】D
【知识点】实际问题中导数的意义
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，
由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，
则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”，故A错误；
对于B，因为，
所以，
由于接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，
则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”，故B错误；
对于C，由，可知，
因为，
则，
所以，
此时，
因为，所以与的大小关系不确定，故C错误；
对于D，由，
可知，
因为，
所以，
则，此时，
所以，
由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，
则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件去研究另一个变量的函数值域，再通过函数值域分析与1的大小，则去比较与的大小关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；直线的斜率；平面内两点间距离公式的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于①，代入可得符合题意，
故①正确；
∵对，恒过点，
当时，；当时，；当时，，
所以，我们可知的点集是由曲线绕A点往上直到点扫过的区域，如图：
∴，故②正确；
因为，，，故③错误；
由图易得，故④正确.
故答案为：C.
【分析】由结合代入法判断出序号①；由集合M可作出符合题意点集的区域，再根据点集的区域和两点距离公式，则判断出序号②；再利用点集的区域和几何法求最值的方法，从而得出直线斜率的最值，进而得出直线的斜率的取值范围，则判断出序号③；再根据点集的区域和三角形的面积公式，从而判断出序号④，进而找出所有正确结论的个数.
11．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由，
解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
【分析】利用对数型函数定义域求解方法、偶次根式函数求定义域的方法、分式函数定义域求解方法，再结合交集的运算法则，从而得出函数f(x)的定义域.
12．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率为2，
所以，
解得，
所以，双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】根据双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出双曲线的渐近线方程.
13．【答案】（答案不唯一）；4
【知识点】函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为直线为函数图象的一条对称轴，
所以，解得，
又因为，所以取（答案不唯一）；
若在区间上有零点，
令，
解得，
因为，
所以且，
又因为且要求的最小值，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：（答案不唯一）；.
【分析】根据余弦型函数的对称性求出的取值集合，从而得出满足条件的一个的取值；由余弦型函数图象和余弦型函数零点与余弦型函数图象在x轴上交点的横坐标的等价关系，再结合已知条件和的取值范围，从而得出的最小值.
14．【答案】；
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
所以的系数为，
则；
令，，
令，，
作差得，
所以.
故答案为：；.
【分析】先利用二项式定理求出展开式的通项，从而计算得出的值；利用赋值法，令，从而作差得出的值.
15．【答案】①②④
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示；等比数列概念与表示
【解析】【解答】解：若是常数列，则，
因为，
所以，
代入，
得，
解得，故①正确；
当时，，
则，
则，
因为，
所以，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，故②正确；
若是递增数列，
则，
则，
又因为，
所以，
由，得，解得，故③错误；
由，
得，
则，
则，
当时，即当时，
则，
又因为，
所以，
则，
所以，
则对任意的正整数，都有，
当时，即当时，
则，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
若对任意的正整数，都有，
则，
所以，
整理得，
当时，即当且时，
，该式恒成立；
当时，即当时，该式不恒成立，
综上所述，对任意的正整数，都有，
则，故④正确．
故答案为：①②④.
【分析】由是常数列得出，，从而得出的值，则判断出序号①；当时，由可得，再利用等比数列的定义判断出数列是等比数列，则判断出序号②；由数列是递增数列，可得，从而得出实数的取值范围，则判断出序号③；由已知条件可得数列的通项公式，由可得，再通过讨论可得的取值范围，则判断出序号④，从而找出结论正确的序号．
16．【答案】（1）解：在中，
因为，
由正弦定理可得
又因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以．
（2）解：因为，
由余弦定理可得，
则，
所以，
设边上的高为，
又因为的面积，
所以，
所以AB边上的高为．
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再结合二倍角的正弦公式得出角C的值.
（2）先根据余弦定理求出边的值，再利用三角形的面积公式求出边上的高.
（1）在中，因为，
由正弦定理及，得，
因为，
所以，
所以．
所以．
（2）因为，
由余弦定理，得，
所以．设边上的高为，
又的面积，
所以，
所以AB边上的高为．
17．【答案】（1）证明：在菱形中，，
因为平面平面，
所以平面．
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形．
所以，
所以为的中点．
（2）解：选择条件①：
取中点，连接，
在菱形中，．
因为，
所以为等边三角形．
因为为中点，
所以，
故．
因为平面，且平面，
所以，
所以两两垂直．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面的一个法向量为，
则，
则，
令，则，
则．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，
所以存在符合条件的点．
选择条件②：
取中点，连接，
因为平面，且平面，
所以，
又因为，且平面，
所以平面．
又因为平面，
所以，
又因为为中点，
所以，
在菱形中，，
所以为等边三角形，
所以，
故，
所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，
所以．
因为平面，
所以取平面的一个法向量为．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，
所以存在符合条件的点．
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由已知条件可得平面，由线面平行的性质定理可得，再利用平行四边形的定义判断出四边形为平行四边形，从而证出点为的中点.
（2）选择条件①：取中点，连接，由已知条件可证两两垂直，则以为原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量，设，再利用数量积求向量夹角公式和直线与平面所成角的正弦值为，从而解出的值，进而得出存在符合条件的点．
选择条件②：先证出平面，同①建立空间直角坐标系，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量为，设，再利用数量积求向量夹角公式和直线与平面所成角的正弦值为，从而解出的值，进而得出存在符合条件的点．
（1）在菱形中，．
因为平面平面，
所以平面．
又平面，平面平面，
所以．
又四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形．
所以，所以为的中点．
（2）选择条件①：
取中点，连接，
在菱形中，．
因为，所以为等边三角形．
因为为中点，所以，故．
因为平面，且平面，
所以，
所以两两垂直．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，则．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以．
解得，
所以存在符合条件的点．
选择条件②：
取中点，连接．
因为平面，且平面，
所以，
又，且平面，
所以平面．
因为平面，所以，
又因为为中点，所以．
在菱形中，，
所以为等边三角形，
所以，故．
所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，
所以．
因为平面，
所以取平面的一个法向量为．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以．
解得，
所以存在符合条件的点．
18．【答案】（1）解：由题意，可得样本中日均户外活动时长不低于1小时的学生有：
人，
其中近视的学生有人，
所以，估计该校日均户外活动时长不低于1小时学生的近视率为．

（2）解：设事件“从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，这4名学生中恰有2名近视”，
由题意可得，从该校日均户外活动时长低于1小时的学生中随机选取1名，
这名学生近视的概率为，
从该校日均户外活动时长不低于1小时的学生中随机选取1名，
这名学生近视的概率为，
则
（3）解：由题意可知：日均户外活动时长在区间内的频率为；
日均户外活动时长在区间内的频率为；
日均户外活动时长在区间内的频率为，
则原数据的平均数为，
采取措施一后，
该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为：；
采取措施二后，
该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为：，
因为，
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）根据题意得出相应人数，再结合频率等于频数除以样本容量，再利用频率与概率的关系，从而估计出该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率.
（2）利用已知条件得出从该校日均户外活动时长低于1小时、不低于1小时的学生中随机选取1名，再利用古典概率公式得出这名学生近视的概率为、，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出这4名学生中恰有2名近视的概率.
（3）根据题意结合加权平均数公式分别求出的值，从而比较出与的大小.
（1）由题意，样本中日均户外活动时长不低于1小时的学生有人，
其中近视的学生有人，
所以估计该校日均户外活动时长不低于1小时学生的近视率为．
（2）设事件“从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，这4名学生中恰有2名近视”．
由题意，从该校日均户外活动时长低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为，
从该校日均户外活动时长不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为．
则．
（3）由题意可知：日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为，
则原数据的平均数为，
采取措施一后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
采取措施二后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
因为，所以.
19．【答案】（1）解：由题意，可得，
解得．
所以，椭圆的方程为．
（2）解：由题意，直线的方程为，
由，
得．
由题意，可得，
设，
则，
解得，
所以线段的中点为，
则线段垂直平分线的方程为：，
令，得，
所以．
令，得，
所以，
所以，
因为过点与直线平行的直线的方程为，
所以，
所以．
因为，
所以，
整理得，
若，则，
解得，
故；
若，则，
解得，
故，
综上所述，或．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由已知条件和左顶点的坐标、焦距的公式、椭圆中的关系式，从而得出的值，进而得出椭圆的方程.
（2）由题意设出直线的方程为，再将直线方程与椭圆方程联立，再利用韦达定理，则由表示出线段的中点坐标，从而得出线段垂直平分线的方程，进而得到点和点坐标，再利用三角形的面积公式表示出的面积，再由表示出的面积，再由与的面积之比为，从而得到关于k的方程，进而得出的值．
（1）由题意，
解得．
所以椭圆的方程为．
（2）
由题意，直线的方程为，
由，得．
由题意，．
设，则，
解得，
所以线段的中点为．
线段垂直平分线的方程为：，
令得，所以．
令得，所以．
所以．
因为过点与直线平行的直线的方程为，故，
所以．
因为，
所以，整理得．
若，则，解得，故；
若，则，解得，故．
综上，或．
20．【答案】（1）解：因为，
所以
由题意可得
解得.
（2）解：由（1）得．
令，解得，
当变化时，的变化情况如表所示：
-4 -1 0
- 0 + 0 - 0 +
单调递减 单调递增 1 单调递减 0 单调递增
所以的单调递增区间为，
单调递减区间为．
（3）解：设
又设，
则．
当时，在上单调递增，；
当时，在上单调递减，，
所以恒成立，
由题意，可得等价于或，
解得或，
综上所述，的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）根据函数在某点处的切线方程，再利用导数几何意义求切线的斜率的方法和该点在函数图象和切线上，从而得出的值.
（2）先对函数求导，再根据导数的正负判断出函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（3）将的表达式代入不等式，通过移项、因式分解等方法，从而得出的取值范围.
（1）因为，
所以．
由题意解得.
（2）由（1）得．
令，解得．
当变化时，的变化情况如表所示：
-4 -1 0
- 0 + 0 - 0 +
单调递减 单调递增 1 单调递减 0 单调递增
所以的单调递增区间为，
单调递减区间为．
（3）设．
设，则．
当时，在上单调递增，，
当时，在上单调递减，，
所以恒成立．
由题意，等价于或，
解得或．
综上，的取值范围是．
21．【答案】（1）解：①检验可知①是“好数列”；
②例如，
取长为2的子列集和长为3的子列集，此时
所以②不是“好数列”．
（2）证明：若是“好数列”，
可知存在，
令
与，
则集合和也分别是数列
和数列的子列集，
存在，
得．
因此，
所以，数列也是“好数列”，
设与中较小者为，
则且，
所以 ，
则，
所以，
所以存在首项不超过的“好数列”．
（3）解：的最大值为7．
①先考虑，
假设存在“好数列”，
由（2）可知，不妨设，
若，
则由长为的子列集和
与集合的交集非空，
知，
即此“好数列”为：，
又因为，长为的子列集
和与集合的交集非空，
所以且，
与矛盾，
若，
则由长为的子列集和
与集合的交集非空，
知；
又因为与集合的交集非空，知，矛盾；
②再考虑，
假设存在“好数列”，
由（2）可知，不妨设，
若，
则由长为的子列集和与集合的交集非空，
知，
又因为，
长为的子列集和与集合的交集非空，
所以且，
与矛盾，
若，
则由长为的子列集和
与集合的交集非空，
知；
又因为与集合的交集非空，知，
此时，长为的子列集，矛盾，
所以，当时，不存在“好数列”，
又因为数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”，
综上所述，的最大值为7．
【知识点】空集；交集及其运算；数列的概念及简单表示法；反证法的应用
【解析】【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验，从而判断出数列①和数列②是否为“好数列”.
（2）利用已知条件可知若是“好数列”，可知存在，再结合“好数列”的定义分析可得且，从而得出m的取值范围，进而证出存在首项不超过的“好数列”.
（3）先分类讨论的奇偶性，再利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，从而得出n的最大值.
（1）对于①：检验可知①是“好数列”；
对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集，
此时，所以②不是“好数列”．
（2）若是“好数列”，可知存在．
令与，
于是集合和也分别是数列和数列的子列集，
又存在，得．
因此．
所以，数列也是“好数列”．
设与中较小者为，则且，
因此，即，于是，
所以存在首项不超过的“好数列”．
（3）的最大值为7．
①先考虑．
假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知，
即此“好数列”为：．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，矛盾；
②再考虑．假设存在“好数列”．
由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，
此时，长为的子列集，矛盾．
所以，当时，不存在“好数列”．
又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”．
综上，的最大值为7．
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