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北京市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-05解答题提升题
一、随机变量及其分布
1．（2021·北京·高考真题）在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.
现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.
（I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测.
(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;
(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数，求X的
分布列与数学期望E(X).
(II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证明)
二、三角函数
2．（2023·北京·高考真题）设函数．
(1)若，求的值．
(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
三、导数及其应用
3．（2021·北京·高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
4．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线．
(1)求的最大值；
(2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方；
(3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围．
5．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线．
(1)当时，求的单调区间.
(2)求证：不经过点.
(3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
6．（2022·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
7．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
四、点、直线、平面之间的位置关系
8．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
五、圆锥曲线
9．（2021·北京·高考真题）已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
10．（2022·北京·高考真题）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(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x轴交于点M，N，当时，求k的值．
六、数列新定义
11．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：
①，且；
②；
③，．
（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；
（2）若数列是数列，求；
（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
12．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．
13．（2022·北京·高考真题）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
(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；
(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若为连续可表数列，且，求证：．
七、集合
14．（2025·北京·高考真题）已知集合，从M中选取n个不同的元素组成一个序列：，其中称为该序列的第i项，若该序列的相邻项满足：或，则称该序列为K列．
(1)对于第1项为的K列，写出它的第2项．
(2)设为K列，且中的项满足：当i为奇数时，：当i为偶数时，.判断，能否同时为中的项，并说明理由；
(3)证明：由M的全部元素组成的序列都不是K列．
八、等差数列
15．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．
试卷第1页，共3页
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《北京市五年（2021-2025）高考数学真题按题型知识点分类汇编-05解答题提升题》参考答案
1．（1）①次；②分布列见解析；期望为；（2）．
【分析】（1）①由题设条件还原情境，即可得解；
②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解；
（2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出，即可得解.
【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；
所以总检测次数为20次；
②由题意，可以取20，30，
，，
则的分布列:
所以；
（2）由题意，可以取25，30，
两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为，
则.
2．(1).
(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.
【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．
【详解】（1）因为
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，所以的最大值为，最小值为.
若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；
若选条件②：因为在上单调递增，且，
所以,所以,,
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，因为，所以.
所以，；
若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，即.
以下与条件②相同．
3．（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
增 极大值 减 极小值 增
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
4．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
（2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可；
（3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围.
【详解】（1）设，，
由可得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值为.
（2）因为，所以直线的方程为，即，
设，，
由（1）可知，在上单调递增，而，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，且，
而当时，，所以总有，单调递增
故，从而命题得证；
（3）解法一：由题意，直线，直线，
所以，，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以
，
由（1）可得当时，，
所以，
所以.
解法二：由可设，又，所以，即，
因为直线的方程为，易知，
所以直线的方程为,
，.
所以
,由（1）知,当时，，所以,
所以.
5．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【详解】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
6．(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【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；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
7．(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
8．（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.
【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，
据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，
即点为中点.
(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
9．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
10．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）若直线斜率不存在，与椭圆只有一个交点，不合题意；
所以直线斜率存在，设过点的直线为，
设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得
11．（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；
(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.
【详解】(1)因 为 所以，
因 为所 以
所以数列，不可能是数列.
(2)性质①，
由性质③，因此或，或，
若，由性质②可知，即或，矛盾；
若，由有，矛盾.
因此只能是.
又因为或，所以或.
若，则，
不满足，舍去.
当，则前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明：
当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，
当时：
若，则，利用性质③：
，此时可得：或；
所以，
同理可得：
，有；
，有；
，又因为，有
即当时命题成立，证毕.
综上可得：，.
(3)令，由性质③可知：
，
由于，
因此数列为数列.
由（2）可知:
若；
，，
因此，此时，，满足题意.
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
12．(1)
(2)不存在符合条件的，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可.
【详解】（1）因为数列，
由序列可得；
由序列可得；
由序列可得；
所以.
（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的，且，
因为，即序列共有8项，
由题意可知：，
检验可知：当时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的.
（3）解法一：我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得的各项都相等.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经说明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，
且相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若，
不妨设，则，
①当，则，
分别执行个序列、个序列，
可得，为常数列，符合题意；
②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个序列、个序列
可得，
即，
因为为偶数，即为偶数，
可知的奇偶性相同，则，
分别执行个序列，，，，
可得，
为常数列，符合题意；
③若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
因为，
可得，
即转为①，可知符合题意；
④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，
即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，可知的奇偶性相同，
则为偶数，
且，即转为②，可知符合题意；
⑤若，则，即，
分别执行个、个，
可得，
且，可得，
因为为偶数，
则为偶数，
且，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；
（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，
因为对任意，
均有成立，
若为常数列，则，
所以；
综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
13．(1)是连续可表数列；不是连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解．
【详解】（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（2）若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
（3）解法一：先证明.
从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，
取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示个正整数，不能表示20个正整数，即.
若，最多可以表示个正整数，
由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数，
既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数.
所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故.
当时，数列满足题意，
．
解法二：若数列为连续可表数列，
则，这不可能！因而满足题设的．
若，得整数数列中的连续若干项（至少一项，下同）的和，
；
，
；
；
最多能表示（下简称数列的连续项和表示）出21个两两互异的正整数，
且题设是能表示出这20个正整数．
①若数列的六项均是自然数，由题设，
可得数列的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！
所以数列中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示个正整数，不满足题设）．
若数列的项中还有0，则数列的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）．
还可得：数列的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是．
因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列的连续正项全部求和）．
②因为＂若数列满足题设，则数列
满足题设＂，
所以可只考虑数列或或的情形．
若且数列的其余五项都是正项，则或．若，则由，
可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数；若，
则由，可得，
得数列的连续项和表示中的均不是正整数．均不满足题设．
同理，可证得也不满足题设．因而，
且．
③若两两互异的五个正整数中没有1，则．
因而．
再由数列的连续项和表示中最小的正数是1，可得．
若，则
得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，
因而．
而，所以．
再由，可得，
，
再得数列的连续项和表示中17的表示只可能是，
进而可得.
又由数列的连续项和表示中有14，可得，
，得数列是（但或但，均不可能，因而中有1．
④由数列的连续项和表示中有19及，
可得或（得或．
若，则，得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数；
若，可得（否则，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数），
所以，得，
数列的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设．
所以．
⑤由数列的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数均大于1及，
可得得或（得，
数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）.
所以．
⑥由数列的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数均大于1，
（且4：因为及，
可得（得）或得或，
（得，与矛盾）或得，与矛盾）．
（i）．
由数列的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有也没有），可得得，
这不可能）或（得，，这不可能）或（得，与矛盾）或得，再得，这不可能）．
（ii）．
由数列的连续项和表示中有14，可得
得与或重复，这不可能），
或（得，
这不可能）或（得，，
进而可得数列是，（此时，这不可能）或，3，2，1（此时，这不可能））或得，
再由数列的连续项和表示中有13，
可得数列是（但，这不可能）或（但，这不可能））
或（得，这不可能）．
综上所述，可得欲证结论成立．
【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（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，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．
14．(1)或
(2)不能，理由见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）根据新定义即可得解；
（2）假设与能同时在中，导出矛盾，从而得出与不能同时在中的结论；
（3）假设全体元素构成一个K列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论.
【详解】（1）根据题目定义可知，或，
若第一项为，显然或不符合题意（不在集合中），所以下一项是或；
（2）假设二者同时出现在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨设在之前.
显然，在K列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从到必定要向下一项走奇数次.
但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在中，所以从到必定要向下一项走偶数次.
这导致矛盾，所以二者不能同时出现在中.
（3）法1：若中的所有元素构成K列，考虑K列中形如的项，
这样的项共有个，由题知其下一项为，共计16个，
而，因为只能6由2来，3只能由7来，
横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12个点，
即对于16个，有12个与之相对应，矛盾．
综上，由M的全部元素组成的序列都不是K列．
法2：假设全体元素构成一个K列，则.
设，.
则和都包含个元素，且中元素的相邻项必定在中.
如果存在至少两对相邻的项属于，那么属于的项的数目一定多于属于的项的数目，
所以至多存在一对相邻的项属于.
如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如和，
否则将导致属于的项的个数比属于的项的个数多2，此时.
从而这个序列的前项中，第奇数项属于，第偶数项属于；
这个序列的后项中，第奇数项属于，第偶数项属于.
如果不存在相邻的属于的项，那么也可以看作上述表示在或的特殊情况.
这意味着必定存在，使得.
由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是和（不一定对应）.
但容易验证，和都包含个横纵坐标之和为奇数的点和个横纵坐标之和为偶数的点，所以，得.
从而有.
这就得到.
再设，.
则同理有.
这意味着.
从而得到，但显然它们是不同的集合，矛盾.
所以由M的全部元素组成的序列都不是K列．
15．(1)，，，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
答案第1页，共2页
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