1、2019 年北京市大兴区高考数学一模试卷（理科）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）已知全集 UR，集合 A x|x0，B 2，1，0，1，2，那么（ UA）B 等于（ ）A0 ，1，2 B1 ，2 C 2，1 D 2，1，02 （5 分）已知 a3 0.4， ， ，则（ ）Aabc Bcab Ccba Dac b3 （5 分）若 x，y 满足 则 2xy 的最大值为（ ）A6 B4 C6 D84 （5 分）执行如图所示的程序框图，则输出的 S 值为 16，则判断框内的条件为（ ）An6？ Bn7？ Cn8？ Dn9
2、？5 （5 分）已知抛物线 C：y 2x，直线 l：x my +1，则“m0”是“直线 l 与抛物线 C 有两个不同交点”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6 （5 分）中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金 ”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为（ ）A8 B10 C15 D207 （5 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为（ ）A B C3 D8 （5 分）设不等式组 所表示的平面区域为 D，其面积为 S若 S4，则 k 的
3、值唯一； 若 ，则 k 的值有 2 个；若 D 为三角形，则 ；若D 为五边形，则 k4以上命题中，真命题的个数是（ ）A1 B2 C3 D4二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分9 （5 分）已知复数 z 满足 z2+10，则|z| 10 （5 分）若 Sn 为等比数列a n的前 n 项的和，8a 2+a50，则 11 （5 分）在极坐标系下，点 与曲线 2cos 上的动点 Q 距离的最小值为 12 （5 分）已知函数 f（x ）sin（ x+） ，若存在一个非零实数 t，对任意的 xR，都有f（x+ t）f（x ） ，则 t 的一个值可以是 13 （5 分）已知点 O（0，0
4、 ） ，A（1，1） ，点 P 在双曲线 x2y 21 的右支上，则的取值范围是 14 （5 分）在某些竞赛活动中，选手的最终成绩是将前面所有轮次比赛成绩求算术平均获得的同学们知道这样一个事实：在所有轮次的成绩中，如果由高到低依次去掉一些高分，那么平均分降低；反之，如果由低到高依次去掉一些低分，那么平均分提高这两个事实可以用数学语言描述为：若有限数列 a1，a 2，a n 满足 a1a 2a n，且a1，a 2，a n 不全相等，则 ； 三、解答题15 （13 分）在锐角ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别是 a，b，c，（）求A 的大小；（）若 ，b5，求 c 的值16 （13 分）某
5、机构对 A 市居民手机内安装的“APP” （英文 Application 的缩写，一般指手机软件）的个数和用途进行调研，在使用智能手机的居民中随机抽取了 100 人，获得了他们手机内安装 APP 的个数，整理得到如图所示频率分布直方图：（）从 A 市随机抽取一名使用智能手机的居民，试估计该居民手机内安装 APP 的个数不低于 30 的概率；（）从 A 市随机抽取 3 名使用智能手机的居民进一步做调研，用 X 表示这 3 人中手机内安装 APP 的个数在20，40）的人数求随机变量 X 的分布列及数学期望；用 Y1 表示这 3 人中安装 APP 个数低于 20 的人数，用 Y2 表示这 3 人中
6、手机内安装APP 的个数不低于 40 的人数试比较 EY1 和 EY2 的大小 （只需写出结论）17 （14 分）如图 1，正方形 ABCD 的边长为 2，E，F 分别为 AB，AD 的中点，AC 与 EF交于点 G，将AEF 沿 EF 折起到 A 1EF 的位置，使平面 A1EF平面 EFDCB，如图2（）求证：平面 A1GC平面 A1EF；（）求二面角 FA 1EB 的余弦值；（）判断线段 A1C 上是否存在点 M，使 FM平面 A1EB？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由18 （14 分）已知椭圆 的离心率为 ，M 是椭圆 C 的上顶点，F1，F 2 是椭圆 C 的焦点， MF1F2
7、 的周长是 6（）求椭圆 C 的标准方程；（）过动点 P（1，t）作直线交椭圆 C 于 A，B 两点，且| PA|PB| ，过 P 作直线 l，使 l 与直线 AB 垂直，证明：直线 l 恒过定点，并求此定点的坐标19 （13 分）已知函数 f（x ）ae x 图象在 x0 处的切线与函数 g（x）lnx 图象在 x1处的切线互相平行（）求 a 的值；（）设 h（x）f（x）g（x） ，求证：h（x）220 （13 分）已知集合 Aa 1，a 2，a 1000，其中，a 1a 2a 10002019如果集合 A 满足：对于任意的 m+nA（m，n1，2，1000） ，都有 am+anA，那么称
8、集合 A 具有性质P（）写出一个具有性质 P 的集合 A；（）证明：对任意具有性质 P 的集合 A，2000A；（）求具有性质 P 的集合 A 的个数2019 年北京市大兴区高考数学一模试卷（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）已知全集 UR，集合 A x|x0，B 2，1，0，1，2，那么（ UA）B 等于（ ）A0 ，1，2 B1 ，2 C 2，1 D 2，1，0【分析】由全集 UR，以及 A，求出 A 的补集，找出 A 补集与 B 的交集即可【解答】解：全集 UR，集合 A x|x0，B
9、 2，1，0，1，2， UAx| x0，则（ UA）B0，1，2故选：A【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键2 （5 分）已知 a3 0.4， ， ，则（ ）Aabc Bcab Ccba Dac b【分析】容易得出 ，从而得出 a，b，c 的大小关系【解答】解： ， ；acb故选：D【点评】考查指数函数、对数函数的单调性，增函数、减函数的定义3 （5 分）若 x，y 满足 则 2xy 的最大值为（ ）A6 B4 C6 D8【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数 z 的几何意义，进行平移，结合图象得到 z2xy 的最大值【解答】解：由 z2xy 得
10、 y2xz，作出 x，y 满足 对应的平面区域（阴影部分）如图：平移直线 y2x z，由图象可知当直线 y2xz 经过 A（4，2）时，直线 y2xz 的截距最小，此时 z 最大即 z2426故选：C【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法4 （5 分）执行如图所示的程序框图，则输出的 S 值为 16，则判断框内的条件为（ ）An6？ Bn7？ Cn8？ Dn9？【分析】根据框图运行后输出的结果是 16，从 s0，n1 开始假设判断框中的条件不满足，执行“否”路径，依次执行到 s 的值为 16 时看此时的 n 值，此时的 n 值应满足
11、判断框中的条件，由此即可得到答案【解答】解：框图首先赋值 s0，n1，执行 s0+11，n1+23；判断框中的条件不满足，执行 s1+34，n3+25；判断框中的条件不满足，执行 s4+59，n5+27；判断框中的条件不满足，执行 s9+716，n7+29；此时判断框中的条件满足，执行“是”路径，输出结果为 16由此看出，判断框中的条件应是选项 C，即 n8故选：C【点评】本题考查了程序框图，考查了直到型循环，直到型循环是先执行后判断，不满足条件执行循环，直到条件满足算法结束，是基础题5 （5 分）已知抛物线 C：y 2x，直线 l：x my +1，则“m0”是“直线 l 与抛物线 C 有两个
12、不同交点”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【分析】由直线与抛物线的位置关系得：联立 ，消 x 得：y 2my 10，由m 2+40，得关于 y 的方程有不等两解，由充分必要条件得：直线 l： xmy +1 与抛物线 C：y 2x 恒有两个不同交点” ，即“m0”是“直线 l 与抛物线 C 有两个不同交点”的充分不必要条件，得解【解答】解：联立 ，消 x 得：y 2my10，由m 2+4 0，得关于 y 的方程有不等两解，即直线 l：xmy+1 与抛物线 C：y 2x 恒有两个不同交点” ，即“m0”是“直线 l 与抛物线 C 有两个不同交点”
13、的充分不必要条件，故选：A【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系及充分必要条件，属中档题6 （5 分）中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金 ”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为（ ）A8 B10 C15 D20【分析】由题意，可看作五个位置排列五种事物，由分步原理求解即可，本题需要考虑的因素：相克的两种物质不相邻，注意满足此规则，计算符合条件的排列方法种数【解答】解：根据题意，可看作五个位置排列五种事物，第一位置有五种排列方法，不妨假设排上的是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，故有
14、两种选择不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有 5211110；故选：B【点评】本题考查排列排列组合及简单计数问题，涉及分步计数原理的应用，解答本题关键是理解题设中的限制条件及“五行”学说的背景7 （5 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为（ ）A B C3 D【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据去，最长棱长即可【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，是正方体的一部分，PABC，长方体的底面是边长为 3，2 高为 2，CF DCDE1，所以最长的棱长为 PB，PB 故选：B【点评】本题考查三视图求解几何体的棱长
15、，判断几何体的形状是解题的关键8 （5 分）设不等式组 所表示的平面区域为 D，其面积为 S若 S4，则 k 的值唯一； 若 ，则 k 的值有 2 个；若 D 为三角形，则 ；若D 为五边形，则 k4以上命题中，真命题的个数是（ ）A1 B2 C3 D4【分析】画出不等式组表示的区域，讨论 k 的变化，结合图形和面积的求法，可判断正确结论【解答】解：|x |+|y|2 表示边长为 2 的正方形和其内部的区域，y+2k（x+1）表示直线 y+2k （x+1）和下方的区域，当 k0 时，表示直线右侧的区域；k0 时，表示直线左侧的区域当 k 由 0 变化到无穷大时，面积 S 增加到 7，当 k0
16、时，表示直线左侧的区域，如果区域非空，可得 k2，此时 S 的范围是（0，1） ，由分析结合图象可得若 S4，则 k 的值唯一，且为正，故正确；若 ，则 k 的值有 2 个，一正一负，故正确；由直线经过点（2，0） ，可得 k ；经过（2，0） ，可得 k2，若 D 为三角形，则 或 k2，故 错误；由直线经过（0，2） ，可得 k4，若 D 为五边形，则 k4，故正确故选：C【点评】本题考查不等式表示的平面区域，考查直线旋转所形成的区域和面积变化，考查数形结合思想和分析、推理能力，属于中档题二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分9 （5 分）已知复数 z 满足 z2+10，则|
17、z| 1 【分析】结合复数的运算和性质，求出 zi 或i ，结合复数的模长公式进行计算即可【解答】解：由 z2+10，得 z21，则 zi 或i，则|z| 1，故答案为：1【点评】本题主要考查复数的模长的计算，结合复数的运算求出 z 是解决本题的关键10 （5 分）若 Sn 为等比数列a n的前 n 项的和，8a 2+a50，则 7 【分析】根据已知的等式变形，利用等比数列的性质求出 q3 的值，然后分别根据等比数列的通项公式及前 n 项和公式，即可求出结果【解答】解：由 8a2+a50，得到 q 38 7故答案为：7【点评】此题考查学生掌握等比数列的性质，灵活运用等比数列的通项公式及前 n
18、项和公式化简求值，是一道基础题11 （5 分）在极坐标系下，点 与曲线 2cos 上的动点 Q 距离的最小值为 【分析】将点 P 的极坐标化成直角坐标，圆的极坐标方程化成直角坐标后，PQ 的最小值等于点 P 到圆心的距离减去半径【解答】解：点 P（1， ）的直角坐标为（0，1） ，曲线 2cos 的直角坐标方程为：（x1） 2+y2 1，其圆心为（1，0） ，半径为 1，点 P（0，1）与圆心（1，0）的距离为 ，|PQ |min 故答案为 1【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题12 （5 分）已知函数 f（x ）sin（ x+） ，若存在一个非零实数 t，对任意的 xR，都有f（
19、x+ t）f（x ） ，则 t 的一个值可以是 2 【分析】先判断 t 是函数的一个周期，再利用三角函数的周期性得出结论【解答】解：对于函数 f（ x）sin（ x+） ，若存在一个非零实数 t，对任意的xR，都有 f（ x+t）f（x） ，t 是函数的一个周期，可以是 t 2，故答案为：2【点评】本题主要考查三角函数的周期性，属于基础题13 （5 分）已知点 O（0，0 ） ，A（1，1） ，点 P 在双曲线 x2y 21 的右支上，则的取值范围是 （0，+） 【分析】用坐标表示出则 ，利用 P 与双曲线的渐近线的位置关系，即可得出结论【解答】解：设 P（x ，y ） ， x2y 21 （1
20、，1）（x，y）x +y，P 是该双曲线上且在第一象限的动点接近双曲线的渐近线时，可知 +，P 是该双曲线上且在第四象限的动点接近双曲线的渐近线时，可知 0，则 的取值范围是（0，+） 故答案为：（0，+） 【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查向量的数量积公式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题14 （5 分）在某些竞赛活动中，选手的最终成绩是将前面所有轮次比赛成绩求算术平均获得的同学们知道这样一个事实：在所有轮次的成绩中，如果由高到低依次去掉一些高分，那么平均分降低；反之，如果由低到高依次去掉一些低分，那么平均分提高这两个事实可以用数学语言描述为：若有限数列 a1，a 2，a n 满足
21、 a1a 2a n，且a1，a 2，a n 不全相等，则 ； （答案形式不唯一） 【分析】根据平均数的等于可以知道，一组数据若是按照从小到大的顺序排列起来，可以做出这组数据的平均数，如果把这组数据中的一部分较小的数据去掉，则这组数据的平均数减小反之则增大【解答】解：根据平均数的等于可以知道，一组数据若是按照从小到大的顺序排列起来，可以做出这组数据的平均数，如果把这组数据中的一部分较小的数据去掉，则这组数据的平均数减小，若把这写数据中的较大的一些数据去掉，则这组数据的平均数增大，则 ，故答案为： ，【点评】求两组数据的平均值和方差是研究数据常做的两件事，平均值反映数据的平均水平，而方差反映数据的
22、波动大小，从两个方面可以准确的把握数据的情况三、解答题15 （13 分）在锐角ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别是 a，b，c，（）求A 的大小；（）若 ，b5，求 c 的值【分析】 （）由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得 ，结合范围 ，可求 A 的值（）由余弦定理可得 c25c+40，解得 c 的值【解答】 （本题满分为 13 分）解：（）在ABC 中，由正弦定理 ，（2 分）得 asinBbsinA又 ，得 （4 分）由于 ，所以 （6 分）（） ，b5， ，在ABC 中，由余弦定理 a2b 2+c22bccos A，（7 分）得 ，即 c25c+40，解得 c1，
23、或 c4（11 分）当 c1 时， 此时，ABC 为钝角三角形，舍去经检验，c4 满足题意（13 分）【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题16 （13 分）某机构对 A 市居民手机内安装的“APP” （英文 Application 的缩写，一般指手机软件）的个数和用途进行调研，在使用智能手机的居民中随机抽取了 100 人，获得了他们手机内安装 APP 的个数，整理得到如图所示频率分布直方图：（）从 A 市随机抽取一名使用智能手机的居民，试估计该居民手机内安装 APP 的个数不低于 30 的概率；（）从 A
24、市随机抽取 3 名使用智能手机的居民进一步做调研，用 X 表示这 3 人中手机内安装 APP 的个数在20，40）的人数求随机变量 X 的分布列及数学期望；用 Y1 表示这 3 人中安装 APP 个数低于 20 的人数，用 Y2 表示这 3 人中手机内安装APP 的个数不低于 40 的人数试比较 EY1 和 EY2 的大小 （只需写出结论）【分析】 （）从 A 市随机抽取一名使用智能手机的居民，结合频率分布直方图，求解a，然后求解居民手机内安装 APP 的个数不低于 30 的概率；（）用 X 表示这 3 人中手机内安装 APP 的个数在20， 40）的人数求出变量 X 的可能取值，求出概率即可
25、得到分布列，然后求解 X 的数学期望；直接判断 EY1 和 EY2 的大小即可【解答】 （共 13 分）解：（）由（0.011+0.016+a+a+0.018+0.004+0.001）101，得 a0.025（1 分）从 A 市随机抽取一名使用智能手机的居民，该居民手机内安装“APP”的数量不低于 30的概率估计为 P（0.025+0.018+0.004+0.001）100.48 （3 分）（） 从 A 市随机抽取一名使用智能手机的居民，该居民手机内安装“APP”的数量在20，40）的概率估计为 P（0.025+0.025）100.5（1 分）X 所有的可能取值为 0，1，2，3，则 （2 分
26、），（3 分），（4 分），（5 分）（6 分）所以 X 的分布列为X 0 1 2 3P所以 X 数学期望为 （8 分）（或者 ）EY1EY 2（10 分）【点评】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力17 （14 分）如图 1，正方形 ABCD 的边长为 2，E，F 分别为 AB，AD 的中点，AC 与 EF交于点 G，将AEF 沿 EF 折起到 A 1EF 的位置，使平面 A1EF平面 EFDCB，如图2（）求证：平面 A1GC平面 A1EF；（）求二面角 FA 1EB 的余弦值；（）判断线段 A1C 上是否存在点 M，使 FM平面 A1EB？若存在，求出
27、的值；若不存在，说明理由【分析】 （）证明 ACBDACEF得到 GCEF，推出 GC平面 A1EF然后证明平面 A1GC平面 A1EF（）以 G 为原点，建立空间直角坐标系 Gxyz，求出平面 A1EF 的一个法向量，平面A1EB 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角 FA 1EB 的余弦值（）设 （01） ，通过 FM平面 A1EB，则 ，解得 ，然后求解 的值【解答】 （共 14 分）（）证明：因为正方形 ABCD 中，E，F 分别为 AB、AD 的中点，所以 EFBD ，ACBD所以 ACEF所以 GCEF （2 分）又因为 GC平面 EFDCB，平面 A1EF平面 EFDCB，平
28、面 A1EF平面 EFDCBEF，所以 GC平面 A1EF又因为 GC平面 A1GC，所以平面 A1GC平面 A1EF（4 分）（）解：因为 GE、GC、GA 1 两两垂直，所以，以 G 为原点，建立空间直角坐标系Gxyz，如图，（1 分）则 G（0，0，0） ， ，所以 ， ，由（）知， 是平面 A1EF 的一个法向量（2 分）设平面 A1EB 的法向量为 ，则 ，即 ，令 x1，则 y1，z1所以 （3 分）（4 分）由图可知所求二面角为钝角，所以二面角 FA 1EB 的余弦值为 （5 分）（）设 （01） ，（1 分） ，（2 分）若使 FM平面 A1EB，则 （3 分）即 ，解得 （4
29、 分）所以存在点 M，使 FM平面 A1EB，此时 的值为 （5 分）【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力18 （14 分）已知椭圆 的离心率为 ，M 是椭圆 C 的上顶点，F1，F 2 是椭圆 C 的焦点， MF1F2 的周长是 6（）求椭圆 C 的标准方程；（）过动点 P（1，t）作直线交椭圆 C 于 A，B 两点，且| PA|PB| ，过 P 作直线 l，使 l 与直线 AB 垂直，证明：直线 l 恒过定点，并求此定点的坐标【分析】 （I）根据椭圆的离心率以及过点，建立方程组即可求椭圆 C 的方程；（）设出直线 MN 的斜率和
30、方程，联立直线方程和椭圆方程，根据中点弦的性质进行求解即可【解答】解：（）由于 M 是椭圆 C 的上顶点，由题意得 2a+2c6，又椭圆离心率为 ，即 ，解得 a2，c1又 b2a 2c 23，所以椭圆 C 的标准方程 证明：（）当直线 AB 斜率存在，设 AB 的直线方程为 ytk（x1） ，联立 ，得（3+4k 2）x 2+8k（t k）x+4（tk） 2120，由题意，0，设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，则 因为|PA| PB|，所以 P 是 AB 的中点即 ，得 ，4kt+30又 lAB，且 k0，l 的斜率为 ，直线 l 的方程为 把代入 可得：所以直线 l 恒过
31、定点 当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x1，此时直线 l 为 x 轴，也过 综上所述直线 l 恒过点 【点评】本题主要考查椭圆方程的求解以及中点弦的应用，联立方程转化为一元二次方程，根据根与系数之间的关系是解决本题的关键19 （13 分）已知函数 f（x ）ae x 图象在 x0 处的切线与函数 g（x）lnx 图象在 x1处的切线互相平行（）求 a 的值；（）设 h（x）f（x）g（x） ，求证：h（x）2【分析】 （）由 f（x ）ae x，得 f（x）ae x，从而 f（ 0）a由 g（x）lnx，得，从而 g（1）1由导数的几何意义得 f（0）g（1） ，由此能求出
32、a（）h（x）f（x）g（x）e xlnx，x 0， ，设 ，则 ，推导出 （x ）在区间（0，+）存在唯一零点，设零点为x0，则 ，且 ，由此利用分类讨论思想和导数的性质能证明h（x）2，【解答】 （共 13 分）解：（）由 f（x ）ae x，得 f（x）ae x，所以 f（0） a（1 分）由 g（x）lnx，得 ，所以 g（1）1（2 分）由已知 f（0）g（1） ，得 a1（3 分）经检验，a1 符合题意（4 分）证明：（）h（x）f（x）g（x）e xlnx，x 0， ，设，（1 分）则 ，所以 （x ）在区间（0，+ ）单调递增，（3 分）又 （1）e 10， ，（4 分）所以
33、（x）在区间（ 0，+）存在唯一零点，设零点为 x0，则 ，且 （5 分）当 x（0，x 0）时，h（x）0；当 x（x 0，+） ，h（x）0所以，函数 h（x）在（0，x 0）递减，在（x 0，+）递增， （6 分），（7 分）由 ，得 lnx0x 0所以 ，（8 分）由于 ，h（x 0）2从而 h（x）2，命题得证（9 分）【点评】本题考查实数值求法，考查不等式的证明，考查导数性质、导数的几何意义、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题20 （13 分）已知集合 Aa 1，a 2，a 1000，其中，a 1a 2a 10002019如果集合 A 满足
34、：对于任意的 m+nA（m，n1，2，1000） ，都有 am+anA，那么称集合 A 具有性质P（）写出一个具有性质 P 的集合 A；（）证明：对任意具有性质 P 的集合 A，2000A；（）求具有性质 P 的集合 A 的个数【分析】本题第（）题可根据性质 P 的特点先猜想一个集合，然后用性质 P 去验证；第（）题可用反证法证明，假设 i 和 j 都取最大值 1000，最终 ai+aj 的结果不属于集合A 而产生矛盾，命题得证；第（）题要根据第（）题的间接提示及题干中性质 P 去思考【解答】 （）解：由题意，可设集合 A1，2，1000则由题意，可确定：a ii，iN*（i 1，2，1000
35、） 对于任意的 m+nA（m，n1，2，1000） ，都有 am+anm +nA集合 A1 ， 2，1000具有性质 P集合 A1 ， 2，1000（）证明（反证法）：假设存在 akA，使得 ak2000 则显然 k1000，根据性质 P 的特点，可设 ij1000，i+j1000+10002000A，则有 ai+aja 1000+a10002a 1000A，而 a1000 为集合 A 中元素的最大值，所以，2a1000A，矛盾，假设不成立，不否存在 akA，使得 ak2000（）解：设 k 为使得 ak2000 的最大正整数，则 a1000a 999a k+12001若 ak 1000，则存
36、在正整数 i，使得 ak1000+iA，所以 a1000+aiA同（）a 1000+aia 1000 不可能属于集合 A于是 ai1000（i1，2，k） ，由题意知 aii（i 1，2，1000） ，所以，a kk，集合 A 中大于 2000 的元素至多有 19 个，所以 k100019981下面证明 akk 不可能成立假设 akk，则存在正整数 i，使得 akk+i A，显然 i19，所以存在正整数 m 使得 ama k+ai2a k2000而 2000a ma i+aka k 与 k 为使得 ak2000 的最大正整数矛盾，所以 akk 不可能成立即 akk 成立当 ak k 时，对于任意的 1i，j k1000 满足 i+jA 显然有 ai+ajA 成立若 ai2001，则 ki+j2000，即 i+jA，所以，A1 ， 2，k，a k+1，a k+2，a 1000，其中ai2000（ik+1，k+2，1000）均为符合题意的集合而 k 可能取的值为 981，982，1000，故符合条件的集合个数为因此，满足条件的集合 A 的个数为 219【点评】本题第（）题主要考查对于性质 P 的理解；第（）题主要考查根据性质 P运用反证法去证明；第（）题主要考查假设猜想及数学归纳法的证明本题是一道较难的偏难题