2021年北京高考数学卷(PDF版含答案)

2021年普通高等学校招生全国统一考试
数学北京卷
本试卷共5页,150分,考试用时120分钟.考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分(选择题共40分)
一、选择题：本题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,选择符合题目要求的一项.
1.已知集合A={x|−1<x<1},B={x|0 x 2},则A∪B=().
A：{x|0 x<1}B：{x|−1<x 2}C：{x|1<x 2}D：{x|0<x<1}
2.在复平面内,复数z满足(1−i)·z=2,则z=().
A：1B：i C：1−i D：1+i
3.设函数f(x)的定义域为[0,1],则“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的().
A：充分不必要条件B：必要不充分条件
C：充分必要条件D：既不充分也不必要条件
4.某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为().
A：3+
√3
2
B：
1
2
C：
1+
√3
2
D：
√3
2
1
1
1
1
1
1
(第4题图)
5.双曲线x2
a2−
y2
b2
=1过点(
√2,√3),离心率为2,则双曲线的解析式为().
A：x2
3−y2=1B：x2−
y2
3
=1C：
x2
2−
y2
3
=1D：
x2
3−
y2
2
=1
6.已知{a n}和{b n}是两个等差数列,且a k b
k (1 k 5)是常值,若a1=288,a5=96,b1=192,则b3的值
为().
A：64B：100C：128D：132
7.已知函数f(x)=cos x−cos2x,则该函数().
A：奇函数,最大值为2B：偶函数,最大值为2
C：奇函数,最大值为9
8
D：偶函数,最大值为
9
8
8.对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义:
0∼1010∼2525∼5050∼100
小雨中雨大雨暴雨
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水
,则这一天的雨水属于哪个等级().
(第8题图)
A：小雨B：中雨C：大雨D：暴雨
9.已知圆C:x2+y2=4,直线L:y=kx+m,则当k的值发生变化时,直线被圆C所截的弦长的最小值为1,则m的取值为().
A：±2B：±
√2C：±√3D：±3
10.数列{a n}是递增的整数数列,且a1 3,a1+a2+a3+···+a n=100,则n的最大值为().
A：9B：10C：11D：12
第二部分(非选择题共110分)
二、填空题：本题共5小题,每小题5分,共25分.
11.(x3−1x)4的展开式中常数项是.
12.已知抛物线C:y2=4x,C焦点为F,点M在C上,且|F M|=6,则M的横坐标是;作MN⊥x轴于N,则S△F MN=.
13.已知a=(2,1),b=(2,−1),c=(0,1),则(a+b)·c=;a·b=.
14.若P(cosθ,sinθ)与Q(cos(θ+π
6
),sin(θ+
π
6
))关于y轴对称,写出一个符合题意的θ值.
15.已知f(x)=|lg x|−kx−2,给出下列四个结论:
(1)若k=0,则f(x)有两个零点;(2)∃k<0,使得f(x)有一个零点;(3)∃k<0,使得f(x)有三个零点;(4)∃k>0,使得f(x)有三个零点.以上正确结论的序号是.
三、解答题：共6小题,共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16.(本小题13分)
已知在△ABC中,c=2b cos B,C=2π3
.
(1)求B的大小;
(2)在三个条件中选择一个作为已知,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的中线的长度.
①c=√2b;②周长为4+2√3;③面积为S
△ABC=
3
√3
4
.
17.(本小题13分)
已知正方体ABCD−A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)求证:点F为B1C1中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M−CF−E的余弦值为√5
3
,求
A1M
A1B1
.
C A1
(第17题图)
18.(本小题14分)
为加快新冠肺炎检测效率,某检测机构采取“k合1检测法”,即将k个人的拭子样本合并检测,若为阴性,则可确定所有样本都是阴性的,若为阳性,则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人,已知其中2人感染病毒.
(1)①若采用“10合1检测法”,且两名患者在同一组,求总检测次数;
②已知10人分成一组,分10组,两名感染患者在同一组的概率为1
11
,定义随机变量X为总检测次数,求检测次数X的分布列和数学期望E(X);
(2)若采用“5合1检测法”,检测次数Y的期望为E(Y),试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果).
19.(本小题15分)
已知函数f(x)=3−2x x2+a
.
(1)若a=0,求y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=−1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.
20.(本小题15分)
已知椭圆E:x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)过点A(0,−2),以四个顶点围成的四边形面积为4
√5.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)过点P(0,−3)的直线l斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB、AC交y=−3于点M、N,若|P M|+|P N| 15,求k的取值范围.
21.(本小题15分)
定义R p数列{a n}:对p∈R,满足:
①a1+p 0,a2+p=0;②∀n∈N∗,a4n−1<a4n;③∀m,n∈N∗,a m+n∈{a m+a n+p,a m+a n+p+1}.
(1)对前4项2,−2,0,1的数列,可以是R2数列吗?说明理由;
(2)若{a n}是R0数列,求a5的值;
(3)是否存在p∈R,使得存在R p数列{a n},对任意n∈N∗,满足S n S10?若存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由.
2021年普通高等学校招生全国统一考试
数学北京卷(参考答案)
本试卷共5页,150分,考试用时120分钟.考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分(选择题共40分)
一、选择题：本题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,选择符合题目要求的一项.
1.已知集合A={x|−1<x<1},B={x|0 x 2},则A∪B=().
A：{x|0 x<1}B：{x|−1<x 2}C：{x|1<x 2}D：{x|0<x<1}答案：B.
解析：由集合的基本定义可得A∪B={x|−1<x 2},故选B.
2.在复平面内,复数z满足(1−i)·z=2,则z=().
A：1B：i C：1−i D：1+i
答案：D.
解析：由题意可得z=2
1−i =
2·(1+i)
(1−i)(1+i)
=1+i,故选D.
3.设函数f(x)的定义域为[0,1],则“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“函数f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的().
A：充分不必要条件B：必要不充分条件
C：充分必要条件D：既不充分也不必要条件
答案：A.
解析：前推后,一定成立.
后推前,若f(x)在[0,1]上的最大值为f(1),找反例,开口向上对称轴为x=1
4
的二次函数.
4.某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为().
A：3+
√3
2
B：
1
2
C：
1+
√3
2
D：
√3
2
1
1
1
1
1
1
(第4题图)
答案：A.
解析：根据图示三视图画正方体,删点,剩下的4个点就是三棱锥的顶点,如图所示,故
S表=3×1
2×1×1+
√3
4×(1+1)=
3+
√3
2
.
5.双曲线x2
a2−
y2
b2
=1过点(
√2,√3),离心率为2,则双曲线的解析式为().
A：x2
3−y2=1B：x2−
y2
3
=1C：
x2
2−
y2
3
=1D：
x2
3−
y2
2
=1
答案：B.
解析：双曲线离心率e=c
a =2,故c=2a,b=
√3a,将点(√2,√3)代入双曲线方程,得2
a2−
3
3a2
=
1
a2
=1,
故a=1,b=√3,故双曲线方程为x2−y2
3
=1.
6.已知{a n}和{b n}是两个等差数列,且a k b
k (1 k 5)是常值,若a1=288,a5=96,b1=192,则b3的值
为().
A：64B：100C：128D：132答案：C.
解析：由题意可得a1
b1=
a5
b5
,则b5=64,故b3=
b1+b5
2
=
192+64
2
=128.
7.已知函数f(x)=cos x−cos2x,则该函数().
A：奇函数,最大值为2B：偶函数,最大值为2
C：奇函数,最大值为9
8
D：偶函数,最大值为
9
8
答案：D.
解析：函数f(x)定义域为R,且f(−x)=f(x),则f(x)为偶函数,
f(x)=cos x−cos2x=cos x−(2cos2x−1)=−2cos2x+cos x+1=−2(cos x−1
4
)2+
9
8
,
故最大值为9
8
,故选D.
8.对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义:
0∼1010∼2525∼5050∼100
小雨中雨大雨暴雨
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水,则这一天的雨水属于哪个等级().
A：小雨B：中雨C：大雨D：暴雨
(第8题图)
答案：B.
解析：由相似关系可得,小圆锥的底面半径r =200
22=50,故V 小锥=1
3
×π×502×150=503·π,从而可得
积水厚度h =V 小锥S 大圆=
503
·π
π·1002
=12.5,属于中雨.9.已知圆C :x 2+y 2=4,直线L :y =kx +m ,则当k 的值发生变化时,直线被圆C 所截的弦长的最小值为1,则m 的取值为().
A ：±2
B ：±√
2
C ：±√3
D ：±3
答案：C.
解析：数形结合,m 为直线在y 轴上的截距,m =±
√22
−
12
=±√3.
10.数列{a n }是递增的整数数列,且a 1 3,a 1+a 2+a 3+···+a n =100,则n 的最大值为().A ：9B ：10
C ：11
D ：12
答案：C.
解析：要想n 最大,前面的项应该越小越好,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14前12项和为102超过了100,故n 的最大值为11.如3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,25.
第二部分(非选择题共110分)
二、填空题：本题共5小题,每小题5分,共25分.11.(x 3−
1x
)4
的展开式中常数项是.
答案：−4.
解析：由二项式展开公式可得C 34
·(x 3)1
·(−1x
)3=−4.12.已知抛物线C :y 2=4x ,C 焦点为F ,点M 在C 上,且|F M |=6,则M 的横坐标是;作
MN ⊥x 轴于N ,则S △F MN =
.
答案：5;4√
5.
解析：由题意得点F (1,0),设点M (x,±2√
x ),则|F M |= (x −1)2+4x 2=6,解得x =5.
易得点N (5,0),从而S △F MN =12(x N −x F )·MN =1
2
×4×2√5=4√5.
13.已知a =(2,1),b =(2,−1),c =(0,1),则(a +b )·c =;a ·b =.答案：0;3.
解析：计算可得(a +b )·c =(4,0)·(0,1)=0,a ·b =4−1=3.
14.若P (cos θ,sin θ)与Q (cos (θ+π
6),sin (θ+π6
))关于y 轴对称,写出一个符合题意的θ值
.
答案：5π
12
.
解析：点P、Q都在单位圆上,θ可取π
2−π
6
2
=
5π
12
(θ=
5π
12
+kπ,k∈Z).
15.已知f(x)=|lg x|−kx−2,给出下列四个结论:
(1)若k=0,则f(x)有两个零点;(2)∃k<0,使得f(x)有一个零点;
(3)∃k<0,使得f(x)有三个零点;(4)∃k>0,使得f(x)有三个零点.
以上正确结论的序号是.
答案：(1)(2)(4).
解析：零点问题,转化成两个函数的交点来分析.
令f(x)=|lg x|−kx−2,可转化成两个函数y1=|lg x|,y2=kx+2的交点问题.
对于(1),当k=0时,|lg x|=2,两个交点,(1)正确;
对于(2),存在k<0,使y1=|lg x|与y2=kx+2相切,(2)正确;
对于(3),若k<0,y1=|lg x|与y2=kx+2最多有2个交点,(3)错误;
对于(4),当k>0时,过点(0,2)存在函数g(x)=lg x(x>1)的切线,此时共有两个交点,当直线斜率稍微小于相切时的斜率时,就会有3个交点,故(4)正确.
三、解答题：共6小题,共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
16.(本小题13分)
已知在△ABC中,c=2b cos B,C=2π3
.
(1)求B的大小;
(2)在三个条件中选择一个作为已知,使△ABC存在且唯一确定,并求BC边上的中线的长度.
①c=√2b;②周长为4+2√3;③面积为S
△ABC=
3
√3
4
.
解：(1)由正弦定理b
sin B =
c
sin C
,得sin C=2sin B cos B=sin2B,故C=2B(舍)或C+2B=π.
故B=A=π6 .
(2)由(1)知,c=
√3b,故不能选①.
选②,设BC=AC=2x,则AB=2
√3x,故周长为(4+2√3)x=4+2√3,解得x=1.从而BC=AC=2,AB=2
√3,设BC中点为D,则在△ABD中,由余弦定理,
cos B=AB2+BD2−AD2
2·AB·BD
=
1+12−AD2
4
√3=
√3
2
,
解得AD=
√7.
选③,设BC=AC=2x,则AB=2
√3x,故
S△ABC=1
2·(2x)·(2x)·sin120◦=
√3x2=3√3
4
,
解得x=√3
2
,即BC=AC=
√3,设BC中点为D,则在△ABD中,由余弦定理,
cos B=
AB2+BD2−AD2
2·AB·BD
=
9+(
√3
2
)2−AD2
3
√3=
√3
2
,
解得AD=√21 2
.
17.(本小题13分)
已知正方体ABCD−A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)求证:点F为B1C1中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M−CF−E的余弦值为√5
3
,求
A1M
A1B1
.
C
A1
(第17题图)解析图
解：(1)因为ABCD−A1B1C1D1为正方体,所以A1D1//B1C1,CD//C1D1.
又因为CD⊂平面A1B1C1D1,C1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CD//平面A1B1C1D1.
因为平面CDEF∩平面A1B1C1D1=EF,且CD⊂平面CDEF,所以CD//EF,故C1D1//EF.所以四边形EF C1D1为矩形,又点E为A1D1中点,故C1F=D1E=
1
2
A1D1=
1
2
C1B1,故点F为B1C1的中点.
(2)因为ABCD−A1B1C1D1为正方体,故DA,DC,DD1两两垂直.
以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
令正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,设−−−→
A1M=λ−−−→
A1B1(0 λ 1),则C(0,2,0),E(1,0,2),F(1,2,2), M(2,2λ,2),−−→CE=(1,−2,2),−−→CF=(1,0,2),−−→
CM=(2,2λ−2,2).
设平面CEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则⎧⎨⎩−−→CE·n1=0
−−→CF·n
1
=0
,即⎧⎨⎩x1−2y1+2z1=0
x1+2z1=0
,故y1=0.
令z1=−1,x1=2,可取n1=(2,0,−1).
设平面CMF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则⎧⎨⎩−−→CM·n2=0
−−→CF·n
2
=0
,即⎧⎨⎩2x2−(2λ−2)y2+2z2=0
x2+2z2=0
.
令z2=−1,则x2=2,y2=
1
1−λ
,可取n2=(2,
1
1−λ
,−1).
设二面角M−CF−E为θ,且θ为锐角,故
cosθ=|cos⟨n1,n2⟩|=|n1·n2
|n1|·|n2||=|
4+1
22+(−1)2· 22+(11−λ)2+(−1)2|=
√5
3
,
解得λ=
1
2∈[0,1],故
A1M
A1B1
=
1
2
.
18.(本小题14分)
为加快新冠肺炎检测效率,某检测机构采取“k合1检测法”,即将k个人的拭子样本合并检测,若为阴性,则可确定所有样本都是阴性的,若为阳性,则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人,已知其中2人感染病毒.
(1)①若采用“10合1检测法”,且两名患者在同一组,求总检测次数;
②已知10人分成一组,分10组,两名感染患者在同一组的概率为1
11
,定义随机变量X为总检测次数,求检测次数X的分布列和数学期望E(X);
(2)若采用“5合1检测法”,检测次数Y的期望为E(Y),试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果).
解：(1)①共测两轮,第一轮100人分10组,故测了10次,第二轮,对两名患者所在组每个人都进行检测一次,共10次,故总检测次数为10+10=20次;
②由①知,两名感染患者在同一组时,共需测20次;若两名患者不在一组,需要测10+10+10=30次.
故X可取值为:20,30,则P(X=20)=1
11
,P(X=30)=1−
1
11
=
10
11
,故X的分布列为:
X2030
P 1
11
10
11
所以E(X)=20×1
11
+30×
10
11
=
20+300
11
=
320
11
.
(2)E(X)<E(Y).
19.(本小题15分)
已知函数f(x)=3−2x x2+a
.
(1)若a=0,求y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=−1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.
解：(1)当a=0时,f(x)=3−2x
x2,则f′(x)=
x2·(−2)−(3−2x)·2x
x4
=
2x−6
x3
.
当x=1时,f(1)=1,f′(1)=−4,故y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y−1=−4(x−1),整理得
y=−4x+5.
(2)已知函数f(x)=3−2x
x2+a
,则f′(x)=
(x2+a)·(−2)−(3−2x)·2x
(x2+a)2
=
2(x2−3x−a)
(x2+a)2
.
若函数f(x)在x=−1处取得极值,令f′(−1)=0,则2(4−a)
(a+1)2
=0,解得a=4.
经检验,当a=4时,x=−1为函数f(x)的极大值,符合题意.
此时f(x)=3−2x
x2+4
,函数定义域为R,f′(x)=
2(x−4)(x+1)
(x2+4)2
,令f′(x)=0,解得x1=−1,x2=4.
f(x),f′(x)随x的变化趋势如下表:
x(−∞,−1)−1(−1,4)4(4,+∞)
f′(x)+0−0+
f(x)↗极大值↘极小值↗
故函数单调递增区间为(−∞,−1),(4,+∞),单调递减区间为(−1,4).极大值为f(−1)=1,极小值为f(4)=−1 4 .
又因为x<3
2
时,f(x)>0;x>
3
2
时,f(x)<0,所以函数f(x)的最大值为f(−1)=1,最小值为f(4)=−
1
4
.
20.(本小题15分)
已知椭圆E:x2
a2
+
y2
b2
=1(a>b>0)过点A(0,−2),以四个顶点围成的四边形面积为4
√5.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)过点P(0,−3)的直线l斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB、AC交y=−3于点M、N,若|P M|+|P N| 15,求k的取值范围.
解：(1)因为椭圆E过点A(0,−2),所以b=2.
以四个顶点围成的四边形面积为4√5,故1
2×2a×2b=2ab=4
√5.
联立⎧⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩
b=2
2ab=4
√5
a2=b2+c2
,解得
⎧⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩
a=
√5
b=2
c=1
,故椭圆E的标准方程为
x2
5
+
y2
4
=1.
(2)由题意可得,直线l的斜率存在,且直线l的方程为y=kx−3,设B(x1,y1),C(x2,y2).联立⎧⎨⎩y=kx−3
4x2+5y2=20
,消去y整理得
(5k2+4)x2−30kx+25=0,
∆=(−30k)2−4(5k2+4)×25=400(k2−1)>0,故k>1或k<−1.由韦达定理,得
x1+x2=−−30k
5k2+4=
30k
5k2+4
,x1x2=
25
5k2+4
,
进而可得
y1+y2=k(x1+x2)−6=−
24
5k2+4
,
y1y2=(kx1−3)(kx2−3)=k2x1x2−3k(x1+x2)+9=36−20k2
5k2+4
.
直线AB的方程为y+2=y1+2
x1
x,令y=−3,则x=−
x1
y1+2
,故点M(−
x1
y1+2
,−3).
直线AC的方程为y+2=y2+2
x2
x,令y=−3,则x=−
x2
y2+2
,故点N(−
x2
y2+2
,−3).
|P M|+|P N|=|x1y
1+2|+|
x2
y2+2|=|
x1·(y2+2)+x2·(y1+2)
(y1+2)·(y2+2)|=|
x1·(kx2−1)+x2·(kx1−1)
y1·y2+2(y1+y2)+4|
=|
2kx1x2−(x1+x2)
y1·y2+2(y1+y2)+4|=|
2k×
25
5k2+4−
30k
5k2+4
36−20k2
5k2+4−
48
5k2+4
+4
|=|5k| 15,
即|k| 3,解得−3 k 3.
综上,k的取值范围为[−3,−1)∪(1,3]
21.(本小题15分)
定义R p数列{a n}:对p∈R,满足:
①a1+p 0,a2+p=0;②∀n∈N∗,a4n−1<a4n;③∀m,n∈N∗,a m+n∈{a m+a n+p,a m+a n+p+1}.
(1)对前4项2,−2,0,1的数列,可以是R2数列吗?说明理由;
(2)若{a n}是R0数列,求a5的值;
(3)是否存在p∈R,使得存在R p数列{a n},对任意n∈N∗,满足S n S10?若存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由.
解：(1)因为{a1+a1+2,a1+a1+2+1}={6,7}∋−2=a2,所以前4项2,−2,0,1的数列{a n}不可能是R2数列.
(2)对于R0数列{a n},有①a1 0,a2=0;②a3<a4;③a m+n∈{a m+a n,a m+a n+1}(∀m,n∈N∗).
由0=a2∈{2a1,2a1+1}a1 0
⇐⇒2a1=0⇔a1=0,所以
a3∈{a1+a2,a1+a2+1}={0,1},a4∈{a3,a3+1}∩{0,1}⇒a4∈{0,1}.
再由a3<a4,得a3=0,a4=1;由③,得a5∈{1,2}∩{0,1}={1}⇔a5=1.
(3)先探求必要条件.
满足题设要求的R p数列{a n},其前n项和S n的最小值是S10,所以有必要条件
a10 0 a11.④−p=a2∈{2a1+p,2a1+p+1}2a1+p+1 −p+1>−p
⇐⇒−p=2a1+p⇔a1=−p.
因为a3∈{−p,−p+1},a4∈{a3,a3+1}∩{2a2+p,2a2+p+1}={a3,a3+1}∩{−p,−p+1}⊆{−p,−p+1},结合a3<a4,所以a3=−p,a4=−p+1.
因为a5∈{−p+1,−p+2}∩{−p,−p+1}={−p+1},所以a5=−p+1.
因为a6∈{−p+1,−p+2}∩{−p,−p+1}={−p+1},所以a6=−p+1
因为a7∈{−p+1,−p+2},a8∈{a7,a7+1}∩{−p+1,−p+2}∩{−p+2,−p+3}⊆{−p+2},所以
a7=−p+1,a8=−p+2.
因为a9∈{−p+2,−p+3}∩{−p+1,−p+2}={−p+2},所以a9=−p+2.
因为a10∈{−p+2,−p+3}∩{−p+1,−p+2}={−p+2},所以a10=−p+2.
因为a11∈{−p+2,−p+3},a12∈{a11,a11+1}∩{−p+2,−p+3}∩{−p+3,−p+4}⊆{−p+3},所以
a11=−p+2,a12=−p+3.
故由必要条件④,得−p+2 0 −p+2,故p=2.
再证充分性:即证R2数列的前n项和最小值是S10.
由必要性探究过程,得R2数列:
b123456789101112
a n−2−2−2−1−1−1−100001
由此可知,
S10=min{S1,S2,···,S12}.⑤下证:
a n 0,∀n 8.⑥
a13={1,2}∩{0,1}={1}⇔a13=1;a14={1,2}∩{0,1}={1}⇔a14=1;
a15={1,2}∩{1,2}={1,2};a16∈{2,3}a15<a16
⇐⇒a15=1,a16=2.
假设a8,a9,···,a k(k 16) 0,则k+1 17,所以k−7 9,a k−7 0,所以
a k+1∈{a8+a k−7+2,a8+a k−7+3}⇒a k+1 a8+a k−7+2 2 0,
故⑥得证.
由⑤、⑥,得S n S10,∀n∈N∗,充分性得证.
综上,R2数列是满足条件的唯一R p数列.
一饭千金
帮助汉高祖打平天下的大将韩信，在未得志时，境况很是困苦。

那时候，他时常往城下钓鱼，希望碰着好运气，便可以解决生活。

但是，这究竟不是可靠的办法，因此，时常要饿着肚子。

幸而在他时常钓鱼的地方，有很多漂母（清洗丝棉絮或旧衣布的老婆婆）在河边作工的，其中有一个漂母，很同情韩信的遭遇，便不断的救济他，给他饭吃。

韩信在艰难困苦中，得到那位以勤劳克苦仅能以双手勉强糊口的漂母的恩惠，很是感激她，便对她说，将来必定要重重的报答她。

那漂母听了韩信的话，很是不高兴，表示并不希望韩信将来报答她的。

后来，韩信替汉王立了不少功劳，被封为楚王，他想起从前曾受过漂母的恩惠，便命从人送酒菜给她吃，更送给她黄金一千两来答谢她。

这句成语就是出于这个故事的。

它的意思是说：受人的恩惠，切莫忘记，虽然所受的恩惠很是微小，但在困难时，即使一点点帮助也是很可贵的；到我们有能力时，应该重重地报答施惠的人才是合理。

【感恩小结】
感恩，是结草衔环，是滴水之恩涌泉相报。

感恩，是一种美德，是一种境界。

感恩，是值得你用一生去等待的一次宝贵机遇。

感恩，是值得你用一生去完成的一次世纪壮举。

感恩，是值得你用一生去珍视的一次爱的教育。

感恩，不是为求得心理平衡的喧闹的片刻答谢，而是发自内心的无言的永恒回报。

感恩，让生活充满阳光，让世界充满温馨……
坚持希望
一天，一个瞎子和一个瘸子结伴去寻找那种仙果，他们一直走呀走，途中他们翻山越岭。

历经千辛万苦，头发开始斑白。

有一天，那瘸子对瞎子说：“天哪！这样下去哪有尽头？我不干了，受不了了。

“老兄，我相信不远了，会找到的，只要心中存有希望，会找到的。

”瞎子却说。

可瘸子执意要留在途中的山寨中，瞎子便一个人上路了。

由于瞎子看不见，不知道该走向何处，他碰到人便问，人们也好心地指引他，他身上捉襟见肘，遍体鳞伤，可他心中的希望未曾改变。

终于有一天，他到达了那座山，他全力以赴向上爬，快到山顶的时候，他感觉自己浑身充满了力量，像年轻了几十岁，他向身旁摸索，便摸到了果子一样的东西，放在嘴里咬一口，天哪！他复明了，什么都看见了，绿绿的树木，花儿鲜艳，小溪清澈。

果子长满了山坡，他朝溪水俯身看去，自己竞变成了一个英俊年轻的小伙子！准备离去的时候，他没有忘记替同行而来的瘸子带上两个仙果，到山寨的时候，他看到瘸子拄着拐棍，变成了一个头发花白的老头，瘸子认不出他了，因为他已是一个年轻的小伙子。

可当他们相认后，瘸子吃下那果子，却丝毫未起任何变化，他们终于知道，只有自己的行动，才能换来成功和幸福。

所谓成功，我们要心存希望，要勇往直前，要坚持，要有毅力，那么，成功早晚属于你。