北京数学-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_其他地方卷（目前搜集不完整）_北京卷（化、数）

2024 年北京高考数学
一、单选题
1．已知集合M ={x|−3<x<1}，N ={x|−1≤x<4}，则M ∪N =（ ）
A． { x −1≤x<1 } B． { x x>−3 }
C．{x|−3<x<4} D． { x x<4 }
【答案】C
【详解】根据题意得M ∪N ={x|−3<x<4} .
故选C.
z
2．已知 =−1−i，则z=（ ）．
i
A．−1−i B．−1+i C．1−i D．1+i
【答案】C
【详解】根据题意得z=i(−1−i)=1−i.
故选C.
3．圆x2+y2−2x+6y=0的圆心到直线x− y+2=0的距离为（ ）
A． 2 B．2 C．3 D． 3 2
【答案】D
【详解】根据题意得x2+y2−2x+6y=0，即(x−1)2+(y+3)2 =10，
1−(−3)+2
则其圆心坐标为(1,−3)，则圆心到直线x− y+2=0的距离为 =3 2 .
12+(−1)2
故选D.
( )4
4．在 x− x 的展开式中，x3的系数为（ ）
A．6 B．−6 C．12 D．−12
【答案】A
r
【分析】写出二项展开式，令4− =3，解出r然后回代入二项展开式系数即可得解.
2
【详解】 ( x− x )4 的二项展开式为 T =Crx4−r ( − x )r =Cr(−1)r x 4− 2 r ,(r=0,1,2,3,4)，
r+1 4 4
r
令4− =3，解得r=2，即C2(−1)2 =6.
2 4
故选A.
  (  )(  )    
5．设 a，b是向量，则“ a+b · a−b =0”是“a=−b或a=b”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(  ) (  )      
【详解】因为 a+b ⋅ a−b =a2−b2 =0，可得 a 2 =b 2，即 a = b ，
(  ) (  )  
可知 a+b ⋅ a−b =0等价于 a = b ，
      (  ) (  )
若a=b或a=−b，可得 a = b ，即 a+b ⋅ a−b =0，可知必要性成立；
(  ) (  )      
若 a+b ⋅ a−b =0，即 a = b ，无法得出a=b或a=−b，
       
例如a=(1,0),b =(0,1)，满足 a = b ，但a≠b且a≠−b，可知充分性不成立；
(  ) (  )    
“ a+b ⋅ a−b =0”是“a≠b且a≠−b”的必要不充分条件.
故选B.
π
6．设函数 f (x)=sinωx(ω>0) .已知 f (x )=−1， f (x )=1，且 x −x 的最小值为 ，则ω=（ ）
1 2 1 2 2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】根据题意可知：x为 f (x)的最小值点，x为 f (x)的最大值点，
1 2
T π 2π
则 x −x = = ，即T =π，且ω>0，所以ω= =2.
1 2 min 2 2 T
故选B.
S−1
7．生物丰富度指数 d = 是河流水质的一个评价指标，其中S,N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.
lnN
生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由N 变为N ，
1 2
生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（ ）
A．3N =2N B．2N =3N
2 1 2 1
C．N2 =N3 D．N3 =N2
2 1 2 1
【答案】D
S−1 S−1
【分析】根据题意分析可得 =2.1, =3.15，消去S即可求解.
lnN lnN
1 2
S−1 S−1
【详解】根据题意得 =2.1, =3.15，则2.1lnN =3.15lnN ，即2lnN =3lnN ，所以N3 =N2.
lnN lnN 1 2 1 2 2 1
1 2
故选D.
8．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC =PD=2 2，该棱锥的高
为（ ）.
A．1 B．2 C． 2 D． 3
【答案】D
【详解】底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB= AB=4,PC =PD=2 2，分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF ，
则PE⊥ AB,EF ⊥ AB，且PE∩EF =E，PE,EF ⊂平面PEF，
可知AB⊥平面PEF，且AB⊂平面ABCD，
所以平面PEF ⊥平面ABCD，
过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，
由平面PEF平面ABCD=EF ，PO⊂平面PEF，
所以PO⊥平面ABCD，
根据题意可得：PE=2 3,PF =2,EF =4，则PE2+PF2 =EF2，即PE⊥PF，
1 1 PE⋅PF
则 PE⋅PF = PO⋅EF，可得PO= = 3，
2 2 EF
所以四棱锥的高为 3.
当相对的棱长相等时，不妨设PA=PC=4，PB=PD=2 2，
因为BD=4 2 =PB+PD，此时不能形成三角形PBD，这样情况不存在.
故选D.
9．已知(x,y )，(x ,y )是函数y=2x的图象上两个不同的点，则（ ）
1 1 2 2
y +y x +x y +y x +x
A．log 1 2 < 1 2 B．log 1 2 > 1 2
2 2 2 2 2 2
y +y y +y
C．log 1 2 <x +x D．log 1 2 >x +x
2 2 1 2 2 2 1 2
【答案】B
【详解】根据题意不妨设x
1
<x
2
，因为函数y=2x是增函数，所以0<2x1 <2x2 ，即0< y
1
< y
2
，
2x1 +2x2 x1 +x2 y +y x1 +x2
AB.可得 > 2x1?2x2 =2 2 ，即 1 2 >2 2 >0，
2 2
y +y x1 +x2 x +x
根据函数y=log x是增函数，所以log 1 2 >log 2 2 = 1 2 ，A正确，B错误；
2 2 2 2 2
y +y 3 y +y
C.例如x =0,x =1，则y =1,y =2，可得log 1 2 =log ∈(0,1)，即log 1 2 <1=x +x ，C错误；
1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2
1 1 y +y 3 y +y
D.例如x =−1,x =−2，则y = ,y = ，可得log 1 2 =log =log 3−3∈(−2,−1)，即log 1 2 >−3=x +x ，
1 2 1 2 2 4 2 2 28 2 2 2 1 2
D错误，
故选B.
10．已知M = {(x,y)| y=x+t ( x2−x ) ,1≤x≤2,0≤t≤1 } 是平面直角坐标系中的点集.设d是M 中两点间距离的最大值，
S是M 表示的图形的面积，则（ ）
A．d =3，S <1 B．d =3，S >1
C．d = 10，S <1 D．d = 10，S >1
【答案】Cy≤x2

【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域y≥x 。

1≤x≤2

【详解】对任意给定x∈[
1,2
]，则x2−x=x(x−1)≥0，且t∈[0,1]，
可知x≤x+t ( x2−x ) ≤x+x2−x=x2，即x≤ y≤x2，
y≤x2

再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域y≥x ，

1≤x≤2

如图阴影部分所示，其中A(1,1),B(2,2),C(2,4)，
1
可知任意两点间距离最大值d = AC = 10；阴影部分面积S <S = ×1×2=1.
△ABC
2
故选C.
二、填空题
11．抛物线y2 =16x的焦点坐标为 ．
【答案】(4,0)
 p 
【分析】形如y2 =2px,(p≠0)的抛物线的焦点坐标为 ,0.
 2 
【详解】根据题意抛物线的标准方程为y2 =16x，所以其焦点坐标为(4,0) .
故答案为(4,0)
.
π π
12．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称.若α∈

,

，则cosβ的最
6 3
大值为 ．
1
【答案】− /−0.5
2
【分析】首先得出β=α+π+2kπ,k∈Z.
【详解】根据题意β=α+π+2kπ,k∈Z，从而cosβ=cos(α+π+2kπ)=−cosα，
π π 1 3  3 1
因为α∈

,

，所以cosα的取值范围是 , ，cosβ的取值范围是− ,− ，
6 3 2 2   2 2π 4π 1
当且仅当α= ，即β= +2kπ,k∈Z时，cosβ取得最大值，且最大值为− .
3 3 2
1
答案为− .
2
13．若直线y=k(x−3)与双曲线
x2
−y2 =1只有一个公共点，则k的一个取值为 ．
4
1 1
【答案】 （或− ，答案不唯一）
2 2
【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
x2
【详解】联立   4 −y2 =1 ，化简并整理得： ( 1−4k2) x2+24k2x−36k2−4=0，
 y=k(x−3)
由题意得1−4k2 =0或Δ= ( 24k2)2 +4 ( 36k2+4 )( 1−4k2) =0，
1 1
解得k=± 或无解，即k=± ，经检验正确.
2 2
1 1
答案为 或− .
2 2
14．汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均
可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器
的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm．
115
【答案】 23 57.5/
2
2 2
325 325
π  h π  ×230
 2  2  2 
【详解】设升量器的高为h ，斗量器的高为h （单位都是mm），则 = =10，
1 2 2 2
65 325
π  h π  h
 2  1  2  2
115
h =23mm，h = mm.
2 1 2
115
答案为23mm, mm.
2
15．设{a }与{b }是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M = { k|a =b ,k∈N*} ，给出下列4个结论：
n n k k
①若{a }与{b }均为等差数列，则M中最多有1个元素；
n n
②若{a }与{b }均为等比数列，则M中最多有2个元素；
n n
③若{a }为等差数列，{b }为等比数列，则M中最多有3个元素；
n n
④若{a }为递增数列，{b }为递减数列，则M中最多有1个元素.
n n
其中正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【详解】①，因为{a },{b }均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
n n
而两条直线至多有一个公共点，故M 中至多一个元素，①正确.
②，取a =2n−1,b =−(−2)n−1 ,则{a },{b }均为等比数列，但当n为偶数时，有a =2n−1 =b =−(−2)n−1，此时M 中有
n n n n n n无穷多个元素，②错误.
③，设b = Aqn(Aq≠0,q≠±1)，a =kn+b(k ≠0)，若M 中至少四个元素，则关于n的方程Aqn =kn+b至少有4
n n
个不同的正数解，若 ， ，则由y= Aqn和y=kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn =kn+b至多有两个不
𝑞𝑞 >0 𝑞𝑞 ≠1
同的解，矛盾；若q<0,q≠±1，考虑关于n的方程Aqn =kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，当Aqn =kn+b有偶
数解，此方程即为Aq n =kn+b，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln q >0，
否则Akln q <0，因y= Aq n ,y=kn+b单调性相反，
方程Aq n =kn+b至多一个偶数解，
当Aqn =kn+b有奇数解，此方程即为−Aq n =kn+b，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时−Akln q >0即Akln q <0
否则Akln q >0，因y=−Aq n ,y=kn+b单调性相反，
方程Aq n =kn+b至多一个奇数解，
因为Akln q >0，Akln q <0不可能同时成立，因此Aqn =kn+b不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个
元素，③正确.
④因为{a }为递增数列，{b }为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，
n n
④正确.
答案为①③④.
三、解答题
3
16．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∠A为钝角，a=7，sin2B= bcosB．
7
(1)求∠A；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得ABC存在，求ABC的面积．
13 5
条件①：b=7；条件②：cosB= ；条件③：csinA= 3．
14 2
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．
2π
【答案】(1)A= ；
3
15 3
(2)选择①无解；选择②和③ ABC面积均为 .
4
△ π 3 3
【分析】选择①，利用正弦定理得B= ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出sinB= ，再代入式
3 14
子得b=3，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到c=5，再
5 3
利用正弦定理得到sinC = ，再利用两角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三角形面积公式即可；
14
3
【详解】（1）根据题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角，
7b 2 a 7
= = =
3 3
则cosB≠0，则2sinB= b，则sinB 3 sinA sinA，解得sinA= ，
7 2
7
2π
因为A为钝角，则A= .
3
3 3 3 2π π
（2）选择①b=7，则sinB= b= ×7= ，因为A= ，则B为锐角，则B= ，
14 14 2 3 3
此时A+B=π，错误；
13 13 2 3 3
选择②cosB= ，因为B为三角形内角，则sinB= 1−  = ，
14 14 14
3 3 3 3
则代入2sinB= b得2× = b，解得b=3，
7 14 7
2π  2π 2π
sinC =sin(A+B)=sin +B=sin cosB+cos sinB
 3  3 3
3 13  1 3 3 5 3
= × +− × = ,
2 14  2 14 14
1 1 5 3 15 3
则S = absinC = ×7×3× = .
ABC 2 2 14 4
5 3 5
选择③csinA= 3，则有c× = 3，解得c=5，
2 2 2
7 5
a c = 5 3
由正弦定理得 = ，即 3 sinC ，解得sinC = ，
sinA sinC 14
2
2
5 3 11
因为C为三角形内角，则cosC = 1−  = ，
 
 14  14
2π  2π 2π
则sinB=sin(A+C)=sin +C=sin cosC+cos sinC
 3  3 3
3 11  1 5 3 3 3
= × +− × = ，
2 14  2 14 14
1 1 3 3 15 3
则S = acsinB= ×7×5× =
△ABC 2 2 14 4
17．如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB=BC =1，AD=3,点E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．
(1)若F 为线段PE中点，求证：BF//平面PCD．
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析30
(2)
30
1
【详解】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF = ED=1，
2
而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF =BC，故四边形SFBC为平行四边形，
故BF//SC，而BF ⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，
所以BF//平面PCD.
（2）
因为ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE⊥平面PAD，
而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,−1,0),B(1,−1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，
   
则PA=(0,−1,−2),PB=(1,−1,−2),PC =(1,0,−2),PD=(0,2,−2),

设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)，
 
 m⋅PA=0 −y−2z=0 
则由 m  ⋅  P  B  =0 可得 x−y−2z=0 ，取m=(0,−2,1)，

设平面PCD的法向量为n=(a,b,c)，
 
 n⋅PC =0 a−2b=0 
则由 n  ⋅  P  D  =0 可得 2b−2c=0 ，取n=(2,1,1)，
  −1 30
故cosm,n= =− ，
5× 6 30
30
因此平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为
30
18．某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并
整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数 800 100 60 30 10
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6
万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望E(X)；（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数
学期望估计值与（i）中E(X)估计值的大小．（结论不要求证明）
1
【答案】(1)
10
(2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中E(X)估计值
【详解】（1）设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
60+30+10 1
由题设中的统计数据可得P(A)= = .
800+100+60+30+10 10
（2）（ⅰ）设ξ为赔付金额，则ξ可取0,0.8,1.6,2.4,3，
800 4 100 1
由题设中的统计数据可得P(ξ=0)= = ,P(ξ=0.8)= = ，
1000 5 1000 10
60 3 30 3
P(ξ=1.6)= = ，P(ξ=2.4)= = ，
1000 50 1000 100
10 1
P(ξ=3)= = ，
1000 100
4 1 3 3 1
故E(ξ)=0× +0.8× +1.6× +2.4× +3× =0.278
5 10 50 100 100
故E(X)=0.4−0.278=0.122（万元）.
4 1
（ⅱ）由题设保费的变化为0.4× ×96%+0.4× ×1.2=0.4032，
5 5
故E(Y)=0.122+0.4032−0.4=0.1252（万元），
因此E(X)<E(Y).
x2 y2
19．已知椭圆E： + =1(a>b>0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点
a2 b2
(0,t)( t > 2 ) 且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B，过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点
为D．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
x2 y2 2
【答案】(1) + =1,e=
4 2 2
(2)t=2
【分析】（1）根据题意得b=c= 2，进一步得a；
（2）设AB:y=kx+t, ( k ≠0,t > 2 ) ，A(x,y ),B(x ,y )，联立椭圆方程，由韦达定理有x + x = −4kt , xx = 2t2−4 ，
1 1 2 2 1 2 1+2k2 1 2 2k2+1
y −y
而AD:y= 1 2(x−x )+y ，令x=0.
x +x 1 1
1 2
2
【详解】（1）根据题意b=c= = 2，从而 a= b2+c2 =2 ，
2
x2 y2 2
所以椭圆方程为 + =1，离心率为e= ；
4 2 2
（2）直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设AB:y=kx+t, ( k ≠0,t > 2 ) ，A(x,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
x2 y2
联立   4 + 2 =1 ，化简并整理得 ( 1+2k2) x2+4ktx+2t2−4=0，

y=kx+t
根据题意Δ=16k2t2−8 ( 2k2+1 )( t2−2 ) =8 ( 4k2+2−t2) >0，即k,t应满足4k2+2−t2 >0，
−4kt 2t2−4
所以x +x = ,xx = ，
1 2 1+2k2 1 2 2k2+1
若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D(−x ,y )，
2 2
y −y
所以AD:y= 1 2(x−x )+y ，在直线AD方程中令x=0，
x +x 1 1
1 2
x y +x y x (kx +t)+x (kx +t) 2kxx +t(x +x ) 4k ( t2−2 ) 2
得y = 1 2 2 1 = 1 2 2 1 = 1 2 1 2 = +t = =1，
C x +x x +x x +x −4kt t
1 2 1 2 1 2
所以t=2，
4k2+2−t2 =4k2−2>0
2 2
此时k应满足 ，即k应满足k <− 或k > ，
k ≠0 2 2
2 2
由上所述，t=2满足题意，此时k <− 或k > .
2 2
20．设函数 f (x)=x+kln(1+x)(k ≠0)，直线l是曲线y= f (x)在点(t, f (t))(t >0)处的切线．
(1)当k =−1时，求 f (x)的单调区间.
(2)求证：l不经过点(0,0)
.
(3)当k =1时，设点A ( t, f (t))(t >0)，C ( 0, f (t)) ，O(0,0)，B为l与y轴的交点，S 与S 分别表示△ACO与
ACO ABO
ABO的面积．是否存在点A使得2S
△ACO
=15S
△ABO
成立？若存在，这样的点A有几个？
（参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95）
【答案】(1)单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）直接代入k =−1；
 k  t
（2）写出切线方程y− f(t)=1+ (x−t)(t >0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)− ，利用导数研究其
 1+t 1+t
零点即可；
t
（3）分别写出面积表达式，代入2S =15S 得到13ln(1+t)−2t−15 =0，再设新函数
ACO ABO 1+t15t
h(t)=13ln(1+t)−2t− (t >0)研究其零点即可.
1+t
1 x
【详解】（1） f(x)=x−ln(1+x), f′(x)=1− = (x>−1)，
1+x 1+x
当x∈(−1,0)时， f′(x)<0；当x∈(0,+∞)， ′ ；
∴f(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调𝑓𝑓(递𝑥𝑥)增>. 0
则 f(x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
k k
（2） f′(x)=1+ ，切线l的斜率为1+ ，
1+x 1+t
 k 
则切线方程为y− f(t)=1+ (x−t)(t >0)，
 1+t
 k   k 
将(0,0)代入则−f(t)=−t1+ , f(t)=t1+ ，
 1+t  1+t
k t t
即t+kln(1+t)=t+t ，则ln(1+t)= ，ln(1+t)− =0，
1+t 1+t 1+t
t
令F(t)=ln(1+t)− ，
1+t
假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点.
1 1+t−t t
F′(t)= − = >0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0，
1+t (1+t)2 (1+t)2
∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0,0).
1 x+2
（3）k =1时， f(x)=x+ln(1+x), f′(x)=1+ = >0.
1+x 1+x
1
S = tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，
ACO 2
t>0时，若q<0，则此时l与 f(x)必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知q≠0.所以q>0，
 1 
则切线l的方程为y−t−ln(t+1)=1+

(x−t)，
 1+t
t
令x=0，则y=q= y=ln(1+t)− .
t+1
 t 
2S
ACO
=15S
ABO
，则2tf(t)=15t
 
ln(1+t)−
t+1  
，
t 15t
∴13ln(1+t)−2t−15 =0，记h(t)=13ln(1+t)−2t− (t >0)，
1+t 1+t
∴满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.
13 15 13t+13−2 ( t2+2t+1 ) −15 2t2+9t−4 (−2t+1)(t−4)
h′(t)= −2− = = = ，
1+t (t+1)2 (t+1)2 (t+1)2 (t+1)2
 1
当t∈0, 时，h′(t)<0，此时h(t)单调递减；
 2
1 
当t∈ ,4时，h′(t)>0，此时h(t)单调递增；
2 
当t∈(4,+∞)时，h′(t)<0，此时h(t)单调递减；
1
因为h(0)=0,h  0,h(4)=13ln5−20 13×1.6−20=0.8>0，
215×24 72 72
h(24)=13ln25−48− =26ln5−48− <26×1.61−48− =−20.54<0，
25 5 5
1 
所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在 ,4上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，
2 
由上所述，h(t)有两个零点，即满足2S =15S 的A有两个.
ACO ABO
21．已知集合M = {(i, j,k,w)i∈{1,2}, j∈{3,4},k∈{5,6},w∈{7,8},且i+ j+k+w为偶数 } ．给定数列A:a,a ,,a ，
1 2 8
和序列Ω:T,T ,T ，其中T =(i, j,k ,w )∈M(t=1,2,,s)，对数列A进行如下变换：将A的第i, j,k ,w 项均加1，
1 2 s t t t t t 1 1 1 1
其余项不变，得到的数列记作T (A)；将T (A)的第i , j ,k ,w 项均加1，其余项不变，得到数列记作TT (A)；……；
1 1 2 2 2 2 2 1
以此类推，得到T TT (A)，简记为Ω(A)．
s 2 1
(1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7)，写出Ω(A)；
(2)是否存在序列Ω，使得Ω(A)为a +2,a +6,a +4,a +2,a +8,a +2,a +4,a +4，若存在，写出一个符合条件的
1 2 3 4 5 6 7 8
Ω；若不存在，请说明理由；
(3)若数列A的各项均为正整数，且a +a +a +a 为偶数，求证：“存在序列Ω，使得Ω(A)的各项都相等”的充要条
1 3 5 7
件为“a +a =a +a =a +a =a +a ”．
1 2 3 4 5 6 7 8
【答案】(1)Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10
(2)不存在符合条件的Ω，理由见解析
(3)见解析
【分析】解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Ω，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Ω共有8项，可知：(b +b )−(a +a )=8,n=1,2,3,4，
2n−1 2n 2n−1 2n
检验即可；
解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若a +a =a +a =a +a =a +a ，分类讨论a,a ,a ,a 相等得
1 2 3 4 5 6 7 8 1 3 5 7
个数，结合题意证明即可；若存在序列Ω，使得Ω(A)为常数列。
【详解】（1）因为数列A:1,3,2,4,6,3,1,9，
由序列T (1,3,5,7)可得T (A):2,3,3,4,7,3,2,9；
1 1
由序列T (2,4,6,8)可得TT (A):2,4,3,5,7,4,2,10；
2 2 1
由序列T (1,3,5,7)可得TTT (A):3,4,4,5,8,4,3,10；
3 3 2 1所以Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10.
（2）解法一：假设存在符合条件的Ω，可知Ω(A)的第1,2项之和为a +a +s，第3,4项之和为a +a +s，
1 2 3 4
 (a +2)+(a +6)=a +a +s
则 1 2 1 2 ，而该方程组无解，故假设不成立，
 (a
3
+4)+(a
4
+2)=a
3
+a
4
+s
故不存在符合条件的Ω；
解法二：根据题意可知：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Ω，且Ω(A): b, b,⋅⋅⋅, b，
1 2 8
2+6+4+2+8+2+4+4
因为 =8，即序列Ω共有8项，
4
根据题意可知：(b +b )−(a +a )=8,n=1,2,3,4，
2n−1 2n 2n−1 2n
检验可知：当n=2,3时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω.
（3）解法一：我们设序列T...TT (A)为 { a }(1≤n≤8)，特别规定a =a (1≤n≤8) .
s 2 1 s,n 0,n n
必要性：
若存在序列Ω:T,T ,T ，使得Ω(A)的各项都相等.
1 2 s
则a =a =a =a =a =a =a =a ，所以a +a =a +a =a +a =a +a .
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
根据T...TT (A)的定义，显然有a +a =a +a ，这里 j=1,2,3,4，s=1,2,....
s 2 1 s,2j−1 s,2j s−1,2j−1 s−1,2j
所以不断使用该式就得到，a +a =a +a =a +a =a +a ，必要性得证.
1 2 3 4 5 6 7 8
充分性：
若a +a =a +a =a +a =a +a .
1 2 3 4 5 6 7 8
根据已知，a +a +a +a 为偶数，而a +a =a +a =a +a =a +a ，所以
1 3 5 7 1 2 3 4 5 6 7 8
a +a +a +a =4(a +a )−(a +a +a +a )也是偶数.
2 4 6 8 1 2 1 3 5 7
我们设T...TT (A)是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω(A)中，使得
s 2 1
a −a + a −a + a −a + a −a 最小的一个.
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
上面已经证明a +a =a +a ，这里 j=1,2,3,4，s=1,2,....
s,2j−1 s,2j s−1,2j−1 s−1,2j
从而由a +a =a +a =a +a =a +a 可得a +a =a +a =a +a =a +a .
1 2 3 4 5 6 7 8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
同时，由于i + j +k +w 总是偶数，所以a +a +a +a 和a +a +a +a 的奇偶性保持不变，从而
t t t t t,1 t,3 t,5 t,7 t,2 t,4 t,6 t,8
a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数.
s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8
下面证明不存在 j=1,2,3,4使得 a −a ≥2.
s,2j−1 s,2j假设存在，根据对称性，不妨设 j=1，a −a ≥2，即a −a ≥2.
s,2j−1 s,2j s,1 s,2
情况1：若 a −a + a −a + a −a =0，则由a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数，知
s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8
a −a ≥4.
s,1 s,2
对该数列连续作四次变换(2,3,5,8),(2,4,6,8),(2,3,6,7),(2,4,5,7)后，新的
a −a + a −a + a −a + a −a 相比原来的 a −a + a −a + a −a + a −a 减少
s+4,1 s+4,2 s+4,3 s+4,4 s+4,5 s+4,6 s+4,7 s+4,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
4，这与 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性矛盾；
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
情况2：若 a −a + a −a + a −a >0，不妨设 a −a >0.
s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,3 s,4
情况2-1：如果a −a ≥1，则对该数列连续作两次变换(2,4,5,7),(2,4,6,8)后，新的
s,3 s,4
a −a + a −a + a −a + a −a 相比原来的 a −a + a −a + a −a + a −a 至少
s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
减少2，这与 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性矛盾；
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
情况2-2：如果a −a ≥1，则对该数列连续作两次变换(2,3,5,8),(2,3,6,7)后，新的
s,4 s,3
a −a + a −a + a −a + a −a 相比原来的 a −a + a −a + a −a + a −a 至少
s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
减少2，这与 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性矛盾.
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 j=1,2,3,4都有 a −a ≤1.
s,2j−1 s,2j
假设存在 j=1,2,3,4使得 a −a =1，则a +a 是奇数，所以a +a =a +a =a +a =a +a 都是
s,2j−1 s,2j s,2j−1 s,2j s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
奇数，设为2N +1.
则此时对任意 j=1,2,3,4，由 a −a ≤1可知必有 { a ,a } ={N,N+1} .
s,2j−1 s,2j s,2j−1 s,2j
而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数，故集合 { m a =N } 中的四个元素i, j,k,w之和为偶数，对该数
s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 s,m
列进行一次变换(i, j,k,w)，则该数列成为常数列，新的 a −a + a −a + a −a + a −a 等于零，
s+1,1 s+1,2 s+1,3 s+1,4 s+1,5 s+1,6 s+1,7 s+1,8
比原来的 a −a + a −a + a −a + a −a 更小，这与 a −a + a −a + a −a + a −a 的最小性
s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8
矛盾.
综上，只可能 a −a =0(j=1,2,3,4)，而a +a =a +a =a +a =a +a ，故 { a } =Ω(A)是常数列，
s,2j−1 s,2j s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,n
充分性得证.
解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响Ω(A)的结果，
且(a,a ),(a ,a ),(a ,a ),(a ,a )相对于序列也是无序的，
1 2 3 4 5 6 7 8
（ⅰ）若a +a =a +a =a +a =a +a ，
1 2 3 4 5 6 7 8不妨设a ≤a ≤a ≤a ，则a ≥a ≥a ≥a ，
1 3 5 7 2 4 6 8
①当a =a =a =a ，则a =a =a =a ，
1 3 5 7 8 6 4 2
分别执行a 个序列(2,4,6,8)、a 个序列(1,3,5,7)，
1 2
可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，为常数列；
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
②当a,a ,a ,a 中有且仅有三个数相等，不妨设a =a =a ，则a =a =a ，
1 3 5 7 1 3 5 2 4 6
即a,a ,a,a ,a,a ,a ,a ，
1 2 1 2 1 2 7 8
分别执行a 个序列(1,3,5,7)、a 个序列(2,4,6,8)
2 7
可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 7 8
即a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 1 2
因为a +a +a +a 为偶数，即3a +a 为偶数，
1 3 5 7 1 7
a −a
可知a,a 的奇偶性相同，则 7 1∈N*，
1 7 2
分别执行 a 7 −a 1个序列(1,3,5,7)，(1,3,6,8)，(2,3,5,8)，(1,4,5,8)，
2
3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a 3a +2a −a
可得 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1, 7 2 1 ，
2 2 2 2 2 2 2 2
为常数列；
③若a =a <a =a ，则a =a >a =a ，即a,a ,a,a ,a ,a ,a ,a ，
1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 1 2 5 6 5 6
分别执行a 个(1,3,6,8)、a 个(2,4,5,7)，
5 1
可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 5 5 6
因为a +a =a +a ，
1 2 5 6
可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2
即转为①；
④当a,a ,a ,a 中有且仅有两个数相等，不妨设a =a ，则a =a ，
1 3 5 7 1 3 2 4
即a,a ,a,a ,a ,a ,a ,a ，
1 2 1 2 5 6 7 8
分别执行a 个(2,4,5,7)、a 个(1,3,6,8)，
1 5
可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 7 5 8
且a +a =a +a ，可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 2 5 6 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 7 5 8
即转为②；
⑤若a <a <a <a ，则a >a >a >a ，即a,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ，
1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 3 4 5 6 7 8分别执行a 个(2,3,5,8)、a 个(1,4,6,7)，
1 3
可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 3 1 2 1 3 3 4 1 5 3 6 3 7 1 8
且a +a =a +a ，可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，
1 2 3 4 1 3 1 2 1 3 1 2 1 5 3 6 3 7 1 8
即转为③；
由上所述：若a +a =a +a =a +a =a +a ，则存在序列Ω，使得Ω(A)为常数列；
1 2 3 4 5 6 7 8
（ⅱ）若存在序列Ω，使得Ω(A)为常数列，因为对任意Ω(A):b,b ,⋅⋅⋅,b ，
1 2 8
均有(b +b )−(a +a )=(b +b )−(a +a ) =(b +b )−(a +a )=(b +b )−(a +a )成立，
1 2 1 2 3 4 3 4 5 6 5 6 7 8 7 8
若Ω(A)为常数列，则b +b =b +b =b +b =b +b ，
1 2 3 4 5 6 7 8
所以a +a =a +a =a +a =a +a ；
1 2 3 4 5 6 7 8
“存在序列Ω，使得Ω(A)为常数列”的充要条件为“a +a =a +a =a +a =a +a ”.
1 2 3 4 5 6 7 8