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2024 年新课标全国Ⅰ卷数学
一、单选题
1．已知集合A= { x∣−5 f(x−1)+ f(x−2)，且当x<3时 f(x)=x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． f(10)>100 B． f(20)>1000
C． f(10)<1000 D． f(20)<10000
【答案】B
【解析】因为当x<3时 f(x)=x，所以 f(1)=1, f(2)=2，又因为 f(x)> f(x−1)+ f(x−2)，
则 f(3)> f(2)+ f(1)=3, f(4)> f(3)+ f(2)>5，
f(5)> f(4)+ f(3)>8, f(6)> f(5)+ f(4)>13, f(7)> f(6)+ f(5)>21，
f(8)> f(7)+ f(6)>34, f(9)> f(8)+ f(7)>55, f(10)> f(9)+ f(8)>89，
f(11)> f(10)+ f(9)>144, f(12)> f(11)+ f(10)>233, f(13)> f(12)+ f(11)>377
f(14)> f(13)+ f(12)>610, f(15)> f(14)+ f(13)>987，
f(16)> f(15)+ f(14)>1597>1000，则依次下去可知 f(20)>1000，则B正确；
故ACD错误。
故选：B.二、多选
9．为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值x =2.1，
样本方差s2 =0.01，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布N
( 1.8,0.12)
，假设推动出口后的亩收入Y服从正态
分布N
( x,s2)
，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布N
( u,σ2)
，P(Z 2)>0.2 B．P(X >2)<0.5
C．P(Y >2)>0.5 D．P(Y >2)<0.8
【答案】BC
【解析】由题可知，x =2.1,s2 =0.01，所以Y N(2.1,0.1)，
故P(Y >2)=P(Y >2.1−0.1)=P(Y <2.1+0.1)≈0.8413>0.5，C正确，D错误；
因为X N(1.8,0.1)，所以P(X >2)=P(X >1.8+2×0.1)，
因为P(X <1.8+0.1)≈0.8413，所以P(X >1.8+0.1)≈1−0.8413=0.1587<0.2，
而P(X >2)=P(X >1.8+2×0.1)1.8+0.1)<0.2，B正确，A错误，
故选：BC．
10．设函数 f(x)=(x−1)2(x−4)，则（ ）
A．x=3是 f(x)的极小值点 B．当0 f(x)
【答案】ACD
【解析】A，因为函数 f (x)的定义域为R，而 f′(x)=2(x−1)(x−4)+(x−1)2 =3(x−1)(x−3)，
易知当x∈(1,3)时， f′(x)<0，当x∈(−∞,1)或x∈(3,+∞)时， f′(x)>0函数
f
(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,3)上
单调递减，在(3,+∞)上单调递增，故x=3是函数 f (x)的极小值点，A正确；
B，当00，所以1>x>x2 >0，由上可知，函数 f (x)在(0,1)上单调递增，所以 f (x)> f ( x2) ，
B错误；
C，当1 f (2x−1)> f (3)，即
−4< f (2x−1)<0，C正确；
D，当−10，
所以 f(2−x)> f(x)，D正确；
故选：ACD.
11．造型 可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于
−2，到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4，则（ ）A．a=−2 B．点(2 2,0)在C上
4
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点(x ,y )在C上时，y ≤
0 0 0 x +2
0
【答案】ABD
【解析】A：设曲线上的动点P(x,y)，则x>−2且 (x−2)2+y2 × x−a =4，
因为曲线过坐标原点，故 (0−2)2+02 ×0−a =4，解得a=−2，A正确.
B：又曲线方程为 (x−2)2+y2 × x+2 =4，而x>−2，故 (x−2)2+y2 ×(x+2)=4.
( )2 ( ) ( )
当x=2 2,y=0时， 2 2−2 × 2 2+2 =8−4=4，故 2 2,0 在曲线上，B正确.
C：由曲线的方程可得y2 = 16 −(x−2)2 ，取x= 3 ，则y2 = 64 − 1 ，而 64 − 1 −1= 64 − 5 = 256−245 >0，故此
(x+2)2
2 49 4 49 4 49 4 49×4
时y2 >1，因此C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，C错误.
16 16
D：当点(x
0
,y
0
)在曲线上时，由C的分析可得y
0
2 =
(x +2)2
−(x
0
−2)2 ≤
(x +2)2
，
0 0
4 4
故− ≤ y ≤ ，D正确.
x +2 0 x +2
0 0
故选：ABD.
三、填空题
12．设双曲线C:
x2
−
y2
=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F、F ，过F 作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若
a2 b2 1 2 2
|FA|=13,|AB|=10，则C的离心率为 ．
1
3
【答案】
2
x2 y2
【解析】看题可知A,B,F 三点横坐标相等，设A在第一象限，将x=c代入 − =1
2 a2 b2
b2 b2 b2 2b2 b2
得y=± ，即Ac, ,Bc,− ，故 AB = =10， AF = =5，
a a a a 2 a
b2
又 AF − AF =2a，得 AF = AF +2a=2a+5=13，得a=4，代入 =5得b2 =20，
1 2 1 2
ac 6 3
故c2 =a2+b2 =36,，即c=6，所以e= = = .
a 4 2
3
故答案为：
2
13．若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=
.
【答案】ln2
【解析】根据y=ex+x得y′=ex +1，y′| =e0+1=2，故曲线y=ex+x在(0,1)处的切线方程为y=2x+1；由
x=0
y=ln(x+1)+a得y′ = 1 ，设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为 ( x ,ln(x +1)+a ) ，由两曲线有公切线得
x+1 0 0
1 1 1 1
y′= =2，解得x =− ，则切点为− ,a+ln ，
x +1 0 2 2 2
0
1 1
切线方程为y=2x+ +a+ln =2x+1+a−ln2，
2 2
根据两切线重合,所以a−ln2=0，得a=ln2.
故答案为：ln2
14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别
标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选
卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的
轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
1
【答案】 /0.5
2
【解析】设甲在四轮游戏中的得分分别为X ,X ,X ,X ，四轮的总得分为X .
1 2 3 4
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜
6 3 3
的概率P(X =1)= = ，所以E(X )= (k =1,2,3,4) .
k 4×4 8 k 8
4 4 3 3
从而E(X)=E(X +X +X +X )=∑E(X )=∑ = .记p =P(X =k)(k =0,1,2,3) .
1 2 3 4 k 8 2 k
k=1 k=1
1 1
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p = = ；
0 A4 24
4
1 1
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p = = .
3 A4 24
4
3
而X 的所有可能取值是0，1，2，3，故p + p + p + p =1，p +2p 3p+ E(=X) . =
0 1 2 3 1 2 3 2
1 1 3 1 1 1
所以p + p + =1，p +2p + = ，两式相减即得p + = ，故p + p = .
1 2 12 1 2 8 2 2 24 2 2 3 2
1
所以甲的总得分不小于2的概率为p + p = .
2 3 2故答案为：
1
.
2
四、解答题
15．记ABC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC = 2cosB，a2+b2−c2 = 2ab
(1)求B；
(2)若ABC的面积为3+ 3，求c．
π
【答案】(1)B=
3
(2)2 2
【解析】（1）根据余弦定理有a2+b2−c2 =2abcosC，对比已知a2+b2−c2 = 2ab，
2
可得cosC = a2+b2−c2 = 2ab = 2 ，因为C∈(0,π)，所以sinC>0，从而sinC = 1−cos2C = 1− 2 = 2 ，
2ab 2ab 2 2 2
1
又因为sinC = 2cosB，即cosB= ，
2
注意到B∈(0,π)，
π
所以B= .
3
（2）根据（1）可得B= π ，cosC = 2 ，C∈(0,π)，从而C= π ，A=π− π − π = 5π ，
3 2 4 3 4 12
5π π π 2 3 2 1 6+ 2
而sinA=sin =sin + = × + × = ，
12 4 6 2 2 2 2 4
a b c
= = 6+ 2 3+1 3 6
由正弦定理有 5π π π ，从而a= ⋅ 2c= c,b= ⋅ 2c= c，
sin sin sin 4 2 2 2
12 3 4
1 1 3+1 6 2 3+ 3
根据三角形面积公式可知，ABC的面积可表示S = absinC = ⋅ c⋅ c⋅ = c2，根据已知ABC
ABC 2 2 2 2 2 8
3+ 3
的面积为3+ 3，可得 c2 =3+ 3，
8
所以c=2 2.
3 x2 y2
16．已知A(0,3)和P3, 为椭圆C: + =1(a>b>0)上两点.
2 a2 b2
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且ABP的面积为9，求l的方程．
1
【答案】(1)
2
(2)直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.
b=3
9 b2 =9 b2 9 1
【解析】（1）根据题意得 ，解得 ，所以e= 1− = 1− = .
9 + 4 =1 a2 =12 a2 12 2
a2 b2
3
3− 1
（2）法一：
2
1，则直线AP的方程为y =− x+3，即x+2y−6=0，
k = =− 2
AP 0−3 22×9 12 5
3 2 3 5 x2 y2 d = =
AP = (0−3)2+3− = ，根据（1）知C: + =1，设点B到直线AP的距离为d，则 3 5 5 ，
2 2 12 9
2
12 5
则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移 单位即可，
5
此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C =0，
x2 y2 x=−3
则 C+6 = 12 5 ，解得C =6或C =−18，当C =6时，联立 12 + 9 =1 ，解得 x=0 或 3，即B(0,−3)或
5 5 y=−3 y=−
x+2y+6=0 2
3 3 3
−3,− ，当B(0,−3)时，此时k = ，直线l的方程为y= x−3，即3x−2y−6=0，
2 l 2 2
3 1 1
当B−3,− 时，此时k = ，直线l的方程为y = x，即x−2y=0，
2 l 2 2
x2 y2
+ =1
当C =−18时，联立 12 9 得2y2−27y+117=0，
x+2y−18=0
∆=272−4×2×117=−207<0，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.
法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y−6=0，
12 5
点B到直线AP的距离d = ，
5
x +2y −6 12 5
0 0 = x =−3
设B(x ,y )，则 5 5 ，解得 0 3或 x 0 =0 ，即B(0,−3)或 −3,− 3 ，以下同法一.
0 0 x 0 2 + y 0 2 =1 y 0 =− 2 y 0 =−3 2
12 9
法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y−6=0，
12 5
点B到直线AP的距离d = ，
5
设B ( 2 3cosθ,3sinθ ) ，其中θ∈[0,2π)，则有 2 3cosθ+6sinθ−6 = 12 5 ，
5 5
3
联立cos2θ+sin2θ=1，解得 cosθ=− 2 或 cosθ=0 ，即B(0,−3)或 −3,− 3 ，以下同法一；
1 sinθ=−1 2
sinθ=−
2
法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B(0,−3)，
1 3 3
S = ×6×3=9，符合题意，此时k = ，直线l的方程为y= x−3，即3x−2y−6=0，
PAB 2 l 2 2
当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，
y=kx+3
联立椭圆方程有 x2 y2 ，则 ( 4k2+3 ) x2+24kx=0，其中k ≠k ，即k ≠− 1 ，
+ =1 AP 2
12 9
−24k 1 −24k −12k2+9 −24k −12k2+9
解得x=0或x= ，k ≠0，k ≠− ，令x= ，则y= ，则B ,
4k2+3 2 4k2+3 4k2+3 4k2+3 4k2+3
同法一得到直线AP的方程为x+2y−6=0，−24k −12k2+9
12 5
+2× −6
3
点B到直线AP的距离d = ，则 4k2+3 4k2+3 12 5 ，解得k= ，
5 = 2
5 5
3 1 1
此时B−3,− ，则得到此时k = ，直线l的方程为y = x，即x−2y=0，
2 l 2 2
综上直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.
3
法五：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,− , PB =3,A到PB距离d =3，
2
1 9
此时S = ×3×3= ≠9不满足条件.
ABP 2 2
3
当l的斜率存在时，设PB:y− =k(x−3)，令P(x,y ),B(x ,y )，
2 1 1 2 2
3
y=k(x−3)+
2 ，消y可得 ( 4k2+3 ) x2− ( 24k2−12k ) x+36k2−36k−27=0，
x2 y2
+ =1
12 9
1
Δ= ( 24k2−12k )2 −4 ( 4k2+3 )( 36k2−36k−27 ) >0，且k ≠k ，即k ≠− ，
AP 2
24k2−12k 27
x +x = 4 3 k2+1 3k2+9k+
1 2 4k2+3 , PB = k2+1 (x +x )2−4xx = 4 ，
36k2−36k−27 1 2 1 2 4k2+3
xx =
1 2 4k2+3
3 27 3
3k+ 4 3 k2+1 3k2+9k+ 3k+
A到直线PB距离 2 1 4 2 ，
d = ,S = ⋅ ⋅ =9
k2+1 PAB 2 4k2+3 k2+1
1 3 1 3
∴k = 或 ，均满足题意，∴l:y= x或y= x−3，即3x−2y−6=0或x−2y=0.
2 2 2 2
3
法六：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,− , PB =3,A到PB距离d =3，
2
1 9
此时S = ×3×3= ≠9不满足条件.
ABP 2 2
3
3 3 y=kx−3k+
当直线l斜率存在时，设l:y=k(x−3)+ ，设l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q0,−3k+ ，联立 2，
2 2 3x2+4y2 =36
则有 ( 3+4k2) x2−8k 3k− 3 x+36k2−36k−27=0，
2
( 3+4k2) x2−8k 3k− 3 x+36k2−36k−27=0，
2
其中Δ=8k2 3k− 3 2 −4 ( 3+4k2)( 36k2−36k−27 ) >0，且k ≠− 1 ，
2 2
36k2−36k−27 12k2−12k−9
则3x = ,x = ，
B 3+4k2 B 3+4k2
1 1 3 12k+18 1 3
则S = AQ x −x = 3k+ =9，解得k = 或k= ，经代入判别式验证均满足题意.
2 P B 2 2 3+4k2 2 2
1 3
则直线l为y = x或y= x−3，即3x−2y−6=0或x−2y=0.
2 217．如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA= AC =2，BC =1,AB= 3．
(1)若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC；
42
(2)若AD⊥DC，且二面角A−CP−D的正弦值为 ，求AD．
7
【答案】(1)证明见解析
(2) 3
【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥ AD，
又AD⊥PB，PBPA=P，PB,PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2+AB2 = AC2，所以BC ⊥ AB， 根据平面知识可知AD//BC，又AD⊄
平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC．
（2）如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF ⊥CP于F ，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC ⊥平面ABCD，而平面PAC平面ABCD= AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF ⊥CP，所以CP⊥平面DEF ，由二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A−CP−D的
42
平面角，即sin∠DFE= ，即tan∠DFE= 6．
7
x 4−x2
因为AD⊥DC，设AD = x，则 CD= 4−x2 ，根据等面积法可得，DE= ，
2
又
CE=
( 4−x2)
−
x2( 4−x2)
=
4−x2
，而EFC为等腰直角三角形，所以EF =
4−x2
，
4 2 2 2
x 4−x2
故tan∠DFE= 2 = 6，解得x= 3，即AD= 3．
4−x2
2 2x
18．已知函数 f(x)=ln +ax+b(x−1)3
2−x
(1)若b=0，且 f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y= f(x)是中心对称图形；
(3)若 f(x)>−2当且仅当1−2当且仅当1−2恒成立.
x
此时 f (x)>−2即为ln +2(1−x)+b(x−1)3 >0在(1,2)上恒成立，
2−x
t+1 t+1
设t=x−1∈(0,1)，则ln −2t+bt3 >0在(0,1)上恒成立，设g(t)=ln −2t+bt3,t∈(0,1)，
1−t 1−t
则 g′(t)= 2 −2+3bt2 =
t2( −3bt2+2+3b )
，当b≥0，−3bt2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
1−t2 1−t22
故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数，故g(t)>g(0)=0即 f (x)>−2在(1,2)上恒成立.当− ≤b<0时，
3
−3bt2+2+3b≥2+3b≥0，故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数，故g(t)>g(0)=0即 f (x)>−2在(1,2)上
恒成立.当b<− 2 ，则当0−2在(1,2)上恒成立时b≥− .而当b≥− 时，
3 3
2
而b≥− 时，由上述过程可得g(t)在(0,1)递增，故g(t)>0的解为(0,1)，即 f (x)>−2的解为(1,2) .
3
2
综上，b≥− .
3
19．设m为正整数，数列a,a ,...,a 是公差不为0的等差数列，若从中删去两项a 和a (i< j)后剩余的4m项可
1 2 4m+2 i j
被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a,a ,...,a 是(i, j)−可分数列．
1 2 4m+2
(1)写出所有的(i, j)，1≤i< j≤6，使数列a,a ,...,a 是(i, j)−可分数列；
1 2 6
(2)当m≥3时，证明：数列a,a ,...,a 是(2,13)−可分数列；
1 2 4m+2
1
(3)从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和 j(i< j)，记数列a,a ,...,a 是(i, j)−可分数列的概率为P ，证明：P > ．
1 2 4m+2 m m 8
【答案】(1) (1,2),(1,6),(5,6)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）我们设数列a,a ,...,a 的公差为d，则d ≠0.
1 2 4m+2
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，因此我们可以对该
a −a
数列进行适当的变形a′ = k 1 +1(k =1,2,...,4m+2)，
k d
得到新数列a′ =k(k =1,2,...,4m+2)，然后对a′,a′,...,a′ 进行相应的讨论即可.
k 1 2 4m+2
换言之，我们可以不妨设a =k(k =1,2,...,4m+2)，此后的讨论均建立在该假设下进行.
k
回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和 j(i< j)，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.因此所有可能的(i, j)就是(1,2),(1,6),(5,6)
.
（2）由于从数列1,2,...,4m+2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差
数列：
①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14}，共3组；
②{15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，共m−3组.
（如果m−3=0，则忽略②）
故数列1,2,...,4m+2是(2,13)−可分数列.（3）定义集合A={ 4k+1k =0,1,2,...,m }={1,5,9,13,...,4m+1}，B={ 4k+2 k =0,1,2,...,m }={2,6,10,14,...,4m+2} .
下面证明，对1≤i< j≤4m+2，如果下面两个命题同时成立，
则数列1,2,...,4m+2一定是(i, j)−可分数列：
命题1：i∈A, j∈B或i∈B, j∈A；
命题2： j−i≠3.
第一种情况：如果i∈A, j∈B，且 j−i≠3.此时设i=4k +1， j=4k +2，k ,k ∈{0,1,2,...,m} .
1 2 1 2
1
则由i< j可知4k +1<4k +2，即k −k >− ，故k ≥k .此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k +1和
1 2 2 1 4 2 1 1
j=4k +2后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：
2
①{1,2,3,4},{5,6,7,8},...,{4k −3,4k −2,4k −1,4k}，共k 组；
1 1 1 1 1
②{4k +2,4k +3,4k +4,4k +5},{4k +6,4k +7,4k +8,4k +9},...,{4k −2,4k −1,4k ,4k +1}，共k −k 组；
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1
③{4k +3,4k +4,4k +5,4k +6},{4k +7,4k +8,4k +9,4k +10},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，共m−k 组.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,4m+2是(i, j)−可分数列.
第二种情况：如果i∈B, j∈A，且 j−i≠3.
此时设i=4k +2， j=4k +1，k ,k ∈{0,1,2,...,m} .
1 2 1 2
1
由i< j可知4k +2<4k +1，即k −k > ，故k >k .
1 2 2 1 4 2 1
由于 j−i≠3，故(4k +1)−(4k +2)≠3，从而k −k ≠1，这就意味着k −k ≥2.
2 1 2 1 2 1
由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k +2和 j=4k +1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每
1 2
组成等差数列：
①{1,2,3,4},{5,6,7,8},...,{4k −3,4k −2,4k −1,4k}，共k 组；
1 1 1 1 1
②{4k +1,3k +k +1,2k +2k +1,k +3k +1}，{3k +k +2,2k +2k +2,k +3k +2,4k +2}，共2组；
1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2
③全体{4k + p,3k +k + p,2k +2k + p,k +3k + p}，其中p=3,4,...,k −k ，共k −k −2组；
1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1
④{4k +3,4k +4,4k +5,4k +6},{4k +7,4k +8,4k +9,4k +10},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，共m−k 组.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
（如果某一部分的组数为0，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k −k −2个行，4个列的数表以后，4
2 1
个列分别是下面这些数：
{4k +3,4k +4,...,3k +k }，{3k +k +3,3k +k +4,...,2k +2k }，{2k +2k +3,2k +2k +3,...,k +3k }，
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
{k +3k +3,k +3k +4,...,4k } .
1 2 1 2 2
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k +1,4k +2,...,4k +2}中除开五个集合
1 1 2
{4k +1,4k +2}，{3k +k +1,3k +k +2}，{2k +2k +1,2k +2k +2}，{k +3k +1,k +3k +2}，{4k +1,4k +2}中
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的4k +2和4k +1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
1 2
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m+2是(i, j)−可分数列.
至此，我们证明了：对1≤i< j≤4m+2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m+2一定是(i, j)−可
分数列.
然后我们来考虑这样的(i, j)的个数.
由于A∩B=∅，A和B各有m+1个元素，故满足命题1的(i, j)总共有(m+1)2个；
而如果 j−i=3，假设i∈A, j∈B，则可设i=4k +1， j=4k +2，代入得(4k +2)−(4k +1)=3.
1 2 2 1
1
但这导致k −k = ，矛盾，所以i∈B, j∈A.
2 1 2
设i=4k +2， j=4k +1，k ,k ∈{0,1,2,...,m}，则(4k +1)−(4k +2)=3，即k −k =1.
1 2 1 2 2 1 2 1
所以可能的(k ,k )恰好就是(0,1),(1,2),...,(m−1,m)，对应的(i, j)分别是(2,5),(6,9),...,(4m−2,4m+1)，总共m个.
1 2
因此这(m+1)2个满足命题1的(i, j)中，不满足命题2的恰好有m个.这就得到同时满足命题1和命题2的(i, j)的个
数为(m+1)2−m.
当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和 j(i< j)时，总的选取方式的个数等于
(4m+2)(4m+1)
=(2m+1)(4m+1).
2
根据之前的结论，使得数列a,a ,...,a 是(i, j)−可分数列的(i, j)至少有(m+1)2−m个.
1 2 4m+2
所以数列a,a ,...,a 是(i, j)−可分数列的概率P 一定满足
1 2 4m+2 m
2
1 1
(m+1)2−m m2+m+1 m2+m+ 4 m+ 2 1.
P ≥ = > = =
m (2m+1)(4m+1) (2m+1)(4m+1) (2m+1)(4m+2) 2(2m+1)(2m+1) 8
