文档内容
2016 年北京市高考数学试卷（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）已知集合A={x||x|＜2}，集合B={﹣1，0，1，2，3}，则A∩B=（
）
A．{0，1} B．{0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0，1，
2}
【考点】1E：交集及其运算．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5J：集合．
【分析】先求出集合A和B，由此利用交集的定义能求出A∩B．
【解答】解：∵集合A={x||x|＜2}={x|﹣2＜x＜2}，
B={﹣1，0，1，2，3}，
∴A∩B={﹣1，0，1}．
故选：C．
【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义
的合理运用．
2．（5分）若x，y满足 ，则2x+y的最大值为（ ）
A．0 B．3 C．4 D．5
【考点】7C：简单线性规划．
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【专题】11：计算题；29：规律型；31：数形结合；33：函数思想；35：转化
思想．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义是直线的纵截距，
利用数形结合即可求z的取值范围．
第1页 | 共21页【解答】解：作出不等式组 对应的平面区域如图：（阴影部分）．
设z=2x+y得y=﹣2x+z，
平移直线y=﹣2x+z，
由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点A时，直线y=﹣2x+z的截距最大，
此时z最大．
由 ，解得 ，即A（1，2），
代入目标函数z=2x+y得z=1×2+2=4．
即目标函数z=2x+y的最大值为4．
故选：C．
【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形
结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．
3．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的 a值为1，则输出的k值为（
）
第2页 | 共21页A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】EF：程序框图．
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【专题】11：计算题；28：操作型；5K：算法和程序框图．
【分析】根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出
变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．
【解答】解：输入的a值为1，则b=1，
第一次执行循环体后，a=﹣ ，不满足退出循环的条件，k=1；
第二次执行循环体后，a=﹣2，不满足退出循环的条件，k=2；
第三次执行循环体后，a=1，满足退出循环的条件，
故输出的k值为2，
故选：B．
【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环次数不多，或有规律可循时，
可采用模拟程序法进行解答．
4．（5分）设 ， 是向量，则“| |=| |”是“| + |=| ﹣ |”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
第3页 | 共21页【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件；91：向量的概念与向量的模．
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【专题】35：转化思想；5A：平面向量及应用；5R：矩阵和变换．
【分析】根据向量模相等的几何意义，结合充要条件的定义，可得答案．
【解答】解：若“| |=| |”，则以 ， 为邻边的平行四边形是菱形；
若“| + |=| ﹣ |”，则以 ， 为邻边的平行四边形是矩形；
故“| |=| |”是“| + |=| ﹣ |”的既不充分也不必要条件；
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是充要条件，向量的模，分析出“| |=| |”与“|
+ |=| ﹣ |”表示的几何意义，是解答的关键．
5．（5分）已知x，y R，且x＞y＞0，则（ ）
A． ﹣ ＞0 ∈ B．sinx﹣siny＞0
C．（ ）x﹣（ ）y＜0 D．lnx+lny＞0
【考点】71：不等关系与不等式．
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【专题】35：转化思想；51：函数的性质及应用；5T：不等式．
【分析】x，y R，且x＞y＞0，可得： ，sinx与siny的大小关系不确定，
∈
＜ ，lnx+lny与0的大小关系不确定，即可判断出结论．
【解答】解：∵x，y R，且x＞y＞0，则 ，sinx与siny的大小关系不确定，
∈
＜ ，即 ﹣ ＜0，lnx+lny与0的大小关系不确定．
故选：C．
【点评】本题考查了不等式的性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能
第4页 | 共21页力，属于中档题．
6．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．1
【考点】L!：由三视图求面积、体积．
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【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离；5Q：立体几何．
【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，
进而可得答案．
【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱
锥，
棱锥的底面面积S= ×1×1= ，
高为1，
故棱锥的体积V= = ，
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，
判断几何体的形状是解答的关键．
7．（5分）将函数 y=sin（2x﹣ ）图象上的点 P（ ，t）向左平移 s（s＞
0）个单位长度得到点P′，若P′位于函数y=sin2x的图象上，则（ ）
第5页 | 共21页A．t= ，s的最小值为 B．t= ，s的最小值为
C．t= ，s的最小值为 D．t= ，s的最小值为
【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
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【专题】35：转化思想；4R：转化法；57：三角函数的图像与性质．
【分析】将x= 代入得：t= ，进而求出平移后P′的坐标，进而得到s的最小
值．
【解答】解：将x= 代入得：t=sin = ，
将函数y=sin（2x﹣ ）图象上的点P向左平移s个单位，
得到P′（ ﹣s， ）点，
若P′位于函数y=sin2x的图象上，
则sin（ ﹣2s）=cos2s= ，
则2s= +2kπ，k Z，
∈
则s= +kπ，k Z，
∈
由s＞0得：当k=0时，s的最小值为 ，
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是函数y=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0）的图象和性
质，难度中档．
8．（5分）袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个
空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是
红球，就将另一个放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所
有球都被放入盒中，则（ ）
第6页 | 共21页A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C．乙盒中红球不多于丙盒中红球
D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【考点】F5：演绎推理．
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【专题】5M：推理和证明．
【分析】分析理解题意：乙中放红球，则甲中也肯定是放红球；往丙中放球的
前提是放入甲中的不是红球，据此可以从乙中的红球个数为切入点进行分析．
【解答】解：取两个球共有4种情况：
①红+红，则乙盒中红球数加1个；
②黑+黑，则丙盒中黑球数加1个；
③红+黑（红球放入甲盒中），则乙盒中黑球数加1个；
④黑+红（黑球放入甲盒中），则丙盒中红球数加1个．
设一共有球2a个，则a个红球，a个黑球，甲中球的总个数为a，其中红球x个，
黑球y个，x+y=a．
则乙中有x个球，其中k个红球，j个黑球，k+j=x；
丙中有y个球，其中l个红球，i个黑球，i+l=y；
黑球总数a=y+i+j，又x+y=a，故x=i+j
由于x=k+j，所以可得i=k，即乙中的红球等于丙中的黑球．
故选：B．
【点评】该题考查了推理与证明，重点是找到切入点逐步进行分析，对学生的
逻辑思维能力有一定要求，中档题
二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．
9．（5分）设a R，若复数（1+i）（a+i）在复平面内对应的点位于实轴上，则
a= ﹣ 1 ． ∈
【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；5N：数系的扩充和复数．
第7页 | 共21页【分析】（1+i）（a+i）=a﹣1+（a+1）i，则a+1=0，解得答案．
【解答】解：（1+i）（a+i）=a﹣1+（a+1）i，
若复数（1+i）（a+i）在复平面内对应的点位于实轴上，
则a+1=0，
解得：a=﹣1，
故答案为：﹣1
【点评】本题考查的知识点是复数的代数表示法及其几何意义，难度不大，属
于基础题．
10．（5分）在（1﹣2x）6的展开式中，x2的系数为 6 0 ．（用数字作答）
【考点】DA：二项式定理．
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【专题】34：方程思想；35：转化思想；5P：二项式定理．
【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可得出．
【解答】解：（1﹣2x）6的展开式中，通项公式 T = （﹣2x）r=（﹣2）r
r+1
xr，
令r=2，则x2的系数= =60．
故答案为：60．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基
础题．
11．（5分）在极坐标系中，直线ρcosθ﹣ ρsinθ﹣1=0与圆ρ=2cosθ交于A，B
两点，则|AB|= 2 ．
【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．
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【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；5B：直线与圆．
【分析】把圆与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用圆心 C在直线上可
得|AB|．
【解答】解：直线ρcosθ﹣ ρsinθ﹣1=0化为y直线x﹣ y﹣1=0．
第8页 | 共21页圆 ρ=2cosθ 化为 ρ2=2ρcosθ，∴x2+y2=2x，配方为（x﹣1）2+y2=1，可得圆心 C
（1，0），半径r=1．
则圆心C在直线上，∴|AB|=2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了把圆与直线的极坐标方程化为直角坐标方程，考查了计算
能力，属于基础题．
12．（5分）已知{a }为等差数列，S 为其前n项和．若a =6，a +a =0，则S =
n n 1 3 5 6
6 ．
【考点】85：等差数列的前n项和．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列．
【分析】由已知条件利用等差数列的性质求出公差，由此利用等差数列的前 n
项和公式能求出S ．
6
【解答】解：∵{a }为等差数列，S 为其前n项和．
n n
a =6，a +a =0，
1 3 5
∴a +2d+a +4d=0，
1 1
∴12+6d=0，
解得d=﹣2，
∴S = =36﹣30=6．
6
故答案为：6．
【点评】本题考查等差数列的前6项和的求法，是基础题，解题时要认真审题
注意等差数列的性质的合理运用．
13．（5分）双曲线 ﹣ =1（a＞0，b＞0）的渐近线为正方形 OABC的边
OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点．若正方形OABC的边长为2，
则a= 2 ．
第9页 | 共21页【考点】KC：双曲线的性质．
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【专题】35：转化思想；4O：定义法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】根据双曲线渐近线在正方形的两个边，得到双曲线的渐近线互相垂直，
即双曲线是等轴双曲线，结合等轴双曲线的性质进行求解即可．
【解答】解：∵双曲线的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，
∴渐近线互相垂直，则双曲线为等轴双曲线，即渐近线方程为y=±x，
即a=b，
∵正方形OABC的边长为2，
∴OB=2 ，即c=2 ，
则a2+b2=c2=8，
即2a2=8，
则a2=4，a=2，
故答案为：2
【点评】本题主要考查双曲线的性质的应用，根据双曲线渐近线垂直关系得到
双曲线是等轴双曲线是解决本题的关键．
14．（5分）设函数f（x）= ．
①若a=0，则f（x）的最大值为 2 ；
②若f（x）无最大值，则实数a的取值范围是 （﹣ ∞ ，﹣ 1 ） ．
【考点】5B：分段函数的应用．
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第10页 | 共21页【专题】35：转化思想；4R：转化法；51：函数的性质及应用．
【分析】①将a=0代入，求出函数的导数，分析函数的单调性，可得当 x=﹣1
时，f（x）的最大值为2；
②若f（x）无最大值，则 ，或 ，解得答案．
【解答】解：①若a=0，则f（x）= ，
则f′（x）= ，
当x＜﹣1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数，
当x＞﹣1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数，
故当x=﹣1时，f（x）的最大值为2；
②f′（x）= ，
令f′（x）=0，则x=±1，
若f（x）无最大值，则 ，或 ，
解得：a （﹣∞，﹣1）．
故答案为：2，（﹣∞，﹣1）
∈
【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的最值，分类讨论思想，
难度中档．
三、解答题共6小题，共80分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
15．（13分）在△ABC中，a2+c2=b2+ ac．
（Ⅰ）求∠B的大小；
（Ⅱ）求 cosA+cosC的最大值．
第11页 | 共21页【考点】HU：解三角形．
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【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；58：解三角形．
【分析】（Ⅰ）根据已知和余弦定理，可得cosB= ，进而得到答案；
（Ⅱ）由（I）得：C= ﹣A，结合正弦型函数的图象和性质，可得
cosA+cosC的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）∵在△ABC中，a2+c2=b2+ ac．
∴a2+c2﹣b2= ac．
∴cosB= = = ，
∴B=
（Ⅱ）由（I）得：C= ﹣A，
∴ cosA+cosC= cosA+cos（ ﹣A）
= cosA﹣ cosA+ sinA
= cosA+ sinA
=sin（A+ ）．
∵A （0， ），
∈
∴A+ （ ，π），
∈
故当A+ = 时，sin（A+ ）取最大值1，
即 cosA+cosC的最大值为1．
【点评】本题考查的知识点是余弦定理，和差角公式，正弦型函数的图象和性
质，难度中档．
16．（13分）A，B，C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，
第12页 | 共21页通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如表（单位：小时）：
A班 6 6.5 7 7.5 8
B班 6 7 8 9 10 11 12
C班 3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5
（Ⅰ）试估计C班的学生人数；
（Ⅱ）从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一个人，A班选出的人记为甲，
C班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相对独立，求该周甲的锻炼
时间比乙的锻炼时间长的概率；
（Ⅲ）再从 A，B，C三班中各随机抽取一名学生，他们该周锻炼时间分别是
7，9，8.25（单位：小时），这 3个新数据与表格中的数据构成的新样本的
平均数记为μ ，表格中数据的平均数记为μ ，试判断μ 和μ 的大小．（结论
1 0 0 1
不要求证明）
【考点】BE：用样本的数字特征估计总体的数字特征；CB：古典概型及其概率
计算公式．
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【专题】11：计算题；4O：定义法；5I：概率与统计．
【分析】（I）由已知先计算出抽样比，进而可估计C班的学生人数；
（Ⅱ）根据古典概型概率计算公式，可求出该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间
长的概率；
（Ⅲ）根据平均数的定义，可判断出μ ＞μ ．
0 1
【解答】解：（I）由题意得：三个班共抽取20个学生，其中C班抽取8个，
故抽样比K= = ，
故C班有学生8÷ =40人，
（Ⅱ）从从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一个人，
共有5×8=40种情况，
而且这些情况是等可能发生的，
当甲锻炼时间为6时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有2种情况；
当甲锻炼时间为6.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况；
第13页 | 共21页当甲锻炼时间为7时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况；
当甲锻炼时间为7.5时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有3种情况；
当甲锻炼时间为8时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长有4种情况；
故周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率P= = ；
（Ⅲ）μ ＞μ ．
0 1
【点评】本题考查的知识点是用样本的频率分布估计总体分布，古典概型，难
度中档．
17．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，
PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD= ．
（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；
（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求 的值，若
不存在，说明理由．
【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系．
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【专题】15：综合题；35：转化思想；49：综合法；5Q：立体几何．
【分析】（Ⅰ）由已知结合面面垂直的性质可得 AB⊥平面 PAD，进一步得到
AB⊥PD，再由PD⊥PA，由线面垂直的判定得到PD⊥平面PAB；
（Ⅱ）取AD中点为O，连接CO，PO，由已知可得CO⊥AD，PO⊥AD．以O为
坐标原点，建立空间直角坐标系，求得 P（0，0，1），B（1，1，0），D
第14页 | 共21页（0，﹣1，0），C（2，0，0），进一步求出向量 的坐标，再求
出 平 面 PCD 的 法 向 量 ， 设 PB 与 平 面 PCD 的 夹 角 为 θ ， 由
求得直线PB与平面PCD所成角的正弦
值；
（Ⅲ）假设存在 M 点使得 BM∥平面 PCD，设 ，M（0，y ，z ），由
1 1
可得 M（0，1﹣λ，λ）， ，由 BM∥平面 PCD，
可得
，由此列式求得当 时，M点即为所求．
【解答】（Ⅰ）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
且AB⊥AD，AB 平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD，
⊂
∵PD 平面PAD，
∴AB⊥PD，
⊂
又PD⊥PA，且PA∩AB=A，
∴PD⊥平面PAB；
（Ⅱ）解：取AD中点为O，连接CO，PO，
∵CD=AC= ，
∴CO⊥AD，
又∵PA=PD，
∴PO⊥AD．
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：
则P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，﹣1，0），C（2，0，0），
则 ， ，
设 为平面PCD的法向量，
第15页 | 共21页则由 ，得 ，则 ．
设 PB 与 平 面 PCD 的 夹 角 为 θ ， 则 =
；
（Ⅲ）解：假设存在M点使得BM∥平面PCD，设 ，M（0，y ，z ），
1 1
由（Ⅱ）知，A（0，1，0），P（0，0，1）， ，B（1，1，
0）， ，
则有 ，可得M（0，1﹣λ，λ），
∴ ，
∵BM∥平面PCD， 为平面PCD的法向量，
∴ ，即 ，解得 ．
综上，存在点M，即当 时，M点即为所求．
第16页 | 共21页【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了直线与平面所成的角，训练了存在
性问题的求解方法，建系利用空间向量求解降低了问题的难度，属中档题．
18．（13分）设函数f（x）=xea﹣x+bx，曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切
线方程为y=（e﹣1）x+4，
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间．
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线
方程．
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【专题】33：函数思想；35：转化思想；4R：转化法；52：导数的概念及应用．
【分析】（Ⅰ）求函数的导数，根据导数的几何意义求出函数的切线斜率以及 f
（2），建立方程组关系即可求a，b的值；
（Ⅱ）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可求 f（x）的单调
区间．
【解答】解：（Ⅰ）∵y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=（e﹣1）
x+4，
∴当x=2时，y=2（e﹣1）+4=2e+2，即f（2）=2e+2，
同时f′（2）=e﹣1，
∵f（x）=xea﹣x+bx，
∴f′（x）=ea﹣x﹣xea﹣x+b，
则 ，
即a=2，b=e；
（Ⅱ）∵a=2，b=e；
∴f（x）=xe2﹣x+ex，
∴f′（x）=e2﹣x﹣xe2﹣x+e=（1﹣x）e2﹣x+e=（1﹣x+ex﹣1）e2﹣x，
∵e2﹣x＞0，
∴1﹣x+ex﹣1与f′（x）同号，
令g（x）=1﹣x+ex﹣1，
第17页 | 共21页则g′（x）=﹣1+ex﹣1，
由g′（x）＜0，得x＜1，此时g（x）为减函数，
由g′（x）＞0，得x＞1，此时g（x）为增函数，
则当x=1时，g（x）取得极小值也是最小值g（1）=1，
则g（x）≥g（1）=1＞0，
故f′（x）＞0，即f（x）的单调区间是（﹣∞，+∞），无递减区间．
【点评】本题主要考查导数的应用，根据导数的几何意义，结合切线斜率建立
方程关系以及利用函数单调性和导数之间的关系是解决本题的关键．综合性
较强．
19．（14 分）已知椭圆 C： + =1（a＞b＞0）的离心率为 ，A（a，
0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面积为1．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是椭圆C上一点，直线 PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点
N．求证：|AN|•|BM|为定值．
【考点】KL：直线与椭圆的综合．
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【专题】34：方程思想；48：分析法；5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、
性质与方程．
【分析】（Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，结合 a，b，c的
关系，解方程可得a=2，b=1，进而得到椭圆方程；
（Ⅱ）方法一、设椭圆上点 P（x ，y ），可得x 2+4y 2=4，求出直线PA的方程，
0 0 0 0
令x=0，求得y，|BM|；求出直线PB的方程，令y=0，可得x，|AN|，化简
整理，即可得到|AN|•|BM|为定值4．
方法二、设P（2cosθ，sinθ），（0≤θ＜2π），求出直线PA的方程，令x=0，
求得y，|BM|；求出直线PB的方程，令y=0，可得x，|AN|，运用同角的平
方关系，化简整理，即可得到|AN|•|BM|为定值4．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可得e= = ，
第18页 | 共21页又△OAB的面积为1，可得 ab=1，
且a2﹣b2=c2，
解得a=2，b=1，c= ，
可得椭圆C的方程为 +y2=1；
（Ⅱ）证法一：设椭圆上点P（x ，y ），
0 0
可得x 2+4y 2=4，
0 0
直线PA：y= （x﹣2），令x=0，可得y=﹣ ，
则|BM|=|1+ |；
直线PB：y= x+1，令y=0，可得x=﹣ ，
则|AN|=|2+ |．
可得|AN|•|BM|=|2+ |•|1+ |
=| |=| |
=| |=4，
即有|AN|•|BM|为定值4．
证法二：设P（2cosθ，sinθ），（0≤θ＜2π），
直线PA：y= （x﹣2），令x=0，可得y=﹣ ，
则|BM|=| |；
第19页 | 共21页直线PB：y= x+1，令y=0，可得x=﹣ ，
则|AN|=| |．
即有|AN|•|BM|=| |•| |
=2| |
=2| |=4．
则|AN|•|BM|为定值4．
【点评】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的离心率和基本量的关系，
考查线段积的定值的求法，注意运用直线方程和点满足椭圆方程，考查化解
在合理的运算能力，属于中档题．
20．（13分）设数列A：a ，a ，…，a （N≥2）．如果对小于n（2≤n≤N）
1 2 N
的每个正整数k都有a ＜a ，则称n是数列A的一个“G时刻”，记G（A）
k n
是数列A的所有“G时刻”组成的集合．
（Ⅰ）对数列A：﹣2，2，﹣1，1，3，写出G（A）的所有元素；
（Ⅱ）证明：若数列A中存在a 使得a ＞a ，则G（A）≠ ；
n n 1
（Ⅲ）证明：若数列A满足a ﹣a ≤1（n=2，3，…，N），则G（A）的元素
n n﹣1 ∅
个数不小于a ﹣a ．
N 1
【考点】8I：数列与函数的综合；RG：数学归纳法．
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【专题】23：新定义；55：点列、递归数列与数学归纳法．
【分析】（Ⅰ）结合“G时刻”的定义进行分析；
（Ⅱ）可以采用假设法和递推法进行分析；
（Ⅲ）可以采用假设法和列举法进行分析．
【解答】解：（Ⅰ）根据题干可得，a =﹣2，a =2，a =﹣1，a =1，a =3，a ＜a
1 2 3 4 5 1 2
满足条件，2满足条件，a ＞a 不满足条件，3不满足条件，
2 3
a ＞a 不满足条件，4不满足条件，a ，a ，a ，a ，均小于a ，因此5满足条件，
2 4 1 2 3 4 5
因此G（A）={2，5}．
第20页 | 共21页（Ⅱ）因为存在a ＞a ，设数列A中第一个大于a 的项为a ，则a ＞a ≥a，其
n 1 1 k k 1 i
中2≤i≤k﹣1，所以k G（A），G（A）≠ ；
（Ⅲ）设A数列的所有“G时刻”为i ＜i ＜…＜i ，
∈ 1 2 ∅ k
对于第一个“G时刻”i ，有 ＞a ≥a（i=2，3，…，i ﹣1），则
1 1 i 1
﹣a ≤ ﹣ ≤1．
1
对于第二个“G时刻”i ，有 ＞ ≥a（i=2，3，…，i ﹣1），则
1 i 1
﹣ ≤ ﹣ ≤1．
类似的 ﹣ ≤1，…， ﹣ ≤1．
于是，k≥（ ﹣ ）+（ ﹣ ）+…+（ ﹣ ）+（ ﹣a ）=
1
﹣a ．
1
对于a ，若N G（A），则 =a ．
N N
∈
若N G（A），则a ≤ ，否则由（2）知 ， ，…，a ，中存在“G时
N N
∉
刻”与只有k个“G时刻”矛盾．
从而k≥ ﹣a ≥a ﹣a ．
1 N 1
【点评】本题属于新定义题型，重点在于对“G时刻”定义的把握，难度较大．
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