2021年高考数学试卷（北京）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按年份分类）2008-2025_2021·高考数学真题

2021年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学
第一部分（选择题共40分）
一、选择题共10小题，每小题4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. 已知集合A=x|-1< x<1 ，B=x|0£ x£2 ，则A U B=（ ）
-1,2 (-1,2] [0,1) [0,1]
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意利用并集的定义计算即可.
【详解】由题意可得：A U B =x|-1< x £2 ，即A U B=-1,2 .
故选：B.
2. 在复平面内，复数z满足(1-i)z =2，则z =（ ）
A. 2+i B. 2-i C. 1-i D. 1+i
【答案】D
【解析】
【分析】由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.
2
21+i 21+i
【详解】由题意可得：z = = = =1+i.
1-i 1-i1+i 2
故选：D.
3.
已知 f(x)是定义在上[0,1]的函数，那么“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
【答案】A
【解析】
【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.
【详解】若函数 f x 在 0,1 上单调递增，则 f x 在 0,1 上的最大值为 f 1 ，
第1页 | 共18页若 f x 在 0,1 上的最大值为 f 1 ，
2
æ 1ö
比如 f x= x- ，
ç ÷
è 3ø
æ 1ö 2 é 1ù é1 ù
但 f x= x- 在 0, 为减函数，在 ,1 为增函数，
ç ÷ ê ú ê ú
è 3ø ë 3û ë3 û
故 f x 在 0,1 上的最大值为 f 1 推不出 f x 在 0,1 上单调递增，
故“函数 f x 在 0,1 上单调递增”是“ f x 在 0,1 上的最大值为 f 1 ”的充分不必要条件，
故选：A.
4. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）
3+ 3
A. B. 4 C. 3+ 3 D. 2
2
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.
【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O-ABC，
其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，
由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，
1 3  2 3+ 3
故其表面积为3´ ´1´1+ ´ 2 = ，
2 4 2
故选：A.
第2页 | 共18页x2 y2  
5. 双曲线C: - =1过点 2, 3 ，且离心率为2，则该双曲线的标准方程为（ ）
a2 b2
y2 x2 3y2 3x2
A. x2 - =1 B. - y2 =1 C. x2- =1 D. -y2 =1
3 3 3 3
【答案】A
【解析】
 
【分析】分析可得b= 3a，再将点 2, 3 代入双曲线的方程，求出a的值，即可得出双曲线的标准方
程.
c x2 y2
【详解】 Q e= =2，则c=2a，b= c2 -a2 = 3a，则双曲线的方程为 - =1，
a a2 3a2
  2 3 1
将点 2, 3 的坐标代入双曲线的方程可得 - = =1，解得a=1，故b= 3，
a2 3a2 a2
y2
因此，双曲线的方程为x2 - =1.
3
故选：A.
a
6. a  和 b  是两个等差数列，其中 k 1£k £5 为常值，a =288，a =96，b =192，则b =（
n n b 1 5 1 3
k
）
A. 64 B. 128 C. 256 D. 512
【答案】B
【解析】
第3页 | 共18页【分析】由已知条件求出b 的值，利用等差中项的性质可求得b 的值.
5 3
【详解】由已知条件可得 a 1 = a 5 ，则b = a 5 b 1 = 96´192 =64，因此，b = b 1 +b 5 = 192+64 =128.
b b 5 a 288 3 2 2
1 5 1
故选：B.
7. 函数 f(x)=cosx-cos2x，试判断函数的奇偶性及最大值（ ）
A. 奇函数，最大值为2 B. 偶函数，最大值为2
9 9
C. 奇函数，最大值为 D. 偶函数，最大值为
8 8
【答案】D
【解析】
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可
判断最大值.
【详解】由题意， f(-x)=cos-x-cos-2x=cosx-cos2x= f x ，所以该函数为偶函数，
2
æ 1ö 9
又 f(x)=cosx-cos2x=-2cos2 x+cosx+1=-2 cosx- + ，
ç ÷
è 4ø 8
1 9
所以当cosx = 时， f(x)取最大值 .
4 8
故选：D.
8. 定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度．其中小雨（<10mm），中雨（
10mm-25mm），大雨（25mm-50mm），暴雨（50mm-100mm），小明用一个圆锥形容器接了24小时
的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）
A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨
第4页 | 共18页【答案】B
【解析】
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
200
【详解】由题意，一个半径为 =100mm的圆面内的降雨充满一个底面半径为
2
200 150
´ =50mm，高为150mm 的圆锥，
2 300
1
p´502´150
所以积水厚度 d = 3 =12.5mm ，属于中雨 .
p´1002
故选：B.
9. 已知圆C:x2 + y2 =4，直线l: y =kx+m，当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为2，则m=（
）
A. ±2 B. ± 2 C. ± 3 D. ± 5
【答案】C
【解析】
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出m
【详解】由题可得圆心为
0,0
，半径为2，
m
则圆心到直线的距离d = ，
k2 +1
m2
则弦长为2 4- ，
k2 +1
则当k =0时，弦长取得最小值为2 4-m2 =2，解得m=± 3.
故选：C.
10. 数列 a  是递增的整数数列，且a ³3，a +a ++a =100，则n的最大值为（ ）
n 1 1 2 n
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式即可得解.
【详解】若要使n尽可能的大，则a ，递增幅度要尽可能小，
1
第5页 | 共18页不妨设数列 a  是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为S ，
n n
3+13 3+14
则a =n+2，S = ´11=88<100，S = ´12=102>100，
n 11 2 12 2
所以n的最大值为11.
故选：C.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题5小题，每小题5分，共25分．
1
11.
(x3- )4展开式中常数项为__________．
x
【答案】-4
【解析】
4 r
【详解】试题分析： æ
ç
x3- 1ö
÷
的展开式的通项T =Cr  x34-ræ
ç
- 1ö
÷
=-1r Crx12-4r,
è xø r+1 4 è xø 4
令r =3得常数项为T =-13 C3 =-4.
4 4
考点：二项式定理.
12.
已知抛物线C: y2 =4x，焦点为F ，点M 为抛物线C上的点，且 FM =6，则M 的横坐标是_______；
作MN ^ x轴于N ，则S = _______．
VFMN
【答案】 ①. 5 ②. 4 5
【解析】
【分析】根据焦半径公式可求M 的横坐标，求出纵坐标后可求S .
VFMN
【详解】因为抛物线的方程为y2 =4x，故 p =2且F1,0 .
p
因为 MF =6，x + =6，解得x =5，故y =±2 5，
M 2 M M
1
所以S = ´5-1´2 5=4 5，
VFMN 2
故答案为：5，4 5.
r r r r r r r r
13. a=(2,1)，b=(2,-1)，c=(0,1)，则(a+b)c=_______；ab=_______．
【答案】 ①. 0 ②. 3
第6页 | 共18页【解析】
【分析】根据坐标求出ar+b r ，再根据数量积的坐标运算直接计算即可.
r r r
【详解】 a =(2,1),b =(2,-1),c =(0,1)，
Q
\a r +b r =4,0，\(a r +b r )c r =4´0+0´1=0，
r r
\ab=2´2+1´-1=3.
故答案为：0；3.
p p
14. 若点P(cosq,sinq)与点Q(cos(q+ ),sin(q+ ))关于y轴对称，写出一个符合题意的q=___．
6 6
5p 5p
【答案】 （满足q= +kp,kZ 即可）
12 12
【解析】
p p
【分析】根据P,Q在单位圆上，可得q,q+ 关于y轴对称，得出q+ +q=p+2kp,kZ求解.
6 6
æ æ pö æ pöö
【详解】 Q P(cosq,sinq)与Q ç cos ç q+ ÷ ,sin ç q+ ÷÷关于y轴对称，
è è 6 ø è 6 øø
p
即q,q+ 关于y轴对称，
6
p
q+ +q=p+2kp,kZ，
6
5p
则q=kp+ ,kZ ，
12
5p
当k =0时，可取q的一个值为 .
12
5p 5p
故答案为： （满足q=kp+ ,kZ 即可）.
12 12
15. 已知函数 f(x)= lgx -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．
以上正确结论得序号是_______．
【答案】①②④
【解析】
第7页 | 共18页【分析】由 f x=0可得出 lgx =kx+2，考查直线y = kx+2与曲线gx= lgx 的左、右支分别相切
的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
1
【详解】对于①，当k =0时，由 f x= lgx -2=0，可得x= 或x=100，①正确；
100
对于②，考查直线y = kx+2与曲线y =-lgx0< x<1 相切于点Pt,-lgt ，
ì e
ìkt+2=-lgt t =
ï
1 ï ï 100
对函数 y =-lgx求导得y¢=- ，由题意可得í 1 ，解得í ，
xln10 k =- 100
ï ï
î tln10 k =- lge
ïî e
100
所以，存在k =- lge<0，使得 f x 只有一个零点，②正确；
e
对于③，当直线y = kx+2过点 1,0 时，k+2=0，解得k =-2，
100
所以，当- lge<k <-2时，直线y = kx+2与曲线y =-lgx0< x<1 有两个交点，
e
若函数 f x 有三个零点，则直线y = kx+2与曲线y =-lgx0< x<1 有两个交点，
ì 100
ï- lge<k <-2
直线y = kx+2与曲线y =lgxx>1 有一个交点，所以，í e ，此不等式无解，
ï îk+2>0
因此，不存在k <0，使得函数 f x 有三个零点，③错误；
对于④，考查直线y = kx+2与曲线y =lgxx>1 相切于点Pt,lgt ，
ìkt+2=lgt ìt =100e
1 ï ï
对函数y =lgx求导得 y¢= ，由题意可得í 1 ，解得í lge ，
xln10 k = k =
ï ï
î tln10 î 100e
lge
所以，当0<k < 时，函数 f x 有三个零点，④正确.
100e
第8页 | 共18页故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
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．
2p
16. 已知在 V ABC 中，c=2bcosB，C = ．
3
（1）求B的大小；
（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使 ABC 存在且唯一确定，并求出BC边上的中线的长度．
V
3 3
①c= 2b；②周长为4+2 3；③面积为S = ；
DABC 4
p
【答案】（1） ；（2）答案不唯一，具体见解析．
6
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
第9页 | 共18页【详解】（1） c=2bcosB，则由正弦定理可得sinC =2sinBcosB，
Q
2p 3 2p æ pö æ 2pö
\sin2B=sin = ， Q C = ，\B ç 0, ÷，2B ç 0, ÷，
3 2 3 è 3 ø è 3 ø
p p
\2B= ，解得B = ；
3 6
3
c sinC
2
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得 = = = 3，
b sinB 1
2
与c= 2b矛盾，故这样的
V
ABC 不存在；
p
若选择②：由（1）可得A= ，
6
设 ABC 的外接圆半径为R，
V
p
则由正弦定理可得a=b=2Rsin = R，
6
2p
c=2Rsin = 3R，
3
则周长a+b+c=2R+ 3R=4+2 3，
解得R=2，则a=2,c=2 3，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：
 2 p
2 3 +12 -2´2 3´1´cos = 7 ；
6
p
若选择③：由（1）可得A= ，即a=b，
6
1 1 3 3 3
则S = absinC = a2´ = ，解得a= 3，
VABC 2 2 2 4
则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：
2
æaö a 2p 3 3 21
b2 + -2´b´ ´cos = 3+ + 3´ = .
ç ÷
è2ø 2 3 4 2 2
17. 已知正方体ABCD-ABC D ，点E为AD 中点，直线BC 交平面CDE于点F ．
1 1 1 1 1 1 1 1
第10页 | 共18页（1）证明：点F 为BC 的中点；
1 1
5 AM
（2）若点M 为棱AB 上一点，且二面角M -CF-E的余弦值为 ，求 1 的值．
1 1 3 A 1 B 1
AM 1
【答案】（1）证明见解析；（2） 1 = ．
AB 2
1 1
【解析】
【分析】(1)首先将平面CDE进行扩展，然后结合所得的平面与直线BC 的交点即可证得题中的结论；
1 1
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数l的值.
【详解】(1)如图所示，取BC 的中点F'，连结DE,EF',F'C，
1 1
由于ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
为正方体，E,F'为中点，故EF'
P
CD，
从而E,F',C,D四点共面，即平面CDE即平面CDEF'，
据此可得：直线BC 交平面CDE于点F'，
1 1
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F'重合，
即点F 为BC 中点.
1 1
(2)以点D为坐标原点，DA,DC,DD 方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系D-xyz
1
第11页 | 共18页，
AM
不妨设正方体的棱长为2，设 1 =l0£l£1 ，
AB
1 1
则：M 2,2l,2,C0,2,0,F1,2,2,E1,0,2 ，
uuuur uuur uuur
从而：MC =-2,2-2l,-2,CF =1,0,2,FE =0,-2,0，
ur
设平面MCF 的法向量为：m=x ,y ,z ，则：
1 1 1
uuuuv
ìïmvMC =-2x +2-2ly -2z =0
í uuu 1 v 1 1 ，
ïî mvCF = x +2z =0
1 1
ur æ 1 ö
令z =-1可得：m= ç 2, ,-1 ÷，
1 è 1-l ø
r
设平面CFE 的法向量为：n=x ,y ,z ，则：
2 2 2
uuuv
ìï nvFE =-2y =0
í uuuv 2 ，
ïî nvCF = x +2z =0
2 2
r
令z =-1可得：n=2,0,-1，
1
2
ur r ur æ 1 ö r
从而：mn=5, m = 5+ , n = 5，
ç ÷
è1-lø
ur r
ur r mn 5 5
cos m,n = = =
ur r
则： m ´ n æ 1 ö 2 3 ，
5+ ´ 5
ç ÷
è1-lø
整理可得：l-12
=
1
，故l=
1
（l=
3
舍去）.
4 2 2
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推
理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的
夹角公式求解.
第12页 | 共18页18.
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，
则可以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；
1
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 ，定义随机变量X为总检测次数，求检
11
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)．
320
【答案】（1）①20次；②分布列见解析；期望为 ；（2）见解析．
11
【解析】
【分析】（1）①由题设条件还原情境，即可得解；
②求出X的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解；
（2）求出EY
，分类即可得解.
【详解】（1）①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；
所以总检测次数为20次；
②由题意，X 可以取20，30，
1 1 10
PX =20= ，PX =30=1- = ，
11 11 11
则X 的分布列:
X 20 30
1 10
P
11 11
1 10 320
所以EX=20´ +30´ = ；
11 11 11
（2）由题意，Y 可以取25，30，设两名感染者在同一组的概率为p，
PY =25= p，PY =30=1- p，
则EY=25p+301- p=30-5p，
2
若 p = 时，EX= EY ；
11
2
若 p> 时，EX> EY ；
11
第13页 | 共18页2
若 p< 时，EX< EY .
11
3-2x
19. 已知函数 f x= ．
x2 +a
（1）若a=0，求y = f x 在  1, f 1 处切线方程；
（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．
【答案】（1）4x+ y-5=0；（2）函数 f x 的增区间为 -¥,-1 、4,+¥，单调递减区间为 -1,4
1
，最大值为1，最小值为- .
4
【解析】
【分析】（1）求出 f 1 、 f¢1 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由 f¢-1=0可求得实数a的值，然后利用导数分析函数 f x 的单调性与极值，由此可得出结果.
3-2x 2x-3
【详解】（1）当a=0时， f x= ，则 f¢x= ，\ f 1=1， f¢1=-4，
x2 x3
此时，曲线y = f x 在点  1, f 1 处的切线方程为y-1=-4x-1 ，即4x+ y-5=0；
-2  x2 +a  -2x3-2x 2  x2 -3x-a 
3-2x
（2）因为 f x= ，则 f¢x= = ，
x2 +a  x2 +a 2  x2 +a 2
24-a
由题意可得 f¢-1= =0，解得a =4，
a+12
2x+1x-4
故 f x=
3-2x
，
f¢x=
，列表如下：
x2 +4  x2 +4 2
x
-¥,-1
-1
-1,4
4
4,+¥
f ¢x
+ 0 - 0 +
f x 增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 f x 的增区间为 -¥,-1 、4,+¥，单调递减区间为 -1,4 .
3 3
当x< 时， f x>0；当x> 时， f x<0.
2 2
1
所以， f x = f -1=1， f x = f 4=- .
max min 4
第14页 | 共18页x2 y2
20. 已知椭圆E: + =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．
a2 b2
（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，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．
x2 y2
【答案】（1） + =1；（2）[-3,-1)È(1,3]．
5 4
【解析】
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求a,b，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设Bx ,y ,Cx ,y  ，求出直线AB,AC的方程后可得M,N 的横坐标，从而可得 PM + PN ，
1 1 2 2
联立直线BC的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简 PM + PN ，从而可求k的范围，注意判别式的
要求.
【详解】（1）因为椭圆过A0,-2 ，故b=2，
1
因为四个顶点围成的四边形的面积为4 5，故 ´2a´2b=4 5 ，即a= 5 ，
2
x2 y2
故椭圆的标准方程为： + =1.
5 4
（2）
设Bx ,y ,Cx ,y  ，
1 1 2 2
因为直线BC的斜率存在，故x x ¹0，
1 2
第15页 | 共18页y +2 x x
故直线AB: y = 1 x-2，令y =-3，则x =- 1 ，同理x =- 2 .
x M y +2 N y +2
1 1 2
ìy =kx-3
直线BC: y =kx-3，由í 可得  4+5k2 x2 -30kx+25=0，
î4x2 +5y2 =20
故D=900k2 -100  4+5k2 >0，解得k <-1或k >1.
30k 25
又x +x = ,x x = ，故x x >0，所以x x >0
1 2 4+5k2 1 2 4+5k2 1 2 M N
x x
又 PM + PN = x +x = 1 + 2
M N y +2 y +2
1 2
50k 30k
-
x x 2kx x -x +x  4+5k2 4+5k2
= 1 + 2 = 1 2 1 2 = =5 k
kx -1 kx -1 k2x x -kx +x +1 25k2 30k2
1 2 1 2 1 2 - +1
4+5k2 4+5k2
故5 k £15即 k £3，
综上，-3£k <-1或1<k £3
.
21. 定义R 数列 a  ：对实数p，满足：①a + p³0，a + p=0；②nN,a <a ；③
p n 1 2 4n-1 4n
a a +a + p,a +a + p+1，m,nN．
m+n m n m n
（1）对于前4项2，-2，0，1的数列，可以是R 数列吗？说明理由；
2
（2）若 a  是R 数列，求a 的值；
n 0 5
（3）是否存在p，使得存在R 数列 a  ，对nN,S ³S ？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说
p n n 10
明理由．
【答案】（1）不可以是R 数列；理由见解析；（2）a =1；（3）存在； p =2．
2 5
【解析】
【分析】(1)由题意考查a 的值即可说明数列不是R 数列；
3 2
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定a 的值；
5
(3)构造数列b =a + p，易知数列 b  是R 的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数 p
n n n 0
的值.
【详解】(1)由性质③结合题意可知0=a a +a +2,a +a +2+1={2,3}，
3 1 2 1 2
第16页 | 共18页矛盾，故前4项2,-2,0,1的数列，不可能是R 数列.
2
(2)性质①a ³0,a =0，
1 2
由性质③a a ,a +1 ，因此a =a 或a =a +1，a =0或a =1，
m+2 m m 3 1 3 1 4 4
若a =0，由性质②可知a <a ，即a <0或a +1<0，矛盾；
4 3 4 1 1
若a =1,a =a +1，由a <a 有a +1<1，矛盾.
4 3 1 3 4 1
因此只能是a =1,a =a .
4 3 1
1
又因为a =a +a 或a =a +a +1，所以a = 或a =0.
4 1 3 4 1 3 1 2 1
1
若a = ，则a =a a +a +0,a +a +0+1=2a ,2a +1=1,2 ，
1 2 2 1+1 1 1 1 1 1 1
不满足a =0，舍去.
2
当a =0，则 a  前四项为:0，0，0，1，
1 n
下面用纳法证明a =n(i =1,2,3),a =n+1nN ：
4n+i 4n+4
当n=0时，经验证命题成立，假设当n£k(k ³0)时命题成立，
当n=k+1时：
若i =1，则a =a =a ，利用性质③：
4k+1+1 4k+5 j+4k+5-j
 a +a ∣jN*,1£ j £4k+4  ={k,k+1}，此时可得：a =k+1；
j 4k+5-j 4k+5
否则，若a =k，取k =0可得：a =0，
4k+5 5
而由性质②可得：a =a +a 1,2 ，与a =0矛盾.
5 1 4 5
同理可得：
 a +a ∣jN*,1£ j £4k+5  ={k,k+1}，有a =k+1；
j 4k+6-j 4k+6
 a +a ∣jN*,2£ j £4k+6  ={k+1,k+2}，有a =k+2；
j 4k+8-j 4k+8
 a +a ∣jN*,1£ j £4k+6  ={k+1}，又因为a <a ，有a =k+1.
j 4k+7-j 4k+7 4k+8 4k+7
即当n=k+1时命题成立，证毕.
综上可得：a =0，a =a =1.
1 5 4´1+1
(3)令b =a + p，由性质③可知：
n n
第17页 | 共18页m,nN*,b =a + pa + p+a + p,a + p+a + p+1=b +b ,b +b +1 ，
m+n m+n m n m n m n m n
由于b =a + p³0,b =a + p =0,b =a + p<a + p =b ，
1 1 2 2 4n-1 4n-1 4n 4n
因此数列 b  为R 数列.
n 0
由（2）可知:
若nN,a =n- p(i =1,2,3),a =n+1- p；
4n+i 4n+4
S -S =a =a =2- p³0，S -S =-a =-a =-(2- p)³0，
11 10 11 4´2+3 9 10 10 4´2+2
因此 p =2，此时a ,a ,¼,a £0，a ³0 j ³11 ，满足题意.
1 2 10 j
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则
、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对
新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”
，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
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