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2024 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
数学
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
【解析】 由集合的并运算,得M∪N={x|-3<x<4}.
2.若复数z 满足z
i
=-1-i,则z=( )
A.-1-i
B.-1+i
C.1-i
D.1+i
【答案】 C
【解析】 由题意得,z=i(-1-i)=1-i.
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
【解析】 化圆的方程为标准方程,得(x-1)2+(y+3)2=10,所以该圆的圆心(1,-3)到直线x-y+2=0 的距离为
|1-(-3)+2|
√1
2+(-1)
2
= 6
√2
=3√2.
4.在(x-√x)4的展开式中,x3的系数为( )
A.6
B.-6
C.12
D.-12
【答案】 A
【解析】 解法一(公式法):(x-√x)4 的展开式的通项Tr+1=C 4
rx4-r(-√x)r=(-1)r
C4
r x
4 - r
2(r=0,1,2,3,4).由4-r
2
=3,得
r=2,所以(x-√x)4的展开式中x3的系数为(-1)2
C 4
2=6.
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解法二(组合数法):(x-√x)4的展开式中含x3的项是由(x-√x)(x-√x)(x-√x)(x-√x)中任意取2 个括号内的x 与剩
余的2 个括号内的(-√x)相乘得到的,所以(x-√x)4的展开式中含x3的项为C4
2x2·C2
2(-√x)2=6x3,所以(x-√x)4的
展开式中x3的系数为6.
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
【解析】 由(a+b)·(a-b)=0,得a2-b2=0,即|a|2-|b|2=0,所以|a|=|b|,当a=(1,1),b=(-1,1)时,|a|=|b|,但a≠b 且a≠-b,故
充分性不成立;当a=-b 或a=b 时,(a+b)·(a-b)=0,故必要性成立.所以“(a+b)·(a-b)=0”是“a=-b 或a=b”的必
要不充分条件.
6.设函数f(x)=sin ωx(ω>0).已知f(x1)=-1,f(x2)=1,且|x1-x2|的最小值为π
2
,则ω=( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】 B
【解析】 因为f(x)=sin ωx∈[-1,1],且f(x1)=-1,f(x2)=1,|x1-x2|min=π
2
,所以f(x)的最小正周期T=2×π
2
=π,所以ω=
2π
T
=2.
7.生物丰富度指数d= S -1
ln N
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.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N1变
为N2,生物丰富度指数由2.1 提高到3.15,则( )
A.3N2=2N1
B.2N2=3N1
C.N 2
2=N 1
3
D.N 2
3=N 1
2
【答案】 D
【解析】 由题意,得S -1
ln N 1
=2.1, S -1
ln N 2
=3.15.若S 不变,则2.1ln N1=3.15ln N2,即2ln N1=3ln N2,所以N 1
2=
N 2
3.
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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
【解析】 由题意知△PAB 为正三角形,因为PC2+PD2=CD2,所以PC⊥PD.如图,分别取AB,CD 的中点E,F 连
接PE,EF,PF,则PE=2√3.PF=2,EF=4,于是PE2+PF2=EF2,所以PE⊥PF.过点P 作PG⊥EF,垂足为G.易知
CD⊥PF,CD⊥EF,EF,PF⊂平面PEF,且EF∩PF=F,所以CD⊥平面PEF.又PG⊂平面PEF,所以CD⊥PG.又
PG⊥EF,CD,EF⊂平面ABCD,CD∩EF=F,所以PG⊥平面ABCD,所以PG 为四棱锥P-ABCD 的高.由1
2
PE·PF=
1
2EF·PG,得PG=PE·PF
EF
=2√3×2
4
=√3.故选D.
9.已知(x1,y1),(x2,y2)是函数y=2x的图象上两个不同的点,则( )
A.log2 y1+ y2
2
< x1+ x2
2
B.log2 y1+ y2
2
> x1+ x2
2
C.log2 y1+ y2
2
<x1+x2
D.log2 y1+ y2
2
>x1+x2
【答案】 B
【解析】 因为(x1,y1),(x2,y2)为函数y=2x的图象上两个不同的点,所以y1=2
x1，y2=2
x2,且x1≠x2,则2
x1≠2
x2,所以
y1+y2=2
x1+2
x2>2√2
x1·2
x2=2√2
x1+ x2,所以y1+ y2
2
>√2
x1+ x2>0,所以log2 y1+ y2
2
>log2√2
x1+ x2= x1+ x2
2
,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 中两点间的距离的最大
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
【解析】 设f(t)=x+(x2-x)t,当x=1 时,f(t)=1;当1<x≤2 时,x2-x>0,所以f(t)单调递增,所以当0≤t≤1 时,
f(0)≤f(t)≤f(1), 即x≤f(t)≤x2,则集合M 表示的区域如图中阴影部分所示. 连接AC, 由图易知,d=|AC|=
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√(2-1)
2+(4 -1)
2=√10,S<S△ABC=1
2
×(4-2)×(2-1)=1,故选C.
二、填空题共5 小题，每小题5 分，共25 分.
11.抛物线y2=16x 的焦点坐标为________.
【答案】 (4,0)
【解析】 由题意,知p=8,则p
2
=4,所以抛物线y2=16x 的焦点坐标为(4,0).
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∈[
π
6 , π
3]
,则cos β 的
最大值为________.
【答案】 -1
2
【解析】 因为α 与β 的终边关于原点对称,所以β=2kπ+π+α(k∈Z),所以cos β=cos(2kπ+π+α)=-cos α.因为
α∈[
π
6 , π
3]
,所以cos α∈[
1
2 , √3
2 ]
,所以cos β∈[- √3
2 ,- 1
2]
,所以cos β 的最大值为-1
2
.
13.若直线y=k(x-3)与双曲线x
2
4
-y2=1 只有一个公共点,则k 的一个取值为________.
【答案】 1
2
(答案不唯一)
【解析】 由题意,知该双曲线的渐近线方程为y=±1
2
x,直线y=k(x-3)过定点(3,0).因为点(3,0)在双曲线内,所以
要使过该点的直线与双曲线只有一个公共点,则该直线与双曲线的渐近线平行,所以k=±1
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
的形成均可视为圆柱.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65 mm,325 mm,325
mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为________ mm,升量器的高为________ mm.(不计量器的厚度)
【答案】 23 57.5
【解析】 设升、斗量器的高分别为h1 mm,h2 mm,升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3,V2 mm3,V3 mm3,
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因为升、斗、斛量器的容积成公比为10 的等比数列,所以V3=10V2,即π×(
325
2 )
2×230=10×π×(
325
2 )
2×h2,解得
h2=23.又V2=10V1,即π×(
325
2 )
2×23=10×π×(
65
2 )
2×h1,所以h1=57.5,所以升、斗量器的高分别为57.5 mm,23
mm.
15.设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列,且都不是常数列.记集合M={k|ak=bk,k∈Z*},给出下列四个结论:
①若{an}与{bn}均为等差数列,则M 中最多有1 个元素;
②若{an}与{bn}均为等比数列,则M 中最多有2 个元素;
③若{an}为等差数列,{bn}为等比数列,则M 中最多有3 个元素;
④若{an}为递增数列,{bn}为递减数列,则M 中最多有1 个元素.
其中正确结论的序号是________.
【答案】 ①③④
【解析】 对于①:由题知an,bn是关于n 的一次式,对应的函数为一次函数,即点(n,an),(n,bn)分别在两条斜率
均不为0 的直线上,而这两条直线最多有1 个交点,所以M 中最多有1 个元素,所以①正确.对于②:不妨取
an=2n,bn=(-2)n,则有a2k=22k=4k,b2k=(-2)2k=4k(k∈N*),所以a2k=b2k(k∈N*),此时M 中有无数个元素,所以②不正确.对
于③:由①知点(n,an)在一条斜率不为0 的直线l0上.设bn =b1qn-1(q≠1),当公比q>0 时,直线l0与数列{bn}对应的
函数的图象至多有2 个公共点,M 中最多有2 个元素;当q<-1 时,点(n,bn)在如图所示的曲线C1,C2上,由图易知
直线l0与曲线C1,C2至多有3 个公共点,如当an=3n-4,bn=-1×(-2)n-1时,a1=b1=-1,a2=b2=2,a4=b4=8,两个数列有3 项
相同,所以M 中最多有3 个元素;当q=-1 时,易知M 中最多有2 个元素;当-1<q<0 时,易知M 中最多有3 个元素.
综上可知,当{an}为等差数列,{bn}为等比数列时,M 中最多有3 个元素,所以③正确.对于④:若数列{an}为递增
数列,数列{bn}为递减数列,则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数,两个函数图象的公共点
最多有1 个,所以M 中最多有1 个元素,所以④正确.综上可知,正确结论的序号为①③④.
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. （13 分）在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,∠A 为钝角,a=7,sin 2B=√3
7
bcos B.
(1)求∠A;（13 分）
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(2)再从条件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.
条件①:b=7;
条件②:cos B=13
14
;
条件③:csin A=5√3
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.
【解】 (1)由题知,2sin B·cos B=√3
7
bcos B.又A 为钝角,所以B 为锐角,故cos B≠0,所以2sin B=√3
7
b.又
14
√3
=
b
sin B =
a
sin A =
7
sin A ,所以sin A=√3
2
.又A 为钝角,所以A=2π
3
.
(2)若选①,结合(1)得2sin B=√3
7
×7,所以sin B=√3
2
,B=π
3
,A+B=π,则△ABC 不存在,所以条件①不符合要求,故
不选择条件①.
若选②,由题知sin B=√1-co s
2B=3√3
14
,又
a
sin A
=
b
sin B
,即
7
sin 2π
3
=
b
3√3
14
,所以b=3.又C=π-(A+B),所以
sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=√3
2
×13
14
-1
2
×3√3
14
=5√3
14
. 所以S△ABC=1
2
absin C=1
2
×7×3×5√3
14
=
15√3
4
.
若选③,由题知c·√3
2
=5√3
2
,所以c=5.由a2=b2+c2-2bccos A 得,49=b2+25+5b,即(b+8)(b-3)=0,解得b=3(负值舍
去).所以S△ABC=1
2bcsin A=1
2×3×5×√3
2
=15√3
4
.
17. （14 分）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 的中点,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.
【解】 (1)取PD 的中点G,连接FG,CG,因为F 为PE 的中点,所以FG=1
2
DE=1,FG∥DE,又BC=1,AD∥BC,
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所以FG=BC,FG∥BC,所以四边形FGCB 为平行四边形,所以BF∥CG,又BF⊄平面PCD,CG⊂平面PCD,所以
BF∥平面PCD.
(2)因为AB⊥平面PAD,PE⊂平面PAD,所以AB⊥PE,又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,所以PE⊥平
面ABCD.连接EC,易知四边形ABCE 为矩形,故直线EC,ED,EP 两两垂直,故以E 为坐标原点,EC,ED,EP 所在
直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0),A(0,-1,0),B(1,-1,0),
则⃗AB=(1,0,0),⃗AP=(0,1,2),⃗PC=(1,0,-2),⃗PD=(0,2,-2). 设平面
PAB
的法向量为
n1=(x1,y1,z1), 则
{
n1·⃗AB = x1=0,
n1·⃗AP = y1+2 z1=0,
可取n1=(0,-2,1).设平面PCD 的法向量为n2=(x2,y2,z2),则{
n2·⃗PC = x2-2 z2=0,
n2·⃗PD =2 y2-2 z2=0,
可取
n2=(2,1,1).设平面PAB 与平面PCD 的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2|
|n1|·|n2|
=√30
30
.所以平面PAB 与平
面PCD 夹角的余弦值为√30
30
.
18. （13 分）某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1
000 份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:
索赔次数
0
1
2
3
4
保单份数
800
100
60
30
10
假设:一份保单的保费为0.4 万元;前三次索赔时,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EX;
(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EX 估计值的大小.(结论不要求证明)
【解】 (1)解法一(正面计算):记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A,由索赔次数不少于2,知
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索赔次数为2,3,4,所以P(A)=60+30+10
1 000
= 100
1 000
= 1
10
.
解法二(反面计算):记“随机抽取一份保单,索赔次数不少于2”为事件A,由索赔次数不少于2,知可利用间接法
计算,则P(A)=1-800+100
1 000
= 1
10
.
(2)(ⅰ) 由题知X 的所有可能取值为0.4,-0.4,-1.2,-2.0,-2.6, 则P(X=0.4)= 800
1 000
=0.8,P(X=-0.4)= 100
1 000
=0.1,P(X=-1.2)=
60
1 000
=0.06,P(X=-2.0)=
30
1 000
=0.03,P(X=-2.6)=
10
1 000
=0.01,
故
EX=0.4×0.8-0.4×0.1-
1.2×0.06-2.0×0.03-2.6×0.01=0.122.
(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%,这种情况下一份保单毛利润的数学期
望估计值比(ⅰ)中EX 估计值大.证明如下:
设调整保费后一份保单的毛利润(单位:万元)为Y,则
对于索赔次数为0 的保单,Y=0.4×(1-4%)=0.384,
对于索赔次数为1 的保单,Y=0.4×(1+20%)-0.8=-0.32,
对于索赔次数为2 的保单,Y=-0.32-0.8=-1.12,
对于索赔次数为3 的保单,Y=-1.12-0.8=-1.92,
对于索赔次数为4 的保单,Y=-1.92-0.6=-2.52,
故EY=0.384×0.8-0.32×0.1-1.12×0.06-1.92×0.03-2.52×0.01=0.125 2.所以EX<EY.
19. （15 分）已知椭圆E: x
2
a
2
+ y
2
b
2
=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(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.
【解】 (1)由题意可知b=√2,c=√2,所以a=√b
2+c
2=2,故椭圆E 的方程为x
2
4
+ y
2
2
=1,离心率e=c
a=√2
2
.
(2) 设A(x1,y1),B(x2,y2), 直线AB 的方程为y=kx+t(k≠0), 联立得{
x
2
4 + y
2
2 =1,
y =kx +t ,
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0. 所以
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Δ=(4kt)2-4(1+2k2)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,由根与系数的关系得{
x1+ x2=-
4 kt
1+2k
2 ,
x1 x2= 2t
2- 4
1+2k
2
①.由椭圆的对称性可得
D(-x2,y2),因为A,C,D 三点共线,所以kAC=kCD,所以y1-1
x1
= y2-1
- x2
,即x1y2+x2y1-(x1+x2)=0.由y1=kx1+t,y2=kx2+t,得
x1(kx2+t)+x2(kx1+t)-(x1+x2)=0,整理得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0 ②,所以2k· 2t
2- 4
1+2k
2
+(t-1)·- 4 kt
1+2k
2
=0,解得t=2.
20. （15 分）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△ACO与S△ABO分别表示△ACO 与△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<ln 3<1.10,1.60<ln 5<1.61,1.94<ln 7<1.95)
【解】 当k=-1 时,f(x)=x-ln(1+x)(x>-1),则f'(x)=1- 1
1+ x
= x
1+ x
.令f'(x)>0,得x>0,令f'(x)<0,得-1<x<0,所以f(x)的
单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-1,0).
(2)f'(x)=1+ k
1+ x
,f'(t)=1+ k
1+t
,故l 的方程为y-f(t)=(1+ k
1+t)
(x-t).假设l 经过点(0,0),则-f(t)=-t(1+ k
1+t)
,即-t-
kln(1+t)=-t- tk
1+t ,又k≠0,所以ln(1+t)= t
1+t (t>0).令F(t)=ln(1+t)- t
1+t (t>0),则F'(t)=
t
(1+t )
2>0,所以F(t)在(0,+∞)
上单调递增,所以F(t)>0,即ln(1+t)> t
1+t
(t>0),与ln(1+t)= t
1+t
(t>0)矛盾,所以假设不成立,即l 不经过点(0,0).
(3) 当k=1 时,f(x)=x+ln(1+x), 则f(0)=0,f'(x)=1+ 1
1+ x
>0, 故f(x) 在(-1,+∞) 上单调递增, 所以l 的方程为y-
[t+ln(1+t)]=(1+ 1
1+t)
(x-t),令x=0,得yB=ln(1+t)- t
1+t
.易知AC⊥BC,则由2S△ACO=15S△ABO,得2×1
2
|OC|×|AC|=15×
1
2
|OB|×|AC|,
得
2|OC|=15|OB|,
得
2[t+ln(1+t)]=15ln(1+t)- 15t
1+t
(t>0),
即
2t-13ln(1+t)+ 15t
1+t
=0(t>0).
令
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φ(x)=2x-13ln(1+x)+ 15 x
1+ x
,则φ'(x)=2- 13
1+ x
+
15
(1+ x)
2
=(2 x -1)( x - 4)
(1+ x)
2
,所以φ(x)在(0, 1
2)
,(4,+∞)上单调递增,在
(
1
2 ,4)
上单调递减. 因为φ(0)=0,φ(
1
2)
>0,φ(4)=20-13ln
5<20-13×1.6=-0.8<0,φ(8)=88
3
-26ln
3>88
3
-26×1.1≈0.7>0,所以φ(x)在(0,+∞)上有2 个不同的零点.故存在点A 使得2S△ACO=15S△ABO成立,且点A 的个数为
2.
21. （15 分）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:a1,a2,…,a8和序列Ω:T1,T2,…,Ts,其中Tt=(it,jt,kt,wt)∈M(t=1,2,…,s),对数列A 进行如下变换:将A 的第i1,j1,k1,w1
项均加1,其余项不变,得到的数列记作T1(A);将T1(A)的第i2,j2,k2,w2 项均加1,其余项不变,得到的数列记作
T2T1(A);……;以此类推,得到数列Ts...T2T1(A),记为Ω(A).
(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a1+2,a2+6,a3+4,a4+2,a5+8,a6+2,a7+4,a8+4?若存在,写出一个Ω;若不存在,说明
理由;
(3)若数列A 的各项均为正整数,且a1+a3+a5+a7为偶数,求证:“存在序列Ω,使得Ω(A)的各项都相等”的充要条
件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”.
【解】 (1)Ω(A):3,4,4,5,8,4,3,10.
(2)不存在.理由如下:若存在Ω,则a1,a2与a3,a4增加值之和应该相等,注意到a1,a2一共增加了8,而a3,a4一共增
加了6,从而不存在符合题意的Ω.
(3)因为存在序列Ω,使得a1=a2=…=a8,所以a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8.又每次进行变换时,a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8
均增加1,故经过n(n∈N*)次变换后,a1+a2+n=a3+a4+n=a5+a6+n=a7+a8+n,可得a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8 恒成立.
如果a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,且还有a1-a2=a3-a4=a5-a6=a7-a8=0,则有a1=a2=a3=a4=a5=a6=a7=a8,即Ω(A)为常数列
由于每次变换后均有a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,故我们只需证明可在某一步变换后有a1-a2=a3-a4=a5-a6=a7-
a8=0.设(S1,S2,S3,S4)=(a1-a2,a3-a4,a5-a6,a7-a8),从而(S1,S2,S3,S4)在每次变换后相当于在偶数个位置上加1,其余减1,
由a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8,可得初始情况下S1,S2,S3,S4同时为奇数或同时为偶数.不妨设为偶,则a1+a3+a5+a7
为偶,所以S1+S2+S3+S4为4 的倍数,且在变换后仍同时为奇数或同时为偶数,且和为4 的倍数.经过若干次变换
后,不妨设max|Si|达到最小值,且取max|Si|的Si 最少,不妨设成|S1|且S1>0.当S1≥2 时,①假设还有|S2|≥2.若
S2≥2,则(S1,S2,S3,S4)→(S1-1,S2-1,S3-1,S4-1)→(S1-2,S2-2,S3,S4),若S2≤-2,则(S1,S2,S3,S4)→(S1-1,S2+1,S3-1,S4+1)→(S1-
2,S2+2,S3,S4) (*),总可使|S1|,|S2|同时减少,与假设矛盾.
②假设|S2|,|S3|,|S4|<1,若S2,S3,S4中有小于零的,设为S2,同(*)即可,若S2,S3,S4均大于等于零,所有位置同时减2,与
假设矛盾.当S1≤1 时,Si 要么为0,要么为±1,由于S1+S2+S3+S4 是4 的倍数,只可能为以下几种及其轮换,a.
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(0,0,0,0),b.(1,1,-1,-1)→(0,0,0,0),c.(1,1,1,1)→(0,0,0,0),d.(-1,-1,-1,-1)→(0,0,0,0),故均与假设矛盾,即max|Si|最小时
为0,即总能使得(S1,S2,S3,S4)→(0,0,0,0),即∃Ω,使得Ω(A)为常数列.
