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2024 年高考数学真题(北京卷)
一、单选题
1.已知集合M={x|-3<x<1}，N={x|-1≤x<4}，则M∪N 等于
( )
A.{x|-1≤x<1}
B.{x|x>-3}
C.{x|-3<x<4}
D.{x|x<4}
答案
2.若复数z 满足z
i =-1-i，则z 等于
( )
A.-1-i
B.-1+i
C.1-i
D.1+i
答案
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
4.在(x-√x)4的展开式中，x3的系数为
( )
A.6
B.-6
C.12
D.-12
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
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 等于( )
A.1
B.2
C.3
D.4
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
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
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
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
二、填空题
11.抛物线y2=16x 的焦点坐标为 .
12.在平面直角坐标系Oxy 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 .
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 .
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)
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∈N*}，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 .
三、解答题
16.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；
(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.
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 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.
18.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.
①记X 为一份保单的毛利润，估计X 的数学期望E(X)；
②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①中E(X)估计值的大小.(结论不要求证明)
19.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.
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△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)
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：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)，简记为
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”.
答案精析
1.C [由集合的并运算，得M∪N={x|-3<x<4}.]
2.C [由题意得，z=i(-1-i)=1-i.]
3.D [将圆的方程化为标准方程，
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.A [方法一 (x-√x)4的展开式的通项
Tr+1=C4
rx4-r(-√x)r=(-1)rC4
r x
4 - r
2(r=0，1，2，3，4).
由4-r
2=3，得r=2，
所以在(x-√x)4的展开式中，x3的系数为(-1)2C4
2=6.
方法二 (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，
所以在(x-√x)4的展开式中，x3的系数为6.]
5.B [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.B [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.D [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.]
8.D [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
2PE·PF=1
2EF·PG，
得PG= PE·PF
EF
=2√3×2
4
=√3.]
9.B [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>0，y2=2
x2>0，
因为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
.]
10.C [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)为增函数，
所以当1≤x≤2，0≤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|=√(2-1)
2+(4 -1)
2=√10，
S<S△ABC=1
2×(4-2)×(2-1)=1.]
11.(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.-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.
13.1
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
2x，
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.
14.23 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，
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.
15.①③④
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增函数和减函数，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.
16.解 (1)由题知，2sin Bcos 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.
则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)若选条件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.
若选条件②，由题知sin B=√1-co s
2B=3√3
14 ，
由(1)得
b
sin B =
b
3√3
14
=14
√3，
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
2absin C=1
2×7×3×5√3
14 =15√3
4
.
若选条件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.(1)证明 如图，取PD 的中点G，连接FG，CG，
因为F 为PE 的中点，
所以FG=1
2DE=1，FG∥DE，
又BC=1，AD∥BC，
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)解 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.解 (1)方法一 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，知索赔次数为2，3，4，
则P(A)=60+30+10
1 000
= 100
1 000=0.1.
方法二 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 =0.1.
(2)①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E(X)=0.4×0.8-0.4×0.1-1.2×0.06-2.0×0.03-2.6×0.01=0.122.
②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①中E(X)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E(Y)=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E(X)<E(Y).
19.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{
x
2
4 + y
2
2 =1,
y =kx +t ,
得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0.
所以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
因为直线BD 的斜率为0，
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
将①代入②得2k·2t
2- 4
1+2k
2+(t-1)·- 4 kt
1+2k
2=0，
解得t=2.
20.(1)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)证明 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)解 当k=1 时，f(x)=x+ln(1+x)(x>-1)，
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 .
由(2)知，yB>0，
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2t+2ln(1+t)=15ln(1+t)-15t
1+t (t>0)，
即2t-13ln(1+t)+ 15t
1+t =0(t>0).
令φ(x)=2x-13ln(1+x)+ 15 x
1+ x (x>0)，
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.(1)解 T1(A)：2，3，3，4，7，3，2，9；
T2T1(A)：2，4，3，5，7，4，2，10；
T3T2T1(A)：3，4，4，5，8，4，3，10，
即Ω(A)：3，4，4，5，8，4，3，10.
(2)解 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)证明 设Ω(A)={as，n}(1≤n≤8，n∈N*)，
特别规定{a0，n}={an}(1≤n≤8，n∈N*).
必要性：存在序列Ω，使得Ω(A)的各项都相等，
则as，1=as，2=as，3=as，4=as，5=as，6=as，7=as，8，
所以as，1+as，2=as，3+as，4=as，5+as，6=as，7+as，8，
又每次进行变换时，
a1+a2，a3+a4，a5+a6，a7+a8均增加1，
故经过s(s∈N*)次变换后，
a1+a2+s=as，1+as，2，
a3+a4+s=as，3+as，4，
a5+a6+s=as，5+as，6，
a7+a8+s=as，7+as，8，
可得a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8恒成立.
充分性：设a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8=a，
则经过m 次变换后，有am，1+am，2=am，3+am，4=am，5+am，6=am，7+am，8=a+m，
故我们只需证明在某一步变换后有
as，1-as，2=as，3-as，4=as，5-as，6=as，7-as，8=0.
设(R1，R2，R3，R4)=(a1-a2，a3-a4，a5-a6，a7-a8)，
因为a1+a3+a5+a7为偶数，
所以R1+R2+R3+R4=2(a1+a3+a5+a7)-4a 为4 的倍数，
又i+j+k+w 为偶数，则经过m 次变换后，
Rm，1+Rm，2+Rm，3+Rm，4=2(am，1+am，3+am，5+am，7)-4(a+m)仍为4 的倍数.
经过若干次变换后，
不妨设max|Rs，i|(i=1，2，3，4)达到最小值，
且取max|Rs，i|的Rs，i的个数最少，
设max|Rs，i|=|Rs，1|，且Rs，1>0，
若Rs，1≥2，
①假设还有|Rs，2|≥2，
若Rs，2≥2，
则(Rs，1，Rs，2，Rs，3，Rs，4)→(Rs，1-1，Rs，2-1，Rs，3-1，Rs，4-1)→(Rs，1-2，Rs，2-2，Rs，3，Rs，4)，
若Rs，2≤-2，
则(Rs，1，Rs，2，Rs，3，Rs，4)→(Rs，1-1，Rs，2+1，Rs，3-1，Rs，4+1)→(Rs，1-2，Rs，2+2，Rs，3，Rs，4)，
(*)
则总存在变换可使|Rs，1|，|Rs，2|同时减小，
与max|Rs，i|达到最小值矛盾.
②假设|Rs，2|，|Rs，3|，|Rs，4|<2，
若Rs，2，Rs，3，Rs，4中有小于零的，设为Rs，2，同(*)即可，
若Rs，2，Rs，3，Rs，4均大于等于零，所有位置同时减2，与max|Rs，i|达到最小值矛盾.
若Rs，1≤1，则Rs，i要么为0，要么为±1，
由于Rs，1+Rs，2+Rs，3+Rs，4是4 的倍数，只可能为以下几种变换：
a.(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max|Rs，i|达到最小值矛盾，
故max|Rs，i|的最小值为0，
存在序列Ω 总能使得(R1，R2，R3，R4)→(0，0，0，0)，
即存在序列Ω，使得Ω(A)的各项都相等.
