2024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_2024·高考数学真题

绝密★本科目考试启用前 2024 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数学 本试卷共 12页，150分.考试时长 120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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． M ={x|-4< x£1} N ={x|-1< x<3} M ÈN = 1. 已知集合 ， ，则 （ ）     A. x -4< x<3 B. x -1< x£1 C. 0,1,2 D.  x -1< x<4  【答案】A 【解析】 【分析】直接根据并集含义即可得到答案. 【详解】由题意得M ÈN =-4,3 ， 故选：A. z 2. 已知 =i-1，则z =（ ）． i A. 1-i B. -i C. -1-i D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据复数乘法即可得到答案. 【详解】由题意得z =ii-1=-1-i， 故选：C. 3. 求圆x2 + y2 -2x+6y =0的圆心到x- y+2=0的距离（ ） A. 2 3 B. 2 C. 3 2 D. 6 【答案】C 【解析】 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可. 【详解】由题意得x2 + y2 -2x+6y =0，即x-12 +y+32 =10， 1+3+2 则其圆心坐标为 1,-3 ，则圆心到直线x- y+2=0的距离为 =3 2 ， 12 +12 故选：C.  4 4. x- x 的二项展开式中x3的系数为（ ） A. 15 B. 6 C. -4 D. -13 【答案】B 【解析】 r 【分析】写出二项展开式，令4- =3，解出r然后回代入二项展开式系数即可得解. 2 【详解】  x- x 4 的二项展开式为T =Crx4-r  - x r =Cr -1r x 4- 2 r ,r =0,1,2,3,4， r+1 4 4 r 令4- =3，解得r =2， 2 故所求即为C2-12 =6. 4 故选：B. r r r rr r r r r r 5. 已知向量a，b ，则“ a+b · a-b =0”是“a =b或a =-b”的（ ）条件． A. 必要而不充分条件 B. 充分而不必要条件 C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 r r r r r r 【分析】根据向量数量积分析可知 a+b × a-b =0等价于 a = b ，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为  a r +b r ×  a r -b r =a r2 -b r 2 =0，可得a r2 =b r2，即 a r = b r ， r r r r r r 可知 a+b × a-b =0等价于 a = b ， r r r r r r r r r r 若a =b或a =-b，可得 a = b ，即 a+b × a-b =0，可知必要性成立； r r r r r r r r r r 若 a+b × a-b =0，即 a = b ，无法得出a =b或a =-b， 例如a r =1,0,b r =0,1，满足 a r = b r ，但a r ¹b r 且a r ¹-b r ，可知充分性不成立； r r r r r r r r 综上所述，“ a+b × a-b =0”是“a¹b且a¹-b”的必要不充分条件. 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司故选：A. π 6. 已知 f x=sinwxw>0 ， f x =-1， f x =1，|x -x | = ，则w=（ ） 1 2 1 2 min 2 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解. 【详解】由题意可知：x为 f x 的最小值点，x 为 f x 的最大值点， 1 2 T π 则 x -x = = ，即T =π， 1 2 min 2 2 2π 且w>0，所以w= =2. T 故选：B. S-1 7. 记水的质量为d = ，并且d越大，水质量越好．若S不变，且d =2.1，d =2.2，则n 与n 的关 lnn 1 2 1 2 系为（ ） A. n n B. 1 2 C. 若S <1，则n 1，则n >n ； 1 2 1 2 D. 若S <1，则n >n ；若S >1，则n 1，则 > ，可得 ，即n >n ； 2.1 2.2 e2.1 >e2.2 1 2 S-1 S-1 若S =1，则 = =0，可得n =n =1； 2.1 2.2 1 2 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司S-1 S-1 S-1 S-1 若S <1，则 < ，可得 ，即n 1 2 B. log 1 2 < 1 2 2 2 2 2 2 2 y + y y + y C. log 1 2 > x +x D. log 1 2 < x +x 2 2 1 2 2 2 1 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可. 【详解】由题意不妨设x < x ，因为函数y =2x是增函数，所以0<2x 1 <2x 2 ，即0< y < y ， 1 2 1 2 2x 1 +2x 2 x 1 +x 2 y + y x 1 +x 2 对于选项AB：可得 > 2x 1·2x 2 =2 2 ，即 1 2 >2 2 >0， 2 2 y + y x 1 +x 2 x +x 根据函数y =log x是增函数，所以log 1 2 >log 2 2 = 1 2 ，故A正确，B错误； 2 2 2 2 2 对于选项C：例如x =0,x =1，则y =1,y =2， 1 2 1 2 y + y 3 y + y 可得log 1 2 =log Î0,1，即log 1 2 <1= x +x ，故C错误； 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 对于选项D：例如x = -1,x = -2，则y = ,y = ， 1 2 1 2 2 4 y + y 3 y + y 可得log 1 2 =log =log 3-3Î-2,-1，即log 1 2 >-3= x +x ，故D错误， 2 2 2 8 2 2 2 1 2 故选：A. 10. 若集合 x,y| y = x+t(x2 -x),0£t £1,1£ x£2  表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S， 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】 ìy£ x2 ï 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域íy³ x ，结合图形分析求解即可. ï 1£ x£2 î 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【详解】对任意给定xÎ1,2 ，则x2 -x= xx-1³0，且tÎ0,1 ， 可知x£ x+t  x2 -x  £ x+x2 -x= x2，即x£ y£ x2， ìy£ x2 ï 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域íy³ x ， ï 1£ x£2 î 如图阴影部分所示，其中A1,1,B2,2,C2,4 ， 可知任意两点间距离最大值d = AC = 10 ； 1 阴影部分面积S 0,q ¹1，则由 y = Aqn和 y =kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn =kn+b至多有两个不同的解， 矛盾； 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司若q<0,q ¹±1，考虑关于n的方程Aqn =kn+b奇数解的个数和偶数解的个数， 当Aqn =kn+b有偶数解，此方程即为A q n =kn+b， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln q >0， 否则Akln q <0，因y = A q n ,y =kn+b单调性相反， n 方程A q =kn+b至多一个偶数解， 当Aqn =kn+b有奇数解，此方程即为-A q n =kn+b， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-Akln q >0即Akln q <0 否则Akln q >0，因y =-A q n ,y =kn+b单调性相反， n 方程A q =kn+b至多一个奇数解， 因为Akln q >0，Akln q <0不可能同时成立， 故Aqn =kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确. 对于④，因为 a  为单调递增， b  为递减数列，前者散点图呈上升趋势， n n 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨 论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 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. 3 16. 在△ABC中，a=7，A为钝角，sin2B= bcosB． 7 （1）求ÐA； （2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积． 13 5 ①b=7；②cosB= ；③csinA= 3． 14 2 注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分． 2π 【答案】（1）A= ； 3 15 3 （2）选择①无解；选择②和③△ABC面积均为 . 4 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案； p 3 3 （2）选择①，利用正弦定理得B= ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出sinB= ，再 3 14 代入式子得b=3，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首 5 3 先得到c=5，再利用正弦定理得到sinC = ，再利用两角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三 14 角形面积公式即可； 【小问1详解】 3 由题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角， 7 b 2 a 7 3 = = = 3 则cosB¹0，则2sinB= b，则sinB 3 sinA sinA ，解得sin A= ， 7 2 7 2π 因为A为钝角，则A= . 3 【小问2详解】 3 3 3 2π p 选择①b=7，则sinB= b= ´7= ，因为A= ，则B为锐角，则B= ， 14 14 2 3 3 此时A+B=π，不合题意，舍弃； 13 æ13ö 2 3 3 选择②cosB= ，因为B为三角形内角，则sinB= 1- ç ÷ = ， 14 è14ø 14 3 3 3 3 则代入2sinB= b得2´ = b，解得b=3， 7 14 7 æ2π ö 2π 2π sinC =sinA+B=sin +B =sin cosB+cos sinB ç ÷ è 3 ø 3 3 3 13 æ 1ö 3 3 5 3 = ´ + ç - ÷ ´ = , 2 14 è 2ø 14 14 1 1 5 3 15 3 则S = absinC = ´7´3´ = . VABC 2 2 14 4 5 3 5 选择③csinA= 3，则有c´ = 3，解得c=5， 2 2 2 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司7 5 a c = 5 3 则由正弦定理得 = ，即 3 sinC ，解得sinC = ， sinA sinC 14 2 2 æ5 3ö 11 因为C为三角形内角，则cosC = 1-ç ÷ = ， ç ÷ 14 14 è ø æ2π ö 2π 2π 则sinB=sinA+C=sin ç +C ÷ =sin cosC+cos sinC è 3 ø 3 3 3 11 æ 1ö 5 3 3 3 = ´ + - ´ = ， ç ÷ 2 14 è 2ø 14 14 1 1 3 3 15 3 则S = acsinB= ´7´5´ = △ABC 2 2 14 4 17. 已知四棱锥 P-ABCD， AD//BC， AB = BC =1， AD =3， DE = PE =2，E 是 AD上一点， PEAD． （1）若F是PE中点，证明：BF//平面PCD． （2）若AB平面PED，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 30 （2） 30 【解析】 【分析】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可 得BF//平面PCD. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 1 取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF = ED=1， 2 而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF = BC，故四边形SFBC为平行四边形， 故BF//SC，而BF Ë平面PCD，SC Ì平面PCD， 所以BF//平面PCD. 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】 因为ED=2，故AE =1，故AE//BC,AE=BC， 故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE 平面PAD， 而PE,EDÌ平面PAD，故CE  PE,CE  ED，而PE  ED， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A0,-1,0,B1,-1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2 ， uuur uuur uuur uuur 则PA=0,-1,-2,PB=1,-1,-2,PC =1,0,-2,PD=0,2,-2, 设平面PAB的法向量为m r =x,y,z ， uuur ì ïm r ×PA=0 ì-y-2z =0 则由í 可得í ，取m r =0,-2,1 ， uuur ïîm r ×PB=0 îx- y-2z =0 设平面PCD的法向量为n r =a,b,c ， uuur ì ïn r ×PC =0 ìa-2b=0 则由í 可得í ，取n r =2,1,1 ， uuur ïîn r ×PD=0 î2b-2c=0 -1 30 r r 故cosm,n = =- ， 5´ 6 30 30 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 30 18. 已知某险种的保费为0.4 万元，前3次出险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6万元 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 800 100 60 30 10 在总体中抽样100单，以频率估计概率： （1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率； （2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为X ，估计X 的数学期望； 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%，已赔偿过的增加20%．估计保单下一保险期毛利润 的数学期望． 1 【答案】（1） 10 （2）(i)0.122万元 (ii)0.1252万元 【解析】 【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率; （2）（ⅰ）设x为赔付金额，则x可取0,0.8,0.1.6,2.4,3，用频率估计概率后可求x的分布列及数学期望， 从而可求EX . （ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求EY . 【小问1详解】 设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 60+30+10 1 由题设中的统计数据可得PA= = . 800+100+60+30+10 10 【小问2详解】 （ⅰ）设x为赔付金额，则x可取0,0.8,1.6,2.4,3， 800 4 100 1 由题设中的统计数据可得Px=0= = ,Px=0.8= = ， 1000 5 1000 10 60 3 30 3 P(x=1.6)= = ，P(x=2.4)= = ， 1000 50 1000 100 10 1 P(x=3)= = ， 1000 100 4 1 3 3 1 故Ex=0´ +0.8´ +1.6´ +2.4´ +3´ =0.278 5 10 50 100 100 故EX=0.4-0.278=0.122（万元）. 4 1 （ⅱ）由题设保费的变化为0.4´ ´96%+0.4´ ´1.2=0.4032， 5 5 故EY=0.122+0.4032-0.4=0.1252（万元） x2 y2   19. 已知椭圆方程C： + =1a >b>0，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过 0,t t > 2 a2 b2 的直线l与椭圆交于A，B，C0,1 ，连接AC交椭圆于D． （1）求椭圆方程和离心率； （2）若直线BD的斜率为0，求t． 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 2 【答案】（1） + =1,e= 4 2 2 （2）t =2 【解析】 【分析】（1）由题意得b=c= 2，进一步得a，由此即可得解；   （2）说明直线AB斜率存在，设AB: y =kx+t, t > 2 ，Ax ,y ,Bx ,y  ，联立椭圆方程，由韦达 1 1 2 2 -4kt 2t2 -4 y - y 定理有x +x = ,x x = ，而AD: y = 1 2 x-x + y ，令x=0，即可得解. 1 2 1+2k2 1 2 2k2 +1 x +x 1 1 1 2 【小问1详解】 2 由题意b=c= = 2，从而a= b2 +c2 =2， 2 x2 y2 2 所以椭圆方程为 + =1，离心率为e= ； 4 2 2 【小问2详解】 显然直线AB斜率存在，否则B,D重合，直线BD斜率不存在与题意不符， 同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，   从而设AB: y =kx+t, t > 2 ，Ax ,y ,Bx ,y  ， 1 1 2 2 ìx2 y2 ï + =1 联立í 4 2 ，化简并整理得  1+2k2 x2 +4ktx+2t2 -4=0， ï îy =kx+t 由题意Δ=16k2t2 -8  2k2 +1  t2 -2  =8  4k2 +2-t2 >0，即k,t应满足4k2 +2-t2 >0， -4kt 2t2 -4 所以x +x = ,x x = ， 1 2 1+2k2 1 2 2k2 +1 若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D-x ,y  ， 2 2 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司y - y 所以AD: y = 1 2 x-x + y ，在直线AD方程中令x=0， x +x 1 1 1 2 x y +x y x kx +t+x kx +t 2kx x +tx +x  4k  t2 -2  2 得y = 1 2 2 1 = 1 2 2 1 = 1 2 1 2 = +t = =1， C x +x x +x x +x -4kt t 1 2 1 2 1 2 所以t =2， ì4k2 +2-t2 =4k2 -2>0 2 2 此时k应满足í ，即k应满足k <- 或k > ， îk ¹0 2 2 2 2 综上所述，t =2满足题意，此时k <- 或k > . 2 2 20. 已知 f x= x+kln1+x 在t, f tt >0处切线为l． （1）若切线l的斜率k = -1，求 f x 单调区间； （2）证明：切线l不经过 0,0 ； （3）已知k=1，A  t, f t ，C  0, f t ，O0,0 ，其中t >0，切线l与y轴交于点B时．当 2S =15S ，符合条件的A的个数为？ △ACO △ABO （参考数据：1.090)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)- ， è 1+tø 1+t 利用导数研究其零点即可； t （3）分别写出面积表达式，代入 2S =15S 得到13ln(1+t)-2t-15 =0，再设新函数 VACO ABO 1+t 15t h(t)=13ln(1+t)-2t- (t >0)研究其零点即可. 1+t 【小问1详解】 1 x f(x)= x-ln(1+x), f¢(x)=1- = (x>-1)， 1+x 1+x 当xÎ-1,0 时， f¢x<0；当xÎ0,+¥ ， f¢x>0； 第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司\f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+¥)上单调递增. 则 f(x)的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+¥). 【小问2详解】 k k f¢(x)=1+ ，切线l的斜率为1+ ， 1+x 1+t æ k ö 则切线方程为y- f(t)= ç 1+ ÷ (x-t)(t >0)， è 1+tø æ k ö æ k ö 将(0,0)代入则-f(t)=-t ç 1+ ÷ , f(t)=t ç 1+ ÷， è 1+tø è 1+tø k t t 即t+kln(1+t)=t+t ，则ln(1+t)= ，ln(1+t)- =0， 1+t 1+t 1+t t 令F(t)=ln(1+t)- ， 1+t 假设l过(0,0)，则F(t)在tÎ(0,+¥)存在零点. 1 1+t-t t F¢(t)= - = >0，\ F(t)在(0,+¥)上单调递增，F(t)> F(0)=0， 1+t (1+t)2 (1+t)2 \ F(t)在(0,+¥)无零点，\与假设矛盾，故直线l不过(0,0). 【小问3详解】 1 x+2 k=1时， f(x)= x+ln(1+x), f¢(x)=1+ = >0. 1+x 1+x 1 S = tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)， VACO 2 t >0时，若q<0，则此时l与 f(x)必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知q¹0.所以q>0， æ 1 ö 则切线l的方程为y-t-lnt+1= ç 1+ ÷ x-t ， è 1+tø t 令x=0，则y =q = y =ln(1+t)- . t+1 é t ù 2S =15S ，则2tf(t)=15t ln(1+t)- ， Q VACO ABO ê ë t+1 ú û t 15t \13ln(1+t)-2t-15 =0，记h(t)=13ln(1+t)-2t- (t >0)， 1+t 1+t \满足条件的A有几个即h(t)有几个零点. 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司13 15 13t+13-2  t2 +2t+1  -15 2t2 +9t-4 (-2t+1)(t-4) h¢(t)= -2- = = = ， 1+t (t+1)2 (t+1)2 (t+1)2 (t+1)2 æ 1ö 当tÎ ç 0, ÷时，h¢t<0，此时ht 单调递减； è 2ø æ1 ö 当tÎ ç ,4 ÷时，h¢t>0，此时ht 单调递增； è2 ø 当tÎ4,+¥ 时，h¢t<0，此时ht 单调递减； æ1ö 因为h(0)=0,h ç ÷ 0,h(4)=13ln5-20 13´1.6-20=0.8>0， è2ø 15´24 72 72 h(24)=13ln25-48- =26ln5-48- <26´1.61-48- =-20.54<0， 25 5 5 æ1 ö 所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在ç ,4 ÷上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点， è2 ø 综上所述，h(t)有两个零点，即满足2S =15S 的A有两个. ACO ABO 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 21. 设集合M = i, j,s,t iÎ1,2, jÎ3,4,sÎ5,6,tÎ7,8,2 i+ j+s+t ．对于给定有穷数列 A:a 1£n£8 ，及序列W:w,w,...,w，w =i , j ,s ,t ÎM ，定义变换T ：将数列A的第 n 1 2 s k k k k k i , j ,s ,t 项加1，得到数列T A；将数列T A的第i , j ,s ,t 列加1，得到数列TT A …；重复上述 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 操作，得到数列T ...TT A ，记为WA ． s 2 1 （1）给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列W:1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7 ，写出WA ； （2）是否存在序列W，使得WA 为a +2,a +6,a +4,a +2,a +8,a +2,a +4,a +4，若存在， 1 2 3 4 5 6 7 8 写出一个符合条件的W；若不存在，请说明理由； （3）若数列A的各项均为正整数，且a +a +a +a 为偶数，证明：“存在序列W，使得WA 为常数 1 3 5 7 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司列”的充要条件为“a +a =a +a =a +a =a +a ”． 1 2 3 4 5 6 7 8 【答案】（1）WA:3,4,4,5,8,4,3,10 （2）不存在符合条件的W，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接按照WA 的定义写出WA 即可； （2）利用反证法，假设存在符合条件的W，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可； （3）分充分性和必要性两方面论证. 【小问1详解】 由题意得WA:3,4,4,5,8,4,3,10； 【小问2详解】 假设存在符合条件的W，可知WA 的第1,2项之和为a +a +s，第3,4项之和为a +a +s， 1 2 3 4 ìï a +2+a +6=a +a +s 1 2 1 2 则í ，而该方程组无解，故假设不成立， ïî a 3 +4+a 4 +2=a 3 +a 4 +s 故不存在符合条件的W； 【小问3详解】 我们设序列T ...TT A 为  a 1£n£8 ，特别规定a =a 1£n£8 . k 2 1 k,n 0,n n 必要性： 若存在序列W:w,w,...,w，使得WA 为常数列. 1 2 s 则a =a =a =a =a =a =a =a ，所以a +a =a +a =a +a =a +a . s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 根据T ...TT A 的定义，显然有a +a =a +a ，这里 j =1,2,3,4，k =1,2,.... k 2 1 k,2j-1 k,2j k-1,2j-1 k-1,2j 所以不断使用该式就得到，a +a =a +a =a +a =a +a ，必要性得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 充分性： 若a +a =a +a =a +a =a +a . 1 2 3 4 5 6 7 8 由已知，a +a +a +a 为偶数，而a +a =a +a =a +a =a +a ，所以 1 3 5 7 1 2 3 4 5 6 7 8 a +a +a +a =4a +a -a +a +a +a  也是偶数. 2 4 6 8 1 2 1 3 5 7 第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司我们设T ...TT A 是通过合法的序列W的变换能得到的所有可能的数列WA 中，使得 s 2 1 a -a + a -a + a -a + a -a 最小的一个. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 上面已经证明a +a =a +a ，这里 j =1,2,3,4，k =1,2,.... k,2j-1 k,2j k-1,2j-1 k-1,2j 从而由a +a =a +a =a +a =a +a 可得a +a =a +a =a +a =a +a . 1 2 3 4 5 6 7 8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 同时，由于i + j +s +t 总是偶数，所以a +a +a +a 和a +a +a +a 的奇偶性保持不 k k k k k,1 k,3 k,5 k,7 k,2 k,4 k,6 k,8 变，从而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数. s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 下面证明不存在 j =1,2,3,4使得 a -a ³2. s,2j-1 s,2j 假设存在，根据对称性，不妨设 j =1，a -a ³2，即a -a ³2. s,2j-1 s,2j s,1 s,2 情况1：若 a -a + a -a + a -a =0，则由a +a +a +a 和a +a +a +a 都 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 是偶数，知a -a ³4. s,1 s,2 对该数列连续作四次变换 2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7 后，新的 a -a + a -a + a -a + a -a 相比原来的 s+4,1 s+4,2 s+4,3 s+4,4 s+4,5 s+4,6 s+4,7 s+4,8 a -a + a -a + a -a + a -a 减少4，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾； s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 情况2：若 a -a + a -a + a -a >0，不妨设 a -a >0. s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,3 s,4 情况2-1：如果a -a ³1，则对该数列连续作两次变换 2,4,5,7,2,4,6,8 后，新的 s,3 s,4 a -a + a -a + a -a + a -a 相比原来的 s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8 a -a + a -a + a -a + a -a 至少减少2，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾； s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 情况2-2：如果a -a ³1，则对该数列连续作两次变换 2,3,5,8,2,3,6,7 后，新的 s,4 s,3 a -a + a -a + a -a + a -a 相比原来的 s+2,1 s+2,2 s+2,3 s+2,4 s+2,5 s+2,6 s+2,7 s+2,8 a -a + a -a + a -a + a -a 至少减少2，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 j =1,2,3,4都有 a -a £1. s,2j-1 s,2j 假设存在 j =1,2,3,4使得 a -a =1，则a +a 是奇数，所以 s,2j-1 s,2j s,2j-1 s,2j a +a =a +a =a +a =a +a 都是奇数，设为2N +1. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 则此时对任意 j =1,2,3,4，由 a -a £1可知必有  a ,a  =N,N +1 . s,2j-1 s,2j s,2j-1 s,2j 而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数，故集合  m a = N  中的四个元素i, j,s,t之和 s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 s,m 为偶数，对该数列进行一次变换 i, j,s,t ，则该数列成为常数列，新的 a -a + a -a + a -a + a -a 等于零，比原来的 s+1,1 s+1,2 s+1,3 s+1,4 s+1,5 s+1,6 s+1,7 s+1,8 a -a + a -a + a -a + a -a 更小，这与 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 a -a + a -a + a -a + a -a 的最小性矛盾. s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 综上，只可能 a -a =0 j =1,2,3,4 ，而a +a =a +a =a +a =a +a ，故 s,2j-1 s,2j s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8  a  =WA 是常数列，充分性得证. s,n 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司