2020北京新高考数学高三二模汇编 11创新题

11

创新题

1.（西城10）佩香囊是端午节传统习俗之一.香囊内通常填充一些中草药,有清香、驱虫、开窍的功 效.因地方习俗的差异,香囊常用丝布做成各种不同的形状,形形色色,玲珑夺目. 图1的▱ ABCD 由六个正三角形构成.将它沿虚线折起来,可得图2所示的六面 体形状的香囊.那么在图2这个六面体中,棱 AB 与 CD 所在直线的位置关系为

( A)平行 ( B)相交 ( C)异面且垂直 ( D)异面且不垂直 答案B

2．（海淀10）为了预防新型冠状病毒的传染，人员之间需要保持一米以上的安全距离.某公司会议室共

有四行四列座椅，并且相邻两个座椅之间的距离超过一米，为了保证更加安全，公司规定在此会议室开会时，每一行、每一列均不能有连续三人就座.例如下图中第一列所示情况不满足条件（其中“√”表示就座人员）.根据该公司要求，该会议室最多可容纳的就座人数为

（A）9 答案 C

3.（东城10） 函数f(x)是定义域为R的奇函数，且它的最小正周期是

（B）10

（C）11

（D）12

T，已知

Tx,x[0,],4g(x)f(xa)(aR). 给出下列四个判断： f(x)=TTTx,x(,],242①对于给定的正整数n，存在aR，使得

g(i1niTiT)f()0成立; nnniTiTT)f()0成立; ②当a=时，对于给定的正整数n，存在kR(k1)，使得g(knn4i1T(kZ)时，函数g(x)f(x)既有对称轴又有对称中心; 4TT④当a=k(kZ)时，g(x)f(x)的值只有0或.

44③当a=k其中正确判断的有

(A)1个(B)2个(C) 3个(D)4个 答案 C

4.（密云10）10.已知函数f(x)的定义域为，且满足下列三个条件：

①对任意的②③若

，

A．abcB．答案 D

5.（丰台10） 某中学举行了科学防疫知识竞赛.经过选拔，甲、乙、丙三位选手进入了的最后角逐.他们

还将进行四场知识竞赛.规定：每场知识竞赛前三名的得分依次为a,b,c(abc,且a,b,cN)；选手总分为各场得分之和．四场比赛后，已知甲最后得分为16分，乙和丙最后得分都为8分，且乙只有一场比赛获得了第一名，则下列说法正确的是

（A）每场比赛的第一名得分a为4 （B）甲至少有一场比赛获得第二名 （C）乙在四场比赛中没有获得过第二名 （D）丙至少有一场比赛获得第三名

答案C

6.（昌平10）一次数学考试共有8道判断题，每道题5分，满分40分.规定正确的画√，错误的画╳.甲、乙、丙、丁四名同学的解答及得分情况如下表所示，则m的值为

（A）35 （B）30 （C）25 （D）20 答案B

7.（昌平15）曲线C:

题号 学生 甲 乙 丙 丁 1 ╳ ╳ ，且； 是偶函数；

，都有；

，cf(2020)，则，，的大小关系正确的是 C．

D．

2 3 4 5 6 7 8 得分 √ ╳ ╳ ╳ √ √ ╳ ╳ ╳ ╳ √ ╳ ╳ 30 25 25 m √ ╳ ╳ √ √ √ √ ╳ √ ╳ √ ╳ √ √ √ √ √ (x1)2y2(x1)2y23,点P在曲线C上．给出下列三个结论：

①曲线C关于y轴对称；

②曲线C上的点的横坐标的取值范围是[2,2]； ③若A(1,0),B(1,0)，则存在点P,使△PAB的面积大于其中，所有正确结论的序号是________． 答案①②

8.（丰台15）已知集合P(x,y)|(xcos)(ysin)4,0.由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”. 给出下列结论： ① “水滴”图形与y轴相交，最高点记为A，则点A的坐标为（0，1）； ②在集合P中任取一点M，则M到原点的距离的最大值为3；

③阴影部分与y轴相交，最高点和最低点分别记为C，D，则CD33； ④白色“水滴”图形的面积是其中正确的有__________． 答案②③④

9. （密云15） 已知集合A{aaxy,xZ,yZ}．给出如下四个结论： ①2A，且3A；

②如果B{b|b2m1,mN*}，那么BA；

③如果C{c|c2n2,nN*}，那么对于cC，则有cA； ④如果a1A，a2A，那么a1a2A． 其中，正确结论的序号是__________． 答案①②④

223. 2221163. ax1,x0,10.（海淀15）已知函数f(x)给出下列三个结论：

|lnx|,x0.①当a2时，函数f(x)的单调递减区间为(,1)； ②若函数f(x)无最小值，则a的取值范围为(0,)；

③若a1且a0，则bR，使得函数yf(x)b恰有3个零点x1,x2,x3，且x1x2x31. 其中，所有正确结论的序号是_______.

答案②③

11.（东城15）配件厂计划为某项工程生产一种配件，这种配件每天的需求量是200件.由于生产这种配件时其他生产设备必须停机，并且每次生产时都需要花费5000元的准备费，所以需要周期性生产这种配件，即在一天内生产出这种配件，以满足从这天起连续n天的需求，称n为生产周期(假设这种配件每天产能可以足够大).配件的存储费为每件每天2元（当天生产出的配件不需要支付存储费，从第二天开始付存储费）.在长期的生产活动中，为使每个生产周期内每天平均的总费用最少，那么生产周期n为_______.

答案 5

12.（西城15）已知函数 f ( x )的定义域为R,满足 f ( x +2) =2 f ( x ) ,且当 x ∈( 0, 2]时,

f(x)2x3. 有以下三个结论:

① f (-1)=—1 2② 当 a11,时,方程 f ( x )= a 在区间[-4,4]上有三个不同的实根; 42③ 函数 f ( x )有无穷多个零点,且存在一个零点 b ∈Z. 其中,所有正确结论的序号是 ______. 答案① ②

13. （房山9）把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是1C，空气的温度是0C，经过t分钟后物体的

温度C可由公式0(10)e于

kt求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的大

0的常数．现有80C的物体，放在20C的空气中冷却，4分钟以后物体的温度是40C，则k约

等

于（参考数据：ln31.099） （A）0.6 （C）0.4 答案D

（B）0.5 （D）0.3

14. （房山10）李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四家超市提供配送服务，甲、乙、

丙、丁四家

超市分别需要每隔2天、3天、5天、6天去配送一次．已知5月1日李明分别去了这四家超市配 送，那么整个5月他不用去配送的天数是 （A）12 （C）14 答案B

15. （房山15）对任意两实数a，b，定义运算“”：ab①存在实数a，b，c使得abbc≥ca成立；

（B）13 （D）15

2a2b,a≥b,给出下列三个结论：

2b2a,ab.②函数f(x)sinxcosx的值域为[0,2]； ③不等式x2≤(1x)1的解集是[1,)． 其中正确结论的序号是 ． 答案 ①③

16. （朝阳10）设函数f(x)的定义域为D，如果对任意x1D，都存在唯一的x2D，使得

f(x1)f(x2)m（m为常数）成立，那么称函数f(x)在D上具有性质m．现有函数：

x①f(x)3x；②f(x)3；③f(x)log3x；④f(x)tanx．

其中，在其定义域上具有性质m的函数的序号是 （A）①③（B）①④ （C）②③（D）②④ 答案A

17. （朝阳15）颗粒物过滤效率是衡量口罩防护效果的一个重要指标，计算公式为CoutCin100%，Cout其中Cout表示单位体积环境大气中含有的颗粒物数量（单位：ind./L），Cin表示经口罩过滤后，单位体积气体中含有的颗粒物数量（单位：ind./L）．某研究小组在相同的条件下，对两种不同类型口罩的颗粒物过滤效率分别进行了4次测试，测试结果如图所示．图中点Aij的横坐标表示第i种口罩第j次测试时Cout的值，纵坐标表示第i种口罩第j次测试时Cin的值(i1,2,j1,2,3,4)．

该研究小组得到以下结论：

（第15题图）

① 在第1种口罩的4次测试中，第4次测试时的颗粒物过滤效率最高； ② 在第2种口罩的4次测试中，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高；

③ 在每次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率高；

④ 在第3次和第4次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率低． 其中，所有正确结论的序号是________．

答案②④

18.（丰台21）

已知无穷集合A,B,且AN,BN，记ABabaA,bB，定义：满足N(AB)时，则称集合A,B互为“完美加法补集”.

（Ⅰ）已知集合Aaa2m1,mN,Bbb2n,nN.判断2019和2020是否属于集合AB，并说明理由；

（Ⅱ）设集合Axx0+22+42+*24+2i22i++2s22s,2i0,1;i0,1,,s,sN,

Bxx121+323++2i122i1++2s122s1,2i10,1；i1,,s,sN*.

(ⅰ)求证：集合A,B互为“完美加法补集”；

（ⅱ）记An和Bn分别表示集合A,B中不大于n(nN)的元素个数，写出满足An*Bnn1的元素n的集合.（只需写出结果，不需要证明）

答案：

2mn)1是奇数， 解: （Ⅰ）由a2m1，b2n得ab（ 当a210091，b20=0时，ab2019，

所以2019AB，2020AB. ………4

分

（0，1，2，，i，，k） （Ⅱ）(ⅰ)首先证明：对于任意自然数p可表示为唯一一数组，

1i0,1,,k,kN， 其中i0,;使得p0+12+22+由于

12+i2i+i12i1++k2k，i0,;1i0,1,,k,kN，

00+121+222++i2i+i12i1+k1+k2k21+22++2i+k1+2k2k11

这种形式的自然数p至多有2个，且最大数不超过21.

1i0,1,,k,kN，每个i都有两种可能， 由i0,;所以这种形式的自然数p共有22k1个222k1个结果.

+k2k 2k +k下证p0+12+22+12+i2i+i12i1++i2i+i12i1++12+22+ 012其中i0,1；i0,1；i0,1,,k,kN，则ii

假设存在ii中，取i最大数为j，则

(0+121+222++i2i+i12i1++121+222++k2k)(0+i2i+i12i1+2k)+k0)+(11)21+=(0

+(jj)2j+(j1j1)2j1+j1j12))j10)+(11)21+(jj)2i(00+112+(jj)2(02j(1212j1)1所以01 不可能.

综上，任意正整数p可唯一表示为

j1

p0+121+222+(0+2222+i2i+i12i1++k2k

)(121+323+)

)A,(121+323+)B，

显然(0+22*N(AB)，所以集合A,B互为“完美加法补集”. ………11分 满足

（ⅱ）nn2k1,kN*. ………14分

19（密云21）

设n为正整数，集合A={|(t1,t2,,tn),tk{0,1},k1,2,,n}．对于集合A中的任意元素

(x1,x2,,xn)和(y1,y2,,yn)，记

(xnyn+|xnyn|)]．

1M(,)[(x1y1+|x1y1|)(x2y2+|x2y2|)2（Ⅰ）当n=3时，若(0,1,1)，(0,0,1)，求M(,)和M(,)的值； （Ⅱ）当n4时，对于A中的任意两个不同的元素,，

证明：M(,)≤M(,)M(,)．

（Ⅲ）给定不小于2的正整数n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同元素α,β，

M(,)M(,)M(,)．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．

答案：

（Ⅰ）解：因为(0,1,1)，(0,0,1)，

1所以M(,)[(00|00|)(11|11|)(11|11|)]2，

21M(,)[(00|00|)(10|10|)(11|11|)]2．

2（Ⅱ）证明：当n4时，对于A中的任意两个不同的元素,，

设(x1,x2,x3,x4)，(y1,y2,y3,y4)，有

M(,)x1x2x3x4，M(,)y1y2y3y4．

对于任意的xi,yi，i1,2,3,4，

当xiyi时，有(xiyi|xiyi|)[xiyi(xiyi)]xi， 当xiyi时，有(xiyi|xiyi|)[xiyi(xiyi)]yi． 即(xiyi|xiyi|)max{xi,yi}． 所以，有M(,)max{x1,y1}max{x2,y2}max{x3,y3}max{x4,y4}． 又因为xi,yi{0,1}，

所以max{xi,yi}xiyi，i1,2,3,4，当且仅当xiyi0时等号成立． 所以，max{x1,y1}max{x2,y2}max{x3,y3}max{x4,y4}

(x1y1)(x2y2)(x3y3)(x4y4) (x1x2x3x4)(y1y2y3y4)，

1212121212即M(,)M(,)M(,)，当且仅当xiyi0（i1,2,3,4）时等号成立．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）问，可证，对于任意的(x1,x2,x3,,xn)，(y1,y2,y3,,yn)，

若M(,)M(,)M(,)，则xiyi0，i1,2,3,,n成立． 所以，考虑设

A0{(x1,x2,x3,A1{(x1,x2,x3,,xn)|,x1x2xn0}，

,n}，

,xn)|x11,xi{0,1},i2,3,对于任意的k2,3,,n，

Ak{(x1,x2,x3,,xn)|(x1,x2,x3,An．

,xn)A,x1x2xk10,xk1}．

所以AA0A1假设满足条件的集合B中元素个数不少于n2， 则至少存在两个元素在某个集合Ak（k1,2,,n1）中， 不妨设为(x1,x2,x3,,xn)，(y1,y2,y3,,yn)，则xkyk1． 与假设矛盾，所以满足条件的集合B中元素个数不多于n1． 取e0(0,0,0)；

对于k1,2,,n1，取ek(x1,x2,x3,,xn)Ak，且xk1令B{e0,e1,,en}，

则集合B满足条件，且元素个数为n1．

故B是一个满足条件且元素个数最多的集合．

20.（西城21）

xn0；enAn．

答案

解：（Ⅰ）存在表1，使得bi,j100ij；不存在表1，使得bi,j等于i2j. ……… 3分 （Ⅱ）因为对于任意的i1,2,,39；j1,2,,20，都有bi,jbi1,j≥1，

，b39,20b40,20≥1，

所以b1,20b2,20≥1，b2,20b3,20≥1， 所以(b1,20b2,20)+(b2,20b3,20)++(b39,20b40,20)≥39，

即b1,20≥b40,203940. ……………… 6分 又因为对于m1,2,,40；n1,2,,19，都有bm,nnm,n1≥2，

，b1,19b1,20≥2，

所以b1,1b1,2≥2，b1,2b1,3≥2， 所以(b1,1b1,2)+(b1,2b1,3)++(b1,19b1,20)≥38，

所以b1,1≥b1,2038≥403878.

即b1,1≥78. ……………… 8分 （Ⅲ）当表1如下图时：

1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 其中，每行恰好有1个0和19个1；每列恰好有2个0和38个1；因此每行的和均为19. 符合题意.

重新排序后，对应表2中，前38行中每行各数均为1，每行的和均为20；后2行各数均为0，因此k≥39. ……………… 10分

以下先证：对于任意满足条件的表1，在表2的前39行中，至少包含原表1中某一行（设为第r行）的全部实数（即包含ar,1,ar,2,,ar,20）.

假设表2的前39行中，不能包含原表1中任一行的全部实数. 则表2的前39行中至多含有表1中的4019760个数， 这与表2中前39行有3920780个数矛盾.

所以表2的前39行中，至少包含原表1中某一行（设为第r行）的全部实数.

……………… 12分

，20） 其次，在表2中，根据重排规则得：当i≥39时，bi,j≤b39,j≤ar,（， jj1,2, 所以bi,1bi,2 所以k≤39.

综上，k39. ……………… 14分

21. （海淀21）在平面直角坐标系中，O为坐标原点.对任意的点P(x,y)，定义||OP|||x||y|. 任取点A(x1,y1),B(x2,y2)，记A'(x1,y2),B'(x2,y1)，若此时||OA||2||OB||2||OA'||2||OB'||2 成立，则称点A,B相关.

bi,20≤ar,1ar,2ar,20≤19.

（Ⅰ）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由；

①A(2,1),B(3,2)； ②C(4,3),D(2,4).

（Ⅱ）给定nN*，n3，点集n{(x,y)|nxn,nyn,x,yZ}.

(ⅰ)求集合n中与点A(1,1)相关的点的个数；

(ⅱ)若Sn，且对于任意的A,BS，点A,B相关，求S中元素个数的最大值. 答案

解：（Ⅰ）①由题知A'(2,2),B'(3,1)，进而有

||OA||2||OB||2(2+1)2(32)234， ||OA'||2||OB'||2(2+2)2(31)232， 所以||OA||2||OB||2||OA'||2||OB'||2. 所以A,B两点相关；

②由题知C'(4,4),D'(2,3)，进而有

||OC||2||OD||2=（4+3)2(24)285， ||OC'||2||OD'||2（4+4)2(23)2， 所以||OC||2||OD||2||OC'||2||OD'||2， 所以C,D两点不相关.

（Ⅱ）(ⅰ)设A(1,1)的相关点为B(x,y)，x,yZ，nxn,nyn,

由题意，A'(1,y)，B'(x,1). 因为点A,B相关，则4x2y22|x||y|1y22|y|1x22|x|.

所以|x||y||x||y|10. 所以(|x|1)(|y|1)0. 当x0时,|y|0,1,则A(1,1)相关点的个数共3个;

当|x|1时,则A(1,1)相关点的个数共4n2个;

当|x|2时,|y|1，则A(1,1)相关点的个数共4n(n1)个.

所以满足条件点B共有4n(n1)4n234n(ⅱ)集合S中元素个数的最大值为8n1.

25(个).

S{(0,0),(0,1),(1,1),(1,n),(2,n),,(n,n)}符合题意

下证：集合S中元素个数不超过8n1. 设A(x1,y1),B(x2,y2)，若点A,B相关，则

22x12y122|x1||y1|x2y22|x2||y2|

22x12y22|x1||y2|x2y122|x2||y1|.

则|x1y1||x2y2||x1y2||x2y1|. 所以(|x1||x2|)(|y1||y2|)0.

设集合S有m个元素，分别为Ai(xi,yi)，1im，iN*， 不妨设|x1||x2|下证：|若|xi若|xi|xm|，而且满足当|xi||xi1|，|yi||yi1|. |ym|.

y1||y2|||xi1|，|yi||yi1|. ||xi1|，则必有|yi||yi1|.

|xi1||yi1||xi||yi|，1im1，iN*，

di1di2di31，

记，di显然，数列{di}至多连续3项为0，必有di假设m8n1， 则d1d2d8n1d1d2d3(d4d8n1)2n1.

而d1d2因此，必有x1d8n1|x8n||x1||y8n||y1|2n1,

0或y10.

1.

d8n1)2n.

可得，d1,d2不可能同时为0，则d1d2所以d1d2必有|x8n所以，d1d8n1(d1d2)d3(d4||y8n|n，x1y10. 1，d2d30.

因此|x2若|x2||y2|1，|x3||y3|1，|x4||y4|1.

|1，则A2,A3,A4{(1,0),(1,0)}，矛盾. y2|1，矛盾.

同理，|因此，假设不成立. 所以m8n1.

所以集合S中元素个数的最大值为8n1.

22.（昌平21）已知有限数列{an}，从数列{an}中选取第i1项、第i2项、、第im项(i1i2im)，顺次排列构成数列{bk}，其中bkaik，1≤k≤m，则称新数列{bk}为{an}的长度为m的子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的子列．若数列{an}的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列{an}为完全数列．

设数列{an}满足ann,1n25,nN.

（Ⅰ）判断下面数列{an}的两个子列是否为完全数列，并说明由； 数列⑴：3,5,7,9,11；数列⑵：2,4,8,16．

（Ⅱ）数列{an}的子列{bk}长度为m，且{bk}为完全数列，证明：m的最大值为6；

11111（Ⅲ）数列{an}的子列{bk}长度m5，且{bk}为完全数列，求的最大值．

b1b2b3b4b5

18.（东城21）设数列：A：a1，a2，，an，B：b1，b2，，bn.已知ai，bj01，*x11x（i1,2,,n;j1,2,,n），定义nn数表X(A，B)21xn1（Ⅰ）若A:1,1,1,0，B:0,1,0,0，写出X(A，B);

x12x22xn2x1n1aibj，x2n，其中xij

0ab，ijxnn（Ⅱ）若A，B是不同的数列，求证：nn数表X(A，B)满足“xij=xji（i1,2,的充分必要条件为“akbk1(k1,2,,n;j1,2,,n;ij）”

,n)”;

n2（Ⅲ）若数列A与B中的1共有n个, 求证：nn数表X(A，B)中1的个数不大于.

2

答案

解：（Ⅰ）数列⑴不是{an}的完全数列；数列⑵是{an}的完全数列． …………….2分 理由如下：

数列⑴：3,5,7,9,11中，因为3+9=5+7=12，所以数列⑴不是{an}的完全数列； 数列⑵：2,4,8,16中，所有项的和都不相等，数列⑵是{an}的完全数列．….4分

（Ⅱ）假设数列{bk}长度为m≥7，不妨设m=7，各项为b1b2b3b7．

考虑数列{bk}的长度为2,3,,7的所有子列，一共有2717120个．

记数列{bk}的长度为2,3,,7的所有子列中，各个子列的所有项之和的最小值为a，最大值为

A.

所以ab1b2，Ab1b22524232221b1b2115． 所以其中必有两个子列的所有项之和相同．

所以假设不成立． 再考虑长度为6的子列：12，18，21，23，24，25，满足题意.

所以子列{bk}的最大长度为6． …………….9分 （Ⅲ）数列{an}的子列{bk}长度m5，且{bk}为完全数列，且各项为

b1b2b3

b5．

所以，由题意得，这5项中任意i(1≤i≤5)项之和不小于2i1． 即对于任意的1≤i≤5，有b1b2bi≥2i1，

即b1b2bi≥1242i1.

(bi-2i1)≥0，

对于任意的1≤i≤5， (b11)(b22)设cibi2i1（(i1,2,3,4,5)），则数列{ci}的前j项和Dj≥0(j1,2,3,4,5)．

下面证明：

因为(1(1111111111． ≤1b1b2b3b4b524816111111111)() 24816b1b2b3b4b5111111111)()()()() b12b24b38b416b5b11b22b34b48b516 b12b24b38b416b5D1D2D1D3D2D4D3D5D4 b12b24b38b416b5D11111111)D2()D3()D4()5≥0， b12b22b24b34b38b48b416b516b5D1(所以

11111111131≤1，当且仅当 b1b2b3b4b52481616bi2i1(i1,2,3,4,5)时，等号成立．

所以

3111111的最大值为． …………….14分 b1b2b3b4b51623.（房山21）知集合P的元素个数为3n (nN)且元素均为正整数，若能够将集合P分成元素个数相同且两两没有公共元素的三个集合A，B，C，即PA*BC，AB，AC，

且满足c1c2,cn}，

BC，其中A{a1,a2,akbkck，k1,2,,an}，B{b1,b2,,bn}，C{c1,c2,cn，

,n，则称集合P为“完美集合”．

（Ⅰ）若集合P{1,2,3}，Q{1,2,3,4,5,6}，判断集合P和集合Q是否为“完美集合”？并说明理由；（Ⅱ）已知集合P{1,x,3,4,5,6}为“完美集合”，求正整数x的值；

（Ⅲ）设集合P{x|1≤x≤3n,nN}，证明：集合P为“完美集合”的一个必要条件是n4k或

n4k1(nN)． 答案

（Ⅰ）将P分为集合{1},{2},{3}满足条件，是完美集合．

将Q分成3个，每个中有两个元素，若为完美集合，则a1b1c1，a2b2c2

**Q中所有元素之和为21，21210.5c1c210.5，不符合要求；

（Ⅱ）若集合A{1,4}，B{3,5}，根据完美集合的概念知集合C{6,7}，

若集合A{1,5}，B{3,6}，根据完美集合的概念知集合C{4,11}， 若集合A{1,3}，B{4,6}，根据完美集合的概念知集合C{5,9}， 故x的一个可能值为7,9,11中任一个； （Ⅲ）证明：P中所有元素之和为 123n3n(3n1) 2a1b1c1a2b2c22(c1c2∵cn3n

anbncn

cn1cn)

3n(3n1)c1c2cn13n 49n(n1)∴c1c2cn1，等号右边为正整数，

4∴

则等式左边9n(n1)可以被4整除， ∴n4k或n14k(nN)，即n4k或n4k1(nN)．

24. （朝阳21）设集合A{a1,a2,a3,a4}，其中a1，a2，a3，a4是正整数，记SAa1a2a3a4．对

**ajA(1ij4)，于ai，若存在整数k，满足k(aiaj)SA，则称aiaj整除SA，设nA是满足aiaj整除SA的数对(i,j)(i（Ⅰ）若A{1,2,4,8}，B{1,5,7,11}，写出nA，nB的值； （Ⅱ）求nA的最大值；

（Ⅲ）设A中最小的元素为a，求使得nA取到最大值时的所有集合A． 答案

解：（Ⅰ）nA2；nB4．……………4分 （Ⅱ）不妨设0a1a2a3a4．

因为SA(a1a2a3a4)a2a4a3a4SA，所以a2a4，a3a4不能整除SA． 因为(i,j)最多有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)六种情况， 而(2,4)，(3,4)不满足题意，所以nA624．

当A{1,5,7,11}时，nA4，所以nA的最大值为4．……………9分 （Ⅲ）假设0aa1a2a3a4．

由（Ⅱ）可知，当nA取到最大值4时，a1a2，a1a3，a1a4，a2a3均能整除SA． 因为SAmax{a1a4,a2a3}SA，故SA=max{a1a4,a2a3}， 所以a1a4a2a3．

设ua1a2，va1a3，则u，v是SA2(a2a3)2(uv2a1)的因数，

12121212所以v是2(u2a1)的因数，且u是2(v2a1)的因数． 因为uv，所以2(u2a1)2u2v， 因为v是2(u2a1)的因数，所以v2u4a1．

因为u是2(v2a1)4u12a1的因数，所以u是12a1的因数．

因为uv2u4a1，所以u4a1，所以u6a16a，或u12a112a． 故A{a1,5a1,7a1,11a1}，或A{a1,11a1,19a1,29a1}．

所以当nA取到最大值4时，A{a,5a,7a,11a}，或A{a,11a,19a,29a}．……………14分