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2020北京新高考数学高三二模汇编 11创新题

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2020北京新高考数学高三二模汇编

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

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

(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

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