2024年高考数学试卷（北京卷）【含解析】

2024年高考数学（北京卷）【含解析】

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.

已知集合^={刈-则(

1.3<%<1},N={x\-l<x<4})

A.|x|-l<x<B,>-31

C.{x|-3<x<4}D.[x\x<4}

7

2.已知一=—贝ljz=().

1

A.-1-iB.-1+iC.1-iD.1+i

3.圆必+/一2x+6y=0的圆心到直线x-歹+2=0的距离为（）

A.41B.2C.3D.3V2

4.在（x-6了的展开式中，/的系数为（）

A.6B.-6C.12D.-12

5.设~a，I是向量,则“0+见心3）=0"是匕=与或1尸的（).

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/(x)=sin0x(°〉0).已知/(再)=-1,/(x2)=l,且卜-引的最小值

7T

为7,则①=()

2

A.1B.2C.3D.4

7生物丰富度指数公箴是河流水质的一个评价指标，其中SW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M变为N2,生物丰富

度指数由2.1提高到3.15,则（）

A.3N?=2N[B.2NZ=3N[

C.N；=N：D.N；=N；

8.如图，在四棱锥P-45CD中，底面48CD是边长为4的正方形，PA=PB=4,

PC=PD=2枝,该棱锥的高为（）.

A.1D.G

9.已知（七,必），（/，%）是函数y=2工的图象上两个不同的点，则（）

A.log,A±A<i±AB.log,^21〉山

~22-22

1Vi+%1Vi+%

C.1幅丁"+%D.1幅丁〉X+Z

10.已知/=｛（x,y）|y=x+f（x2_x）,lWxW2,0W/41｝是平面直角坐标系中的点

集.设d是M中两点间距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则（）

〉

A.d=39S<1B.d=3,S1

C.d=J10,S<1D.d=J10,S>1

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.

11.抛物线/=16x的焦点坐标为.

12.在平面直角坐标系xOy中，角。与角。均以公为始边，它们的终边关于原

7171

点对称.若ae,则cos夕的最大值为

o5

13.若直线＞=Mx-3）与双曲线1一「二i只有一个公共点，则左的一个取值为

14.汉代刘歆设计的“铜嘉量”是籥、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65mm,325mm,325mm,且斛量器的高为

230mm,则斗量器的高为mm,升量器的高为mm.

15.设｛4｝与｛4｝是两个不同的无穷数列，且都不是常数歹!].记集合

M=\k\ak=bk,k^*],给出下列4个结论：

①若｛%｝与他,｝均为等差数列，则初中最多有1个元素；

②若｛%｝与｛£｝均为等比数列，则〃中最多有2个元素；

③若｛%｝为等差数列，｛2｝为等比数列，则初中最多有3个元素；

④若｛%｝为递增数列，｛“｝为递减数列，则河中最多有1个元素.

其中正确结论的序号是.

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.在中，内角4民。的对边分别为。也。，//为钝角，a=7,

sm26=——bcosB■

7

（1）求//；

（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存

在，求的面积.

条件①：6=7；条件②：cos8=|1；条件③：csin^=（V3.

142

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—45co中，BC//AD,AB=BC=1,40=3,点E在/£）

上，且PE-D,PE=DE=2.

P

D

B

（1）若尸为线段PE中点，求证：班7/平面PCD.

（2）若281平面尸40,求平面PZ8与平面PCD夹角的余弦值.

18.某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的

保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：

赔偿次数01234

单数800100603010

假设：一份保单的保费为0.4万元；前3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£（X）；

（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£（x）估计值的大

小.（结论不要求证明）

22

19.已知椭圆E：匚匕=1（。〉b〉0）,以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四

/b2

边形是边长为2的正方形.过点（0,。«＞拒）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,l）的直线AC与椭圆E的另一个交点为。.

（1）求椭圆E的方程及离心率；

（2）若直线AD的斜率为0,求/的值.

20.设函数/(x)=x+左ln(l+x)(左w0),直线/是曲线>=/(x)在点

(/,/(。)。〉0)处的切线.

(1)当左=-1时，求/(x)的单调区间.

(2)求证：/不经过点(0,0).

(3)当a=1时，设点/(/))(/〉0),C(0,/(/)),0(0,0),8为/与V轴的交

点，S’co与S“E。分别表示△zc。与A4B。的面积.是否存在点A使得

2s△，c°=15S/^。成立？若存在，这样的点A有几个？

(参考数据：1.09<ln3<1.10,1.60<ln5<1.61,1.94<ta7<1.95)

21.已知集合

屈={亿/人小€{1,2},片{3,4},丘{5,6},相{7,8},@+/+左+叩为偶数}.给定

数列，和序列Q：4Z，^,Z，其中Z=",九/，吗)e/«=l,2，…,s),

对数列A进行如下变换：将A的第4",配叱项均加1,其余项不变，得到的数列

记作7；⑷；将7；⑷的第左2,叱项均加1,其余项不变，得到数列记作

也(⑷；……；以此类推，得到刀…也⑷，简记为。⑷.

(1)给定数列/：1,3,2,4,6,3,1,9和序列Q:(l,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出

Q(N)；

(2)是否存在序列O,使得。(/)为

1+2,%+6,%+4%+2,生+8,4+2,%+4,/+4,若存在，写出一个符合条件

的O；若不存在，请说明理由；

(3)若数列A的各项均为正整数，且4+/+%+的为偶数，求证：“存在序列O,

使得Q(4)的各项都相等”的充要条件为“q+。2=生+。4=。5+。6=。7+。8

参考答案

一、选择题

1.【答案】C

【解析】由题意得MuN={x|-3<x<4},故选：c.

2.【答案】C

【解析】由题意得z=i(-l-i)=l-i,故选：C.

3.【答案】D

【解析】由题意得/+/-2x+6y=0,即(工一1)一+(y+3y=10,

卜-(-3)+2]

则其圆心坐标为(1,-3),则其二、到直线x-y+2=0的距离为，，।=3行

故选：D.

4.【答案】A

【解析】(x-4『的二项展开式为

4

Tr+l==q,(-l)\^,(r=0,l,2,3,4)，

令4-、=3,解得r=2,故所求即为C：(-1'=6.

故选：A.

5.【答案】B

【解析】因为R+孙q=片—庐=0,可得/=片，即同=忖，

可知仁+孙①3)=0等价于同=跖

若4=3或U,可得同=W，即伍+斗,-B)=o,可知必要性成立；

若,+孙3)=0,即同叩，无法得出q=B或U，

例如3=(1,o),B=(o,1),满足同=W，但且力力,可知充分性不成立;

综上所述，喉+孙（力）=0”是“Z4且群工”的必要不充分条件.

故选：B.

6.【答案】B

【解析】由题意可知：为为/（x）的最小值点，巧为“X）的最大值点，

Tjr27r

则k-巧L=5=5,即7=兀，且。>。，所以。=7=2.

故选：B.

7.【答案】D

S―]S—1

【解析】由题意得F=2]，r^T=315,则2.1111乂=3.15111代，

In乂InN2

即21nM=3111抽，所以M=N]

故选：D

8.【答案】D

【解析】如图，底面为正方形，

当相邻的棱长相等时，不妨设尸/=必=48=4,P。=尸。=2百，

分别取/瓦。的中点瓦尸，连接PE,PF,EF,

则斯，48,且PEcEF=E,?£,£/<=平面尸£尸,

可知481平面PEE,且48u平面48CO,所以平面PEE，平面48cO,

过尸作EF的垂线，垂足为。，即尸。，跖，

由平面尸跖n平面48C£>=£7"POu平面PEE,所以PO工平面48cD,

由题意可得：PE=2&PF=2,EF=4,则PE?十尸尸2=.2,即尸£，「尸，

11PF.PFr-

则尸£.小=彳尸。=——=V3,所以四棱锥的高为G.

22EF

当相对的棱长相等时，不妨设p

P/=PC=4,B=PD=2A/2;

因为BD=Ni=PB+PD，此时不能形成三角形网。，与题意不符，这样情况不

存在，故选：D.

9.【答案】B

【解析】由题意不妨设芯<》2，因为函数丁=2工是增函数，所以0<2』<2*,即

0<%<为，

j/、小七一/口2』+2*2F-_Xj+%2,X]+叱

对于选项AB：可得>42』-2二=2亍，即旦士匹〉2丁〉0,

22

西+%2।

根据函数y=log2X是增函数，所以10g2区会>1国22亍=号1,故B正确，

A错误；

对于选项D：例如再=0,马=1,则必=1,%=2,

可得log2%=log2|~e(0,l),即log、1<]=%+%,故D错误；

对于选项C：例如为=-I,%=-2,则％=g/2=；，

V1V2

nJMlog2--=log,I=log23-3e(-2,-1),即log,乂：匕〉-3=/+%,故C

2o2

错误，

故选：B.

10.【答案】C

【解析】对任意给定尤则d—x=x(x—l)20,且

2

可知X<X+/-x^<x+X-x=x~,BPX<J<X2,

y^x2

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卜2X

1<%<2

如图阴影部分所示，其中4（1,1）1（2,2）,C（2,4）,

可知任意两点间距离最大值d=|ZC|=加；

阴影部分面积S<Sac=gxlx2=L

故选：C.

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题

11.【答案】（4,0）

【解析】由题意抛物线的标准方程为/=16x,所以其焦点坐标为（4,0）.

故答案为：（4,0）.

12.【答案】-；

【解析】由题意/=。+兀+2左兀,左EZ,从而cos/?=cos（a+7i+2A7i）=—cosa,

因为a所以cosa的取值范围是,cos广的取值范围是

_63J22

[3二~_1'

22

TT4冗1

当且仅当。=H，即夕=7+2E«eZ时，cos夕取得最大值，且最大值为一万.

故答案为：-j

13.【答案】1(或-；，答案不唯一)

但21

【解析】联立4?,化简并整理得：(1-4r)/+2412万一36左2—4=0,

v=^(x-3)

由题意得1—412=0或A=(24左2)2+4(3642+4)(1-4^2)=0,

解得人=±；或无解，即左=土;，经检验，符合题意.

故答案为：1(或-。，答案不唯一).

14•【答案】①・23;②F

【解析】设升量器的高为4,斗量器的高为生(单位都是mm),则

故/z2=23mm,4

故答案为：23mm，牛■mm.

15.【答案】①③④

【解析】对于①，因为{%},{"}均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，

而两条直线至多有一个公共点，故M中至多一个元素，故①正确.

对于②，取4=2"\"=_(_2产，则{%},{"}均为等比数列，

但当"为偶数时，有%=2〃T=〃=-(-2尸，此时W中有无穷多个元素，故②错

误.

对于③，设“=蜀"(弱彳0应工±1),an=kn+b(k^Q),

若M中至少四个元素，则关于〃的方程//'=协+6至少有4个不同的正数解,

若q>0国W1,则由y=Aqn^Wy=kn+b的散点图可得关于〃的方程前"=而+b

至多有两个不同的解，矛盾；

若q<0,qW土1,考虑关于〃的方程Aqn=kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，

当Aqn=协+b有偶数解，此方程即为川同"=kn+b,

方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时/-n@>0,

否则<0,因y=A\q\,y=加+b单调性相反，

方程A\q\=kn+b至多一个偶数解，

当Aq"=kn+b有奇数解，此方程即为-川同"=kn+b,

方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时->0即<0

否则N左ln|@>0,因y=-/同”/=初+6单调性相反，

方程川同"=kn+b至多一个奇数解，

因为Z-n|a>0,/-nM<0不可能同时成立，

故Zq"=初+6不可能有4个不同的整数解，即拉中最多有3个元素，故③正确.

对于④，因为｛4｝为递增数列，｛2｝为递减数列，前者散点图呈上升趋势，

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.

三、解答题

16.【答案】（1）/=?；（2）选择①无解；选择②和③△NBC面积均为"鱼

34

【解析】（1）由题意得2sin8cosB=，^Z?cos3,因为A为钝角,

7

同b“2a"=—7'一—瓜

则COSBHO,则2sin3=—^6,则sin3下＞sinZsin/,解得sin/="—

72

7

因为A为钝角，则2=了.

(2)选择①3=7,贝人吊3=走6=立x7=1,因为/=?,则3为锐角，则

141423

5=1，

止匕时/+3=兀，不合题意，舍弃；

13,则sinB小牌、当‘

选择②COSBn^,因为3为三角形内角

贝U代入2sin3=Y^6得2x殳g="b,

解得6=3,

7147

.、/2兀、27i2兀

sinC=sin(z/+3)=sin[—+3J=sin—cosB+cos——sinB

3

行13/3656

214I2)1414

贝USABC=—absmC=—x7x3x^^-=-J3_

“BC22144

选择③csin/=：G,贝IJ有ex@

L解得c=5,

222

zy「..7.-—J_5w

则由正弦定理得」=1;，即百一SinC,解得sinC=2^,

14

因为。为三角形内角，则cosC=1-V3?_11

14J-14?

则sin5=sin(/+C)=sin[g+C)=sin;)7T?71

—cosC+cos—sine

33

百11/5636

214I2)1414

Milc1.n1r厂3抬"156

见oARC=-acsin5——x7x5x-----二—

△A“BC2214z

17.【答案】（1）证明见解析；（2）T

30

【解析】（1）取PD的中点为S,接M,SC,则M//ED,SF=。切=1,

*ED//BC,ED=2BC,极SFHBC,SF=BC,故四边形SE8C为平行四边形,

WBFIISC,而即(/平面PCD,SCu平面PCD,

所以加7/平面PCD

(2)因为£。=2,故ZE=1,故4E〃BC,AE=BC,

故四边形/ECS为平行四边形，WCEHAB,所以C£J_平面尸

而PE,E£>u平面尸4D,故CE_LPE,CELED,而PE_LE。，

故建立如图所示的空间直角坐标系，

则^(0,-l,0),5(l,-l,0),C(l,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),

则PA=(O,-l,-2),P5=(1,-1,-2),PC=(1,0,-2),PD=(0,2,-2),

设平面尸48的法向量为应=(x,y,z),

m-PA=0f-y-2z=0/、

则由—可得"0c，取比=o,-2,1,

m-PB=0(x-y-2z=0

设平面PCD的法向量为n=(a,b,c),

n-PC=0{a-2b=0/、

则由_可得以rc，取方=2,1,1,

n-PD=0[2b-2c=0

故cosm,n=厂T厂=-理，故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为叵

V5xV63030

18.【答案】（1）［；（2）（i）0.122万元；（ii）这种情况下一份保单毛利润的数

学期望估计值大于（i）中£（X）估计值

【解析】（1）设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”,

60+30+101

由题设中的统计数据可得P（Z）=

800+100+60+30+1010

（2）（i）设4为赔付金额，则4可取0,0.8,1.6,2.4,3,

由题设中的统计数据可得尸（J=°）=黑=（尸传=0-8）=黑1

10

603303

PC=1.6)=尸6=2.4)=

100050looo-100

101

P(4=3)=To6o-Too

41331

故Eq)=0x”.8x—+1,6x—+2.4x—+3x—=0.278

1050100100

故£(X)=0.4-0.278=0.122(万元).

41

(ii)由题设保费的变化为0.4x-x96%+0.4x-xl.2=0.4032,

故£⑺=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元),

从而E(x)<E(y).

19.【答案】(1)—+■=1利=变;(2)t=2

422

【解析】（1）由题意6=。=爰=啦,

从而a=yjb2+c2=2，

所以椭圆方程为%离心率为八冬

（2）直线45斜率不为0,否则直线43与椭圆无交点，矛盾,

从而设45:y=kx-^-tAk>幺（再,％）,3（孙先）,

联立W+了一，化简并整理得(1+2左2)/+44次+2/—4=0,

y=kx+t

由题意A=16左2/一8(2/+1)/2—2)=8(4/+2—1)>o,即左，/应满足

4k2+2-t2>0,

—4E2/2—4

所以X1+々=1+242'“I%-2/+1

若直线AD斜率为0,由椭圆的对称性可设。(-%，％)，

所以N»V=3(X-XJ+K,在直线ND方程中令、=0,

_再(丘2+，)+工2(应+，)_2AX1X2+/(X1+X2)_例『一2)21

得％=+1=—=l,

玉+x2玉+x2玉+x2-4kt

所以，=2,

此时％应满足|：1；2'…2>°,即％应满足左〈一半或左〉，'

综上所述，/=2满足题意，此时《<_变或上〉变.

22

20.【答案】(1)单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(0,+8)；(2)证明见

解析；(3)2；

1V

【解析】(1)f(x)=x-ln(l+x),f'(x)=l---=-—(%>-1),

l+x1+X

当xe(T,0)时,r(x)<0；当xe(0,+oo),f^x)>0；

.■./(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增.

则八X)的单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(0,+8),

(2)/'(x)=l+；k,切线/的斜率为1+k-二，

l+x1+t

则切线方程为>一/⑺=11+-)(/>0),

将(0,0)代入则—/«)=-(1+=(1+,

tff

即Z+8n(l+Z)=Z+Z——，贝l]ln(l+z)=——，ln(l+O-----=0,

1+t\+t1+t

令/(/—)一二

假设l过(0,0),则F(t)在四(0,+00)存在零点.

尸")=3-二尸⑺在(°，+8)上单调递增，尸⑴〉/(0)=0,

1+?(1+ty(1+o

.•.尸(，)在(0,+口)无零点，，与假设矛盾，故直线/不过(0,0).

1Y+2

(3)左=1时，/(x)=x+ln(l+x),f\x)=1+----=----->0.

1+X1+X

s“c。=；/«),设/与y轴交点3为(0,幻，

/>o时，若q<o,则此时/与/a)必有交点，与切线定义矛盾.

由(2)知"0.所以q>0,

则切线/的方程为y—in"+1)=，

令x=0,则y=q=y=ln(l+t)———.

t+1

•-2s“°。=15%。，贝IJ2/(Z)=15jln(l+t)—Q,

_t+l_

.•.131n(l+O-2r-15—=0,记力(Z)=13In(l+Z)—2Z---(t>0),

\+t\+t

.­■满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.

1315_13/+13-21+2f+l)_15_2/+%-4_(―2/+l)«—4)

’-177一一:+1)2—«+1)2—(Nip-—«+1)2’

当时，〃'(/)<0,此时〃(/)单调递减；

当卜寸，此时〃⑺单调递增；

当/e(4,+⑹时，〃'⑺<0,此时〃⑺单调递减;

因为〃（0）=0,〃„0,/z（4）=131n5—20）13xl.6—20=0.8〉0,

/z（24）=131n25-48—=261n5-48-y<26xl.61-48-y=-20.54<0,

所以由零点存在性定理及蛇）的单调性，g）在、,“上必有一个零点，在（4,24）

上必有一个零点，

综上所述，〃⑷有两个零点，即满足2S/c°=15邑B。的A有两个.

21.【答案】（1）Q（/）:3,4,4,5,8,4,3,10；

（2）不存在符合条件的O,理由见解析；

（3）证明见解析

【解析】（1）因为数列。：1,3,2,4,6,3,1,9,

由序列工（1,3,5,7）可得7］（4）:2,3,3,4,7,3,2,9；

由序列5（2,4,6,8）可得心工（/）:2,4,3,5,7,4,2,10；

由序列4（1,3,5,7）可得4%工（/）：3,4,4,5,8,4,3,10；

所以。（4）:3,4,4,5,8,4,3,10.

（2）解法一：假设存在符合条件的O,可知Q（/）的第1,2项之和为4+&+s,

第3,4项之和为%+为+$，则/zJ，而该方程组无解，

+4J+“+2J=+S

故假设不成立，故不存在符合条件的。；

解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4,

假设存在符合条件的。，且。(/)：4也,…也，

2+6+4+2+8+2+4+4

因为=8,即序列。共有8项,

4

由题意可知：伍2"-1+邑)一(出"-1+。2")=8,"=1,2,3,4,

检验可知：当"=2,3时，上式不成立，

即假设不成立，所以不存在符合条件的O.

(3)解法一：我们设序列7；…也⑷为{%"}("〃<8),特别规定

%"=<z„(l<«<8).

必要性：

若存在序列Q口Z，…北，使得。(4)的各项都相等.

则as,\=as,2=4,3=4,4=as,5=4,6=as,l=冤8'所以

4,1+4,2=4,3+4,4=4,5+4,6=4,7+4,8.

根据7；…石工(/)的定义，显然有4,2/-1+4,2/=4-1,2/-1+4-1,2/+1,这里1=1,234,

s=1,2,….

所以不断使用该式就得到％+%=%+%=%+。6=。7+=4,1+4,2-$，必要性

得证.

充分性：

若+/=%+。4=。5+。6=%+。8•

由已知，%+%+。5+“7为偶数，而4+出=。3+“4=“5+”6=”7+”8，所以

a2+a4+a6+a8=4(^+%)―(Q]+a3+a5+%)也是偶数.

我们设刀…也(/)是通过合法的序列。的变换能得到的所有可能的数列Q⑷中,

使得|^,1-4,2|+|戛3一4,4|+|京5一4,6|+|%7一4,8|最小的一个.

上面已经说明as,2j-l+4,2/=as-l,2j-1+4-1,2/+1,这里J=l,2,3,4,s=l,2,….

从而由4+。2=%+。4=。5+。6=%+。8可得

4,1+4,2=4,3+4,4=4,5+4,6=4,7+4,8=aA+a2+s.

同时，由于z；+/+尢+吗总是偶数,所以atl+at3+at5+%和%+%,4+%,6+%的

奇偶性保持不变，从而4j+%+%+%和%，2+4,4+%+4,8都是偶数.

下面证明不存在/=L2,3,4使得履尸1-冤242.

假设存在，根据对称性，不妨设/=1,as2j_x-as2j>2,即a*-%22.

情况1：若|%3-%4|+|%5一4,6I+|冤7—4,8|=°，则由"1+4,3+久5+4,7和

4,2+久4+"s,6+4,8都是偶数,知as,\~as,2—4.

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

|见+4J-4+4,2|+14+4,3-4+4,4|+|%+4,5-4+4,6|+14+4,7-4+4.8|相比原来的

旧,1-4,2|+,,3-4,4|+"”5-4,6|+,,7一%:减少4,这与

♦,I-4,2|+|%3-4,4|+|%5-4,6|+|%7-4,8|的最小性矛盾；

情况2：右,s,3_4,/+w,5_。相6|+|4,7一4/〉0，不妨设|4,3_4,/〉0

情况2-1：如果%-%21，则对该数列连续作两次变换（2,4,5,7）,（2,4,6,8）后，

新的14+2,1—4+2J+14+2,3-4+2,4|+|%+2,5-4+2,6|+14+2,7-4+2,8|相比原来的

卜般一4,2|+员3-4/+|4,5-4,6|+%7一。或至少减少2,这与

|久］_4,2|+1%—4,4|+|%,5_4,6|+W,7一%|的最小性矛盾；

情况22如果%4-％之1，则对该数列连续作两次变换（2,3,5,8）,（2,3,6,7）后，

新的14+2,1—4+2J+14+2,3-4+2,4|+|%+2,5-4+2,6|+14+2,7-4+2,8|相比原来的

卜般一4,2|+员3-4/+|4,5-4,6|+%7一。或至少减少2,这与

|久］_4,2|+1%—4,4|+|%,5_4,6|+W,7一%|的最小性矛盾.

这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的）=1,2,3,4都有汽2『-4,2'|<1.

假设存在J=l,2,3,4使得|久2片_%2）|=1，则久2『+4R是奇数，所以

4,1+4,2=%+%=4,5+4,6=4,7+4,8都是奇数,设为2N+1.

贝帆时对任意7=1,2,3,4,由MJT-归1可知必有｛4,2尸1，4田｝=｛*N+1｝.

而4j+%,3+%+4〃和%+%+4,6+4,8都是偶数，故集合｛加|asm=N｝中的四

个元素，"水，•之和为偶数，对该数列进行一次变换。"水,川），则该数列成为常

数列，新的:+ij-4+1,21+14+1,3-4+1/+14+1,5-4+ij+14+1,7-4+iJ等于零,比原来

的|久1一41+,,3-4,4|+|%5-4,6|+旧,7更小，这与

一41+|%3-4,41+|%5-41+1%7—4』的最小性矛盾.

综上，只可能|%/-1-%/=0（/=123,4）,而

冤1+4,2=4,3+4,4=4,5+4,6=4,7+4,8，故｛%〃｝=C（/）是常数列，充分性得证.

解法二：由题意可知：O中序列的顺序不影响Q（z）的结果，

且（%,电）,（%，%），（%，。6），（。7，。8）相对于序列也是无序的，

（i）若%+出=%+。4=%+。6=%+。8，

不妨设%«生工。5V。7，贝U出之。4之。62/，

①当Q]=%==〃7，贝I/=&=〃4=〃2，

分别执行q个序列（2,4,6,8）,4个序列（1，3,5,7）,

可得q+。2，%+。2,。1+。2,。1+。2,。1+。2,。1+。2,。1+。2,。1+。2，为常数列，符合题

思；

②当中有且仅有三个数相等，不妨设%=%=%，则。2=。4=。6，

即可,。2，，。2，，。2，。7，。8，

分别执行外个序列035,7）、的个序列（246,8）

可得+%,%+。7，。1+。2，。2+。7吗+。2，。2+。7，。2+。7，。7+。8，

即可+出，出+%，"1+出，°2+%，+出，°2+%，°2+%，"1+出，

因为％+%+%+%为偶数，即3%+%为偶数，

可知%的奇