西城一模(数学理)解析版.pdf

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1、-精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 北京市西城区 2012年高三一模试卷数学（理科） 2012.4 第卷（选择题共 40 分）一、选择题共8 小题，每小题5 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 . 1已知全集UR，集合 1 |1Ax x ，则 U Ae（）（A）(0,1)（B）(0,1（C）(,0(1,)（ D）(,0)1,) 【答案】 C 【解析】 10 1 1 xx x xA，所以10xxxACU或，选 C. 2执行如图所示的程序框图，若输入2x，则输出y的值为（）（A）2（B）5（C）11（D）23 【答案】 D

2、【解析】输入2x，5y.8352，11,5 yx，86115，23,11 yx， 8122311，满足条件，输出23y，选 D. 3若实数x，y满足条件 0, 30, 03, xy xy x 则2xy的最大值为（）（A）9（B）3（C）0（D） 3 【答案】 A -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【解析】令yxz2，即zxy2，做出可行域,由图象可知当直线过点A 时直线截距最大， z 最小，经过点 B 时，截距最小， z 最大 .由题意知A(0,3)， B)33( ，,所以最大值为9)3(-32，选 A. 4已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为 3 1

3、23cm 其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（）（A） 2 4 3 cm（B） 2 23 cm（C） 2 8cm（D） 2 4cm 【答案】 A 【解析】正六棱柱的左视图是一个以AB长为宽，高为2 的矩形，32AB 所以左视图的面积为34232，选 A. 5已知函数 44 ( )sincosf xxx的最小正周期是，那么正数（）（A）2（B）1（C） 1 2 （D） 1 4 【答案】 B 【解析】xxxxxxf2c o sc o ss i nc o ss i n)( 2244 ，所以周期 2 2 T，所以1，选 B. 6若 2 log 3a， 3 log 2b

4、， 4 log 6c，则下列结论正确的是（）（A）bac（B）abc（C）cba（D）bca 【答案】 D 【解析】12log0 3 ，16log9log3log 442 所以acb，选 D. 7设等比数列 n a的各项均为正数，公比为q，前n项和为 n S若对 * nN，有 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - nn SS3 2 ，则q的取值范围是（）（A）(0,1（B）(0,2)（C）1,2)（D）(0,2) 【答案】 A 【解析】若1q， 112 33 ,2naSnaS nn ，所以恒有 nn SS3 2 ，所以1q，成立 .当1q，由 nn SS3

5、 2 得 q qa q qa nn 1 )1(3 1 )1 ( 1 2 1 ，若10q，则有)1 (31 2nn qq，即 023)( 2nn qq，解得10 n q，或2 n q（舍去），此时10q.若1q，由 q qa q qa nn 1 )1(3 1 )1 ( 1 2 1 ，得)1(31 2nn qq，即023)( 2nn qq，解得 21 n q，显然当2,2 nq时，条件不成立，综上，满足条件的q的取值范围是 10q，答案选A. 【北京西城区理科模拟】8已知集合 23 0123|333 Ax xaaaa，其中 0,1, 2(0,1, 2, 3) k ak，且 3 0a. 则A

6、中所有元素之和等于（）（A）3240（B）3120（C）2997（D）2889 【答案】 D 【解析】因为0 3 a，所以最大的数为803232322 32 ，最小的数273 3 ，则 27 到 80 之间的所有整数都有集合中的数，所以所有元素之和为2889 2 54)2780( ，选 D. 第卷（非选择题共 110 分）二、填空题共6 小题，每小题5 分，共 30 分. 9. 某年级120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间将测试结果分成5组：13 14),，14 15),， 15 16),，16 17),，17 18,，得到如图所示的频率分布直方图如果从左

7、到右的5个小矩形的面积之比为 1:3:7:6:3，那么成绩在16,18的学生人数是_ 【答案】54 【解析】成绩在16,18的学生的人数比为 20 9 36731 36 ，所以成绩在16,18的学生的人数为54 20 9 120. 10 6 (2)x的展开式中， 3 x的系数是 _ （用数字作答） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【答案】160 【解析】二项式展开式 kkk k xCT)2( 6 61 ，令36k，所以3k，所以 3333 64 1 6 0)2(xxCT，所以 3 x的系数为160. 11. 如图，AC为O的直径，

8、OBAC，弦BN交AC于点M 若3OC，1OM，则MN_ A B C O M N 【答案】1 【解析】因为13OMOCOB，, 所以2BM, 过O做BMOD, 则 2 3 2 13 BM OMOB OD, 2 3 ) 2 3 ()3( 22 BD, 所以32BDBN,123MN. 12. 在极坐标系中，极点到直线:l sin()2 4 的距离是 _ 【答案】2 【解析】把极坐标方程化为普通方程，利用点到直线的距离公式求出极点到直线的距离， 2cos 2 2 sin 2 2 ，即普通方程为2yx，则极点到直线的距离为 2 2 2 d. 13. 已

9、知函数 1 2 2 ,0, ( ) ,20, xxc f x xxx 其中0c那么( )f x的零点是_；若 ( )f x的值域是 1 ,2 4 ，则c的取值范围是_ 【答案】1和0，(0,4 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 【解析】当cx0时，由0 2 1 x得，0x.当02x时，由0 2 xx，得1x，所以函数零点为 1和0.当cx0 时， 2 1 )(xxf，所以cxf)(0，当02x， 4 1 ) 2 1 ()( 22 xxxxf，所以此时2)( 4 1 xf.若( )f x的值域是 1 ,2 4 ，则有， 2c，即40c，即c的取值范围是4

10、 ,0(. 14.在直角坐标系xOy中，动点A，B分别在射线 3 (0) 3 yx x和3(0)yx x上运动，且OAB的面积为1则点A，B的横坐标之积为_；OAB周长的最小值是 _ 【答案】 3 2 ，2(12) 【解析】设A,B的坐标分别为)0,0(),3,(), 3 3 ,( 212211 xxxxBxxA，则 21 2, 3 2 xOBxOA，由题意知OBOA, 所以三角形的面积为 1 3 2 2 3 2 2 1 2 1 2121 xxxxOBOA，所以 2 3 21x x. 三、解答题共6 小题，共80 分. 解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 15

12、ACABACAB AC ， 12 分所以|129ABAC 13 分 16. （本小题满分13 分）乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制（即先胜 4局者获胜，比赛结束），假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同. （）求甲以4比1获胜的概率；（）求乙获胜且比赛局数多于5局的概率；（）求比赛局数的分布列. 【答案】（）解：由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是 2 1 1 分记“甲以4比1获胜”为事件A，则 334 3 4 1111 ( )C ( ) ( ) 2228 P A4 分（

13、）解：记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B. 因为，乙以4比2获胜的概率为 335 3 15 1115 C ( ) ( ) 22232 P， 6 分乙以4比3获胜的概率为 336 3 26 1115 C () ( ) 22232 P， 7 分所以 12 5 () 16 P BPP 8 分（）解：设比赛的局数为 X ，则X的可能取值为4,5,6,7 44 4 11 (4)2C () 28 P X， 9 分 3343 4 1111 (5 )2 C() () 2224 P X， 10 分 3352 5 1115 (6 )2 C()() 2221 6 P X， 11 分 3363 6 1115

14、 (7 )2 C()() 2221 6 P X 12 分 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 比赛局数的分布列为： X4567 P 1 8 1 4 5 16 5 16 13 分 17 （本小题满分14 分）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，60DBFDAB，且FAFC （）求证：AC平面BDEF；（）求证：FC平面 EAD；（）求二面角BFCA的余弦值【答案】（）证明：设AC与BD相交于点O，连结 FO 因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC，且O为AC中点 1 分又FCFA，所以ACFO 3 分因为OBDFO，所以AC平面BDEF 4 分（

15、）证明：因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，所以AD/BC，DE/BF，所以平面FBC/ 平面EAD 7 分又FC平面FBC，所以FC/ 平面EAD 8 分（）解：因为四边形 BDEF 为菱形，且60DBF，所以 DBF 为等边三角形因为O为BD中点，所以BDFO，故FO平面ABCD 由OFOBOA,两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系xyzO 9 分设2AB因为四边形ABCD为菱形，60DAB，则2BD，所以1OB， 3OAOF 所以)3,0 ,0(),0 ,0 ,3(),0 , 1 ,0(),0,0 ,3(),0,0 ,0(FCBAO 所以( 3,0,3)CF，( 3,1

16、,0)CB E C B A D F -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 设平面BFC的法向量为= ()x,y,zn，则有 0, 0. CF CB n n 所以 03 ,033 yx zx 取1x，得) 1,3, 1(n 12 分易知平面AFC的法向量为(0,1,0)v 13 分由二面角BFCA是锐角，得 15 cos , 5 n v n v n v 所以二面角BFCA的余弦值为 5 15 14 分 18. （本小题满分13 分）已知函数( )e(1) axa f xa x ，其中 1a . （）当1a时，求曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程；（

17、）求)(xf的单调区间 . 【答案】（）解：当1a时， 1 ( )e(2) x f x x ， 2 11 ( )e(2) x fx xx 2 分由于(1)3ef，(1)2ef，所以曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程是2ee0xy 4 分（）解： 2 (1)(1)1 ( )e axxax fxa x ，0x 6 分当1a时，令( )0fx，解得1x )(xf的单调递减区间为(, 1)；单调递增区间为( 1,0)，(0,) 8 分当1a时，令( )0fx，解得1x，或 1 1 x a 当01a时，)(xf的单调递减区间为(, 1)， 1 (,) 1a ；单调递增区间为(

18、 1,0)， 1 (0,) 1a 10 分当0a时，( )f x为常值函数，不存在单调区间 11 分当0a时，)(xf的单调递减区间为( 1,0)， 1 (0,) 1a ；单调递增区间为 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - (, 1)， 1 (,) 1a 13 分 19. （本小题满分14 分）已知椭圆:C 22 22 1 (0) xy ab ab 的离心率为 5 3 ，定点(2,0)M，椭圆短轴的端点是 1 B， 2 B，且 12 MBMB. （）求椭圆C的方程；（）设过点 M 且斜率不为0的直线交椭圆C于A，B两点 . 试问x轴上是否存在定点P，使P

19、M平分APB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（）解：由 222 2 22 5 1 9 abb e aa ，得 2 3 b a . 2 分依题意 12 MB B是等腰直角三角形，从而2b，故3a. 4 分所以椭圆C的方程是 22 1 94 xy . 5 分（）解：设 11 (,)A x y， 22 (,)B xy，直线AB的方程为2xmy. 将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去x得 22 (49)16200mymy. 7 分所以 122 16 49 m yy m ， 122 20 49 y y m . 8 分若PF平分 APB，则直线PA，PB的倾斜角互补

20、，所以0 PBPA kk. 9 分设( ,0)P a，则有 12 12 0 yy xaxa . 将 11 2xmy， 22 2xmy代入上式，整理得 1212 12 2(2)() 0 (2)(2) my yayy myamya ，所以 1212 2(2)()0my yayy. 12 分将 122 16 49 m yy m ， 122 20 49 y y m 代入上式，整理得( 29)0am. 13 分 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 由于上式对任意实数m都成立，所以 9 2 a. 综上，存在定点 9 (,0) 2 P，使PM平分APB. 14 分 2

21、0. （本小题满分13 分）对于数列 12 :,(,1,2, ) nni Aa aaainN，定义“T变换”：T将数列 n A变换成数列 12 :, nn Bb bb，其中 1 | (1,2,1) iii baain，且 1 | nn baa，这种“T变换”记作() nn BT A. 继续对数列 n B进行“T变换”，得到数列 n C，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束（）试问 3: 4,2,8 A和 4:1,4,2,9 A经过不断的“T变换”能否结束？若能，请依次写出经过“ T变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（）求 3123 :,Aa aa经过有限次“T变换”后能

22、够结束的充要条件；（）证明： 41234:,Aa aaa一定能经过有限次“T变换”后结束【答案】（）解：数列 3: 4,2,8 A不能结束，各数列依次为2,6, 4；4,2,2；2,0, 2；2,2,0； 0,2,2； 2,0, 2；从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形 2 分数列 4 :1,4,2,9A能结束，各数列依次为3,2,7,8；1,5,1,5；4,4,4,4；0,0,0,0 3 分（）解： 3 A经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是 123 aaa 4 分若 123 aaa，则经过一次“T变换”就得到数列0,0,0，从而结束 5 分当数列 3 A经过有

23、限次“T变换”后能够结束时，先证命题“若数列 3 ()T A为常数列，则 3A为常数列” -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 当 123 aaa时，数列 3122313 () :,T Aaaaa aa 由数列 3 ()T A为常数列得122313aaaaaa，解得123aaa，从而数列 3 A 也为常数列其它情形同理，得证在数列 3 A经过有限次“T变换”后结束时，得到数列0,0,0(常数列 )，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列 3 A也为常数列8 分所以，数列 3 A经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是 123 aaa （）

24、证明：先证明引理：“数列() n T A的最大项一定不大于数列 n A的最大项，其中3n” 证明：记数列 n A中最大项为max() n A，则0max() in aA 令() nn BT A， ipq baa，其中 pq aa 因为0 q a，所以max() ipn baA，故max()max() nn BA，证毕 9 分现将数列 4 A分为两类第一类是没有为0的项，或者为0的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知， 44 max()max()1BA 第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时 44 max()max()BA 下面证明第二类数列 4 A经过有限次“T

25、变换” ，一定可以得到第一类数列不妨令数列 4 A的第一项为0，第二项a最大 (0a) （其它情形同理）当数列 4A中只有一项为0时，若 4 :0, , ,Aa b c(,0ab ac bc)，则 4 (): ,| ,T Aa a b b c c，此数列各项均不为0 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若 4: 0, , , (,0)Aa a b ab b，则 4 ():,0,TAaabb； 4 ( () :,|2 |,T T Aa ababab 此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若 4

26、:0, , , Aa b a(,0ab b)，则 4 (): ,T Aa ab ab b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若 4:0, , , Aa a a，则4(): , 0 , 0 ,T Aaa；4() :,0,0T T Aaa；4( () : , , ,T T T Aa a a a，此数列各项均不为0，为第一类数列当数列 4A中有两项为0时，若4:0, ,0,Aab(0ab)，则4():, , ,T Aa a b b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若 4:0, , ,0 Aa b(0ab)，则( ) : , ,0T Aa ab b，( () : ,|2 |, ,T

27、 T Ab ab b a，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列当数列 4A中有三项为0时，只能是4:0, ,0,0Aa，则( ) : , ,0,0T Aa a， ( ) : 0, ,0,T T Aaa，( ( ) : , , ,T T T Aa a a a，此数列各项均不为0，为第一类数列总之，第二类数列 4 A至多经过3次“T变换” ，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“T变换”，数列的最大项又开始减少又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“ T变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束 13 分 -精品文档 ! 值得拥有

28、！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 北京市西城区 2012年高三一模试卷数学（理科）参考答案及评分标准 2012.4 一、选择题：本大题共8 小题，每小题5 分，共 40 分. 1.C；2. D；3. A；4. A；5. B；6. D；7. A；8. D . 二、填空题：本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分. 9.54；10.160；11.1； 12.2；13.1和0，(0, 4；14. 3 2 ，2(12). 注： 13 题、 14 题第一问2 分，第二问3 分 . 三、解答题：本大题共6 小题，共80 分. 15. （本小题满分13 分）（）解：原式可化为BABABABs

30、甲以4比1获胜”为事件A，则 334 3 4 1111 ( )C ( ) ( ) 2228 P A4 分（）解：记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B. 因为，乙以4比2获胜的概率为 335 3 15 1115 C ( ) ( ) 22232 P， 6 分乙以4比3获胜的概率为 336 3 26 1115 C () ( ) 22232 P， 7 分所以 12 5 () 16 P BPP 8 分（）解：设比赛的局数为 X ，则X的可能取值为4,5,6,7 44 4 11 (4)2C () 28 P X， 9 分 3343 4 1111 (5 )2 C() () 2224 P X， 10

31、分 3352 5 1115 (6 )2 C()() 2221 6 P X， 11 分 3363 6 1115 (7 )2 C()() 2221 6 P X 12 分比赛局数的分布列为： -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - X4567 P 1 8 1 4 5 16 5 16 13 分 17. （本小题满分14 分）（）证明：设AC与BD相交于点O，连结FO 因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC，且O为AC中点 1 分又FCFA，所以ACFO 3 分因为OBDFO，所以AC平面BDEF 4 分（）证明：因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，所以AD/

32、BC，DE/BF，所以平面FBC/平面 EAD 7 分又FC平面FBC，所以FC/ 平面 EAD 8 分（）解：因为四边形 BDEF 为菱形，且60DBF，所以 DBF 为等边三角形因为O为BD中点，所以BDFO，故FO平面ABCD 由OFOBOA,两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系xyzO 9 分设2AB因为四边形ABCD为菱形，60DAB，则2BD，所以1OB， 3OAOF 所以)3,0 ,0(),0 ,0 ,3(),0 , 1 ,0(),0,0 ,3(),0,0 ,0(FCBAO 所以( 3,0,3)CF，( 3,1,0)CB 设平面BFC的法向量为= ()x,y,zn

33、，则有 0, 0. CF CB n n -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 所以 03 ,033 yx zx 取1x，得)1,3, 1(n 12 分易知平面AFC的法向量为(0,1,0)v 13 分由二面角BFCA是锐角，得 15 cos , 5 n v n v n v 所以二面角BFCA的余弦值为 5 15 14 分 18. （本小题满分13 分）（）解：当1a时， 1 ( )e(2) x f x x ， 2 11 ( )e(2) x fx xx 2 分由于(1)3ef，(1)2ef，所以曲线( )yf x在点(1, (1)f处的切线方程是2ee0xy4

34、分（）解： 2 (1)(1)1 ( )e ax xax fxa x ，0x6 分当1a时，令( )0fx，解得1x )(xf的单调递减区间为(, 1)；单调递增区间为( 1,0)，(0,) 8 分当1a时，令( )0fx，解得1x，或 1 1 x a 当01a时，)(xf的单调递减区间为(, 1)， 1 (,) 1a ；单调递增区间为(， 1 (0,) 1a 10 分当0a时，( )f x为常值函数，不存在单调区间 11 分 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 当0a时，)(xf的单调递减区间为( 1,0)， 1 (0,) 1a ；单调递增区间为 (,

35、1)， 1 (,) 1a 13 分 19. （本小题满分14 分）（）解：由 222 2 22 5 1 9 abb e aa ，得 2 3 b a . 2 分依题意 12 MB B是等腰直角三角形，从而2b，故3a. 4 分所以椭圆C的方程是 22 1 94 xy . 5 分（）解：设 11 (,)A x y， 22 (,)B xy，直线AB的方程为2xmy. 将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去x得 22 (49)16200mymy. 7 分所以 12 2 16 49 m yy m ， 12 2 20 49 y y m . 8 分若PF平分 APB，则直线PA，PB的倾

36、斜角互补，所以 0 PBPA kk. 9 分设( ,0)P a，则有 12 12 0 yy xaxa . 将 11 2xmy， 22 2xmy代入上式，整理得 1212 12 2(2)() 0 (2)(2) my yayy myamya ，所以 1212 2(2)()0my yayy. -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 12 分将 122 16 49 m yy m ， 122 20 49 y y m 代入上式，整理得( 29)0am. 13 分由于上式对任意实数m都成立，所以 9 2 a. 综上，存在定点 9 (,0) 2 P，使PM平分APB. 1

37、4 分 20. （本小题满分13 分）（）解：数列 3:4,2,8 A不能结束，各数列依次为2,6, 4；4,2,2；2,0, 2；2,2,0；0,2,2； 2,0, 2；从而以下重复出现，不会出现所有项均为0的情形 2 分数列 4 :1,4,2,9A能结束，各数列依次为3,2,7,8；1,5,1,5；4,4,4,4；0,0,0,0 3 分（）解： 3 A经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是 123 aaa 4 分若 123 aaa，则经过一次“T变换”就得到数列0,0,0，从而结束 5 分当数列 3 A经过有限次“T变换”后能够结束时，先证命题“若数列 3 ()T A为常数

38、列，则 3 A为常数列” 当 123 aaa时，数列 3122313 () :,T Aaaaa aa 由数列 3 ()T A为常数列得 122313 aaaaaa，解得 123 aaa，从而数列 3 A 也为常数列其它情形同理，得证在数列 3 A经过有限次“ T变换”后结束时，得到数列0,0,0(常数列 )，由以上命题， -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 它变换之前的数列也为常数列，可知数列 3 A也为常数列8 分所以，数列 3 A经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件是 123 aaa （）证明：先证明引理：“数列() nT A的最大项一定不大

39、于数列nA的最大项，其中3n” 证明：记数列 n A中最大项为max() n A，则0max() in aA 令() nn BT A， ipq baa，其中 pq aa 因为0 q a，所以max() ipn baA，故max()max() nn BA，证毕 9 分现将数列 4 A分为两类第一类是没有为0的项，或者为0的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知， 44 max()max()1BA 第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时 44 max()max()BA 下面证明第二类数列 4 A经过有限次“T变换” ，一定可以得到第一类数列不妨令数列 4 A的第一项

40、为0，第二项a最大 (0a) （其它情形同理）当数列 4 A中只有一项为0时，若 4:0, , , Aa b c(,0ab ac bc)，则 4 (): ,| ,T Aa a b b c c，此数列各项均不为0 或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若 4: 0, , ,(,0)Aa a b ab b，则4():,0,TAaabb； 4 ( () :,|2 |,T T Aa ababab 此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列；若 4:0, , , Aa b a(,0ab b)，则 4 (): ,T Aa ab ab b，此数列各项均不为0，为第一 -精品文

41、档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 类数列；若 4 :0, , ,Aa a a，则 4 (): , 0 , 0 ,T Aaa； 4 () :,0,0T T Aaa； 4 ( () : , , ,T T T Aa a a a，此数列各项均不为0，为第一类数列当数列 4 A中有两项为0时，若 4:0, ,0, Aab(0ab)，则 4 ():, , ,T Aa a b b，此数列各项均不为0，为第一类数列；若 4 :0, , ,0Aa b(0ab)，则( ) : , ,0T Aa ab b，( () : ,|2 |, ,T T Ab ab b a，此数列各项均不为0或含有0项但与最大项不相邻，为第一类数列当数列 4 A中有三项为0时，只能是 4 :0, ,0,0Aa，则( ) : , ,0,0T Aa a， ( ) : 0, ,0,T T Aaa，( ( ) : , , ,T T T Aa a a a，此数列各项均不为 0，为第一类数列总之，第二类数列 4A 至多经过3次“T变换” ，就会得到第一类数列，即至多连续经历3次“T变换”，数列的最大项又开始减少又因为各数列的最大项是非负整数，故经过有限次“ T变换”后，数列的最大项一定会为0，此时数列的各项均为0，从而结束 13 分

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