2024年高考北京数学试题-答案

2024年北京高考数学

一、单选题

1.已知集合〃={x|-3<x<l},;V={x|-l<x<4},则MuN=()

A.{x|-l<x<l}B.{x|x>-3}

C.{x|-3cx<4}D.{x|x<4}

【答案】C

【详解】根据题意得MUN={X|-3<X<4}.

故选C.

2.已知三二—1—i,贝ljz=().

1

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

【答案】C

【详解】根据题意得z=i(-l-i)=l-i.

故选C.

3.圆x2+y2—2x+6y=o的圆心到直线x—y+2=0的距离为()

A.72B.2C.3D.372

【答案】D

【详解】根据题意得/+y2_2x+6y=(),即(x—l『+(y+3)2=10,

|1-(-3)+2|厂

则其圆心坐标为(1,-3),则圆心到直线x-y+2=0的距离为%2；(炉=30.

故选D.

4.在卜-4)“的展开式中，r的系数为()

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

【答案】A

【分析】写出二项展开式，令4-f=3,解出「然后回代入二项展开式系数即可得解.

【详解】卜一五)4的二项展开式为=C1(T)'二(厂=0,1,2,3,4,

令4一《=3,解得/・=2,即C：(T『=6.

故选A.

5.设a»3是向量,则“他+巩方-5)=0”是“2=-5或£=5”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

【答案】B

【详解】因为()+孙("5)=万2-户=0,可得/=32,即同=问，

可知伍+孙("5)=0等价于同=问，

若£=石或£=/,可得同=问，即伍+B)・伍-B)=o,可知必要性成立；

若()+孙(万-9=0,即同=忖，无法得出£=B或［=1，

例如］=(i,o),E=(o,i),满足同=何，但Z"且力工，可知充分性不成立；

“口+孙仅5)=0”是叮力且小孑，的必要不充分条件.

故选B.

6.设函数/(x)=sinax(<y>0).已知/(为)=一1,/(x2)=l,且阮-司的最小值为］，则啰=()

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

【答案】B

【详解】根据题意可知：玉为/(x)的最小值点，々为/(x)的最大值点，

则即r=*且…，所以3=*2.

故选B.

7.生物丰富度指数d二二是河流水质的一个评价指标，其中S,N分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.

InN

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

生物丰富度指数由2.1提高到3.15,则()

A.3M=2MB.2N?=3N\

C.N；=N：D.N；=N：

【答案】D

【分析】根据题意分析可得S丁-大］=2.1,s高_1=3.15,消去S即可求解.

In%InN2

【详解】根据题意得靛*=2.1，W^=3.15,则2.1lnN1=3.151nN2,即21nM=31nN-所以N；=N；.

故选D.

8.如图，在四棱锥尸-/18CZ)中，底面18co是边长为4的正方形，PA=PB=4,PC=PD=2及，该棱锥的高

为().

A.IB.2C.V2D.石

【答案】D

【详解】底面49C。为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PD=26,

分别取4民8的中点瓦/，连接PE,PF,EF,

则PEJ.4B,E尸J.4B,且PEcEF=E,PE,EFu平面PEF,

可知力3上平面产£b,且48u平面4?CQ,

所以平面PEF1平面ABCD,

过。作E尸的垂线，垂足为。，即POLEF,

由平面PMD平面/8。。=£7\POu平面尸E尸，

所以「。上平面/18CQ,

根据题意可得：PE=25PF=2,EF=4,则PE2+PF?=EF2,即P£_LP/L

]1PF.PFr~

则一PE・PF=-POEF,可得尸。=」——=73,

22EF

所以四棱锥的高为石.

当相对为棱长相等时，不妨设4=尸。=4,PB=PD=S，

因为BD=44i=PB+PD，此时不能形成三角形P8O,这样情况不存在.

故选D.

9.已知（司,必），（占，为）是函数歹=2'的图象上两个不同的点，则（）

A.喀山〈山B.喀山〉心

■22'22

C.log2必72<x（+x,D.log,"；儿>X1+%

【答案】B

【详解】根据题意不妨设内<々，因为函数歹=2、是增函数，所以0<2七<2"，即0<%<为，

2M+I-----可+x?v+v

AB.可得二乙.>/文外=22,即2rLk>22>o,

22

根据函数，=log?x是增函数，所以log?%匹>1/22空=土产，A正确，B错误；

C.例如再=0,当=1，则必=1，必=2,可得log?"詈=log?|w（0川，即log?"巨<1=$+工2,C错误；

D.例如玉=-l,x2=-2,则必=g,%=；,可得log?必丁.=log21=log23-3e（-2,-1）,即log2为；及，>-3=x（+x2,

D错误，

故选B.

10.已知必=｛（x,y）|y=x+/，-x）,lMxW2,0Wl）是平面直角坐标系中的点集.设“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=3,S<1B.</=3>S>I

C.d=M,S<\D.d=M,S>i

【答案】c

y<x2

【分析】先以/为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域入，之工o

l«x«2

【详解】对任意给定x4l,2],则X2-X=X(X-1)20,且/e[O,l],

可知+-x)Kx+--x=，，^x<y<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yNx

l<x<2

如图阴影部分所示,其中J(1,1),B(2,2),C(2,4),

可知任意两点间距离最大值d=|力。=而；阴影部分面积S<S-BC=；x1x2=1.

故选C.

二、填空题

11.抛物线/=16、的焦点坐标为.

【答案】(4,0)

[分析]形如/=2后,(p工0)的抛物线的焦点坐标为你0：.

【详解】根据题意抛物线的标准方程为V=16>，所以其焦点坐标为(4,0).

故答案为(4,0).

12.在平面直角坐标系X。〉，中，角。与角/均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称.若。,则cos4的最

63

大值为.

【答案】-g/—0.5

【分折】首先得出〃=。1n|2府人亡2.

【详解】根据题意/=。+九+2痴小wZ,从而cos〃=cos(a+7i+2A7i)=—cosa,

因为所以COSQ的取值范围是,cos£的取值范围是,

63J2222

7T4冗I

当且仅当。=三，即4=-^+2履火eZ时，cos/7取得最大值，且最大值为一不.

答案为

13.若直线y=k(x-3)与双曲线二一/=]只有一个公共点，则左的一个取值为.

【答案】y(或-：，答案不唯一)

【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.

【详解】联立)彳一丁甘，化简并整理得：(1-4r)/+2软2..36公—4=(),

y=A,(x-3)

由题意得1一442=0或A=(241+4(3612+4)(1—4k2)=0,

解得A=或无解，即心±巳经检验正确.

答案为:或-工

22

14.汉代刘歆设计的“铜嘉量”是病、合、升、斗、斛五量合一的标推量器，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.

【答案】2357.5/当

【详解】设升量器的高为力,斗量器的高为力2(单位都是mm)

4=23mm,A,=—mm.

12

答案为23mm，与mm

15.设｛%｝与也｝是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合AwN1,给出下列4个结论:

①若｛2｝与｛a｝均为等差数列，则M中最多有1个元素;

②若｛2｝与｛4｝均为等比数列，则”中最多有2个元素;

③若｛4｝为等差数列，｛，｝为等比数列，则加中最多有3个元素：

④若｛《｝为递增数列，｛4｝为递减数列，则M中最多有1个元素.

其中正确结论的序号是.

【答案】①③④

【详解】①，因为｛〃"｝,｛4｝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，①正确.

②，取％=2力也=-(-2广，则｛4｝,电｝均为等比数列，但当〃为偶数时，有%=21="=-(-2)1,此时M中有

无穷多个元素，②错误.

③，设“=网”(附=0,#±1),a.=k〃+b(k=0),若M中至少四个元素，则关于〃的方程幽"=加+/)至少有4

个不同为正数解，若q>0,q丰1,则由)，=4/和y=A〃+。的散点图可得关于〃的方程力夕"=加+力至多有两个不

同的解，矛盾；若9<0国工±1,考虑关于〃的方程力（?"=而+〃奇数解的个数和偶数解的个数，当力9"=而+/>有偶

数解，此方程即为则"=痴+6,方程至多有两个偶数解,且有两个偶数解时*ln|g|>0,

否则&In时v0,因y=律/=.+b单调性相反，

方程知『二加+力至多一个偶数解，

当/q"=4〃+b有奇数解，此方程即为-A\q\'=kn+b,

方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解口寸TMn时>0即<0

，

否则Akln|^|>0,因y=-A\q\iy=kn+b单调性相反,

方程川夕『=6+b至多一个奇数解，

因为⑷:时夕卜。，〃时可<0不可能同时成立，因此幽”=加+〃不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个

元素，③正确.

④因为｛%｝为递增数列，步”｝为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的放点图呈下降趋势，两者至多一个交点,

④正确.

答案为①③④.

三、解答题

16.在△力AC中，内角力,8,。的对边分别为。也。，/月为钝角，a=7,sin2B=^-bcosB.

7

⑴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“8c存在，求△力8C的面积.

条件①：〃=7；条件②：cosB=^-；条件③：csinA=7^-

142

注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得。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.

【答案】⑴、号;

（2）选择①无解；选择②和③△/面旗均为苧.

【分析】选择①，利用正弦定理得4=9结合（I）问答案即可排除；选择②，首先求出sin8=迪，再代入式子

314

得力=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，首先得到。=5,再利

用正弦定理得到sinC=38,再利用两角和的正弦公式即可求出sinB,最后利用三角形面积公式即可；

14

【详解】（1）根据题意得2sinBcosB=Nbcos8,因为A为钝角，

7

厂/>_2_cr_7厂

则COSBNO,则2sin8=9b,则而i一正一而1一煮7,解得sin4=也，

7—2

因为A为钝角，则力=『.

(2)选择①6=7,则sin4=^7)=^x7=®,因为力=?，则8为锐角，则6=£,

1414233

此时4+4=兀，错误；

13

选择②cosB=—因为6为三角形内角，贝lJsin〃=

14

则代入2sin8=巫力得2x九』■二二方，解得力=3,

7147

nf@+R=sii3cosB+co凸sinZ

sinC=sin(J+5)=si

\3)33

13/3百5>/5

——X----F——X-----=------

214V2)1414

=l^nC=-lx7x3x^=-^.

则S,ABC

22144

选择③csin/l=：G,则有ex且解得c=5,

222

由正弦定理得号二三；，即耳二忒，解得sinC=^3,

sinAsmC14

因为C为三角形内角，则cosC=F^'=*，

则sinB=sin(/+C)=sinj@+C]=sin与osC+cos幺inC

则S-

22144

17.如弱，在四棱锥2-44co中,BCI/AD,AB=BC=\,/。=3,点£在力。上，且PE/4。，PE=DE=2.

(1)若尸为线段尸E中点，求证：BF〃平面PCD.

⑵若AB1平面PAD,求平面PAB与平面PCO夹角的余弦值.

【答案】(1)见解析

⑵叵

30

【详解】(1)取尸。的中点为S,接SF,SC,则SF〃ED,SF=；ED=1,

而ED〃BC,ED=2BC,故SFHBC,SF=BC,故四边形开3c为平行四边形,

故BFHSC,而8尸a平面PC。，SCu平面P。,

所以85〃平面PCD

(2)

因为EZ)=2,故/E=l,故AE//BC,AE=BC,

故四边形/1KCB为平行四边形，故CE//4?,所以CE_L平面"。，

而「乙£Qu平面尸力。，故CE^LPE,CE^LED,而PE工ED,

故建立如图所示的空间直角坐标系，

则2(0,-1,0),8(1,-1,0),C(l,0,0),0(0,2,0),尸(0,0,2),

则方=(0,-1,—2),方=(1,一1,一2),定二(1,0,-2),而=(0,2,—2),

设平面R4B的法向量为而=(&乂z),

m-PA=0-y-2z=0

则由，可得®w=(O,-2,l),

mPB=0x-y-2z=0

设平面PCD的法向量为万=(a,Ac),

«PC=0a-2b=0

则由，可得(取方=(2,1,1),

/?P5=O2b-2c=0

一1J30

故cos而，方=

x/5x5/6~_^o~

因此平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为叵

30

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

整理这里保单的索赔情况，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，，呆险公司赔偿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)•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E(X)估计值的大小.(结论不要求讦明)

【答案】(*

(2)⑴0.122万元；(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E(X)估计值

【详解】(1)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

(2)(i)设岁为赔付金额,则)可取0,0.8,1.6,2.4,金

由题设中的统计数据可得尸(4=0)=篙=?p(g=o.8)=鉴=[,

•VZkZKZ。IAvZ

,八603尸c“、303

P(Q=1.6)=----=—,尸(A=2.4)=----=---

10005051000100

101

F(D—Tooo-loo

41331

故E(Q=0X-+0.8X—+1.6x—+2.4x—+3x—=0.278

51050100100

故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元).

4I

(ii)由题设保费的变化为0.4)<^96%+().4'『1.2=().4032,

E(X)=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)，

因此E(X)<E(y).

19.已知椭圆E：£-+Z=i(rt>Z)>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点

(()#(/>及)且斜率存在的直线与椭圆£交于不同的两点4B,过点A和C(o,l)的直线4C与椭圆E的另一个交点

为D.

(1)求椭圆上的方程及离心率；

(2)若直线的斜率为()，求z的值.

【答案】(1)二+乙=1,6=变

422

(2)1=2

【分析】(1)根据题意得〃=c=&,进•步得。；

(2)设y=履+人卜>6),“和必),//，月)，联立椭圆方程，由韦达定理有$+々=iy，再々=与土，

1+2k2k+1

而:y=>—芭)+必,令x=i).

司+々

2

【详解】(1)根据题意6=c=&=0,从而4=曲了'=2，

所以椭圆方程为二十片=1，离心率为6=正；

422

(2)直线4〃斜率不为0,否则直线,43与椭圆无交点，矛盾，

从而设=6+八白工0/>6),月(m,必),8(12,为)，

x-21i

联立彳+5=,化简并整理得（1+2/）/+4枇+2/-4=0,

y=kx+t

根据题意A=16Fr-8（2/+1）（/一2）=8（4/+2"）>0,即心应满足4k?+2-尸>0,

所以$+X2=y^y，X%2=2/_4

2k2+\

若直线8。斜率为0,由椭圆的对称性可设。(-/,为),

所以彳。:y=2二匕(工一*)+乂，在直线彳。方程中令x=0,

须+工2

得T，二「必+W乂/(-2+，)+5(履+/)=2-%+(当+、)=4叱―2)+/士天

$+x2X)+x2Xj+x2-4ktt

所以，=2,

此时k应满足［丁；2-5=4公_2>0,即〃应满足k<也或k>旦.

女工022

由上所述，，=2满足题意，此时左<一立或4>也.

22

20.设函数/(x)=x+4n(l+x)(〃*0),直线/是曲线y=/(x)在点(fj⑺)(经0)处的切线.

⑴当〃=-1时，求/(工)的单调区间.

(2)求证：/不经过点(0,0).

(3)当左=1时,设点［("«))("o),c(o,/(/)),0(0,0),8为/与y轴的交点，s“c。与s”8o分别表示△ic。与

△4"。的面积.是否存在点A使得2sMe=15,必谢,成立？若存在，这样的点A有几个？

(参考数据：1.09<1113<1.10,1.60<ln5<1.61,1.94<ln7<1.95)

【答案】(1)单调递减区间为(-1，0),单调递增区间为(0,y).

(2)见解析

(3)2

【分析】(1)直接代入左=-1；

(2)写出切线方程y-/Q)=(i+二］&一。。>0),将((),())代入再设新函数/。)=磔1+。一丁匚，利用导数研究其

I1+/71+r

零点即可；

(3)分别写出面积表达式，代入2S“c°=15S”。得到131n(l+f)-2-15一一=0,再设新函数

1+r

g)=1311)(1+，)-2,一/<>0)研究其零点即可.

1+r

1Y

【详解】(1)/(x)=x-ln(l+x),r(x)=l---=—(x>-l),

l+x1+X

当xe(TO)时,/*(x)<0；当xe(0,+oo),/'(x)>0：

.•./(%)在(-1,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增.

贝|J"X)的单调递减区间为(TO),单调递增区间为(0,e).

(2)/'(x)=l+J-,切线/的斜率为1+与，

1+x1+/

则切线方程为y-/(f)=1+—U-0(/>0),

I1+”

将(0,0)代入则一/⑺=T(1+£}/(，)='(1隹)

BPf+A：ln(l4-/)=/+/,则ln(l+Z)=—^—,ln(l+/)———=0,

i+r\+tl+z

令/Q)=ln(l+Q--—,

1+/

假设/过(0,0),则尸(。在fw(0,+8)存在零点.

-一,Fa)在(0,+oo)上单调递增，F(/)>F(0)=0,

1+/(1+r/(l+f)~

/⑴在(o,y)无零点，，与假设矛盾，故直线/不过(o,o).

1t+2

(3)%=1时，/(x)=x+1n(l+x),/'(H)=l+h:=一>0.

1+X1+X

s“e=/a),设/与v轴交点8为(03)，

/>o时，若夕<o,则此时/与/a)必有交点，与切线定义矛盾.

由(2)知4W0.所以q>0,

则切线/的方程为y——ln(/+l)=1+y-y^(x-z)»

令x=0,则y=q=y=ln(l+。——.

/+1

.♦.2S“e=15Sw则却⑺:15311(1+。-去,

.\131n(l+0-2r-15—=0,记〃«)=131n(l+/)-2f-电«>0),

1+/1+r

••・满足条件的A有几个即有几个零点.

=0_2——15=⑶+13—2(/+2/+1)―15=2/2+9Z-4=(-2/+1)(/-4),

")=甫__(/+1广(r+l)2(/+ip(/+1)2—，

当“(0，)时，//(/)<0,此时才(。单调递减；

当«；,4)时，/f(/)>0,此时"/)单调递增；

当rw(4,48)时,/f(r)<0,此时/?(/)单调递减；

因为〃(D)=0,力(g}(M[(4)=131n5-20)13xl.6—20=0.8>0,

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

所以由零点存在性定理及〃(。的单调性，力(。在]；,4)上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点,

由上所述，力⑺有两个零点，即满足2S)co=15S.)的A有两个.

21.已知集合M=w{1,2},./e{3,4},左e{5,6},ww{7,8},且i+"k+w为偶数}.给定数列力:…，6，

和序列C:7；Z，…7；,其中7；=(1),&叱)6/"=1,2-7),对数列人进行如下变换：将A的第，；/«,叫项均加1,

其余项不变，得到的数列记作1。)；将刀储)的第，”^，右，吗项均加1，其余项不变，得到数列记作41(力)；……;

以此类推，得到q…《7；(⑷，简记为。(/).

(1)给定数列4:132,4,6,3,1,9和序列C:(l,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出C(4)；

(2)是否存在序列C,使得Q(4)为.一2,%十6,%+4,%+2,牝+8,4+2,。7+4,小十4,若存在,写出个符合条件的

C；若不存在，请说明理由；

(3)若数列A的各项均为正整数，且/+%+%+%为偶数，求证：”存在序列。，使得。(力)的各项都相等”的充要条

件为+%=4+%=%+4=%+

【答案】(1)。(力)：3,4,4,5,8,4,3,10

(2)不存在符合条件的C,理由见解析

(3)见解析

【分析】解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Q,由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：

对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4,可知序列。共有8项，可知：(Hi+凤)-(%1+%“)=8,〃=1,2,3,4,

检验即可；

解法•：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若4+。2=4+4=〃5+4=%+4，分类讨论%%，%，%相等得

个数，结合题意证明即可；若存在序列C,使得。(4)为常数列。

【详解】(1)因为数列4:1,3,2,4,6,3,1,9,

由序列7；(1,3,5,7)可得7；(4):2,3,3,4,7,3,2,9；

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

由序列。(1,3,5,7)可得777；(力):3,4,4,5,8,4,3,10；

所以C5):3,4,4,5,8,4,3,10.

(2)解法一：假设存在符合条件的C,可知Q(力)的第1,2项之和为《+生+s,第3,4项之和为4+4+$，

［(a.+2)+(a,+6)=41+Q,+S

则\_，而该方程组无解，故假设不成立，

故不存在符合条件的C;

解法二：根据题意可知：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。(⑷:4也,…也，

因为-----------;----------=8,即序列。共有8项，

根据题意可知：(JT+J)-(/“T+.)=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C.

（3）解法一：我们设序列=不大力）为特别规定%”=%（1工〃W8）.

必要性：

若存在序列。:几4,…7；,使得。（⑷的各项都相等.

则见J=%2=4,3=仆4=4,5=4,6=4J=4,8，所以外」+4,2=4,3+4,4=曳5+4,6=4,7+%8・

a+a

根据TX...T2T］（力）的定义，显然有%2Z+-s-\y2J-\s-\,2j♦这里j=l,2,3,4,5=1,2,....

所以不断使用该式就得到，q+。2=%+%=为+。6=。7+。8，必要性得证.

充分性：

若《+。2=%+。4=%+。6=%+%.

根据已知，。|+%+%+%为偶数，而4+。2=。3+。4=牝+。6=%+4，所以

4+4+4+%=4（%+%）-（%+4+%+%）也是偶数.

我们设7；..工7；（4）是通过合法的序列C的变换能得到的所有可能的数列。（彳）中，使得

一汽2|+院3一凡,4|+院5一%/+|七7一①/最小的一个.

=a

上面已经证明%2/T+a$Rs-\,2）-\+4-I»2/，这里_/=1,2,3,4,s=1,2,....

a

从而由q+%=%+%=>+%=%+为可得4,i+aa=ax3+asA=+ax6=ax>7+.

同时，由于1；+/+/+%总是偶数，所以为+%+%+4.7和%+%+%+%的奇偶性保持不变，从而

+%+4,5+%和可,2+%4+4,6+”8都是偶数.

下面证明不存在J=123,4使得卜s.2,-1~fls,2/j22.

假设存在，根据对称性，不妨设J=l，4加「％2户2,即生厂名£2.

情况1：若|盘3-。」+鼠5-见,6|+|凡,7-%8|=0,则由/+%3+%5+4,7和42+%4+%6+4.8都是偶数，知

~-24.

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

1^44.1-4+4.21+|凡.4「4+4/+*4,5-04.61+|4+4.7-4+4.81相比原来的RJ-4.21+|巩.3一+|4.5一生.61+|戛7-4.J减少

4,这与凡-4,21+|%3-4.41+1^.5_%6卜区7-%s|的最小性矛盾;

情况2：若|%,3_44|+院5_%6卜葭7_4/>0，不妨设|%3_%4卜0.

情况2-1：如果63—%4*1,则对该数列连续作两次变换（2,4,5,7）,（2,4,6,8）后，新的

|牝+2」一应+2,2卜|见+2,3-4+2.4|+|凡+2.5一。什2.6|+"$+2.7-4+2.8|相比原来的一+|。.、.3一%4|+|%5一生、61+|凡,7一4•1至少

减少2,这与|久|-牝」+旧3-%+1^.5-+1^.7-&J的最小性矛盾;

情况2-2：如果%4-%321,则对该数列连续作两次变换（2,3,5,8）,（2,3,6,7）后，新的

I4+2.1

。$+2.2+|。$.2,3一"s+2.4+|4+2.5一。/2.6|+葭2.7-4+2/相比原来的|"sj一风」+卜4.3一可」+..5一生,6|+|久7一4」至少

减少2,这与一。』+卜。3一4,4卜|生,5-4,6卜|%7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都有院2『-4,2/归1.

假设存在，=1，2,3,4使得同2k一。,,2/|=1，则1%/足奇数，所以4.1I11&,6=4.71%8都是

奇数，设为2N+1.

则此时对任意j=123,4,由|久2方一%力41可知必有{4,2/T，3={N,N+I}.

而4」+4.3+%5+%7和4.2+%4+4.6+4.8都是偶数，故集合{加同皿=N}中的四个元素七卬之和为偶数，对该数

列进行一次变换（i,则该数列成为常数列，新的|“S+1J-"s+l1+la,v+1,3-巩+1.4I+|凡+|,5-4+1、6l+L+j-。用/等于零,

比原来的一生」+一牝.4|+|里.5一久61+|见.7一%81更小，这与|^.1一凡1+一风」+gj一心61+|6J-4.81的最小性

矛盾.

综上，只可能葭2/_|一风,2/1=°（J=1，2,3,4），而&J