专题2 解答题-【快乐假期每一天】2024-2025学年高一数学暑假作业

第三部分九省联考题型特训 专题二 解答题 1.(2024·北京校考)给定整数n≥3，由n元实数集 (2)若1 1 s(a1)s(a2) 十…十1 合S定义其相伴数集T={|a-b||a、b∈S, s(an)=,求证：a1, a≠b},如果min(T)=1,则称集合S为一个n元 a2,…,am互不相同： 规范数集，并定义S的范数∫为其中所有元素绝 (3)已知a1=a,a2=b,若对任意的正整数i,j(i 对值之和 ≠j,i+j≤n)都有i+j∈A(a:)或i十j∈A(a), (1)判断A={-0.1,-1.1,2,2.5}、B={-1.5, 求a1十a2十…十am的值. 一0.5,0.5,1.5}哪个是规范数集，并说明理由： (2)任取一个n元规范数集S,记m、M分别为其 中最小数与最大数，求证：min(S)|+|max(S) ≥n-1: (3)当S={a1,a2,…,a223}遍历所有2023元规 范数集时，求范数∫的最小值 注：min(X)max(X)分别表示数集X中的最小 数与最大数 3.(2024·北京海淀校考)已知Tm为所有n元有序 数组(a1,a2,…,am)所组成的集合.其中a;∈{0， 1}(i=1,2,…,n). 对于T中的任意元素x=(x1,x2,…,xm),y (y1y2…,ym)定义x,y的距离： d(x,y)=|x1-y1|+x2-y2|+…+xm-yn. 若k∈N*,U为T的子集，且有2个元素，并 2.(2024·全国模拟)已知有穷数列A:a1,a2,…, 且满足任意x∈T5,都存在唯一的y∈U,使得 an(n≥3)中的每一项都是不大于n的正整数.对 d(x,y)≤2，则称U为“好k集” 于满足1≤m≤n的整数m,令集合A(m)={k (1)若a,b,c∈T3,a=(1,0,1),b=(0,1,0),c a=m,k=1,2,…,n}.记集合A(m)中元素的个 (0,1,1),求d(a,a),d(a,b)及d(a,c)十d(b,c) 数为s(m)(约定空集的元素个数为0). 的值； (1)若A:6,3,2,5,3,7,5,5,求A(5)及x(5): 23 假期作业·数学 (2)当k=1时，求证：存在“好k集”，且“好k集” 中不同元素的距离为5： （②若1,2，mT.证明：a2, (3)求证：当k>1时，“好k集”不存在. (3)设a,=3-1,i=1,2,…,k,若{1,2，…，2024} 三T,求k的最小值. 5.(2024·北京校考)对非空整数集合M及k∈N, 定义M④k={m十tm∈M,t=-k,-k十1，…， },对于非空整数集合A,B,定义d(A,B)= min{k∈N|A二B④k,BcA④k. (1)设M={2,4,6),请直接写出集合M④1： (2)设A={1,2,3,4,…,100},d(A,B)=1,求出 非空整数集合B的元素个数的最小值： 4.(2024·江西南昌模拟)已知Q:a1,a2,…,ak为 (3)对三个非空整数集合A,B,C,若d(A,B)=4 有穷正整数数列，且a1≤a2≤…≤ak,集合X= 且d(B,C)=1,求d(A,C)所有可能取值. {-1,0,1}.若存在x;∈X,i=1,2,…,k,使得 x1a1十x2a2十…十xae=1,则称1为k一可表 数，称集合T={t1=x1a1十x2a2十…十xa, x∈X,i=1,2,…,k}为k一可表集. (1)若k=10,a,=2-1,i=1,2,…,k,判定31， 1024是否为k一可表数，并说明理由： 24假期作业·数学 3.ABC f(0)=7.f(r+y)=f(r)f(a-y)+f(y)f(a-x) 不妨设a1<d2<…<a2s, 因为S为规范数集，则Hi∈N”,1≤i≤2022，则a+1一a,≥ 对于A对原式合r=y=0,则号fa)+号fa)=f0a). 1,且3i∈N,1≤i≤2022，使得a,+1一a,=1, 即f(a)=号，故A正确： 当a1≥0时， 则当2≤n≤2023时，可得an=(a。一d。-1)+(a.-1-a.-) 对于B:对原式令y=0,则f(x)=f(x)f(a)+f(0)f(a-x)= +…+(a2-a1)+a1≥(n-1)+a1, 3fu)计fa-),故x)=fa-x) 当且仅当a+1一a,=1,iEN”,l≤i≤n-1时，等号成立， 则范数f=a1|+la:|+…+la:m=a1十ae十…+a2ga≥ 对原式令x=y.则f(2x)=f(x)f(y)十f(y)f(x)=2f(x) a1+1+a1+…+2022+a1, f(y)=2(x)≥0，故f(x)非负： 当且仅当4，+1一a,=1,i∈N,1≤i≤2022时，等号成立， 对原式令y=d-x,则f(a)=f广(x)+f(a-x)=2f(r) 又a,+1+4,++2022+a,=202X(0+2022+20234,- =是解得fx)=士2 2 1011×2023+2023a1≥1011×2023， 又)非负，故可得f)=之，故B正确： 当且仅当41=0时，等号成立， 故f≥1011×2023，即范数f的最小值1011×2023： 对于C:由B分析可得：f(x十y)=2f(x)f(y),故C正确： 对于D:由B分析可得：满足条件的f(x)只有一个，故D 当ag≤0时， 错误， 则当1≤n≤2022时，可得an=一[(a:m一a2e)十(a:e 故速：ABC. a2g)+…+(a+1-a,)门+d2≤-(2023-n)十a2a, 4.BC令x=y=0,得2f(1)=2(0)-f(0)+6=6,则f(1) 当且仅当a+1一@，=1，i∈N”,n≤i≤2022时，等号成立，则 =3, -d.≥2023-n-a25+ 令y=1,则2f(x+1)=3f(x)-f(1)-2.x+6=3f(x)-2x 剥范数f=a,|+a:|十…十a|=一a1一ag-…一a±m +3,① ≥2022-4十2021-a2aa+…+1-ag+(-a:m), 令x=1,则2f(y+1)=3f(y)-f(y)-2+6=2f(y)+4, 当且仅当a+1一a,=1,i∈N”,n≤i≤2022时，等号成立， 即f(.x十1)=f(x)+2,② 又2022-a2十2021一a:m+…+1一a2十（-a22)= 联立①②可得f（.x)=2x+1,则f(-1)=-2+1=-1,f(1) 2022×(1+2022)-2023a:m=1011×2023-2023a:m 2 =3,A错B对， ≥1011×2023. 函敏f(x)=2x十1为增函教，且为非奇非偶函数，C对 当且仅当41=0时，等号成立， D错. 故f≥1011×2023，即范数f的最小值1011×2023： 故选：BC 当3m∈N,1≤m≤2022，使得am<0≤am+1·且a:≠0， 专题二解答题 当2023-2m≥0，即m≤2023，即m≤101时. 2 1.解：(1)对于集合A:周为|2.5一2=0.5<1，所以集合A不 则当m十1≤n≤2023时，可得a.=(an-a.-1)+(u。-1 是规范数集： a,-:)十…十(am+t一am+t）十am+1≥n-m-1十aw+1, 对于集合B:因为B=(-1.5,-0.5,0.5,1.5}, 当且仅当a+1-a,=1,i∈N”,m+1≤i≤2022时，等号 又1-1.5-(-0.5)=1，-1.5-0.51=2,1-1.5-1.5 成立， =3,1-0.5-0.51=1.-0.5-1.51=2.10.5-1.51=1, 则当1≤n≤m时，可得a+1一a.=(aa+1一an)十(am一 所以B相伴数集T={1,2,3},即min(T)=1,故集合B是 a.-1)十…十(a+1一an)≥m-n+1, 规范数集。 当且仅当a,+1一a,=1,i∈N”,n≤i≤m时，等号成立， (2)不妨设集合S中的元素为x1<x<…<x.,即min(S) 则范数f=a1|十la2|十…十la:aam=(-a1一a一…一am) =x1,max(S)=x。, 因为S为规范数集，则i∈N”,1≤≤n一1，则xt1一x, 十(a+t十…十a:s) =(amt1-a,）+(am+1-ay）+…+(ant1一am）-mam+1+ 1,且3in∈N”1≤iw≤n-1,使得x,+1一，=1 (am+1十am+:+…+a:un) 当x≥0时 ≥(m+m-1+…+1)-am+t十(am+i+1十a+1十…+2022 则min(S)|+max(S)=|x1|+xn|=x1十x=(x2-x,) m十aw+1) +(x-x)+…(x。-x。-1）+21≥n-1+2x≥n-1. 当且仅当x+1一x,=1且西=0时，等号成立 -mm+1D+2023-m,2022-m)+(2023-2m)a.+ 2 2 当，≤0时， =m°-2022m+1011×2023+(2023-2m)am+1 Imin(S)+max(S)=+=-i-=(r:- ≥m3-2022m+1011×2023: x)+(x3-xg)+…+(x。-x,-1)-2x.≥n-1-2x,≥n 对于y=m2一2022m十1011×2023(m≤1011)，其开口向 -1, 上，对称轴为m=1011, 当且仅当x+1一x,=1且C,=0时，等号成立： 所以ym=1011-2022×1011+1011×2023=1012×1011, 当x1<0,x>0时， 所以范数∫的最小值为1012×1011： 则|min(S)|十|max(S)|=x1|+|x.|=-x1+x.=(.x x1)十…十(x。一xw-1)≥n-1, 当2023-2m<0,甲m>2023.印m≥1012时， 当且仅当工+1一x,=1时，竿号成立： 则当m十1≤n≤2023时，可得a,一an=(a,一a-1)+(a- 综上所述：min(S)|+|max(S)|≥n-1. -aw-e)+…+(am+1一am)≥n-m, (3)法一： 当且仅当a+1-a,=1,i∈N,m十1≤i≤2022时，等号 参考答案 成立， 当ag=a时，由a1=ag或a=a1,有a,=d, 则当1≤n≤m时，可得一a。=(am一am-1)十(am1一am）十 同理a5=a6=…=a,=a, …十(a.+1-a,）-am≥m-n-am· 所以a1十a2十…十&。=(n-1)a十b. 当且仅当a+1一a,=1,i∈N°n≤i≤m一1时，等号成立， 当a3=b时，此时有a=a,=b, 则范数f=a,|+a:|+…+la=(-a1一a2-…一aw) 令i=1,j=3,可得4∈A(a)或4∈A(b).即a,=a或a,=b. 十(aa+1十…十a2m) 令i=1,j=4,可得5∈A(a)或5∈A(b).令i=2,j=3,可得 =(-a1-ag-…-an）+(am+1-am）+…+(agoe-an)+ 5∈A(b). (2023-m)am 所以a5=b. ≥(m-1+m-2+…+1)-ma。+(1+2+…+2023-m) 若a,=a,则令i=1j=4,可得4。=a,与a=b矛盾. +(2023-m)am 所以有a:=b. -m(m-1D+2023-m2024-m+(2023-2m)a. 不妨设4：=a3=…=a=b(k≥5)， 2 2 令i=1,时=k+1-1(t=2,3,…,k一1)，可得k十1∈A(h),因 =m”-2024m+1012×2023+(2023-2m)a 此a+1=b. >m°-2024m+1012×2023: 令i=1,j=k,则a4+1=a或a+1=b. 对于y=m-2024m十1012×2023(m≥1012)，其开口向 故a4+1=b. 上，对称轴为m=1012, 所以a1十a2十…十a。=(n一1)b+a. 所以y=1012-2024×1012+1011×2023=1012×1 综上，a=b时，a1十a2十…十a,=a, 011. a=a≠b时，a1十a2十…十a。=(n-1)a十b. 所以范数f>1012×1011: a1=b≠a时，a1十a2十…十a.=(n-1)b十a. 综上所述：范数了的最小值1012×1011. 3.解：(1)图为a=(1.0,1),b=(0,1,0)c=(0,1,1) 法二： 则d(a,a)=|1-1+10-0|十|1-1=0，d(a,b)=11-0 不妨设a1<ag<<agg, +10-1月+11-0=3， 因为S为规范数集，则Vi∈N,1≤i≤2022，则a+1-a,≥ d(ac)=11-01+10-11+11-11=2,d(b,c)=10-0|+ 1,且3i∈N”,l≤i。≤2022，使得a,+1-an=1. 11-11+10-11=1, 所以对于S,={a,…,am二S,同样有Vj∈N”,l≤j≤ 所以d(a.c)十d(h,c)=3. 1011,则at1-a,≥1， (2)证明：对任意x=(x1,x4r)∈T,定义E=(1一 由(2)的证明过程与结论|min(S)|十|max(S)≥n一1可 x1,1-x21-xa1-x41-x) 得，lmin(S,)|+|max(S,)≥2024-2ij,当且仅当a,+1-a, 对任意y=(y1yy)∈T, =1时，等号成立， 因为x,y,∈{0,1}，i∈1,2,3,4,5，则x-y1+11-x, 即a1|+|a2≥2022，az|+a2出l≥2020，…a1mil y1=1, +a1oa1≥2， 可得d(xy)+d(x,y)=5, 所以范数f=a1十a十…+a2a≥2022+2020十… 对于任意x,y,可得U={x,有2个元素， +2+|a2ut 若d(xy)≤2，则d(,y)≥3，满足“好k集”的定义： -202+2)X101+1a:e=1012×101+an≥1 若d(xy)≥2，则d(x,y)≤2，满足“好k集”的定义 2 012×1011. 维上所送U=红为好集，且d团=习以，一0 当且仅当a:|=0时，等号成立， -x,)川=5， 所以范数∫的最小值1012×1011 即当k=1时，存在“好k集”，且“好k集”中不同元素的距离 2.解：(1)因为a4=a,=a4=5,所以A(5)=(4,7,8,则s(5) 为5. =3: (3)证明：显然d(x,y)=d(y,x), (2)证明：依题意s(a:)≥1，i=1,2,…,n, 先证：当k=1时，对任意的x∈T。,含有x的“好k集”只能 是U={x,x}, 反证：做设存在“好k集"U=《x,y},y≠x, 则对于任意∈T,可得d(x,)≤2，d(y,)≤2， 1 1 则∈T,可得(x,)≥3，d(y,)≥3，不满足“好k集”的 又因为a十a十+a=, 定义， 所以s(a)=1 例如x=(0,0,0,0,0),则x=(1,1,1,1,1),可取y=(1,1, 所以a1,d2,…,am互不相同。 0,0,0), (3)依题意a1=a,a:=b. 则d(x,y)=2.d(x.y)=3.即存在y∈Ts,使得d(x,y)=2. 由i+j∈A(a,)或i+j∈A(a,）,知a+=a,或a+y=a 结合国一y,|+|1一x,一y,=1可得：d(x,y)就相当于对 令j=1,可得at1=a,或a+1=a1·对于i=2,3,…n 0,1的顺序进行重组， 成立， 对于任意x∈U,可知均存在y∈T,使得d(x,y)=2, 故ay=a:或a:=a. 当k>1时，对任意a=(a1a2…at)∈T: ①当a=b时， 定义a=（A1,A…,A),其中A,=(ar-4,a-8,a),i ay=a1=…=an=a, ∈1,2，…，k}. 所以a1十a2十…十an=nd, 可知：对任意e,f∈T,其中=(E,E,,E),f=(F1, ②当a≠b时， F…,F), a3=a或ag=b. 可知d(e,fD=d(E,F)十dE,F2)+…+d(Ee.F), 假期作业·数学 反证：假设存在“好k集”。 则对任意b=(B,B:,…,B)∈T,以b为基础构建“好k 2 2 集"U, 由p的任意性：时任意的-罗<E乙。 对任意c=(C,C,…,C,)∈T, 对任意的i∈{1,2，，k},均有(B,C:)≤2，与之对应的项 都有1=x1×3"+x2×3+…+xn×3"1,x,∈{-1,0,1}，i =1,2,…,n, 只能是B,和B,, 每个i∈(1,2，…，k}均有2种选择，共有2沙种组合可能 又周为≤3” 2 ,所以对于任意的一n≤t≤n,t∈Z,1为m 按照以上构建方法得到的元素d=(D1,D,…,D,), 一可表数， 可知对任意D,均存在Z,使得d(d,,Z,)=2,i∈{1,2，…， k 综上，可知k的最小值为m,其中m满足3一1<川 2 所以必然存在=(Z1,Z,…,Z,)∈T ≤3-1 使得d(x,b)=d(Z1,D)+d(Z:,D)十+d(Z,,D,)=2k 2 >2, 又当n=2024时，° 3-1∠n<32 3°-1 故假设不成立，所以当k>1时，“好k集”不存在 4.解：(1)31是，1024不是，理由如下： 所以k的最小值为8. 由题意可知x1a十x4:十…十xa4=t, 5.解：(1)若M=(2,4,6}, 当a:=2-,k=10时，有x1+2.x1++2”xn=1:∈{-1， 则由集合新定义可知M⊕1={1.3,5}U{2.4,61U{3,5,7 0.11. ={1,2,3,4,5,6,71. 显然若x1=-1,xm=1,x=0(i∈{2,3,4,5,7,8,9,10)时， (2)设B有B引个元素，下证B引=34. 1=31, 一方面，B={2,5,8,…,98,101},则A生B④0=B, 而1≤2"×1十2×1+22×1+…+2”×1=20-1=1023 所以d(A,B)≠0，即d(A,B)≥1， 1024, 而BCA④1={0,1,2,3,4，，101}，A二B④1={1,2,3,4， 故31是k-可表数，1024不是k一可表数： …,102}, (2)证明：由题意可知若x,=0→1=0，即0∈T, 这表明了d(A,B)=1满足题意，此时B1=101,一2+1= 3 设s∈T,即3x∈{-1,0,1}使得x1a1十a2+…十xa 34,故B|mm=34: 另一方面：若|B|=j≤33，不妨设B={b1b,…,b}且b,< 所以(-x1a1)+(一x2a:）十…十(-x4a)=-,且-x,∈ b<…<b, {一1,0,1}成立，故一8∈T, 由题意可知A二B④1={6-1，b1,b,十1)U{b-1,b,b+ 所以若{1,2，…，n}二T,则（士1，士2，，士n,0}二T, 1U…U{b-1,b,,b+1}, 即{士1，士2，…士n,0}中的元素个数不能超过T中的元素， 而B④1最多含有3j≤99个元素，当且仅当(b一1，b,b+ 对于确定的Q,T中最多有3个元素， 1,(1≤k≤)两两不同且B=j=33时，等号成立， 所以2a+1长m<, 但这与A有100个元素矛盾， (3)由题意可设Vn∈N,m∈N,使3,1<n 所以B引=≥34. 2 综上所迷：非空整数集合B的元素个数的最小值是34 (3)一方面：先来证明(M④k)④l二M④(k十)， M④k={m十m∈M,t=-k,-k十1，…，k}={n∈Z3m 又1×1+×3+x×3+…+x1×3"≤1×1+1×3 ∈M,n-m≤k}, +1×3+…+1×3”-=3-1-1 因此只要M三M2,就有M⊕k二M,⊕k, 2 而Hx∈(M④k)①l,3p∈M④k,lx-≤l, 所以k>m一1，即k≥m, 所以3m∈M,p-m≤k, 而1X1+1×3+1×3+…+1×3=3”-1 所以|x-n=x-p十p一m≤x-p|+|p-m≤1十k, 2 即Hx∈M④(k十l), 即当1=3”2时，取a=1.=30=3时m为m 从而(M④k)⊕l二M④(k+). 另一方面：如果d(A,B)=p,d(B,C)=g,d(A,C)=r, 可表数， 那么A二B④，B二C④q,BOp二(C①q)⊕p二CD(p十g), 图为2×(1×1+1×3+1×32+…+1×3m1)=2×3”。-1 2 从而A二CD(p十g),同理C二A①(p十q), =3"-1, 因此由定义可得d(A,C)=r≤d(A,B)十d(B,C)=p+q, 由三进制的基本事实可知，对任意的0≤p≤3“一1，存在 即d满足距离的三角不等式： ∈{0.1,21(i=1,2,…,m,). 所以在本题中，d(A,C)≤d(A,B)十d(B,C)=4+1=5,d 使p=片×3°十r×3+…rm×3"-, (A,C)≥d(A,B)-d(B,C)=4-1=3. 即d(A,C)∈{3,4,5}， 所以p32=X3+n×8+×3）-(8”+3 取A={0},B=(4},C={5},可知d(A,C)=5可能成立， 十…十3-1) 取A={0},B={4},C={3},可知d(A,C)=3可能成立， =(r1-1)×3°+(r-1)×3+…+(rw-1)×3m-. 取A={0},B=(4},C-{3,4},可知d(A,C)=4可能成立， 令x,=r,-1,则有x∈{一1,0,1)i=1,2.…,m, 综上所述，d(A,C)所有可能取值为3或4或5.