北京市第十三中学2020届高三下学期开学测试数学试题（解析版）

北京市第十三中学 2019～2020 学年度 高三年级数学开学测试 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷从第 1 页至第 2 页；第Ⅱ 卷从第 3 页至第 5 页；答题纸从第 1 页至第 4 页.共 150 分，考试时间 120 分钟.请在答题纸规 定处书写班级、姓名、准考证号.考试结束后，将本试卷的答题纸一并交回. 第Ⅰ卷（选择题共 40 分） 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.） 1.设集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 试题分析：由已知可得 ，故 考点：集合的运算 2.抛物线 上的点到其焦点的最短距离为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 试题分析：由已知焦点为 ，故抛物线上的点到焦点的距离为 ，当然也可作图，利用抛物线的定义 考点：抛物线 3.过双曲线 的右焦点，且平行于经过一、三象限的渐近线的直线方程是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 { }1A x R x= ∈ 2{ | 4}B x R x= ∈ ≤ A B∪ = [ 2, )− +∞ (1, )+∞ (1,2] ( , )−∞ +∞ A B∪ = [ 2, )− +∞ 2 =4x y 1 2 2 2 19 16 x y− = 3 4 15 0x y+ − = 3 4 15 0x y− − = 4 3 20 0x y− + = 4 3 20 0x y− − =双曲线 的右焦点为（5,0 ）经过一、三象限的渐近线的斜率 . 所以直线方程为 ，整理得 .故选 D 4.已知等比数列 满足 ，且 成等差数列，则 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 设公比为 q，由等比数列的通项公式和等差数列中项性质列方程，解方程可得 q，即可得到所求值． 【详解】 成等差数列，得 ，即： ， 所以， ＝16 故选 C． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题． 5.已知向量 ，若 ，则实数 λ=（ ） A. -3 B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】向量 ，则 ，若 ，则有 ，所以 . 故选：A. 6.已知 , ，直线 和 是函数 图像的两条相邻的对称轴，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 因为直线 和 是函数 图像的两条相邻的对称轴， 所以 T= ．所以 ω=1，并且 sin（ +φ）与 sin（ +φ）分别是最大值与最小值，0＜ 2 2 19 16 x y− = 4 3 20 0x y− − = { }na 1 2a = 1 2, ,6a a 4a = 6 8 16 32 1 2, ,6a a 1 2 6 42 aa += = 1 4a q = 2q = 3 4 1a a q= ( ) ( ) ( )1 2 , 0 2 , 1,a b c λ= = − = −  , , ( )2 //a b c−   1 3 ( ) ( )1 2 , 0 2a b= = − , , ( )2 2,6a b− =  ( )2 //a b c−   2 6λ = − 3λ = − 0w > 0 φ π< < 4x π= 5 4 =x π ( ) sin( )f x wx φ= + φ = π 4 π 3 π 2 3π 4 4x π= 5 4x π= ( ) ( )sinf x wx φ= + 52 2π4 4 π π × − =   4 π 5 4 πφ＜π， 所以 φ= ． 故选：A． 7.已知 ， ， ，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：因为 所以 选 C． 考点：比较大小 8.已知函数 ，则“ ”是“函数 在区间 上存在零点”的( ) A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 先将函数的零点问题转化成两个函数图象交点的问题，再判断充分必要性． 【详解】 ＝0，得： ，设函数 ， 当 时，如下图，函数 有交点，所以， 在区间 上存在零点，充分性成 立． （2）当 在区间 上存在零点时， 4 π 1 32a −= 2 1log 3b = 1 2 1log 3c = a b c> > a c b> > c a b> > c b a> > 1 3 2 1 2 1 12 (0,1), log 0, log 1,3 3a b c −= ∈ = = .b a c< < ( ) af x x x = + 0a < ( )f x (0, )+∞ ( )= af x x x + ax x = − = x, ay y x = − 0a < = x, ay y x = − ( )f x ( )0,+∞ ( )f x ( )0,+∞如果 ＝0，函数 在 上无交点 如果 ＞0，函数 在 上图象在第一象限， 的图象在第四象限，无交点 所以，还是 ＜0，必要性成立， 所以是充分必要条件，选 C． 【点睛】本题考查了函数的零点及充分必要条件，考查数形结合思想，属中档题． 9.某购物网站在 2017 年 11 月开展“全部 6 折”促销活动，在 11 日当天购物还可以再享受“每张订单金额 (6 折后)满 300 元时可减免 100 元”．某人在 11 日当天欲购入原价 48 元(单价)的商品共 42 件，为使花钱总 数最少，他最少需要下的订单张数为(　　) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 先算出一张订单需要多少件，再根据总数计算即可得解. 【详解】为使花钱总数最少，需使每张订单满足“每张订单金额(6 折后)满 300 元时可减免 100 元”，即每张 订单打折前原金额不少于 500 元． 由于每件原价 48 元，因此每张订单至少 11 件，所以最多需要下的订单张数为 3 张． 【点睛】本题是一道应用题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的解法. 10.如图，已知直线 与曲线 相切于两点，函数 ，则函数 （ ） A. 有极小值，没有极大值 B. 有极大值，没有极小值 C. 至少有两个极小值和一个极大值 D. 至少有一个极小值和两个极大值 【答案】C 【解析】 a = x, 0ay y x = − = ( )0,+∞ a = xy ( )0,+∞ ay x = − a y kx= ( )y f x= ( )g x kx m= + ( 0)m > ( ) ( ) ( )F x g x f x= −【分析】 根据导数的几何意义，讨论直线 与曲线 在切点两侧 的导数与 的大小关系，从而得 出 的单调区间，结合极值的定义，即可得出结论． 【详解】 如图，由图像可知，直线 与曲线 切于 a，b， 将直线向下平移到与曲线 相切，设切点为 c， 当 时， 单调递增，所以有 且 ． 对于 = ， 有 ，所以 在 时单调递减； 当 时， 单调递减，所以有 且 ． 有 ，所以 在 时单调递增； 所以 是 的极小值点． 同样的方法可以得到 是 的极小值点， 是 的极大值点． 故选 C． 【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义，函数导数与单调性，与函数极值之间的关系，属于中档题． 第Ⅱ卷（共 110 分） 二、填空题（每小题 5 分，共 25 分） 11.已知 ，其中 是虚数单位，那么实数 = ． 【答案】2 【解析】 试题分析：由已知 ，故 y kx= ( )y f x= ( )f x k ( )F x y kx= ( )y f x= ( )y f x= x a< ( )f x ' ( ) 0f x > ( ) ( )f x f a k′ ′> = ( ) ( ) ( )F x g x f x= − ( )kx m f x+ − ( ) ( ) 0F x k f x′ ′= − < ( )F x x a< a x c< < ( )f x ' ( ) 0f x < ( ) ( )f x f a k′ ′< = ( ) ( ) 0F x k f x′ ′= − > ( )F x a x c< < x a= ( )F x x b= ( )F x x c= ( )F x i 11 i a i= − +− i a考点：复数的运算 12.若 ，则 = . 【答案】 【解析】 . 13.对于 ，以点 为中点的弦所在的直线方程是_____． 【答案】 【解析】 试题分析： ，圆心为（1,0），故所求直线的斜率为 ，直线方程 为 即 考点：直线方程 14.已知 是等差数列，那么 =______； 的最大值为______． 【答案】16；16 【解析】 试题分析：由已知得 ，故 ， 考点：等差数列的性质及基本不等式 15.已知函数 ,则 ；下面三个命题中，所有真命题 序号是 . ① 函数 是偶函数； ② 任取一个不为零的有理数 ， 对 恒成立； ③ 存在三个点 使得 为等边三角形. 【答案】1 ①②③ 【解析】 f（x）必然是有理数 0 或 1，在代入函数必然是 f(f（x）)=1. 的 tan 2α = sin 2α 4 5 sin 2α 2 2: 2 0A x y x+ − = 1 1( , )2 2 y x= y x= ,4,m n ( 2) ( 2)m n⋅ mn ( 2) ( 2)m n⋅ ( )( ) ______f f x = ( )f x T ( ) ( )f x T f x+ = x R∈ 1 1 2 2 3 3( , ( )), ( , ( )), ( , ( )),A x f x B x f x C x f x ABC∆（1）当 ，则 ；当 ，则 ，很显然函数 = 所以函数 是 偶函数.所以①正确； （2）任取一个不为零的有理数 ，当 ，则 ；当 ，则 ，很显然函数 ，所以②正确； (3)设 , , ,此时 为等边三角形，所以③正确. 三、解答题（共 85 分） 16.如图，长方体 的底面 是正方形，点 在棱 上， . （1）证明： 平面 ； （2）若 ，求二面角 的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）根据长方体性质可知 平面 ，从而 ，由题意 ，即可由线面垂直的 判定定理证明 平面 ； （2）由题意 ，设 ，建立空间直角坐标系，即可写出各个点的坐标，求得平面 和平 面 的法向量，即可由两个平面的法向量求得二面角 夹角的余弦值，再由同角三角函数关 系式即可求得二面角 的正弦值. ( )f x ( )f x T ( ) ( )f x T f x+ = ABC∆ 1 1 1 1ABCD A B C D− ABCD E 1AA 1BE EC⊥ BE⊥ 1 1EB C 1AE A E= 1B EC C− − 3 2 1 1B C ⊥ 1 1ABB A 1 1B C BE⊥ 1BE EC⊥ BE⊥ 1 1EB C 1=2AA AB 1AB = EBC 1ECC 1B EC C− − 1B EC C− −【详解】（1）由已知得， 平面 ， 平面 ， 故 . 又 ，且 ， 所以 平面 . （2）由（1）知 .由题设知 ，所以 ， 故 ， . 设 ，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立如 图所示的空间直角坐标系 ： 则 ， ， ， ， ， ， . 设平面 的法向量为 ，则 即 . 所以可取 . 设平面 的法向量为 ，则 即 所以可取 . 于是 . 由同角三角函数关系式可得二面角 的正弦值为 . 【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定定理，由空间向量法求二面角夹角大小，注意本题求解的是二 面角夹角的正弦值，属于中档题. 17.已知 同时满足下列四个条件中的三个： 1 1B C ⊥ 1 1ABB A BE ⊂ 1 1ABB A 1 1B C BE⊥ 1BE EC⊥ 1 1 1 1B C EC C∩ = BE⊥ 1 1EB C 1 90BEB∠ =  1 1Rt RtABE A B E∆ ∆≌ 45AEB∠ =  AE AB= 1=2AA AB 1AB = D DA x DA D xyz− ( )0,1,0C ( )1,1,0B ( )1 0,1,2C ( )1,0,1E ( )1,0,0CB = ( )1, 1,1CE = − ( )1 0,0,2CC = EBC ( )1 1 1, ,n x y z= 0, 0 CB n CE n  ⋅ =  ⋅ =     ， 1 1 1 1 0, 0, x x y z =  − + = ( )0, 1, 1n = − − 1ECC ( )2 2 2, ,m x y z= 1 0, 0 CC m CE m  ⋅ =  ⋅ =     ， 2 2 2 2 2 0, 0, z x y z =  − + = ( )1,1,0m = 1cos , 2 n mn m n m ⋅< >= = −      1B EC C− − 21 31 2 2  − − =   ABC① ；② ；③ ；④ ． （Ⅰ）请指出这三个条件，并说明理由； （Ⅱ）求 的面积． 【答案】（Ⅰ） 满足①，③，④；（Ⅱ） . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）通过余弦函数的性质可以判断①，②不能同时满足，也就可以判断出③，④能同时满足，最后判断 出②不能和③，④同时满足； （Ⅱ）利用余弦定理可以求出 的值，再利用面积公式求出面积. 【详解】（Ⅰ）解： 同时满足①，③，④．理由如下： 若 同时满足①，②． 因为 ，且 ，所以 ． 所以 ，矛盾． 所以 只能同时满足③，④． 所以 ，所以 ，故 不满足②． 故 满足①，③，④． （Ⅱ）解：因为 ， 所以 ． 解得 ，或 （舍）． 所以△ 的面积 ． 【点睛】本题考查了余弦函数的性质、余弦定理、面积公式，考查了数学推理论证能力. 18.为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公 司各随机抽取一名快递员，并从两人某月（30 天）的快递件数记录结果中随机抽取 10 天的数据，制表如下： 甲公司某员工 A 乙公司某员工 B 3 9 6 5 8 3 3 2 3 4 6 6 6 7 7 π 3A = 2cos 3B = − 7a = 3b = ABC ABC 6 3 c ABC ABC 2 1cos 3 2B = − < − (0,π)B∈ 2 π3B > πA B+ > ABC a b> A B> ABC ABC 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 2 2 2 17 3 2 3 2c c= + − × × × 8c = 5c = − ABC 1 sin 6 32S bc A= =0 1 4 4 2 2 2 每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下： 甲公司规定每件 4.5 元；乙公司规定每天 35 件以内（含 35 件）的部分每件 4 元，超出 35 件的部分每件 7 元. （1）根据表中数据写出甲公司员工 A 在这 10 天投递的快递件数的平均数和众数； （2）为了解乙公司员工 B 的每天所得劳务费的情况，从这 10 天中随机抽取 1 天，他所得的劳务费记为 （单位：元），求 的分布列和数学期望； （3）根据表中数据估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费. 【答案】（1）平均数为 36，众数为 33.（2） 136 147 154 189 203 （3）甲公司 4860 元，乙公司 4965 元 【解析】 【 详 解 】 试 题 分 析 ： （ 1 ） 由 平 均 数 计 算 公 式 得 ： ，出现得最多的数是 33.（2）先计算出随机变量 取值集合，当投递件数为 34 时， =136 元；当投递件数为 36 时， =147 元；当投递件数为 37 时， =154 元；当投递件数为 42 时， =189 元；当投递件数为 44 时， =1203 元；再分别求出其概率，最后 利用数学期望公式 求出 （3）甲公司被抽取员工该月收入为 元，乙公司被抽取员工该月收入为 元. 试题解析：解： （1）甲公司员工 A 投递快递件数的平均数为 36，众数为 33. X X X P 1 10 3 10 2 10 3 10 1 10 X X X X X（2）设 乙公司员工 B 投递件数，则 当 =34 时， =136 元， 当 >35 时， 元， 的可能取值为 136,147,154,189,203 的分布列为： 136 147 154 189 203 （3）根据图中数据，可估算甲公司被抽取员工该月收入 4860 元，乙公司被抽取员工该月收入 4965 元. 考点：分布列，数学期望 19.已知函数 . （1）求曲线 在点 处的切线方程； （2）求 的单调区间； （3）若对于任意 ，都有 ，求实数 的取值范围. 【答案】（1） （2） 的单调递增区间是 ； 的单调递减区间是 （3） . 【解析】 【分析】 （1）先求得导函数，由导数的几何意义求得切线的斜率，再求得切点坐标，即可由点斜式得切线方程； （2）求得导函数，并令 求得极值点，结合导函数的符号即可判断函数单调区间； （3）将不等式变形，并分离参数后构造函数 ，求得 并令 求得极值点，结 为a a X a 35 4 ( 35) 7X a= × + − × X X X P 1 10 3 10 2 10 3 10 1 10 1 3 2 3 1( ) 136 147 154 189 20310 10 10 10 10E X = × + × + × + × + × 1655= =165.5( )10 元 ( ) lnf x x x= ( )y f x= ( )( )1, 1f ( )f x 1 ,x ee  ∈   ( ) 1f x ax≤ − a 1y x= − ( )f x 1,e  +∞   ( )f x 10, e      1a e≥ − ( ) 0f x′ = ( ) 1lng x x x = + ( )g x′ ( ) 0g x′ =合极值点左右两侧的单调性和端点求得最值，即可确定 的取值范围. 【详解】（1）因为函数 ， 所以 ， . 又因为 ，则切点坐标为 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 . （2）函数 定义域为 ， 由（1）可知， 令 解得 . 与 在区间 上的情况如下： － 0 ＋ ↘ 极小值 ↗ 所以， 的单调递增区间是 ； 的单调递减区间是 . （3）当 时，“ ”等价于“ ”. 令 ， ， ， . 令 解得 ， 当 时， ，所以 在区间 单调递减. 当 时， ，所以 在区间 单调递增. . a ( ) lnf x x x= ( ) 1ln ln 1f x x x xx ′ = + ⋅ = + ( )1 ln1 1 1f ′ = + = ( )1 0f = ( )1,0 ( )y f x= ( )1,0 1y x= − ( ) lnf x x x= ( )0, ∞+ ( ) ln 1f x x′ = + ( ) 0f x′ = 1x e = ( )f x ( )f x′ ( )0, ∞+ x 10, e      1 e 1,e  +∞   ( )f x′ ( )f x ( )f x 1,e  +∞   ( )f x 10, e      1 x ee ≤ ≤ ( ) 1f x ax≤ − 1lna x x ≥ + ( ) 1lng x x x = + 1 ,x ee  ∈   ( ) 2 2 1 1 1xg x x x x −′ = − = 1 ,x ee  ∈   ( ) 0g x′ = 1x = 1 ,1x e  ∈   ( ) 0g x′ < ( )g x 1 ,1e      ( )1,x e∈ ( ) 0g x′ > ( )g x ( )1,e而 ， . 所以 在区间 上的最大值为 . 所以当 时，对于任意 ，都有 . 【点睛】本题考查了导数的几何意义，切线方程的求法，由导函数求函数的单调区间，分离参数法并构造 函数研究参数的取值范围，由导数求函数在闭区间上的最值，属于中档题. 20.已知椭圆 C： 的离心率为 ，左、右顶点分别为 A，B，点 M 是椭圆 C 上异于 A， B 的一点，直线 AM 与 y 轴交于点 P． （Ⅰ）若点 P 在椭圆 C 的内部，求直线 AM 的斜率的取值范围； （Ⅱ）设椭圆 C 的右焦点为 F，点 Q 在 y 轴上，且∠PFQ=90°，求证：AQ∥BM． 【答案】（Ⅰ）（- ，0） （0， ）（Ⅱ）详见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据题意可得得 c2＝a2﹣2，由 e ，解得即可出椭圆的方程，再根据点在其内部，即可线 AM 的斜率的取值范围， （Ⅱ）题意 F（ ，0），设 Q（0，y1），M（x0，y0），其中 x0≠±2，则 1，可得直线 AM 的方程 y （x+2），求出点 Q 的坐标，根据向量的数量积和斜率公式，即可求出 kBM﹣kAQ＝0，问题得以证明 【详解】解：（Ⅰ）由题意可得 c2=a2-2， ∵e= = ， ∴a=2，c= ， ∴椭圆 方程为 + =1，的 1 ln 1 1.5g e e ee   = + = − >   ( ) 1 1ln 1 1.5g e e e e = + = + < ( )g x 1 ,ee      1 1g ee   = −   1a e≥ − 1 ,x ee  ∈   ( ) 1f x ax≤ − ( )2 2 2 1 22 x y aa + = ＞ 2 2 2 2  2 2 2 2 c a = = 2 2 2 0 0 4 2 x y+ = 0 0 2 y x = + c a 2 2 2 2x 4 2y 2设 P（0，m），由点 P 在椭圆 C 的内部，得- ＜m＜ ， 又∵A（-2，0）， ∴直线 AM 的斜率 kAM= = ∈（- ， ）， 又 M 为椭圆 C 上异于 A，B 的一点， ∴kAM∈（- ，0），（0， ）， （Ⅱ）由题意 F（ ，0），设 Q（0，y1），M（x0，y0），其中 x0≠±2， 则 + =1， 直线 AM 的方程为 y= （x+2）， 令 x=0，得点 P 的坐标为（0， ）， 由∠PFQ=90°，可得 • =0， ∴（- ， ）•（- ，y1）=0， 即 2+ •y1=0， 解得 y1=- ， ∴Q（0，- ）， ∵kBM= ，kAQ=- ， ∴kBM-kAQ= + =0， 故 kBM=kAQ，即 AQ∥BM 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题 2 2 m 0 0 2 − + m 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0x 4 2 0y 2 0 0 y x 2+ 0 0 2y x 2+ PF FQ 2 0 0 2y x 2+ 2 0 0 2y x 2+ 2 0 0 x 2 y + 2 0 0 x 2 y + 0 0 y x 2− 0 0 x 2 2y + 0 0 y x 2− 0 0 x 2 2y +21.对于数列 ，定义“ 变换”： 将数列 变换成数列 ， 其中 ，且 ，这种“ 变换”记作 .继续对数列 进行 “ 变换”，得到数列 ，依此类推，当得到的数列各项均为 时变换结束． （1）试问 和 经过不断的“ 变换”能否结束？若能，请依次写出经过“ 变换”得到的 各数列；若不能，说明理由； （2）求 经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件； （3）证明： 一定能经过有限次“ 变换”后结束． 【答案】（1） ；（2） ；（3）证明见解析. 【解析】 分析：（1）根据定义，可得 不能结束，数列 能结束，并可写出数列；（2） 经过 有限次“ 变换”后能够结束的充要条件 ，先证明 ，则经过一次“ 变换”，就得到数列 ，从而结束，再证明命题“若数列 为常数列，则 为常数列”， 即可得解；（3）先证明引 理：“将数 的最大项一定不大于数列 的最大项，其中 ” ，再分类讨论：第一类是没有为 的项，或者为 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， ，第二类是含有为 的项，且与最大项相邻，此时 ，证明第二类数列 经过有限次“ 变换”，一定可以得到第一类数列. 详解：（1）数列 不能结束，各数列依次为 ； ； ； ； ； ；…．从而以下重复出现，不会出现所有项均为 的情形． 数列 能结束，各数列依次为 ； ； ； ． （2）解： 经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件是 ． 若 ，则经过一次“ 变换”就得到数列 ，从而结束． 当数列 经过有限次“ 变换”后能够结束时，先证命题“若数列 为常数列，则 为常数列”． 当 时，数列 ． 由数列 为常数列得 ，解得 ，从而数列 也为常数列． ( )1 2: , ,... , 1,2,...n n iA a a a a N i n∈ = T T nA 1 2: , ,...n nB b b b ( )1 1,2,... 1i i ib a a i n+= − = − 1n nb a a= − T ( )n nB T A= nB T ,...nC 0 3 : 4,2,8A 4 :1,4,2,9A T T 3 1 2 3: , ,A a a a T 4 1 2 3 4: , , ,A a a a a T 3,2,7,8;1,5,1,5;4,4,4,4;0,0,0,0 1 2 3a a a= = 3 : 4,2,8A 4 :1,4,2,9A 3A T 1 2 3, ,a a a 1 2 3a a a= = T 0 0,0， T nA（ ） 3A ( )T nA nA 3n ≥ 0 0 ( ) ( )4 4max max 1B A≤ − 0 ( ) ( )4 4max max 1B A≤ − 4A T其它情形同理，得证． 在数列 经过有限次“ 变换”后结束时，得到数列 (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 也为常数列． 所以，数列 经过有限次“ 变换”后能够结束的充要条件是 ． （3）证明：先证明引理：“数列 的最大项一定不大于数列 的最大项，其中 ”． 证明：记数列 中最大项为 ，则 ． 令 ， ，其中 ． 因为 ， 所以 ， 故 ，证毕． 现将数列 分为两类． 第一类是没有为 的项，或者为 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， ． 第二类是含有为 的项，且与最大项相邻，此时 ． 下面证明第二类数列 经过有限次“ 变换”，一定可以得到第一类数列． 不妨令数列 的第一项为 ，第二项 最大( )．（其它情形同理） ①当数列 中只有一项 时， 若 ( )，则 ，此数列各项均不为 或含有 项但与 最大项不相邻，为第一类数列； 若 ，则 ； 此数列各项均不 为 或含有 项但与最大项不相邻，为第一类数列； 若 ( )，则 ，此数列各项均不为 ，为第一类数列； 若 ，则 ； ； ， 此数列各项均不为 ，为第一类数列． ②当数列 中有两项为 时，若 ( )，则 ，此数列各项均不为 ，为 为第一类数列； 若 ( )，则 ， ，此数列各项均不为 或含 有 项但与最大项不相邻，为第一类数列． ③当数列 中有三项为 时，只能是 ，则 ， ， ，此数列各项均不为 ，为第一类数列． 总之，第二类数列 至多经过 次“ 变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历 次“ 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“ 变换”后，数列的最大项一定会为 ，此时数列的各项均为 ，从而结束． 点睛：本题考查数列的综合运用、新定义问题及分类讨论思想，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出 一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础 上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问 题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验 证、运算，使问题得以解决.