2021年北京市海淀區高考數學考前熱身練習試卷（三模）【含答案】

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1、2021年北京市海淀區高考數學考前熱身練習試卷（三模） 參考答案與試題解析 一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。 1．（4分）設集合P＝{3，log2a}，Q＝{a，b}，若P∩Q＝{0}，則P∪Q＝（　?。? A．{3，0} B．{3，0，1} C．{3，0，2} D．{3，0，1，2} 【分析】根據集合P＝{3，log2a}，Q＝{a，b}，若P∩Q＝{0}，則log2a＝0，b＝0，從而求得P∪Q． 【解答】解：∵P∩Q＝{0}， ∴log2a＝0 ∴a＝1 從而b＝0，P∪Q＝{3，0，1}， 故選：B． 【

2、點評】此題是個基礎題．考查集合的交集和并集及其運算，注意集合元素的互異性，以及對數恒等式和真數是正數等基礎知識的應用． 2．（4分）若||＝||＝1，（+2）⊥，則向量與的夾角為（　　） A．30° B．60° C．120° D．150° 【分析】利用向量的垂直，推出關系式，通過數量積轉化求解向量的夾角即可． 【解答】解：||＝||＝1，（+2）⊥， 可得＝0，即：1+2cos＝0，所以＝120°． 故選：C． 【點評】本題考查向量的夾角的求法，向量的數量積的應用，是基本知識的考查． 3．（4分）已知a+bi（a，b∈R）是的共軛復數，則a+b＝（　?。? A．﹣1 B．﹣ C

3、． D．1 【分析】先利用復數的除法運算法則求出的值，再利用共軛復數的定義求出a+bi，從而確定a，b的值，求出a+b． 【解答】解：＝＝＝﹣i， ∴a+bi＝﹣（﹣i）＝i， ∴a＝0，b＝1， ∴a+b＝1， 故選：D． 【點評】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題． 4．（4分）直線x+ay+2＝0與直線ax+y+2a2＝0平行，則實數a的值為（　?。? A．1或﹣1 B．0或﹣1 C．﹣1 D．1 【分析】利用兩條直線平行的充要條件列出方程組，求解即可． 【解答】解：因為直線x+ay+2＝0與直線ax+y+2a2＝0平行， 所以，解

4、得a＝﹣1． 故選：C． 【點評】本題考查了兩條直線位置關系的應用，解題的關鍵是掌握兩條直線平行的充要條件的應用，屬于基礎題． 5．（4分）甲乙兩名學生，六次數學測驗成績（百分制）如圖所示： ①甲同學成績的中位數大于乙同學成績的中位數； ②甲同學的平均分比乙同學高； ③甲同學成績的極差為18； ④甲同學成績方差小于乙同學成績的方差． 上面說法正確的是（　?。? A．③④ B．①④ C．②④ D．②③ 【分析】根據莖葉圖中的數據，分別計算甲、乙二人的中位數、平均數、方差，再求出甲的極差． 【解答】解：根據莖葉圖中數據，計算甲的中位數是×（80+82）＝81，乙的中位數是×

5、（87+88）＝87.5， 所以甲的中位數小于乙的中位數，①錯誤； 計算甲的平均數是＝×（72+76+80+82+86+90）＝81， 方差是＝×[（72﹣81）2+（76﹣81）2+（80﹣81）2+（82﹣81）2+（86﹣81）2+（90﹣81）2]＝， 乙的平均數是＝×（69+78+87+88+92+96）＝85， 方差是＝×[（69﹣85）2+（78﹣85）2+（87﹣85）2+（88﹣85）2+（92﹣85）2+（96﹣85）2]＝， 所以甲的平均分比乙的低，②錯誤，甲的方差小于乙的方差，④正確； 計算甲同學成績的極差為90﹣72＝18，所以③正確； 綜上知，正確的

6、命題序號是③④． 故選：A． 【點評】本題考查了利用莖葉圖中的數據求中位數、平均數、方差和極差的應用問題，是基礎題． 6．（4分）我國古代科學家祖沖之之子祖暅在實踐的基礎上提出了體積計算的原理：“冪勢既同，則積不容異”（“冪”是截面積，“勢”是幾何體的高），意思是兩個同高的幾何體，如在等高處截面的面積恒相等，則它們的體積相等．已知某不規則幾何體與如圖所示的三視圖所表示的幾何體滿足“冪勢既同”，則該不規則幾何體的體積為（　?。? A．8﹣π B．8﹣2π C．12﹣2π D．12﹣π 【分析】首先把三視圖轉換為幾何體的直觀圖，進一步利用割補法求出結合體的體積． 【解答】解：根據幾何

7、體的三視圖轉換為直觀圖為：該幾何體為由長為3，寬為2，高為2的長方體，在長方體的兩頭挖去兩個半圓柱組成的不規則的幾何體； 故V＝2×3×2﹣π?12?2＝12﹣2π． 故選：C． 【點評】本題考查的知識要點：三視圖和幾何體的直觀圖之間的轉換，幾何體的體積公式的應用，主要考查學生的運算能力和數學思維能力，屬于基礎題． 7．（4分）已知函數f（x）的圖象沿x軸向左平移2個單位后與函數y＝2x的圖象關于x軸對稱，若f（x0）＝﹣1，則x0＝（　?。? A．﹣2 B．2 C．﹣log23 D．log23 【分析】將函數y＝2x的圖象逆向變換（即先關于x對稱，再向右平移2個單位）可得到f（x）

8、的解析式，再結合指數的運算法則，求解即可． 【解答】解：函數y＝2x的圖象關于x軸對稱的函數為y＝﹣2x，將其向右平移2個單位，得到f（x）＝﹣2x﹣2， ∵f（x0）＝﹣1， ∴＝﹣1，即x0﹣2＝0， ∴x0＝2． 故選：B． 【點評】本題考查函數圖象的變換，熟練掌握函數圖象的平移與對稱變換原則是解題的關鍵，考查學生的邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎題． 8．（4分）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S7＞S8，S8＝S9＜S10，則下面結論錯誤的是（　?。? A．a9＝0 B．S15＞S14 C．d＜0 D．S8與S9均為Sn的最小值 【分析】由已知可得a8＜0

9、，a9＝0，a10＞0，d＞0，然后結合各選項進行分析即可求解． 【解答】解：因為等差數列{an}，S7＞S8，S8＝S9＜S10， 所以S7﹣S8＝﹣a8＞0，S9﹣S8＝a9＝0，S10﹣S9＝a10＞0， 即a8＜0，a9＝0，a10＞0，d＞0， 故A正確，C錯誤； S15﹣S14＝a15＞0，即S15＞S14， 故B正確； 由a8＜0，a9＝0，a10＞0可知S8與S9均為Sn的最小值，D正確． 故選：C． 【點評】本題主要考查了等差數列的性質的應用，還考查了考生分析問題的能力． 9．（4分）在△ABC中，“sinA＞cosB”是“△ABC為銳角三角形”的（　?。?/p>

10、 A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 【分析】根據充分條件和必要條件的定義結算三角函數的性質進行判斷即可． 【解答】解：若B為鈍角，A為銳角，則sinA＞0，cosB＜0， 則滿足sinA＞cosB，但△ABC為銳角三角形不成立， 若△ABC為銳角三角形，則A，B，π﹣A﹣B都是銳角， 即π﹣A﹣B＜，即A+B＞，B＞﹣A， 則cosB＜cos（﹣A）， 即cosB＜sinA， 故“sinA＞cosB”是“△ABC為銳角三角形”的必要不充分條件， 故選：B． 【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據三角形的性質是解

11、決本題的關鍵． 10．（4分）已知函數，若存在唯一的整數x，使得成立，則滿足條件的整數a的個數為（　?。? A．2 B．3 C．4 D．無數 【分析】作出f（x）的函數圖象，由不等式表示的幾何意義，結合圖象可得所求范圍． 【解答】解：作出f（x）的函數圖象如圖所示： 表示點（x，f（x））與點（a，1）所在直線的斜率，可得曲線上只有一個點（x，f（x））（x為整數）和點（a，1）所在直線的斜率大于0， 而點（a，1）在到直線y＝1上運動， 由f（0）＝0，f（1）＝3，f（2）＝0， 可得當﹣1≤a≤0時，只有點（1，3）滿足； 當1≤a≤2時，只有點（0，0）滿足． 綜上可

12、得a的范圍是[﹣1，0]∪[1，2]． 故滿足條件的整數a有：﹣1，0，1，2共四個． 故選：C． 【點評】本題考查了分段函數的圖象和運用，考查分類討論思想和數形結合思想，化簡運算能力和推理能力，屬于難題． 二、填空題共5小題，每小題5分，共25分. 11．（5分）雙曲線＝1的漸近線方程為　y＝±2x　． 【分析】直接根據雙曲線的方程，令方程的右邊等于0求出漸近線的方程． 【解答】解：已知雙曲線﹣x2＝1 令：﹣x2＝0 即得到漸近線方程為：y＝±2x 故答案為：y＝±2x 【點評】本題考查的知識要點：雙曲線的漸近線方程的求法． 12．（5分）設（2x﹣1）5＝a0

13、+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，則a1＝　10?。? 【分析】根據a1是x的系數，求出二項展開式的通項公式，令x的次數為1，進行求解即可． 【解答】解：a1是x的系數， 展開式的通項公式為kk+1＝C（2x）5﹣k（﹣1）k＝C25﹣kx5﹣k（﹣1）k， 由5﹣k＝1得k＝4， 則a1＝2?（﹣1）4＝10， 故答案為：10． 【點評】本題主要考查二項式系數的求解，求出二項式的通項公式是解決本題的關鍵，是基礎題． 13．（5分）已知f（x）＝sin（x﹣θ）+cos（x+θ）是偶函數，且θ∈[0，π]，則θ＝　　． 【分析】正弦函數的圖象關于y軸對稱，從而當

14、x＝0時，函數取得最值，代入函數后，結合正弦函數對稱軸處取得函數最值可求． 【解答】解∵f（x）＝sin（x﹣θ）+cos（x+θ）是偶函數， 故函數的圖象關于y軸對稱， 根據正弦函數的對稱性可知，當x＝0時，f（x）取得最值， 故﹣sinθ+cosθ＝±2， 所以sinθ﹣cosθ＝±2， 即2（）＝±2， 所以sin（）＝±1， 因為θ∈[0，π]， 則θ＝， 故答案為：． 【點評】本題主要考查了正弦函數對稱性的應用，解題的關鍵是正弦函數在對稱軸處取得最值條件的應用． 14．（5分）能夠說明命題p：?x∈R，x2+2ax+a≤0是假命題的一個實數a是　　． 【分析

15、】若命題p：?x∈R，x2+2ax+a≤0是假命題，則命題￢p：?x∈R，x2+2ax+a＞0是真命題，結合二次函數的圖象和性質，可得答案． 【解答】解：若命題p：?x∈R，x2+2ax+a≤0是假命題 則命題￢p：?x∈R，x2+2ax+a＞0是真命題， 即Δ＝4a2﹣4a＜0， 解得：a∈（0，1）， 故答案為：（答案不唯一，（0，1）上任意數均可） 【點評】本題考查的知識點是命題的否定，二次函數的圖象和性質，難度中檔． 15．（5分）向量集合，對于任意，∈S，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈S，則稱S為“C類集”，現有四個命題： ①若S為“C類集”，則集合也是

16、“C類集”； ②若S，T都是“C類集”，則集合也是“C類集”； ③若A1，A2都是“C類集”，則A1∪A2也是“C類集”； ④若A1，A2都是“C類集”，且交集非空，則A1∩A2也是“C類集”． 其中正確的命題有　①②④?。ㄌ钏姓_命題的序號）． 【分析】由新定義“C類集”，結合不等式的性質和集合的運算性質，即可判斷結論． 【解答】解：①若S為“C類集”，則對于任意，∈S，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈S， 集合，可得對于任意μ，μ∈M，以及任意λ∈（0，1），都有λμ+（1﹣λ）μ∈M，故①正確； ②若S是“C類集”，則對于任意，∈S，以及任意λ1∈（0，1）

17、，都有λ1+（1﹣λ1）∈S， T是“C類集”，則對于任意，∈T，以及任意λ2∈（0，1），都有λ2+（1﹣λ2）∈T， 可得對于任意+∈M，+∈M，以及任意λ∈（0，1），都有λ（+）+（1﹣λ）（+）∈M，故②正確； ③若A1“C類集”，可得對于任意，∈A1，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈A1， A2是“C類集”，對于任意，∈A2，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈A2， 設M＝A1∪A2，M為A1，A2中的元素的合并而得，且不重復，不符合“C類集”的定義，故③錯誤； ④若A1“C類集”，可得對于任意，∈A1，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈

18、A1， A2是“C類集”，對于任意，∈A2，以及任意λ∈（0，1），都有λ+（1﹣λ）∈A2， 設M＝A1∩A2，M為A1，A2中的元素的公共部分而得，且不為空集，符合“C類集”的定義，故④正確． 故答案為：①②④． 【點評】本題考查集合的新定義的理解和運用，考查定義法解題，以及推理能力，屬于基礎題． 三、解答題共6小題，共85分，解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。 16．（14分）在銳角△ABC中，設角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，且． （1）求B的大??； （2）若AB＝2，BC＝，點D在邊AC上，______，求BD的長． 請在①AD＝DC；②∠DBC＝∠D

19、BA；③BD⊥AC這三個條件中選擇一個，補充在上面的橫線上，并完成解答． （注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分）． 【分析】（1）由正弦定理化簡已知等式，結合A，可得sinA＞0，可求，結合范圍，可求B的值． （2）若選①．法一：由題意可得＝，兩邊平方，利用平面向量數量積的運算即可求解BD的值；法二：由余弦定理可求AC的值，在△ABD，△BDC中，分別應用余弦定理，結合cos∠ADB+cos∠CDB＝0，可求4+＝2BD2+，即可解得BD的值．若選②．由于S△ABC＝S△ABD+S△CBD，利用三角形的面積公式即可求解BD的值；若選③．由余弦定理可求AC的值，利用三角形的面

20、積公式可得，進而解得BD的值． 【解答】解：（1）在△ABC中，由正弦定理，及得，sinBsinA＝sinA．…（2分） 因為△ABC為銳角三角形， 所以A， 所以sinA＞0． 所以．……（4分） 又因為，所以B＝．……（6分） （2）若選①． 法一：在△ABC中，因為AD＝DC，所以＝．……（8分） 所以2＝……（10分）＝＝， 所以BD＝．……（12分） 法二：在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB＝＝， 所以， 所以AD＝DC＝．……（8分） 在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝BD2+DA2﹣2BD?DA?cos∠ADB

21、 即， 在△BDC中，由余弦定理，得BC2＝BD2+DC2﹣2BD?DC?cos∠CDB 即．……（10分） 又∠ADB+∠CDB＝π，所以cos∠ADB+cos∠CDB＝0． 所以4+＝2BD2+， 所以BD＝．……（12分） 若選②． 在△ABC中，S△ABC＝S△ABD+S△CBD，……（8分） 即BA?BC?sin＝BA?BD?sin+BD?BC?sin，……（10分） 即， 解得．……（12分） 若選③． 在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB＝＝， 所以．……（8分） 因為S△ABC＝BA?BC?sinB＝， 又S

22、△ABC＝BD?AC＝BD，……（10分） 所以， 解得．……（12分） 【點評】本題主要考查了正弦定理，平面向量數量積的運算，余弦定理，三角形的面積公式在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題． 17．（14分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C． （1）求證：AB⊥B1C； （2）若∠B1BC＝60°，直線A1B1與平面BB1C1C所成角為30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值． 【分析】（1）推導出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，從而B1C⊥平面AOB，由此能證明B1C⊥AB． （2）設

23、O為原點，OB1為x軸，OC1為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值． 【解答】解：（1）證明：由題知四邊形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1， ∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C， ∵AO∩B1C＝O，∴B1C⊥平面AOB， ∵AB?平面AOB，∴B1C⊥AB． （2）∵A1B1∥AB，∴AB與平面BB1C1C所成角為30°， ∵AO⊥平面BB1C1C，∴∠ABO＝30°， 設O為原點，OB1為x軸，OC1為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標系， 則B1（1，0，0），C1（0，，0），A（0，0，1），B（0，﹣，0

24、）， 由＝，知A1（1，，1）， ∴＝（0，﹣，1），＝（﹣1，，0），＝（1，0，1）， 設平面AB1C1的法向量為＝（x，y，z）， 則，取y＝1，得＝（）， 同理得平面A1B1C1的法向量＝（）， ∴cos＜＞＝＝， ∴二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值為． 【點評】本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力等數學核心素養，是中檔題． 18．（14分）隨著移動互聯網的發展，越來越多的人習慣用手機應用程序（簡稱app）獲取新聞資訊．為了解用戶對某款新聞類app的滿意度，隨機調查了30

25、0名用戶，調研結果如表：（單位：人） 青年人 中年人 老年人 滿意 60 70 x 一般 55 25 y 不滿意 25 5 10 （Ⅰ）從所有參與調研的人中隨機選取1人，估計此人“不滿意”的概率； （Ⅱ）從參與調研的青年人和中年人中各隨機選取1人，估計恰有1人“滿意”的概率； （Ⅲ）現需從參與調研的老年人中選擇6人作進一步訪談，若在“滿意”、“一般”、“不滿意”的老年人中各取2人，這種抽樣是否合理？說明理由． 【分析】（Ⅰ）根據古典概型的概率公式進行計算即可 （Ⅱ）根據獨立事件同時發生的概率公式進行計算即可 （Ⅲ）根據抽樣的公平性的性質進行判斷

26、【解答】解：（Ⅰ）從所有參與調研的人共有300人，不滿意的人數是25+5+10＝40 記事件D為“從所有參與調研的人中隨機選取1人此人不滿意”，則所求概率為． （Ⅱ）記事件M為“從參與調研的青年人中隨機選取1人，此人滿意”，則； 記事件N為“從參與調研的中年人中隨機選取1人，此人滿意”，則； 則“從參與調研的青年人和中年人各隨機選取1人，恰有1人滿意”的概率為＝ （Ⅲ）這種抽樣不合理． 理由：參與調研的60名老年人中不滿意的人數為20，滿意和一般的總人數為x+y＝50，說明滿意度之間存在較大差異，所以從三種態度的老年中各取2人不合理．合理的抽樣方法是采用分層抽樣，根據x，y，10的

27、具體數值來確定抽樣數值． 【點評】本題主要考查抽樣方法的應用，以及概率的計算，根據古典概型的概率公式是解決本題的關鍵．難度不大． 19．（15分）已知橢圓C：的右焦點為F，離心率，長軸長為4，過點F的直線l與橢圓交于M，N兩點（非長軸端點）． （1）求橢圓C的方程； （2）已知點Q（0，2），求線段MQ長度的取值范圍； （3）延長MO交橢圓C于P點，求△PMN面積的最大值，并求此時直線l的方程． 【分析】（1）通過橢圓的長軸長，結合離心率，即得到橢圓的方程； （2）設M（x1，y1），由M為橢圓上一點，可得，再利用兩點間距離公式進行求解即可； （3）設出MN所在直線方程，然后與

28、橢圓方程聯立，利用弦長公式，點到直線距離公式求解三角形的面積，利用基本不等式求解最大值即可． 【解答】解：（1）∵長軸長為4，∴2a＝4，a＝2， 又∵離心率，∴c＝，∴b2＝a2﹣c2＝1， ∴橢圓C的方程為， （2）設M（x1，y1），則，y∈[﹣1，0）∪（0，1]， ∴|MQ|＝＝＝， ∴|MQ|的取值范圍是； （3）設直線MN的方程為x＝my+， 聯立，消x得， ∵Δ＞0，，， ∴＝， 原點O到直線x＝my+的距離， ∴P到直線MN的距離為， ∴， 令，則， 當且僅當時，取等號， 所以直線l的方程為或． 【點評】本題考查了直線與橢圓的位置關系，橢

29、圓的簡單幾何性質，考查了轉化思想及計算能力，屬中檔題． 20．（14分）已知函數f（x）＝（a∈R）． （1）若曲線y＝f（x）在點（，f（））處的切線經過坐標原點，求實數a； （2）當a＞0時，判斷函數f（x）在x∈（0，π）上的零點個數，并說明理由． 【分析】（1）求得f（x）的導數，由導數的幾何意義可得切線的斜率，再由兩點的斜率公式解方程可得a的值； （2）由f（x）＝0，可令g（x）＝x2﹣a﹣2sinx，討論當x∈（0，），[，π）時，g（x）的單調性，可得f（x）的單調性，可得所求零點個數． 【解答】解：（1）f（x）＝的導數為f′（x）＝， 可得曲線y＝f（x）在點

30、（，f（））處的切線的斜率為f′（）＝π， f（）＝﹣a﹣2，即切點為（，﹣a﹣2）， 由于切線經過原點， 可得＝π，解得a＝﹣﹣2； （2）因為x∈（0，π），所以sinx＞0， 所以f（x）＝＝0，可化為x2﹣a﹣2sinx＝0， 設g（x）＝x2﹣a﹣2sinx，g′（x）＝2x﹣2cosx， 設h（x）＝2x﹣2cosx，h′（x）＝2+2sinx＞0， 可得h（x）即g′（x）在（0，π）遞增， 又g′（0）＝﹣2＜0，g′（）＝π＞0， 所以存在x0∈（0，），使得g′（x0）＝0，當x∈（0，x0）時，g（x）遞減； 當x∈（x0，）時，g（x）遞增， 所

31、以，對于連續函數g（x），在x∈（0，x0）時，g（x）遞減，在x∈（x0，π）時，g（x）遞增， 又因為g（0）＝﹣a＜0，當g（π）＝π2﹣a＞0即a＜π2時，g（x）有唯一零點在（x0，π）上， 當g（π）＝π2﹣a≤0即a≥π2時，g（x）在（0，π）上無零點， 綜上可得，當0＜a＜π2時，函數f（x）在（0，π）有唯一零點； 當a≥π2時，函數f（x）在（0，π）沒有零點． 【點評】本題考查導數的運用：求切線方程和零點的個數的求法，考查方程思想和分類討論思想、運算能力和推理能力，屬于難題． 21．（14分）已知集合Sn＝{X|X＝（x1，x2，…，xn），xi∈{0，1}

32、，i＝1，2，…，n}．其中n≥2，對于A＝（a1，a2，…，an），B＝（b1，b2，…，bn）∈Sn，定義A與B之間的距離為． （1）記I＝（1，1，1，1）∈S4，寫出所有A∈S4使得d（I，A）＝3； （2）記I＝（1，1，1，1）∈Sn，A，B∈Sn，并且d（I，A）＝d（I，B）＝p≤n，d（A，B）的最大值； （3）設P?Sn，P中所有不同元素間的距離的最小值為k，記滿足條件的集合P的元素個數的最大值為m，求證：． 【分析】（1）根據題中給出的定義，寫出所有A∈S4使得d（I，A）＝即可3； （2）設A＝（a1，a2，???，an），B＝（b1，b2，???，bn），分

33、兩種情況2p≤n、2p＞n時，分別利用含有絕對值的不等式的性質求解即可； （3）設P是滿足條件的最大集合，即P中元素個數為m，由題中的定義可知，對于Sn中的任意元素X，都存在C∈P使得d（X，C）≤k﹣1，否則，假設存在X0∈Sn，對任意C∈P都有d（X0，C）≥k，推出矛盾，故假設不成立，即可證明原命題． 【解答】（1）解：A的所有可能取值為（1，0，0，0），（0，1，0，0），（0，0，1，0），（0，0，0，1）； （2）解：設A＝（a1，a2，???，an），B＝（b1，b2，???，bn）， 因為d（I，A）＝1﹣a1+1﹣a2+???+1﹣an＝p， 則a1+a2+??

34、?+an＝n﹣p， 同理b1+b2+???+bn＝n﹣p， 當2p≤n時，d（A，B）＝≤， 當2p＞n時，d（A，B）＝， 當A＝{1，1，???，1，0，0，????，0}（其中含有p個1）或A＝{0，0，???，0，1，1，???，1}（其中含有p個1）時，上式取等號， 綜上所述，d（A，B）的最大值為； （3）證明：設P是滿足條件的最大集合，即P中元素個數為m， 那么對任意的A，B∈P，且A≠B，d（A，B）≥k， 對任意的C∈P，記集合S（C，k﹣1）＝{X∈Sn|d（X，C）≤k﹣1}， 那么S（C，k﹣1）中元素個數為， 對于Sn中的任意元素X，都存在C∈P使得d（X，C）≤k﹣1， 若不然，假設存在X0∈Sn，對任意C∈P都有d（X0，C）≥k， 那么集合P'＝P∪{X0}中所有不同元素間的距離的最小值為k，且P'中有m+1個元素，這與m的最大性矛盾． 綜上所述，所有Sn中的每個元素必與P中的某個元素的距離不超過k﹣1， 又S（C，n）中元素個數為＝2n，所以． 【點評】本題考查了新定義問題，解決此類問題，關鍵是讀懂題意，理解新定義的本質，把新情境下的概念、法則、運算化歸到常規的數學背景中，運用相關的數學公式、定理、性質進行解答，屬于中檔題．