【文档说明】北京市西城区2023届高三一模数学试题 含解析.docx，共(22)页，2.336 MB，由小赞的店铺上传

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西城区高三统一测试试卷数学2023.3本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题共10小题，每小题4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.已知集合{1,0,1,2,3}A=−，2{|30}Bxxx=−，则AB=（）A.{1}−B.{1,2}C.{1,2,3}D.{1,0,1,2}−【答案】B【解析】【分析】首先对集合2{|30}Bxxx=−化简，再由交集得

定义即可求得AB.【详解】2{|30}{|03}Bxxxxx=−=，由{1,0,1,2,3}A=−得{1,2}AB=故选：B2.下列函数中，在区间()0,+上为增函数的是（）A.yx=−B.22yxx=−C.sinyx=D.1yxx=−【答案】D【解析】【分析

】利用基本初等函数的单调性逐项判断各选项中函数在区间()0,+上的单调性，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，当0x时，yxx=−=−，则yx=−在()0,+上单调递减；对于B选项，函数22yxx=−在区间()0,+上不单调；对于C选项，函数sinyx=在()0,+上不单调；对于D选项

，因为函数yx=、1yx=−在()0,+上均为增函数，所以，函数1yxx=−在()0,+上为增函数.故选：D.3.设lg2a=，cos2b=，0.22c=，则（）A.b<c<aB.cbaC.bacD.abc【答案】C【解析】【分析】分

别利用指数函数、对数函数、三角函数单调性，限定,,abc的取值范围即可得出结论.【详解】根据对数函数lgyx=在定义域内为单调递增可知0lg1lg2lg101==，即()0,1a；由三角函数cosyx=单

调性可知πcos2cos02b==<；利用指数函数2xy=为单调递增可得0.20221c==；所以bac.故选：C4.在52()xx−的展开式中，x的系数为（）A.40B.10C.40−D.10−【答案】A【解

析】【分析】利用二项式定理的性质.【详解】设52()xx−的通项1kT+，则()5115C2kkkkTxx−−+=−，化简得()5215C2kkkkTx−+=−，令2k=，则x的系数为()225C240−=，即A正确.故选：A5.已知P为ABC所在

平面内一点，2BCCP=uuuruur，则（）A.1322APABAC=−+uuuruuuruuurB.1233APABAC=+C.3122APABAC=−uuuruuuruuurD.2133APABAC=+uuuruuuruuur【答案】A【解析】【

分析】根据题意作出图形，利用向量线性运算即可得到答案.【详解】由题意作出图形,如图,则11()22APACCPACBCACACAB=+=+=+−1322ABAC=−+，故选：A.6.函数()sin2tanfxxx=是（）

A.奇函数，且最小值为0B.奇函数，且最大值为2C.偶函数，且最小值为0D.偶函数，且最大值为2【答案】C【解析】【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得2()2sin1cos2fxxx==−

，由三角函数值域即可得)()0,2fx，即可得出结果.【详解】由题可知，()sin2tanfxxx=的定义域为π|π,Z2xxkk+，关于原点对称，且2sin()sin2tan2sincos2sincos

xfxxxxxxx===，而()22()2sin2sin()fxxxfx−=−==，即函数()fx为偶函数；所以2()2sin1coZ,ππ,2s2fkxxxkx+=−=，又(cos21,1x−，即)()1cos20,2fxx=−，可得函数()fx最小值

为0，无最大值.故选：C7.已知双曲线C的中心在原点，以坐标轴为对称轴．则“C的离心率为2”是“C的一条渐近线为3yx=”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】D【解析】【分析】根据题意，分

别从充分性和必要性两方面进行检验即可求解.【详解】若双曲线C的离心率为2，则2222214cbeaa==+=，所以223ba=，若双曲线C的焦点在x轴上，则渐近线方程为3byxxa==；若双曲线C的焦点在y轴上，则渐近线方程为33ayxxb

==；所以“C的离心率为2”不是“C的一条渐近线为3yx=”的充分条件；反之，双曲线C的一条渐近线为3yx=，若双曲线C的焦点在x轴上，则渐近线方程为3byxxa==，所以3ba=，离心率2212bea=+=；若双曲线C的焦点在x轴上，则渐近线方程为3ayxxb==，所以33ba

=，离心率222313bea=+=；所以“C的离心率为2”不是“C的一条渐近线为3yx=”的必要条件；综上：“C的离心率为2”是“C的一条渐近线为3yx=”的既不充分也不必要条件，故选：D.8.在不考虑空气阻力的条件下，火

箭的最大速度(km/s)v和燃料的质量(kg)M以及火箭（除燃料外）的质量(kg)N间的关系为2ln(1)MvN=+．若火箭的最大速度为12km/s，则下列各数中与MN最接近的是（）（参考数据：e2.71828=）A.200

B.400C.600D.800【答案】B【解析】【分析】根据所给关系式，求出6e1MN=−，近似计算得解.【详解】由题意，火箭的最大速度为12km/s时，可得122ln(1)MN=+，即6e1MN=−，因为e2.

71828=，所以近似计算可得6e1402MN=−，故选：B9.设cR，函数,0,()22,0.xxcxfxcx−=−若()fx恰有一个零点，则c的取值范围是（）A.(0,1)B.{0}[1,)+UC.1(0,)2D.1{0}[,)2+U【答案】D【

解析】【分析】根据题意利用函数与方程的思想，可将(),02,0xxxgxx=图象平移对参数c进行分类讨论即可得出其取值范围.【详解】画出函数(),02,0xxxgxx=的图象如下图所示：函数,0,()22,0.xxcxfxcx−

=−可由,0,()2,0.xxxgxx=分段平移得到，易知当0c=时，函数()fx恰有一个零点，满足题意；当0c时，代表图象往上平移，显然没有零点，不符合题意；当0c时，图象往下平移，当021c时，函数有两个零点；当21

c时，()fx恰有一个零点，满足题意，即12c；综上可得c的取值范围是10[,)2+.故选：D10.n名学生参加某次测试，测试由m道题组成．若一道题至少有23n名学生未解出来，则称此题为难题；若一名学生至少解出了23m道题，则该生本次测试成绩合格．

如果这次测试至少有23n名学生成绩合格，且测试中至少有23m道题为难题，那么mn的最小值为（）A.6B.9C.18D.27【答案】B【解析】【分析】由题意可得学生人数和题目数必须是3的倍数，可从3,3nm==进行讨论

即可得出mn的最小值为9.【详解】根据题意可知**22N,N33nm，不妨设()*12123,3,,NnNmNNN==，所以129mnNN=，若求mn的最小值，只需12NN最小即可；易知当121,1NN==时，即3,3nm==；此时即有3名学生不妨设为甲、乙、丙；3道

题目设为,,ABC；根据题意可得至少有2名学生成绩合格，这两名学生至少做出了4道题，可设甲同学做出了,AB两道题，乙同学做出了,BC两道题，丙同学做出了0道题，此时合格的学生为甲乙，即有23n名学生成绩合格，,,ABC三道题目中有,AC两道

题，有23n名学生未解出来，即满足测试中有23m道题为难题；所以3,3nm==符合题意.故选：B第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.复数21izi=+，则z=__________________.【答案】2【解析】【分析】利用复数的除法法则化简

复数z，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】()()()()21211111iiiziiiiii−===−=+++−，因此，22112z=+=.故答案：2.12.已知抛物线22(0)ypxp=的顶点为O，且过点,AB．若OAB是边长为43的等边三角形，则p=____．【答案】1【

解析】【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入()6,23A求解.【详解】设()()1122,,,AxyBxy，则OAOB=,即2222221122112222xyxyxpxxpx+=++=+

，所以()()121220xxxxp−++=，由于12120,0,0,xxxx+又20p，所以1220xxp++，因此120xx−=，故,AB关于x轴对称，由4330OA,AOx=?得()6,23A,将()6,23A代入抛物线中得1

2=12p,所以1p=，故答案为：113.已知数列{}na的通项公式为12nna−=，{}nb的通项公式为12nbn=−．记数列{}nnab+的前n项和为nS，则4S=____；nS的最小值为____．【答案】①

.1−②.2−【解析】【分析】（1）由题可得1212nnnnabcn−+==+−，根据等比数列及等差数列的求和公式可得nS，利用数学归纳法可得3n时，0nc，4n时，0nc，进而即得.为【详解】由题可知1212nnnab

n−+=+−，所以()()()()()423441712112325271122S+−++−++−++−+−=−=−−=，()()()()1212112112321221122nnnnnnnSn−+−−+−++−+++−=

−=−−−=，令1212nncn−=+−，则123450,1,1,1,7ccccc==−=−==，当4n时，0nc，即1221nn−−，下面用数学归纳法证明当4n=时，1221nn−−成立，假设nk=时，1221kk−−成立，当1nk=

+时，()()()122222121123211kkkkkk−=−=+−+−+−，即1nk=+时也成立，所以4n时，0nc，即1221nn−−，所以3n时，0nc，4n时，0nc，由当3n=时，nS有最小值，最小值为3322132

S=−−=−.故答案为：1−；2−.14.设(cos,sin),(2cos,2sin)AB，其中,R．当ππ,2==时，AB=____；当3AB=时，−的一个取值为____．【答案】①.5

②.π3（答案不唯一）【解析】【分析】将ππ,2==代入计算可得()()1,0,0,2AB−，利用两点间距离公式可知5AB=；由3AB=即可得()()22cos2cossin2sin3−+−=，化简整理可得()

1cos2−=，即可写出一个合适的值.【详解】根据题意可得当ππ,2==时，可得()()1,0,0,2AB−，所以()()2210025AB=−−+−=；当3AB=时，即()()22cos2cossin2sin3−+−=，整理可得()54coscossinsi

n3−−=，即()1cos2−=，可得π2π3k−=+，所以−一个取值为π3.故答案为：5,π315.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，点M，N分别在线段1AD和11BC上．给出下列四个结论：①MN的最小值为2；

②四面体NMBC的体积为43；③有且仅有一条直线MN与1AD垂直；④存在点M，N，使MBN△为等边三角形．其中所有正确结论的序号是____．【答案】①②④【解析】【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以M为顶点，NBC为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系

即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.【详解】对于①，由于M在1AD上运动，N在11BC上运动，所以MN的最小值就是两条直线之间距离11DC，而112DC=，所以MN的最小值为2；对于②，111233MBNCBNC

BNCVSDCS−==，而12222BNCS==，所以四面体NMBC的体积为43；对于③，由题意可知，当M与1D重合，N与1C重合时，111DCAD⊥，又根据正方体性质可知，111ADABCD⊥，所以

当M为1AD中点，N与1B重合时，此时1MNAD⊥，故与1AD垂直的MN不唯一，③错误；的对于④，当MBN△为等边三角形时，BMBN=，则此时1AMBN=.所以只需要BM与BN的夹角能等于π3即可.以D为原点，DA、DC、1DD分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如下图，设1A

MBNn==，则由题意可得2,0,22nnM−，()2,2,0B，()2,2,2Nn−，则可得,2,22nnBM=−−，(),0,2BNn=−，则22212cos24nnBMBNMBNnBMBN+===+，整理可得22122202nn−−+=

，该方程看成关于n的二次函数，24412282402=−−=−，所以存在n使得MBN△为等边三角形.故答案为：①②④三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.如图，在ABC中，2π3

A=，2AC=，CD平分ACB交AB于点D，3CD=．（1）求ADC的值；（2）求BCD△的面积．【答案】（1）π4（2）3(31)4−【解析】【分析】（1）在ADC△中，利用正弦定理即可得解；（2）由（1）可求出2ππππ3412ACDBCD==−−=，再根据CD平

分ACB可得ABC为等腰三角形，再根据三角形的面积公式即可得解.【小问1详解】在ADC△中，由正弦定理得sinsinACCDADCA=，所以2π2sinsin23sin23ACAADCCD===，因为π03ADC

，所以π4ADC=；【小问2详解】由（1）得2ππππ3412ACDBCD==−−=，由题设，π6BACB==，即ABC为等腰三角形，所以π2cos66BCAC==，ππ321262sin3422224−−=−=，所以B

CD△的面积11π3(31)sin63sin22124BCDSBCCDBCD−===V．17.根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：cm）：立定跳远单项等级

高三男生高三女生优秀260及以上194及以上良好245~259180~193及格205~244150~179不及格204及以下149及以下从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到1cm）：男生180205213220235245250258261

270275280女生148160162169172184195196196197208220假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．（1）分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；（2）从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设X为这3人中

立定跳远单项等级为优秀的人数，估计X的数学期望()EX；（3）从该校全体高三女生中随机抽取3人，设“这3人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件A，“这3人的立定跳远单项至多有1个是优秀”为事件B．判断A与B是否相互独立．（结论不要求证明）【答案】（1）13（2）76

（3）A与B相互独立【解析】【分析】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，计算频率得到优秀率的估计值；（2）由题设，X的所有可能取值为0,1,2,3．算出对应概率的估计值，得到X的数学期望的估计值；（3）利用两个事件相互独立的定义判断即可.【小问

1详解】样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为41123=；估计高三女生立定跳远单项的优秀率为61122=．【小问2详解】由题设，

X的所有可能取值为0,1,2,3．(0)PX=估计为2212()329=；(1)PX=估计为122121214C()332329+=；(2)PX=估计为122121115C()3323218+=；(3)PX=估计为2111()3218=．估计X的数学期望()2451701

239918186EX=+++=．【小问3详解】()PA估计为22123311113CC22224+=；()PB估计为2310331111CC2222+=；()PAB估计为213113C228=，()()()P

ABPAPB=，所以A与B相互独立．18.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，//ABCD，ABAD⊥，1AB=，2PAADCD===．E为棱PC上一点，平面ABE与棱PD交于点F．再从条件①、条件②这两

个条件中选择一个作为已知，完成下列两个问题（1）求证：F为PD的中点；（2）求二面角BFCP−−的余弦值．条件①：//BEAF；条件②：BEPC⊥．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）证明见解析（2）77【解析】【分析】（1）若选条件①，利用线面平行判定定理和

性质定理即可得出四边形ABEF为平行四边形，又12ABCD=即可得EF为PCD的中位线即可得出证明；若选条件②，利用勾股定理可得E为PC的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得CDEF∥，即可得出证明；（2）建立以A为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面BCF的法向量为(2,1,3)m=−，易

知AF是平面PCD的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果.【小问1详解】选条件①：BEAF∥因为//ABCD，AB平面PCD，CD平面PCD，所以//AB平面PCD因为平面ABEF平面PCDE

F=，所以ABEF∥又//BEAF，所以四边形ABEF为平行四边形．所以ABEF∥且ABEF=．因为//ABCD且12ABCD=，所以//EFCD且12EFCD=．所以EF为PCD的中位线．所以F为PD的中点．选条件②：BEPC⊥．因为PA⊥平面ABCD，,A

BAD平面ABCD，所以,PAABPAAD⊥⊥．在RtPAB中，225PBABAP=+=．在直角梯形ABCD中，由1AB=，2ADCD==，可求得5BC=，所以PBBC=．因为BEPC⊥，所以E为PC的中点．因为ABCD，AB平面PCD，CD平面PCD，所以//AB平面PCD．因

为平面ABEF平面PCDEF=，所以ABEF∥．所以CDEF∥，所以F为PD的中点；【小问2详解】由题可知因为PA⊥平面ABCD，所以,PAABPAAD⊥⊥．又ABAD⊥，所以,,ABADAP两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系Axyz−，则(0,0,0

)A，(1,0,0)B，(2,2,0)C，(0,0,2)P，(0,2,0)D，(0,1,1)F．所以(1,2,0)BC=，(,,)111BF=−uuur，(0,1,1)AF=．设平面BCF的法向量为(,,)mxyz=，则·0·0mBCmBF==，

即20,0.xyxyz+=−++=令1y=−，则2x=，3z=．于是(2,1,3)m=−．因为AB⊥平面PAD，且//ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AF平面PAD，所以AFCD⊥．又PAAD=，且F为PD的中点，所以AFPD⊥．,,C

DPDDCDPD=平面PCD，所以AF⊥平面PCD，所以AF是平面PCD的一个法向量．7cos,7mAFmAFmAF==．由题设，二面角BFCP−−的平面角为锐角，所以二面角BFCP−−的余弦值为77．19.已知函数()ecos

xfxx=−．（1）求曲线()yfx=在点(,())00f处的切线方程；（2）设()()()gxxfxfx=−，证明：()gx在(0,)+上单调递增；（3）判断133f与144f的大小关系，并加以证明．【答案】（1）yx=（2）证明见解析（3）1134

34ff，证明见解析【解析】【分析】（1）求导得切点处的斜率，即可求解直线方程，（2）求导，利用导数的正负即可确定函数的单调性，（3）构造函数()(),(0,)fxhxxx=+，利用导数确定单调性，结

合（2）的结论即可求解.【小问1详解】()esinxfxx=+,所以(0)0f=，(0)1f=．所以曲线()yfx=在点(,())00f处的切线方程为yx=．【小问2详解】由题设，()(esin)(ecos)xxgxxxx=+−−

(1)esincosxxxxx=−++．所以()(ecos)xgxxx=+．当0x时，因为0ecosecos1cos0xxxx++=+≥，所以()0gx．所以()gx在(0,)+上单调递增．【小问3详解】113434ff．证明如下：设()

(),(0,)fxhxxx=+．则22()()()()xfxfxgxhxxx−==．由（2）知()gx在(0,)+上单调递增，所以()(0)0gxg=．所以()0hx，即()hx在(0,)+上单调递增．所以1134hh，即113434ff

．20.已知椭圆22:22Cxy+=，点,AB在椭圆C上，且OAOB⊥（O为原点）．设AB的中点为M，射线OM交椭圆C于点N．（1）当直线AB与x轴垂直时，求直线AB的方程；（2）求||||ONOM

的取值范围．【答案】（1）63x=（2）6,32【解析】【分析】（1）根据题意可知点,AB关于x轴对称且OAOB⊥，利用勾股定理可得直线AB的方程为63x=；（2）当直线AB的斜率不存在时，||3||ONOM=，直

线AB的斜率存在时，联立直线ykxm=+和椭圆方程再根据OAOB⊥可得22322mk=+，即223m，再由ONOM=uuuruuur求出点222(,)2121kmmNkk−++，代入椭圆方程即可得2213m=−，即可求得||||ONOM的取值范围为6,3

2【小问1详解】当直线AB与x轴垂直时，设其方程为(22)xtt=−．由点,AB关于x轴对称，且OAOB⊥，由勾股定理可知不妨设(,)Att，将点A的坐标代入椭圆C的方程，得2222tt+=，解得63t=．所以直线AB的方程为63x=．【小问2详解】当

直线AB的斜率不存在时，由（Ⅰ）知||23||63ONOM==．当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxm=+．由22,22,ykxmxy=++=得222(21)4220kxkmxm+++−=．由228(21)0km=−+，得2212mk+．设11(,)Axy

，22(,)Bxy，则122421kmxxk+=−+，21222221mxxk−=+．因为OAOB⊥，所以0OAOB=．所以12121212()()0xxyyxxkxmkxm+=+++=．整理得221212(1)()0kxxkmxxm++++=．所以222

2(1)(22)(4)(21)0kmkmkmmk+−+−++=．解得22322mk=+，从而223m．设ONOM=uuuruuur，其中0．则1212222()(,)(,)222121kmmONOAOBx

xyykk−=+=++=++uuuruuruuur．将222(,)2121kmmNkk−++代入椭圆C的方程，得22221mk=+．所以22231mm=−，即2213m=−．因为223m，所以2

332≤，即632≤．综上||||ONOM取值范围是6,32．21.给定正整数2n，设集合12{|(,,,),{0,1},1,2,,}nkMttttkn===LL．对于集合M中的任意元素12(,,,)nxxx=L和12

(,,,)nyyy=L，记1122nnxyxyxy=+++L．设AM，且集合12{|(,,,),1,2,,}iiiiinAtttin===LL，对于A中任意元素,ij，若,,1,,ijpijij==则称A具有性质(,)Tnp．（1）判断集

合{(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}A=是否具有性质(3,2)T？说明理由；（2）判断是否存在具有性质(4,)Tp的集合A，并加以证明；（3）若集合A具有性质(,)Tnp，证明：12(1,2,

,)jjnjtttpjn+++==LL．【答案】（1）具有，理由见解析（2）不存，证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据集合具有性质(,)Tnp的特征，即可根据集合A中的元素进行检验求解，（2）假设集合A具有性质(4,)Tp，分别考虑1,2,3,4p=时，集合A中元

素，即可根据(,)Tnp的定义求解.（3）根据假设存在j使得1jcp+≥，考虑当1cn=时以及11pcn+≤时，分量为1的个数即可讨论求解.【小问1详解】因为(1,1,0)(1,1,0)111100

2=++=，同理(1,0,1)(1,0,1)(0,1,1)(0,1,1)2==．的在的又(1,1,0)(1,0,1)1110011=++=，同理(1,1,0)(0,1,1)(1,0,1)(0,1,1)1==．所以集合{(1,1,0),(1,0,1),

(0,1,1)}A=具有性质(3,2)T．【小问2详解】当4n=时，集合A中的元素个数为4．由题设{0,1,2,3,4}p．假设集合A具有性质(4,)Tp，则①当0p=时，{(0,0,0,0)}A=，矛盾．②当1p=时，{(1,0,

0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}A=，不具有性质(4,1)T，矛盾．③当2p=时，{(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)}A

．因为(1,1,0,0)和(0,0,1,1)至多一个在A中；(1,0,1,0)和(0,1,0,1)至多一个在A中；(1,0,0,1)和(0,1,1,0)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4，矛盾．④当3p=时，{(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)

}A=，不具有性质()4,3T，矛盾．⑤当4p=时，{(1,1,1,1)}A=，矛盾．综上，不存在具有性质(4,)Tp的集合A．【小问3详解】记12(1,2,,)jjjnjctttjn=+++=LL，则12ncccnp+++=L．若0p=，则{(0,0,,0

)}A=L，矛盾．若1p=，则{(1,0,0,,0)}A=L，矛盾．故2p．假设存在j使得1jcp+≥，不妨设1j=，即11cp+≥．当1cn=时，有jc=0或1jc=(2,3,,)jn=L成立．所以12

,,,nL中分量为1的个数至多有(1)212≤nnnnnp+−=−．当11pcn+≤时，不妨设11211,111,0pntttt+=====L．因为nnp=，所以n的各分量有p个1，不妨设23,11nnnpttt+====L

．由ij时，1ij=可知，{2,3,,1}qp+L，121,,,,qqpqttt+L中至多有1个1，即121,,,p+L的前1p+个分量中，至多含有121ppp++=+个1．又1in=(1,2,

,1)ip=+L，则121,,,p+L的前1p+个分量中，含有(1)(1)22ppp+++=+个1，矛盾．所以(1,2,,)jcpjn=L≤．因为12ncccnp+++=L，所以jcp=(1,2,,)jn=L．所以12(1,2,,)jjnjtttpjn+++==LL．【点睛

】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函

数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com