【文档说明】北京市中关村中学2023-2024学年高二上学期期中练习数学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.965 MB，由管理员店铺上传

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中关村中学高二年级第一学期期中练习数学2023.11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，将答题卡交回.第一部分基础应用一､选择题：本大题共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(),1,3ax=，()1,3,9b=，如果a与b为共线向量，则x=（）A.1B.12C.13D.16【答案】C【解析】【分析】由()ab=R可构造方程求得结果.【详解】a与b为共线向量，()ab

=R，则1339x===，解得：13x==.故选：C.2.已知集合exAyy==∣，集合()ln1Bxyx==−∣，则AB=（）A.RB.)1,+C.()0,+D.()1,+【答案】C【解析】【分析】化简

集合,AB，根据并集运算求解.【详解】因为e(0,)xAyy===+∣，()ln1|10(1,)Bxyxxx==−=−=+∣，所以(0,)AB=+.故选：C3.已知直线m和两个不同的平面,，则下列四个命题中正确的

是（）A.若,m⊥，则m⊥B.若//,//m，则//mC.若//,//mm，则//D.若//,m⊥，则m⊥【答案】D【解析】【分析】由直线与平面，平面与平面位置关系判断即可.【详解】对于A选项，若,m⊥，则m可能与平行，故A错误；对于B选项，若//,//

m，则m可能与平行或者在平面内，故B错误；对于C选项，若//,//mm，则,可能平行或者相交，则C错误；对于D选项，由面面平行以及线面垂直的性质可知，D正确；故选：D【点睛】本题主要考查了直线与平

面，平面与平面的位置关系，属于基础题.4.某校组织全体学生参加了主题为“建党百年，薪火相传”的知识竞赛，随机抽取了200名学生进行成绩统计､发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），

画出频率分布直方图如图所示，在被抽取的学生中，成绩在区间[80,90)的学生数是（）A.30B.45C.60D.100【答案】C【解析】【分析】由频率之和为1先求出x，再由成绩在[80,90)的频率可求成绩在该区间的学生数.【详解】由题意得，10(0.0050.010

.0150.04)1x++++=，解得0.03x=，则学生成绩在区间[80,90)的频率为100.030.3=，由共抽取200名学生，则成绩在区间[80,90)的学生数为2000.360=.故选：C.的5.已知两条异面直线的方向向量分别是()()3,1,2,1,3,2uv=−=−，则这两条直

线所成的角满足（）A.1sin7=B.1cos7=C.1sin7=−D.1cos7=−【答案】B【解析】【分析】根据空间向量求异面直线的夹角的运算即可求出异面直线夹角的余弦值.【详解】因为两条异面直线的方向向量分别是()()3,1,2,1,3,2uv=−=−，所以()()222222

3341coscos,7312132uvuvuv−−+====+−+−++，故选：B6.已知平面00PnPP==∣，其中()01,1,1P，法向量()1,1,2n=−，则下列各点中不在平面内的是（）A.()2

,0,1B.()2,0,2C.()1,1,0−D.()0,2,0【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直则向量数量积为0，逐个代入验证即可.【详解】若点在平面内，则00nPP=，对于A：()()01

,1,01,1,22nPP=−−=−，所以A选项的点不在平面内；对于B：()()01,1,11,1,20nPP=−−=，满足要求，所以在平面内；对于C：()()02,0,11,1,20nPP=−−−=，满足要求，所以在平面内；对于D：()()01,1,11,1,20nP

P=−−−=，满足要求，所以在平面内，故选：A7.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，M是线段11BD上一点，则点M到平面1ABD的距离是（）A36B.33C.34D.63.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出平面1ABD的法向量，利用

空间向量法求解即可.【详解】在正方体1111ABCDABCD−中建立如图所示空间直角坐标系，则()11,0,1A，()1,1,0B，()0,0,0D，()10,1,1AB=−，()11,0,1AD=−−，设平面1ABD的法向量(),,nxyz=，则110

0nAByznADxz=−==−−=，取1x=可得平面1ABD的一个法向量()1,1,1n=−−，因为M是线段11BD上一点，设()(),,101Maaa，所以(),,1MDaa=−−−，所以点M到平面1ABD的距离1333MDnaadn−++===，故选：B8.如图，将半径

为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（）A.716+B.7566+C.718+D.1+【答案】A【解析】【分析】该组合体可视作一个正方体和78个球体的组合体，进而求出体积.【详解】由题意，该组合体是一个正方体和78个

球体的组合体，其体积为33747111836+=+.故选：A.9.已知函数()2sinfxx=在区间,34−上的最小值为2−，则的取值范围是（）A.9,[6,)2−−+B.93,,22−−+C.(,2][6

,)−−+D.3(,2],2−−+【答案】D【解析】【分析】分0,0讨论，求出x的范围，根据2−在范围内建立不等式求解即可.【详解】当0时，34x−，由题意知，32−−，即3

2，当0时，43x−，由题意知，42−，即2−，的取值范围是3(,2],2−−+，故选：D10.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，,MN分别为111,BDBC的中点，点P在正方体的表

面上运动，且满足MPCN⊥，则下列说法正确的是（）A.点P可以是棱1BB的中点B.线段MP的最大值为32C.点P的轨迹是正方形D.点P轨迹的长度为2+5【答案】D【解析】【分析】在正方体1111ABCD

ABCD−中，以点D为坐标原点，分别以DA、DC、1DD方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，根据MPCN⊥，确定点P的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.【详解】在正方体1111ABCDABCD−中，以点D为坐标原点，分别以DA、DC、1DD方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角

坐标系，因为该正方体的棱长为1，,MN分别为111,BDBC的中点，则()0,0,0D，111,,222M，1,1,12N，()0,1,0C，所以1,0,12CN=，设(),,Pxyz，则111,

,222MPxyz=−−−，因为MPCN⊥，所以1110222xz−+−=，2430xz+−=，当1x=时，14z=；当0x=时，34z=；取11,0,4E，11,1,4F，30,1,4

G，30,0,4H，连接EF，FG，GH，HE，则()0,1,0EFGH==，11,0,2EHFG==−，所以四边形EFGH为矩形，则0EFCN=，0EHCN=，即EFCN⊥，EHCN⊥，又EFEHE

=，且EF平面EFGH，EH平面EFGH，所以CN⊥平面EFGH，又111,,224EM=−，111,,224MG=−，所以M为EG中点，则M平面EFGH，所以，为使MPCN⊥，必有点P平面EFGH，又点P在正方体的表面上运动，所以点

P的轨迹为四边形EFGH，因此点P不可能是棱1BB的中点，即A错；又1EFGH==，52EHFG==，所以EFEH，则点P的轨迹不是正方形；且矩形EFGH的周长为522252+=+，故C错，D正确；因为点M为EG中点，则点M为矩形EFGH的对角

线交点，所以点M到点E和点G的距离相等，且最大，所以线段MP的最大值为34，故B错.故选：D.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由MPCN⊥，求出动点轨迹图形，即可求解.二､填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分

.11.复数12zi=+的虚部是______，复数z在复平面内对应的点在第______象限【答案】①.2②.四【解析】【分析】由复数的实部与虚部的概念、共轭复数的概念、复数的几何意义可得.【详解】复数12zi=+的虚部是2，12iz=−，在复平面对应点为(1,2)−在第

四象限.的故答案为：2；四.12.若向量()1,2,2a=，()3,1,1b=−，()1,3,cm=−，且a、b、c共面，则m=______．【答案】5【解析】【分析】设cxayb=+，可得出关于x、y、m的

方程组，即可解得m的值.【详解】因为a、b、c共面，设cxayb=+，其中x、Ry，所以，31232xyxyxym+=−+=−=，解得215xym==−=.故答案为：5.13.若圆锥底面半径为1，高为2，

则圆锥的侧面积为______．【答案】5【解析】【详解】试题分析：根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以母线长l为5,再根据圆锥的侧面积公式5.Srl==圆锥的侧面积公式可结合圆锥展开图为扇形，由相应扇形面积公式理解记忆.考

点：圆锥的侧面积.14.已知在空间直角坐标系Oxyz−（O为坐标原点）中，点()1,1,1A−，点(1,1,1)B−，则z轴与平面OAB所成的线面角大小为______.【答案】4##45【解析】【分析】先

求出平面法向量，再求z轴与平面法向量夹角的余弦值，最后求线面角.【详解】因为()()()0,0,0,1,1,1,1,1,1OAB−−，令平面OAB的法向量为(),,mxyz=，则00mOAmOB==，即00xyz

xyz+−=−+=，解得0xyz==，令1yz==，则()0,1,1m=，又z轴的方向向量为()0,0,1n=，设z轴与平面OAB的夹角为π0,2所以12sincos,22====mnmnmnurrurrurr，所以π4=，故答

案为：π415.如图，在边长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E是棱1AA上的一个动点，给出下列四个结论：①三棱锥11BBED−的体积为定值；②存在点E，使得1BD⊥平面1BED；③对每一个点E，在棱DC上总存在一点P，使得//AP平面

1BED；④M是线段1BC上的一个动点，过点1A的截面垂直于DM，则截面的面积的最小值为62．其中所有正确结论的序号是____________．【答案】①④【解析】【分析】根据题意作图，并尝试特殊位置，进行检验证明.【详解】对于①，如下图所示：在边长为1的正方体111

1ABCDABCD−中，易知1//AA平面11BBD，因为点E是棱1AA上的一个动点，可设点E到平面11BBD的距离为22h=，且111111222BBDSBDBB==，则三棱锥11BBED−的体积111136BBDVSh==，故①正确；对于②，连接1BD，11,

BDBD，因为在平行四边形11BDDB中，1112,1BDDD==，所以1BD不垂直1BD，所以使得1BD不垂直平面1BED，所以②不正确.对于③，当点E与点A重合时，无论点P在何位置，直线AP与平面1BED相交，故③错误；对于④，根据题意，作图如下：因

为正方体1111ABCDABCD−中，易知1AC⊥平面1BDC，所以1ACDM⊥，设1DGx=，则211AGx=+，()211CGx=−+，在1AGC中，222122221223cos2122122xxxxxAGCxxxxxx++−+−−==+−++−

+，22212222222sin1122122xxxxAGCxxxxxx−−+=−=+−++−+，则该截面面积221113sin222224SAGCGAGCxxx==−+=−+，由0,1x，当12x=时，min62S=，

故④正确；故答案为：①④.三､解答题：本大题共3小题，共40分.16.如图，在三棱锥VABC−中，平面VAC⊥平面,90ABCVCA=，,MN分别为,VAVB的中点.（1）求证：AB//平面CMN；（2）求证：A

BVC⊥.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）证明//MNAB，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）根据面面垂直的性质可得VC⊥平面ABC，从而可得VCAB⊥.【小问1详解】因为M，N分别为的棱VA，VB的中点，所以//MNAB，又MN平面CMN，AB平

面CMN，所以//AB平面CMN；【小问2详解】由90VCA=知，VCAC⊥,又因为平面VAC⊥平面ABC，平面VAC平面ABCAC=，VC平面VAC，所以VC⊥平面ABC，又AB平面ABC，所以VC

AB⊥.17.已知函数()2sin22cosfxaxx=+，且满足()fx的图象过点,06−.（1）求函数()fx的解析式及最小正周期；（2）若函数()fx在区间,12m−上

的最大值为3，求实数m的取值范围.【答案】（1）()2sin216fxx=++；最小正周期；（2）,6+.【解析】【分析】（1）由06f−=列式求得a值，代入函

数解析式，再由辅助角公式化简求得，函数的解析式，再利用最小正周期公式求解；（2）由（1）知()2sin216fxx=++，根据函数()fx在区间,12m−上的最大值为3，由262m+

求解.【详解】（1）由题意，233sin2cos2063624faa−=−+−=−+=，解得3a=.∴()23sin22cosfxxx=+，3sin2cos21xx=++，2sin216x=

++，()fx的最小正周期22T==；（2）∵函数()fx在区间,12m−上的最大值为3，所以262m+，解得6m.∴实数m的取值范围是,6+.【点睛】本题主要

考查三角函数的图象和性质以及三角恒等变换的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18.如图，在三棱柱111ABCABC-中，1BB⊥平面1,,2ABCABBCAAABBC⊥===.（1）求证：1BC⊥平面11ABC；（2）求二面角111BACC−−的余弦

值：（3）点M在线段1BC上，且1113BMBC=，点N在线段1AB上，若MN//平面11AACC，求11ANAB的值.【答案】（1）证明见解析（2）12（3）23【解析】【分析】（1）先证明11BCBC⊥与111ABBC⊥，由线面垂直的判定定理求证即可；（2）以B为原点，BC为x轴，BA为

y轴，1BB为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面11BAC的法向量与平面11ACCA的法向量，利用向量法求二面角即可；（3）由//MN平面11AACC，利用向量法0MNn=，求出11ANAB的值．【小问1详解】在三棱柱111ABCABC-中，1BB⊥平面ABC，ABBC⊥，由

平面//ABC平面111ABC则1BB⊥平面111ABC，11AB平面111ABC，11BC平面111ABC，则111BBAB⊥，且111BBBC⊥，又1111ABBC⊥，∵1111BBBCB=，∴11AB⊥平面11BBCB

，∵1BC平面11BBCB，∴111ABBC⊥，由11BBAABC==，则侧面11BBCC为正方形，∴11BCBC⊥，∵1111ABBCB=，11AB平面11ABC，1BC平面11ABC，∴1BC⊥平面11ABC.【小问2详解】以B原点，BC为x轴，BA为y轴，1BB

为z轴，建立空间直角坐标系，如图，为()0,2,0A()2,0,0C()12,0,2C，()0,0,0B，()10,0,2B，()10,2,2A，所以()2,2,0CA=−，()10,0,2CC=，()110,2,0BA=，(

)12,0,2BC=−，设平面11ACCA的法向量()111,,xnyz=，则111122020nCAxynCCz=−+===，取11x=，得()1,1,0n→=，设平面11BAC的法向量()222,,mxyz=，则122112220

20mBCxzmBAy=−===，取21x=，得()1,0,1m=，设二面角111BACC−−的平面角为，则11coscos,222mnmnmn====，因为二面角111BACC−

−为锐二面角，故二面角111BACC−−的余弦值为12.【小问3详解】点M在线段1BC上，且1113BMBC=，点N在线段1AB上，设(),,Mabc，(),,Nxyz，设11ANAB=，则113BCBM=，11ANAB=，且01≤≤，且()10,2,2AB=−−，即()(

)2,0,23,,2abc−=−，(),2,2xyz−−()0,2,2=−−解得24,0,33M，()0,22,22N−−，22,22,233MN=−−−，∵//MN平面11ACCA，且(1,1,0)n

=∴22203nMN=−+−=，解得23=.∴11ANAB的值为23.第二部分综合应用四､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.19.袋中装有3只黄色､2只白色的乒乓球（其体积､质地完全相同），

从袋中随机摸出3个球，摸出的3个球为2个黄球1个白球的概率是______.【答案】35##0.6【解析】【分析】列出摸取的全部基本事件，找到符合要求的基本事件，根据古典概型求解.【详解】把3只黄色乒乓球标记为A、B、C，2

只白色乒乓球标记为1、2，从5个球中随机摸出3个球的基本事件为：ABC、AB1、AB2、AC1、AC2、A12、BC1、BC2、B12、C12，共10个，其中2个黄球1个白球的基本事件为AB1、AB2、AC1、AC2、BC1、BC2，共6个，所以摸出的3个球为

2个黄球1个白球的概率63105P==.故答案为：35.20.声音的等级()fx（单位：dB）与声音强度x（单位：2W/m）满足()1210lg110xfx−=.喷气式飞机起飞时，声音的等级约为140dB；一般说话时，声音的等级约为60dB，那么喷气式飞机起飞时声音强度

约为一般说话时声音强度的______倍.【答案】810【解析】【分析】根据所给声音强度与声音的等级的函数关系求解.【详解】由()1210lg110xfx−=，即1210lg110xy−=，可知，声音强度12121010101010yyx−+−

==，设喷气式飞机起飞时声音强度与一般说话时声音强度分别为12,xx，故强度之比140121014681601221010101010xx−+−−+===，故答案为：81021.在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，VA，VB，VC两两垂直，1VAVBVC===（单位：dm），小明同学计划

通过侧面VAC内任意一点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，则该截面面积（单位：2dm）的最大值是__________．【答案】24【解析】【分析】根据题意，在平面VAC内，过点P作//EFAC分别交,VAVC于,FE，在平面VBC内，过E作//

EQVB交BC于Q，在平面VAB内，过F作//FDVB交BC于D，连接DQ，进而根据题意，VEF△∽VCA，设其相似比为k，则VFVEEFkVAVCAC===，再证明四边形FEQD是矩形，再结合相似比和

二次函数性质求解即可.【详解】根据题意，在平面VAC内，过点P作//EFAC分别交,VAVC于,FE，在平面VBC内，过E作//EQVB交BC于Q，在平面VAB内，过F作//FDVB交BC于D，连接DQ，作图如下，因为//E

FAC，则,VCAVFEVACVEF==，所以VEF△∽VCA，设其相似比为k，则VFVEEFkVAVCAC===，因为VAVC⊥，所以在RtVAC△中，222ACVAVC=+，因为1VAVBVC===，所以2AC=，即2EFk=，因为//F

DVB，则,AVBADFABVAFD==，所以，AFD△AVB，即AFADFDVABAVB==，因为1AFVAVFkVAVA−==−，所以1FDAFkVBVA==−，即1FDk=−，同理CEQV∽CVB，即1CECQEQkVCBCVB===−，因为,,

VBVCVBVAVAVCV⊥⊥=，VA平面VAC，VC平面VAC，所以VB⊥平面VAC，因为//,//FDVBEQVB，所以FD⊥平面VAC，EQ⊥平面VAC，因为EF平面VAC，所以,FDEFEQFE⊥⊥，因为,,BDABADBQCBCQkkBAABCBCB−−===

=所以BQBDBCBA=因为BB=，所以BDQ△∽BAC，所以//DQAC，因为//EFAC，所以//EFDQ，因为,FDEFEQFE⊥⊥，所以,FDDQEQDQ⊥⊥，所以四边形FEQD是矩形，即212(1)22()24FEQDSEFFDkkk==−=−

−+矩形，所以，由二次函数的性质知，当12k=时，FEQDS有最大值24.故答案为：24.22.设函数()()()2,1{42,1.xaxfxxaxax−=−−①若1a=，则()fx的最小值为；②若()fx恰有2个零点，则实数a的取值范围是．【答案】(1)-1，(2)112a或

2a.【解析】【详解】①1a=时，()()()2,1{42,1.xaxfxxaxax−=−−，函数()fx在(,1)−上为增函数且()1fx−，函数()fx在3[1,]2为减函数，在3[,)2+为增函数，当32x=时，()fx取得最小值为-1；（2）①若函数()2xgxa=−在1x

时与x轴有一个交点，则0a，(1)2ga=−0，则02a，函数()4()(2)hxxaxa=−−与x轴有一个交点，所以211aa且112a；②若函数()2xgxa=−与x轴有无交点，则函数()4()(2)hxxaxa=

−−与x轴有两个交点，当0a时()gx与x轴有无交点，()4()(2)hxxaxa=−−在1x与x轴有无交点，不合题意；当当2a时()gx与x轴有无交点，()hx与x轴有两个交点，xa=和2xa=，由于2a，两交点横坐标

均满足1x；综上所述a的取值范围112a或2a.考点：本题考点为函数的有关性质，涉及函数图象、函数的最值，函数的零点、分类讨论思想解题.利用函数图象研究函数的单调性，求出函数的最值，涉计参数问题，针对参数进行分类讨论.五､解答题：本大题共2小题，共25分.23.在ABC中，sin23sin

bAaB=．（1）求A；（2）若ABC的面积为33，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，求a的值．条件①：27sinC7=；条件②：334bc=；条件③：21co

s7C=．注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0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】（1）π6（2）选②或③，7【解析】【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的

二倍角公式，即可求出结果；（2）条件①，由27sinC7=，角C可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用条件建立，边b与c的方程组，求出b与c，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，先把角转边，再结合条件建

立，边b与c的方程组，求出b与c，再利用余弦定理，即可求出结果；【小问1详解】因为sin23sinbAaB=，由正弦定理得，sinsin23sinsinBAAB=，又()0,πB，所以sin0B，得到sin23sinAA=，又sin

22sincosAAA=，所以2sincos3sinAAA=，又()0,πA，所以sin0A，得到3cos2A=，所以π6A=.【小问2详解】选条件①：27sinC7=由（1）知，π6A=，根据正弦定理知，27sin47711sin72cCaA=

==，即ca，所以角C有锐角或钝角两种情况，ABC存在，但不唯一，故不选此条件.选条件②：334bc=因为11π1sinsin332264ABCSbcAbcbc====，所以123bc=，又334b

c=，得到334bc=，代入123bc=，得到2331234c=，解得4c=，所以33b=，由余弦定理得，2222232cos(33)4233427163672abcbcA=+−=+−=+−=，所以7a=.选条件③：21cos7C=因为11π1si

nsin332264ABCSbcAbcbc====，所以123bc=，由21cos7C=，得到22127sin1cos1497CC=−=−=，又sinsin(π)sin()sincoscossinBACACACAC=−−=+=+，由(1)知π6A

=，所以121273321sin277214B=+=又由正弦定理得，321sin3314sin4277bBcC===，得到334bc=，代入123bc=，得到2331234c=，解得4c=，所以33b=，由余弦定理得，2222232

cos(33)4233427163672abcbcA=+−=+−=+−=，所以7a=.24.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,,ij

pijij==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）不存在，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)1111002=++=，同理(1

,0,1)(1,0,1)(0,1,1)(0,1,1)2==．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+≥．的当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1i

n=(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,,)jjnjtttpj

n+++==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.