【文档说明】北京市陈经纶中学2024-2025学年高二上学期阶段性针对训练（10月）数学试卷 Word版含解析.docx，共(23)页，1.553 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年度第一学期阶段性诊断训练高二数学试卷2024.10（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题50分和非选择题100分第一部分（选择题共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.直线34

0xy−−=的倾斜角是（）A.30oB.60oC.120D.150【答案】B【解析】【分析】利用直线的斜率等于倾斜角的正切值计算，即可得到.【详解】直线340xy−−=的斜率为3，则由)tan3,0,180=，知60=.故选：B2.在空间直角坐标系中，若(1

10)A，，，(602)AB=，，，则点B的坐标为（）A.(512)−−，，B.(712)−，，C.(301)，，D.(712)，，【答案】D【解析】【分析】设出B点，利用AB、两点的坐标即可表示出AB，再由两向量相等的坐标表示列出方程组，即可求出答案.【详解】设()Bxyz，，，则(11)(60

2)ABxyz=−−=，，，，，所以16102xyz−=−==，解得：7x=，1y=，2z=．所以点B的坐标为(712)，，．故选：D3.已知空间向量a，b，1a=，2b=，且ab−与a垂直，则a与b的夹角

为（）A.60oB.30oC.135D.45【答案】D【解析】【分析】根据已知可得()0aab−=，根据数量积的运算律即可求出2cos,2ab=，进而求出结果.【详解】因为ab−与a垂直，所以()0aab−=，即22cos,12cos,0a

abaababab−=−=−=rrrrrrrrrr，所以2cos,2ab=.又0,180ab，所以,45ab=orr.故选：D.4.“1m=”是“直线1l：()410mxmy−++=与直线2l：()220mxmy++−=互相垂直”的（）A.充分不必要条件

B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据给定直线方程求出12ll⊥的等价条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】依题意，12(4)(2)0llmmmm⊥−++=，解得0m=或1m=，所以“1m=”是“直线1l：()41

0mxmy−++=与直线2l：()220mxmy++−=互相垂直”的充分不必要条件.故选：A5.直线()():2311layax−=−−不过第二象限，则a的取值范围为（）A.2aB.23a−C.2aD.4a

【答案】C【解析】【分析】分20a−=、20a−两种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数a的不等式（组），由此可解得实数a的取值范围.【详解】若20a−=，可得2a=，直线l方程为15x=，该直线不过第二象限，合乎题意；若

20a−，可得0a，直线l斜截式方程为31122ayxaa−=−−−，若直线l不过第二象限，则3102102aaa−−−−，解得2a.综上所述，2a.故选：C.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对直线的斜率是否存在进行分类讨

论，在斜率存在的前题下，一般从直线的斜率与纵截距或直线在两坐标轴上的截距来进行分析，结合已知条件列不等式（组）求解.6.圆222210xyxy+−−+=关于直线1xy+=对称的圆的标准方程为（）A.22(1)(1)1xy++−=B.221xy+=C.22(1)1

yx+−=D.22(1)1xy++=【答案】B【解析】【分析】把圆的一般方程化为标准方程，得圆心坐标和半径，由对称求出对称圆的圆心，可得标准方程.【详解】由圆222210xyxy+−−+=，得22(1)(1)1xy−+−=，则圆心坐

标为(1,1)，半径为1，设(1,1)关于直线1xy+=的对称点为(,)ab，则11111122baab−=−+++=，解得00ab==，圆222210xyxy+−−+=关于直线1xy+=对称

的圆的标准方程为221xy+=．故选：B．7.如图，在四面体A-BCD中，点O为底面△BCD的重心，P为AO的中点，设ABa=，ACb=，ADc=，则BP=（）的的A.511666acb−−B.511666abc−++C.211333abc−−D.211333abc−++【答案】B【解析】【分析】

由平行四边形法则结合重心的性质得出BO，再由()12BPBABO=+求解.【详解】取CD的中点为E，连接BE，由重心的性质可知，23BOBE=，且,,BOE三点共线.因为()()()1112222BEBCBDACABADABbac=++−=−−=+所以()23312B

OBEbac==−+()()1111115112222226663BPBABOABBOabacabc=+=−+=−+−+=−++．故选：B．8.已知直线:20lkxyk++−=过定点M，点(),Pxy在直线210xy−+=上，则MP的最小值是

（）A.5B.5C.355D.55【答案】B【解析】【分析】先求定点，再根据点到直线距离求解点到直线上动点距离最小值即可.【详解】由20kxyk++−=得()21ykx+=−，所以直线l过定点()1,2M−，依题意可知MP的最小值

就是点M到直线210xy−+=的距离，由点到直线的距离公式可得min221541MP++==+．故选:B.9.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面

的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在堑堵111ABCABC−中，ACBC⊥，且12AAAB==.其中正确的是（）①四棱锥11BAACC−为“阳马”②四面体11ACCB为“鳖臑”③四棱

锥11BAACC−体积的最大值为23④过A点作1AEAB⊥于点E，过E点作1EFAB⊥于点F，则1AB⊥面AEFA.①②③B.②③④C.①②④D.①③④【答案】C【解析】【分析】根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当ACBC=时，四

棱锥11BAACC−体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证1AB⊥平面AEF，进而判断D的正误.【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，在堑堵111ABCABC−中，ACBC⊥，侧棱1AA⊥平面ABC，A选项，1AABC⊥，又ACBC⊥，且1AAACA=，

则⊥BC平面11AACC，四棱锥11BAACC−为“阳马”，故A正确；B选项，由ACBC⊥，即11ACBC⊥，又111ACCC⊥且1BCCCC=，11AC⊥平面11BBCC，111ACBC⊥，则11ABCV为直角三角形，又由⊥BC平面11AACC，

得1ABC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得11ACC为直角三角形，1CCB为直角三角形，四面体11ACCB为“鳖膈”，故B正确；C选项，在底面有2242ACBCACBC=+，即2ACBC，当且仅当2ACBC

==时取等号，1111111243333BAACCAACCVSBCAAACBCACBC−===，最大值为43，故C错误；D选项，因为1AEAB⊥，1EFAB⊥，AEEFE=，,AEEF平面AEF，所以

1AB⊥平面AEF，故D正确；故选：C.10.已知圆22:(4)4Mxy++=直线:20+−=lxy，点P在直线l上运动，直线,PAPB分别与圆M相切于点,AB．则下列说法正确的是（）A.四边形PAMB的面积最小值为14B.PA最短时，弦AB长为473C.PA最短时，弦AB直线方程为338

0xy+−=D.直线AB过定点10,23−【答案】B【解析】【分析】A选项，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，又因切线长定理可知，当||AP最短时，面积最小；B选项，由圆的弦长公式结合锐角三角函数即可求解；C选项，两垂直直线的斜率相乘等于1−，

两平行直线斜率相等；D选项，由向量积公式求定点坐标．【详解】对于A，四边形的面积可以看成两个直角三角形的面积之和，即22212222422MPAMPBMPAPAMBSSSSPAAMPAPMAMPM=+

==−=−四边形==，||MP最短时，面积最小，故当MPl⊥时，||MP最短，即min|402|322MP−+−==，()22324214PAMBS=−=四边形，故A错误；由上述可知，MPl⊥时，||MP最

短，故||PA最小，且最小值为()232414PA=−=，所以14472sin222332APABAMAMPAMPM====，故B正确；当PA最短时，则MPl⊥，又MPAB⊥，所以//lAB，1lk=−，1ABk=−，可设AB的直线方程为0xym++=，圆心(4,0)

M−到直线AB的距离22|4|22232ABmdAM−+==−=，解得83m=或163m=，由于直线AB在圆心(4,0)M−的右侧，且在直线l的左侧，所以4224mm−−−，所以83m=，即直线AB的方程为

803xy++=，故C错误；设圆上一点(),AAAxy，(),BBBxy，(),PPPxy，()4,AAMAxy=+，()4,BBMBxy=+，(),APAPPAxxyy=−−，易知0(4)()()0AAPAAPPAMAxxxyyy=

+−+−=，由于22(4)4AAxy++=，所以(4)(4)4PAPAxxyy+++=，同理0(4)(4)4PBPBPBMBxxyy=+++=，:(4)(4)4PPABxxyy+++=，2PPyx=−+，()()()4424PPxxyx+++−=，

即()442120Pxyxxy+−+++=，令4042120xyxy+−=++=，解得10323xy=−=，所以直线AB过定点为102,33−，故D错误．故选：B．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常

用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组

的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点()00,xy，常利用直线的点斜式方程()00yykxx−=−或截距式ykxb=+来证明.二、填空题11.已知空间向量()1,2,2a=−、()3,,1b=−，若//ab，则+=______．【答案】1【解析

】【分析】依题意可得bta=，从而得到方程组，解得即可.【详解】因为()1,2,2a=−、()3,,1b=−且//ab，所以bta=，则()()3,,11,2,2t−=−，即3212ttt=

=−=−，解得365t===−，所以()651+=+−=.故答案为：112.动直线()()():211740Rlmxmymm+++−−=与一点()4,0M.当点M到直线l的距离最大时，直线l的方程为__________（填一般式）.【答

案】20xy−−=【解析】【分析】将直线方程转化为交点直线系方程，联立直线方程即可求得定点坐标；当定点与点M点构成的直线与l垂直时，则点M到直线l的距离最大时，则问题得解.【详解】因为()()():211740Rlmxmymm+++−−=，

即()()2740mxyxy+−++−=，故直线l恒过定点为直线270xy+−=与直线40xy+−=的交点，联立方程解得直线l恒过定点()3,1；当点M与定点()3,1P构成的直线与l垂直时，点M到直线l的距离最大，此时必有1lPMkk=−，即()11lk−=−，解得1lk=.则2111mm

+−=+，解得23m=−，故直线l的方程为：20xy−−=.故答案为：20xy−−=.13.已知圆22240xyxay++−−=的半径为3，则a的值为__________.【答案】4【解析】【分析】首先将圆的一般方程，写成标准方

程，再利用半径为3，即可求解.【详解】圆的一般方程写成标准方程为()2221524aaxy++−=+，由圆的半径为3可知，2594a+=，得4a=.故答案为：414.已知空间三点()1,1,1A−，()0,0,1B，()1,2,3C−.若空间中点N满足BN⊥平面AB

C，则符合条件的一个点N的坐标是________.【答案】()4,4,4（答案不唯一）.【解析】【分析】先求出平面ABC的法向量n，设点N的坐标为(),,abc，则BNn∥，即可求出点N的坐标.【详解】()1,1,0AB=−，()2

,1,4AC=−，设平面ABC的法向量为(),,nxyz=r，则0nABxy=−=，240nACxyz=+−=.令1x=，则1y=，34z=.31,1,4n=.设点N的坐标为(),,abc，则()

,,1BNabc=−.由题知，BNn∥，即13114abc−==.点N的坐标满足()4,4,31kkk+，其中0k.令1k=，则()4,4,4N.故答案为：()4,4,4（答案不唯一）.15.过点(2,3)−与圆22(1)1xy++=相切的直线

方程为____________．【答案】2x=−或4310xy+−=【解析】【分析】分类讨论直线的斜率是否存在，结合直线与圆的位置关系分析求解.【详解】由题意可知：圆22(1)1xy++=的圆心为()1,0−，

半径1r=，因为()22213101−++=，可知点()2,3−在圆外，当直线过点(2,3)−且斜率不存在时，2x=−，显然与圆相切；当直线过点(2,3)−，且斜率存在时，设方程为3(2)ykx−=+，即2

30kxyk−++=，则2|23|11kkk−++=+，解得43k=−，故方程为4310xy+−=；综上所述：直线方程为2x=−或4310xy+−=.故答案为：2x=−或4310xy+−=.16.如图，正三棱柱111ABCABC−中，AB＝2，14AA=，1AEAA=，D为BC的中点．当

1ADBCE平面∥时，=______，此时，直线AD与直线1EC所成的角的余弦值为______．【答案】①.12；②.64.【解析】【分析】根据题意，以点D为原点，建立空间直角坐标系，然后结合空间向量的坐标运算以及异面直线夹角公式，代入计算，即可求解.【详解】

因为111ABCABC−为正三棱柱，且D为BC中点，以D为坐标原点，分别以,DCDA所在直线为,xy轴，过点D与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为AB＝2，14AA=，则()()()()()()110,0,0,0,3

,0,1,0,0,1,0,0,0,3,4,1,0,4DACBAC−，则()()10,0,40,0,4AEAA===，所以()0,3,4E，即()()12,0,4,1,3,4BCBE==，设平面1BEC的法向量为(),,nxyz=，则1240340BCnxzBEnxyz=+=

=++=，取24y=−，则3,23zx==−，所以平面1BEC的一个法向量为()23,24,3n=−−，又()0,3,0AD=−，1ADBCE平面∥时，()3240nAD=−−=，解得12=，此时()11,3,2EC=−，设直线AD与直线1EC所成的角为，则

11136coscos,43134ADECADECADEC====++，即直线AD与直线1EC所成的角的余弦值为64.故答案为：12；6417.已知圆C：()()22114xy++−=，若直线5ykx=+上总存在点P，使得过点P的圆C的两条切线夹角为

60o，则实数k的取值范围是_________【答案】0k或815k−．【解析】【分析】根据切线夹角分析出||4PC=，由圆心到直线的距离不大于4列出不等式求解可得．【详解】圆()()22:114Cxy++−=，则圆心为()1,1C−，半径2r=，设两切点

为,AB，则PAPB=，因为60APB=o，在RtPAC△中1302APCAPB==o，2ACr==，所以||4PC=,因此只要直线l上存在点P，使得4PC=即可满足题意．圆心(1,1)C−，所以圆心到直线的距离21541kdk−−+=+，解得0k

或815k−．故答案为：0k或815k−．18.如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，2PDAD==，O为线段AC，BD交点，T为线段BP上的动点，则以下结论正确的是______.①当PTBT=时，//PD平面ACT；②当2PTBT=时，⊥

PO平面ACT；③线段OT的最小值为63；④直线AP，CT所成角取值范围为ππ,42.【答案】①③④【解析】【分析】先根据线面平行判定定理判断①，建系反证法判断②，根据模长计算判断③，计算异面直线所成角的余弦值范围得出角的范围判断④【详解】因为,OT分别是,B

DPB的中点，//,OTPDOT平面ACT,PD不在平面ACT内，所以//PD平面ACT，①正确；取M为PB中点，如图以,,OAOBOM为,,xyz轴建系，()()()0,2,2,0,2,0,0,0,0,PBO−当2PTBT=时，()110,22,233BTB

P==−()222220,2,00,,0,,3333OTOBBT=+=+−=,()0,2,2OP=−假设⊥PO平面ACT，则·0OPOT=,但是242·0333OPOT=−+=矛盾，所以假设不成立，②错误；因为T为

线段BP上的动点，所以()0,22,20,1BTBP==−，，所以()()()0,2,00,22,20,222,2OTOBBT=+=+−=−所以()22222241282OT=−+=−+,当

13=时，min482623333OT=−+==,③正确；因为()()2,0,0,2,0,0,AC−所以()()()()2,2,2,2,0,00,222,22,222,2APCTCOOT=−−=+=

+−=−所以设直线AP，CT所成角为π,(0,]2，22·8421cos·221284642APCTAPCT−−===−+−+,22221cos642−=−+令211,1t−=−，()1,11,t−−+当222222211

cos3331316422222ttttt−===−+++++，因为23131222tt++，所以2211cos3131222tt=++，即得20cos2，所以ππ,42

.故答案为：①③④【点睛】关键点点睛：解题的关键是建系设()0,22,20,1BTBP==−，根据向量关系及动点计算结合换元求值域得出角的范围.三、解答题19.已知圆C过点()2,0A和()0,0B，且圆心C在直线:0lxy−=上.（1）求圆C的标准方程；（2

）经过点()2,1−的直线l与l垂直，且l与圆C相交于,MN两点，求MN.【答案】（1）()()22112xy−+−=（2）6【解析】【分析】（1）由题意得(),Ccc，()2222222CAccccCB=−+=+=，由此即

可得解.（2）首先得经过点()2,1−且与l垂直的直线l为1yx=−+，由弦长公式即可得解.【小问1详解】由题意设圆心(),Ccc，又圆C过点()2,0A和()0,0B，所以()2222222CAccccCB=−+=+=，解得1c=

，所以圆心()1,1C，半径为2rCB==，所以圆C的标准方程为()()22112xy−+−=.【小问2详解】由题意经过点()2,1−且与l垂直的直线l为()12yx+=−−，即1yx=−+，又圆心()1,1C到直线1yx=−+的距离为11122

2d−+−==，2r=，所以22122262MNrd=−=−=.20.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，5ABAC==，122BCBB==，P，Q分别为11BC，1AB的中点.（1）证明：1ABCP⊥.（2）求直线1AB与平面CPQ所成角的正弦值.（3）求点1C到平面CPQ的距离.

【答案】（1）证明见解析（2）223（3）33【解析】【分析】（1）由题意可知平面111ABC⊥平面11CBBC，根据面面垂直的性质定理可得1AP⊥平面11CBBC，进而得到1APCP⊥，在矩形11BBCC中，由题意可得BP

CP⊥，由线面垂直判定定理及性质即可证得；（2）取BC的中点M，连接PM，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求线面角的正弦值；（3）利用公式进行计算即可12CCndn=，其中n为平面CPQ的法向量.【小问1详解】因为1111ABAC

=，P为11BC的中点，所以111APBC⊥，因为棱柱111ABCABC−直三棱柱，所以1BB⊥面111ABC，1BB平面11CBBC，所以平面111ABC⊥平面11CBBC，又平面111ABCÇ平面1111CBBCBC=，1AP面

111ABC，则1AP⊥平面11CBBC，又CP平面11CBBC，所以1APCP⊥，在矩形11BBCC中，122BCBB==，P为11BC的中点，所以2CPBP==，所以222CPBPBC+=，故BPCP⊥，又1APBPP=I，1AP面1ABP，B

P面1ABP，所以⊥CP平面1APB，又1AB平面1APB，所以1CPAB⊥；【小问2详解】取BC的中点M，连接PM，由（1）及题意易知1AP，PM，1PB两两垂直，则以P为坐标原点，建立空间直角坐标系Pxyz−，如图所示.由115AB=，11PB=，则12AP=，()1,1

,0B，()1,1,0C−，()10,0,2A，11,,122Q.设平面CPQ的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，又()1,1,0PC=−，11,,122PQ=，则0,0,nPCnPQ=

=即0,110,22xyxyz−=++=令1x=，则()1,1,1n=−设直线1AB与平面CPQ所成的角为，又()11,1,2AB=−，则111422sincos<,336nABnABnAB=

===，故直线1AB与平面CPQ所成角的正弦值为223.【小问3详解】由（2）知平面CPQ的一个法向量为()1,1,1n=−，()10,1,0C−，()11,0,0CC=，所以点1C到平面CPQ的距离为1213

33CCndn===.21.如图，在四棱锥PABCD−中，ADBC∥，CDAP⊥，PCD△为等腰直角三角形，2PDCD==，平面PBC交平面PAD于直线l，E，F分别为棱PD，PB的中点.（1）求证：BCl∥；（2）设22PAADBC===，则：①求平面AEF与平面PAD夹角的

正切值；②在棱PC上是否存在点G，使得//DG平面AEF?若存在，求PGPC的值，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）①4；②存在，45PGPC=【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理可得//BC平面PAD，再线面平行的推理得到结果；.（2）①取AD的中点

O，连接OP，OB，先证明OA，OB，OP两两垂直，再建立如图所示坐标系，求平面AEF的法向量和平面PAD的法向量代入空间向量夹角公式计算即可；②设PGPC=，(),,Gabc，再由空间向量共线得到()()1,2,31DG=−−

，然后由空间向量垂直数量积为零解出即可求出结果；【小问1详解】因为ADBC∥，AD平面PAD，BC平面PAD，所以//BC平面PAD，又因为BC平面PBC，平面PBC平面PAD=直线l，所以//BCl【小问2详解】①

取AD的中点O，连接OP，OB，由题意可得：BCOD∥，且BCOD=，则OBCD为平行四边形，可得OBCD∥，且CDAP⊥，CDPD⊥，AP，PD平面ABCDCD⊥平面PAD，则OB⊥平面PAD，由OP，OD平面PAD，

则OPOB⊥，ODOB⊥又因为PAPD=，O为AD的中点，可得OPAD⊥，OA，OB，OP两两垂直如图，以O为坐标原点，OA，OB，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则𝐴(1,0,0)，()0,2,0B，()1,2,0C−，()

1,0,0D−，()0,0,3P，13,0,22E−，30,1,2F，可得33,0,22AE=−，1,1,02EF=，设平面AEF的法向量𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则33022102nAEx

znEFxy=−+==+=，令2x=，则1y=−，23z=，即()2,1,23n=−，由题意可知：平面PAD的法向量()0,1,0m=，可得117cos,17171nmnmnm−===−，所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值1717，故正切值为4，②由

①可得：()1,2,3PC=−−，设PGPC=，(),,Gabc，则(),,3PGabc=−，可得233abc=−=−=−，解得()231abc=−==−，即()(),2,31G−−，可得()()1,2,31DG=−−，若//DG

平面AEF，则nDG⊥，可得()()212610nDG=−−+−=，解得45=，所以存在点G，使得//DG平面AEF，此时45PGPC=.22.对于数列()12:,,...,1,2,...nniAaaaaNin=，定义“T变换”：T将数列nA变换成数

列12:,,...nnBbbb，其中()11,2,...1iiibaain+=−=−，且1nnbaa=−，这种“T变换”记作()nnBTA=.继续对数列nB进行“T变换”，得到数列,...nC，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．（1

）试问3:4,2,8A和4:1,4,2,9A经过不断的“T变换”能否结束？若能，请依次写出经过“T变换”得到的各数列；若不能，说明理由；（2）求3123:,,Aaaa经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件；（3）证明：41234:,,,Aaaaa一定能经过有

限次“T变换”后结束．【答案】（1）3,2,7,8;1,5,1,5;4,4,4,4;0,0,0,0；（2）123aaa==；（3）证明见解析.【解析】【详解】分析：（1）根据定义，可得3:4,2,8A不能结束，数列4:1,4,2,9A能结束，并可写出数列；（2）3

A经过有限次“T变换”后能够结束的充要条件123,,aaa，先证明123aaa==，则经过一次“T变换”，就得到数列00,0，，从而结束，再证明命题“若数列TnA（）为常数列，则3A为常数列”，即可得解；（3）先证明引理：“将数()TnA的最大项一定不大于数列nA的最大项，其中3n”，再分类讨论

：第一类是没有为0的项，或者为0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，()()44maxmax1BA−，第二类是含有为0的项，且与最大项相邻，此时()()44maxmax1BA−，证明第二类数列4A经过有限次“T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．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，．的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当数列中只有一项为时，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.为