2021届北京市东城区高三一模数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合A{x|1x2},B{x|x1}，那么AA．(1,2) 【答案】C

【分析】根据集合的并集的概念及运算，即可求解.

【详解】由题意，集合A{x|1x2},B{x|x1}，可得AB{x|x2}. 故选：C.

2．在复平面内，复数(12i)i对应的点位于（ ） A．第一象限 C．第三象限 【答案】B

【分析】化简复数(12i)i，根据复数的几何意义可得结果. 【详解】因为(12i)i2i，

所以2i对应的点为(2,1)，它位于第二象限. 故选：B

3．某中学高一､高二和高三各年级人数见下表.采用分层抽样的方法调查学生的健康状况，在抽取的样本中，高二年级有20人，那么该样本中高三年级的人数为（ ） 年级 人数 高一 550 高二 500 高三 450 合计 1500 A．18 【答案】A

B．22

C．40

D．60

B．第二象限 D．第四象限

B．(1,1)

C．(,2)

B（ ）

D．(,1)

【分析】根据分层抽样的概念及方法，列出方程，即可求解. 【详解】设该样本中高三年级的人数为n人， 根据分层抽样的概念及方法，可得故选：A.

4．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为（ ）

20n，解得n18人. 500450

A．

9 2B．9 C．

27 2D．27

【答案】B

【分析】根据三视图得到四棱锥的底面为边长为3的正方形，高为3，再根据棱锥的体积公式可求得结果.

【详解】由三视图可知，该四棱锥的底面为边长为3的正方形，高为3，如图：

所以该四棱锥的体积为3339. 故选：B

5．已知圆x2y21截直线yk(x1)(k0)所得弦的长度为1，那么k的值为（ ） A．

131 2B．3 3C．1

D．3

【答案】D

【分析】根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求得结果.

2

【详解】圆x2y21的圆心为(0,0)，半径R1， 圆心(0,0)到直线yk(x1)的距离d2|k|k12，

k211由Rd得12，得k23， k14222又因为k0，所以k故选：D

3. 2x1,0x26．已知函数f(x)，那么不等式f(x)6x,x2A．(0,1] 【答案】C

【分析】作出函数yf(x)与y【详解】作出函数yf(x)与yB．(0,2]

C．[1,4]

x的解集为（ ）

D．[1,6]

x的图象，观察图象可得结果. x的图象：

由图可知：不等式f(x)故选：C

x的解集为[1,4].

7．“|x||y|”是“lnxlny”成立的（ ） A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】B

【分析】由对数函数知lnxlny0xyxy，可判断必要性；由对数函数的定义域可判断充分性，即可得到答案.

【详解】由题意，利用对数函数性质可知：lnxlny0xyxy，故必要性成立，而xylnxlny，但不能确定x,y是否小于0，小于0时函数无意

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

3

义，故|x||y|不能推出lnxlny，故充分性不成立，所以“|x||y|”是“lnxlny”的必要而不充分条件. 故选：B. 8．宽与长的比为

510.618的矩形叫做黄金矩形.它广泛的出现在艺术､建筑､人体2和自然界中，令人赏心悦目.在黄金矩形ABCD中，BC51,ABBC，那么

ABAC的值为（ ）

A．51 【答案】C

【分析】由题求出AB2，建立直角坐标系，求出各个点的坐标，利用数量积求得结果.

【详解】由已知BC51,ABBC，

B．51

C．4

D．252

BC51，解得：AB2 AB2如图所示，建立直角坐标系，则B(0,0)，C51,0，A(0,2)， 251则AB(0,2)，AC2,2，ABAC4

故选：C

【点睛】方法点睛：本题考查向量的坐标运算，求解向量坐标运算问题的一般思路： 向量的坐标化：向量的坐标运算，使得向量的线性运算可用坐标进行，实现了向量坐标运算完全代数化，将数与形紧密的结合起来，建立直角坐标系，使几何问题转化为数数量运算，考查学生的逻辑思维与运算能力，属于较难题.

x2y229．已知椭圆C1:221(ab0)的右焦点F与抛物线C2:y2px(p0)的

ab

4

焦点重合，P为椭圆C1与抛物线C2的公共点，且PFx轴，那么椭圆C1的离心率为（ ） A．21 【答案】A

【分析】利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到P(c,2c)，将其代入椭圆方程得到

B．

3 3C．

2 2D．31

c24c2221，根据离心率公式得到e22e10，解方程可得结果. 2aac【详解】由y2px得F(2p,0)， 2pp,0)，所以P(,p)， 22不妨设P在第一象限，因为PFx轴，F(x2y2又在椭圆C1:221(ab0)中，F(c,0)，

ab所以c

p

，即p2c，所以P(c,2c)， 2

c24c2c24c2所以221，所以221， 2abaac4c242e111所以a2a2，所以， 11e2c2整理得e22e10，解得e故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于a,b,c的等量关系．利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到P(c,2c)，将其代入椭圆方程得到

， 21或e21（舍）

c24c2221，根据离心率公式可得关于a,b,c的等量关系. 2aac10．如图，将线段AB,CD用一条连续不间断的曲线yf(x)连接在一起，需满足要求：曲线yf(x)经过点B，C，并且在点B，C处的切线分别为直线AB,CD，那么下列说法正确的是（ ）

5

A．存在曲线yax3bx22x5(a,bR)满足要求 B．存在曲线ysinaxcosbxc(a,b,cR)满足要求

2C．若曲线yf1(x)和yf2(x)满足要求，则对任意满足要求的曲线yg(x)，存在

实数,，使得g(x)f1(x)f2(x) D．若曲线yf1(x)和yf2(x)满足要求，则对任意实数,，当1时，曲

线yf1(x)f2(x)满足要求 【答案】D

【分析】由图可得直线AB的斜率和直线CD的斜率kAB1,kCD对于A：求导，由已知得x1时，y1，当x2时，y求得曲线y的解析可得点C2,1不在曲线上；

对于B：求导，根据切线的斜率和曲线所过的点建立方程组，可得方程组中a，b不可解，确；

1， 21'，代入y，解出a，b，21'f21f112对于C：由已知得'和，代入得gx有

f211f'2122'1g1f1'1+f2'111，需满足+1，可判断C选项； ''g2f12+f222yx11对于D：当+1时， 1，可判断D选项.

yx22【详解】由图知点A0,4,B1,3,C2,1,D4,0，所以直线AB的方程为yx+4，

6

直线CD的方程为y所以kAB1,kCD31x+2， 21， 22对于A：曲线yaxbx2x5(a,bR)的导函数为

y'3ax22bx2(a,bR)，由图象知当x1时，y1，当x2时，y代入y3ax2bx2中得解：

'21，21a13521512xx2x5，而y23222251，，所以y128128b58所以点C2,1不在曲线上，故A不正确； 对于B：曲线ysinaxcosbxc(a,b,cR)的导函数为

2y'1acosaxbsinbx， 211'，代入yacosaxbsinbx得 22当x1时，y1，当x2时，y1acosabsinb1acosabsinb22，即，又由11acos2absin2b1acos2absin2b22sinacosbc32，得sinacosbsin2acos2b4，方程组中a，b不sin2acos2bc12可解，故B不正确；

对于C：根据条件存在无数个多项式函数满足题意，但多项式之间不一定有线性关系，故C不正确；

对于D：当+1时，有

yx1f1'1+f2'1+1yx11，即1，故当1111''yx2f12+f22+yx222222+1时，曲线yf1(x)f2(x)满足要求，故D正确，

故选：D.

7

【点睛】方法点睛：解决函数的切线问题常运用在其切点的导函数与在该切点的切线的斜率相等的曲线的导函数的几何意义求解.

二、填空题 11．(1x)5的展开式中，x2的系数为___________.(用数字作答)

【答案】5

【分析】利用二项展开式的通项公式可求得结果. 【详解】(1x)的展开式的通项公式为TC(x)(1)Cx，

r1r5rrr551r2r0,1,2,3,4,5，

令

1r2，得r4， 244所以x2的系数为(1)C55.

故答案为：5

12．已知函数f(x)Asin(2x)A0,||表所示：

，其中x和f(x)部分对应值如下2x  40 12  42  323 f(x) 2 23 2 那么A___________. 【答案】4

f(0)23【分析】由可解得结果.

f()24f(0)23Asin23【详解】由题意可得，即， f()2Asin()224所以Asin23，所以tan3，

Acos2

8

23A4. 又因为||，所以，所以3322故答案为：4.

13．设A是非空数集，若对任意x,yA，都有xyA,xyA，则称A具有性质P.给出以下命题：

①若A具有性质P，则A可以是有限集；

②若A1,A2具有性质P，且A1A2，则A1A2具有性质P； ③若A1,A2具有性质P，则A1A2具有性质P； ④若A具有性质P，且AR，则

RA不具有性质P.

其中所有真命题的序号是___________. 【答案】①②

【分析】举特例判断①；利用性质P的定义证明②即可；举反例说明③错误；利用反证法，结合举反例判断④.

【详解】对于①，取集合A0,1具有性质P，故A可以是有限集，故①正确； 对于②，取x,yA1A2，则xA1，xA2，yA1，yA2，又A1,A2具有性质P，xyA1,xyA1，xyA2,xyA2，xyA1A2,xyA1A2，所以A1A2具有性质P，故②正确；

对于③，取A1，3A2，但1x|x2k,kZ，A2x|x3k,kZ，2A23A1A2，故③错误；

对于④，假设

RA具有性质P，即对任意x,yRA，都有xyRA,xyRA，即

对任意x,yA，都有xyA,xyA，举反例Ax|x2k,kZ，取1A，

3A，但134A，故假设不成立，故④错误；

故答案为：①②

【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义，解题的关键是对集合新定义的理解，及举反例，特例证明，考查学生的逻辑推理与特殊一般思想，属于基础题.

三、双空题

9

y214．已知双曲线C:x1经过点(2,2)，那么m的值为___________，C的渐近

m2线方程为___________. 【答案】4 y2x

【分析】将点(2,2)代入双曲线的方程，求得m4，进而求得双曲线的渐近线方程，得到答案.

22y22【详解】由题意，双曲线C:x1经过点(2,2)，可得(2)1，解得

mm2m4，

by2yx2x. 即双曲线的方程为x，则其渐近线的方程为1a42故答案为：4；y2x.

11aa15．已知n为等比数列，a11,a4，那么n的公比为___________，数列8an的前5项和为___________. 【答案】

1 31 21【分析】利用等比数列的通项公式，列出方程求得数列的公比，再由数列构成首

an项为1，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式. 【详解】设等比数列an的公比为q， 因为a11,a4又由

11133，可得a4a1q1q，解得q；

8281a11，且

112，所以数列构成首项为1，公比为2的等比数列， qan1125则数列的前5项和为S531.

a12n故答案为：

四、解答题

16．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，四边形BCC1B1是边长为1的正方形，

1；31. 2AB2，M，N分别为AD,A1B1的中点.

10

（1）求证：MA1//平面ANC；

（2）求直线CN与平面D1AC所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）

3 3【分析】（1）连BD交AC于点O，则O为AC的中点，通过证明MA1//ON，再根据直线与平面平行的判定定理可证结论；

（2）以B为原点，BC,BA,BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得结果.

【详解】（1）连BD交AC于点O，则O为AC的中点，

因为M为AD的中点，所以OM //CD，OMCD，NA1//CD，NA1CD，

1212所以OM//NA1，OMNA1，所以四边形OMA1N为平行四边形， 所以MA1//ON，因为MA1平面ANC，ON平面ANC， 所以MA1//平面ANC.

（2）以B为原点，BC,BA,BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系：

11

则C(1,0,0)，A(0,2,0)，D1(1,2,1)，N(0,1,1)，

CN(1,1,1)，AC(1,2,0)，CD1(0,2,1)，

设平面D1AC的法向量为n(x,y,z)， 则nAC0x2y0，即，

2yz0nCD10取y1，则x2，z2，所以n(2,1,2)， 所以直线CN与平面D1AC所成角的正弦值为

|212||nCN|3. 4141113|n||CN|【点睛】关键点点睛：掌握直线与平面平行的判定定理以及用空间向量求解线面角是解题关键.

17．在ABC中，cosC为已知，求： （1）b的值；

（2）角A的大小和ABC的面积. 条件①：a7；条件②：cosB1，c8，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作711. 14注：如果选择条件①､条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）b5；（2）A【分析】选择①：

3，SABC103 a2b2c2（1）本题可根据cosC求出b的值；

2abb2c2a2（2）本题首先可根据cosA求出cosA的值，然后根据0A求出角

2bc

12

A，最后通过三角形面积公式即可得出结果.

选择②：

（1）本题首先可根据cosC111、cosB求出sinC、sinB的值，然后根据714cb即可求出b的值； sinCsinB（2）本题首先可通过sinAsinBC求出sinA的值，然后通过sinAsinC求出

sinA的值，最后通过三角形面积公式即可得出结果.

【详解】选择①： （1）因为cosC17，c8，a7， a2b2c2所以cosC149b2642ab，即

714b，

整理得b22b150，解得b5或3（舍去），故b5. （2）因为cosAb2c2a225644912bc802，0A， 所以AS1133,△ABC2bcsinA2582103. 选择②： （1）因为cosC1117，cosB14，0C，0B， 所以sinC1cos2C437，sinB1cos2B5314 b因为c8，所以c8sinCbsinB，即4353，解得b5. 714（2）因为cosC17，sinC437，cosB1114，sinB5314， 所以sinAsinπBCsinBCsinBcosCcosBsinC

531114349331471477142， 因为0A，sinAsinC，所以A3，

S113△ABC2bcsinA2582103.

13

【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形相关问题的求解，考查正弦定理、余弦定理、解三角形面积公式的应用，考查诱导公式以及两角和的正弦公式的应用，考查计算能力，是中档题.

18．小明同学两次测试成绩(满分100分)如下表所示： 语文 数学 英语 物理 化学 生物 第一次 87 92 91 92 85 93 第二次 82 94 95 88 94 87 （1）从小明同学第一次测试的科目中随机抽取1科，求该科成绩大于90分的概率； （2）从小明同学第一次测试和第二次测试的科目中各随机抽取1科，记X为抽取的2科中成绩大于90分的科目数量，求X的分布列和数学期望E(X)；

（3）现有另一名同学两次测试成绩(满分100分)及相关统计信息如下表所示： 第一次 语文 数学 英语 物理 化学 生物 6科成绩均值 6科成绩方差 a1 b1 a2 b2 a3 b3 a4 b4 a5 b5 a6 b6 x1 x2 D1 第二次 D2 将每科两次测试成绩的均值作为该科的总评成绩，这6科总评成绩的方差为D3.有一种观点认为：若x1x2,D1D2，则D1D3D2.你认为这种观点是否正确？(只写“正确”或“不正确”) 【答案】（1）

72（2）分布列见解析，E(X)（3）不正确

63【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得结果；

（2）计算出X的各个取值的概率可得分布列，根据期望公式计算可得数学期望； （3）根据方差公式计算，结合D1D2比较可得答案.

【详解】（1）共有6科成绩，其中成绩大于90分的有数学、英语、物理和生物共4科，所以从小明同学第一次测试的科目中随机抽取1科，该科成绩大于90分的概率为

42

. 63

（2）X的所有可能取值为：0，1，2，

14

11111111C2C31C2C3C4C31C4C31P(X0)11，P(X1)P(X2)， ，1111C6C66C6C62C6C63所以X的分布列为：

X 0 1 2 P 1116 2 3 数学期望E(X)01611221376. （3）设x1x2x，则a1a2a6b1b2b66x，

则6D22(a21(a1x)(a2x)6x) a2a212a262(a1a2a6)x6x2

a2a212a22612x6x2 a2221a2a266x，

同理可得6D222b1b2b266x2，

226Dab1ab2312222a6b626x2， 因为D221D2，所以a1a2a2b2261b2b26，

222所以6D6D1a1b1ab3222a6b62(a22a221a26)

(b1a1)(b13a1)(b2a2)(b2a2(b6a6)(b6a6)4)44的符号不确定，

所以D3与D1无法比较大小，

a2226D36D21b1a22b22a6b6(b221bb2226)

a2b22211a2b222a26b262(b221b2b26)

a2a212a2b26(b212b26)20，

所以D3D2， 故这种观点不正确.

15

【点睛】关键点点睛：掌握求离散型随机变量的分布列的步骤和数学期望公式是解题关键.

19．已知函数f(x)x3ax2a2x1，其中a0. （1）当a1时，求f(x)的单调区间；

（2）若曲线yf(x)在点(a,f(a))处的切线与y轴的交点为(0,m)，求m最小值.

【答案】（1）增区间为(,)和(1,)，减区间(,1)； （2）1的a1313433. 32【分析】（1）当a1时，求得f(x)3x2x1，结合导数的符号，即可求得函数

的单调区间；

23（2）由（1）及根据导数的几何意义，求得切线方程y4ax3a1，得到m3a31，

进而得到m1113a31，令ga3a31,a0，利用导数求得函数gaaaa单调性和最小值，即可求解.

32222【详解】（1）由题意，函数f(x)xaxax1，可得f(x)3x2axa，

当a1时，f(x)3x2x1

12令f(x)0，即3x2x1(x1)(3x1)0，解得x或x1；

32令fx0，即3x22x10，解得1x1， 313所以函数fx的单调递增区间为(,)和(1,)，单调递减区间(,1).

22（2）由（1）知f(x)3x2axa，

13可得f(a)3(a)2a(a)a4a，即k4a2， 又由f(a)(a)a(a)a(a)1a1，

可得切线方程为y(a1)4a(xa)，即y4ax3a1， 令x0，可得y3a1，即m3a31， 则m332233223222113a31， aa3119a412令ga3a1,a0，可得ga9a2,a0， 2aaa

16

令gx0，即9a410，解得a3； 33， 3令gx0，即9a410，解得0a所以函数ga在区间(0,33)单调递减，在区间(,)单调递增， 33所以当a334333. 时，函数ga取得最小值，最小值为g()133333【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：

1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；

2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论； 3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.

x2y220．已知椭圆C:221(ab0)过点D(2,0)，且焦距为23.

ab（1）求椭圆C的方程；

（2）过点A(4,0)的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P，Q两点，点T与点Q关于x轴对称，直线TP与x轴交于点H，是否存在常数，使得

|AD||DH|(|AD||DH|)成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. x2【答案】（1）y21（2）存在, 2

4【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出a,b可得结果；

2xQ(x2,y2)，（2）设P(x1,y1)，则T(x2,y2)，设直线l:yk(x4)，代入y21，4得到x1x2和x1x2，利用直线PT的方程求出H的坐标，求出|AD|、|DH|，则可得

的值.

x2y2【详解】（1）因为椭圆C:221(ab0)过点D(2,0)，所以a2，

ab又2c23，即c3，所以b2a2c2431，

x2所以椭圆C的方程为：y21.

4（2）显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l:yk(x4)，

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yk(x联立4)x2，消去y并整理得(14k2)x232k2x64k240， 24y1(32k2)24(14k2)(64k24)0，得0k2112， 设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则T(x2,y2)，

所以x32k264k241x214k2，x1x214k2， 直线PT：yy1y2xx(xxxy1(x1x2)1y1)，令y0，得x1y，

12y12所以H(x1(x1x2)1yyy,0)，

12又|AD||DH|(|AD||DH|)，所以

1|AD||DH||AD||DH|1|DH|1|AD|，又因为D(2,0),A(4,0)，H(xy1(x1x2)1yy,0)，

12所以|AD|2，

|DH|x1x2)k(x14)(x1x2)1y1(xy2x14)k(x2

1y2k(x124)x4)(x1x2)1k(x1k(x)8k2

1x2kx1(x1x2)8kx1k(x14)(x1x2)k(x2

1x2)8kkx221kx1x28k1x1kx1kx1x24kx14kx2k(x)8k2

1x24k(x1x2)2kx1x2k(x2

1x2)8k4k32k264k2414k22k14k222 k32k14k28k121，

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所以

11，解得2. 121所以存在常数2，使得|AD||DH|2(|AD||DH|)成立.

【点睛】关键点点睛：用P,Q的坐标表示H的坐标，再根据韦达定理算|DH|的值是解题关键.

21．设n(n2)为正整数，若x1,x2,①xi{0,1,,xn满足：

,n1},i1,2,,n；②对于1ijn，均有xixj；则称具有性

质E(n).对于x1,x2,,xn和y1,y2,,yn，定义集合

T(,)t|t|xiy∣,2,,n. i,i1 （1）设(0,1,2)，若y1,y2,y3具有性质E(3)，写出一个及相应的T(,)；（2）设和具有性质E(6)，那么T(,)是否可能为{0,1,2,3,4,5}，若可能，写出一组和，若不可能，说明理由；

（3）设和具有性质E(n)，对于给定的，求证：满足T(,){0,1,的有偶数个.

【答案】（1）答案见解析（2）不存在，理由见解析（3）证明见解析 【分析】（1）根据性质E(3)的定义可得答案；

（2）利用反证法以及性质E(6)的定义推出相互矛盾的结论可得解； （3）通过构造(z1,z2,,n1},zn)，证明当(x1,x2,,xn)，(y1,y2,,yn)确定时，

(z1,z2,,zn)唯一确定，由,也仅能构造出，即可得证.

(0,1,2)，T(,){0}；(0,2,1)，T(,){0,1}；(1,0,2)，【详解】（1）

T(,){0,1}；(1,2,0)T(,){1,2}；(2,1,0)，T(,){0,2}.

（2）假设存在(x1,x2,x3,x4,x5,x6)和(y1,y2,y3,y4,y5,y6)均具有性质E(6)，且T(,){0,1,2,3,4,5}， 则012345|xy|15，

iii16

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因为|xiyi|与xiyi同奇同偶，所以

66|xy|与(xy)同奇同偶，

iiiii1i1ii66又因为

6|xy|15为奇数，(xy)0为偶数，

iii1i16iiii这与

|xy|与(xy)同奇同偶矛盾，所以假设不成立.

i1i1综上所述：不存在具有性质E(6)的和，满足T(,){0,1,2,3,4,5}. （3）不妨设(x1,x2,,xn)与(y1,y2,,yn)构成一个数表A，

x1 y1 x2 y2 xn yn 交换数表中的两行，可得数表B，

y1 x1 y2 x2 yn xn ,xn，

调整数表各列的顺序，使第一行y1,y2,设第二行变为z1,z2,令(z1,z2,假设(y1,y2,,yn变为x1,x2,,zn，

,n1}，

,zn)，则具有性质E(n)，且T(,){0,1,2,,yn)与(z1,z2,,zn)相同，

则y1z1,y2z2,,ynzn，

不妨设x1y1，x1yk(k1)，则有z1xk，故|x1z1||ykxk|， 因为T(,){0,1,2,,n1}，所以|x1y1||xiyi|(i2,3,,n)，

因为y1z1xk，所以|x1y1||xkyk|(k1)，与

|x1y1||xiyi|(i2,3,,n)矛盾.

,xn)，若(y1,y2,,yn)具有性质E(n)，且

故对于具有性质E(n)的(x1,x2,T(,){0,1,2,,n1}，则存在一个具有性质E(n)的(z1,z2,,zn)，使得

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T(,){0,1,2,,n1}，且(y1,y2,,yn)与(z1,z2,,xn)，(y1,y2,,zn)不同，并且由的

,zn)构造过程可以知道，当(x1,x2,,yn)确定时，(z1,z2,唯一确定，由,也仅能构造出. 所以满足T(,){0,1,,n1}的有偶数个.

【点睛】关键点点睛：理解性质E(n)的定义，通过构造法解题是解题关键.

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