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01集合与逻辑基础★☆☆☆☆
已知集合 P={x∣x2⩽1}P = \{x \mid x^2 \leqslant 1\}，M={a}M = \{a\}. 若 P∪M=PP \cup M = P，则 aa 的取值范围是（ ）
A.
(−∞,−1](- \infty, -1]
B.
[1,+∞)[1, +\infty)
C.
[−1,1][-1, 1]
D.
(−∞,−1]∪[1,+∞)(- \infty, -1] \cup [1, +\infty)

2011 · 北京 · 理 · 第 1 题 · 选择题

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02复数★☆☆☆☆
复数 i−21+2i=\frac{\mathrm{i}-2}{1+2\mathrm{i}}=（ ）
A.
i\mathrm{i}
B.
−i-\mathrm{i}
C.
−45−35i-\frac{4}{5} - \frac{3}{5}\mathrm{i}
D.
−45+35i-\frac{4}{5} + \frac{3}{5}\mathrm{i}

2011 · 北京 · 理 · 第 2 题 · 选择题

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03解析几何★★☆☆☆
在极坐标系中，圆 ρ=−2sin⁡θ\rho = -2\sin \theta 的圆心的极坐标是（ ）
A.
(1,π2)\left(1, \frac{\pi}{2}\right)
B.
(1,−π2)\left(1, -\frac{\pi}{2}\right)
C.
(1,0)(1, 0)
D.
(1,π)(1, \pi)

2011 · 北京 · 理 · 第 3 题 · 选择题

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04数列★★☆☆☆
执行如图所示的程序框图，输出的 ss 的值为（ ）
A.
−3-3
B.
12\frac{1}{2}
C.
13\frac{1}{3}
D.
22

2011 · 北京 · 理 · 第 4 题 · 选择题

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05解析几何★★★☆☆
如图，ADAD，AEAE，BCBC 分别与圆 OO 切于点 DD，EE，FF，延长 AFAF 与圆 OO 交于另一点 GG. 给出下列三个结论：
① AD+AE=AB+BC+CAAD + AE = AB + BC + CA； ② AF⋅AG=AD⋅AEAF \cdot AG = AD \cdot AE； ③ △AFB∼△ADG\triangle AFB \sim \triangle ADG.
其中正确结论的序号是（ ）
A.
\circled1\circled2\circled{1}\circled{2}
B.
\circled2\circled3\circled{2}\circled{3}
C.
\circled1\circled3\circled{1}\circled{3}
D.
\circled1\circled2\circled3\circled{1}\circled{2}\circled{3}

2011 · 北京 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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06函数与初等函数★★☆☆☆
根据统计，一名工人组装第 xx 件某产品所用的时间（单位：分钟）为
f(x)={cx,x<A,cA,x⩾A,f(x) = \begin{cases} \dfrac{c}{\sqrt{x}}, & x < A,\\ \dfrac{c}{\sqrt{A}}, & x \geqslant A, \end{cases}
（AA，cc 为常数）. 已知工人组装第 44 件产品用时 3030 分钟，组装第 AA 件产品用时 1515 分钟，那么 cc 和 AA 的值分别是（ ）
A.
(75,25)(75, 25)
B.
(75,16)(75, 16)
C.
(60,25)(60, 25)
D.
(60,16)(60, 16)

2011 · 北京 · 理 · 第 6 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★☆☆
某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是（ ）
A.
88
B.
626\sqrt{2}
C.
1010
D.
828\sqrt{2}

2011 · 北京 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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08函数与初等函数★★★★☆
设 A(0,0)A(0, 0)，B(4,0)B(4, 0)，C(t+4,4)C(t + 4, 4)，D(t,4)D(t, 4)（t∈Rt \in \mathbf{R}）. 记 N(t)N(t) 为平行四边形 ABCDABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横，纵坐标都是整数的点，则函数 N(t)N(t) 的值域为（ ）
A.
{9,10,11}\{9, 10, 11\}
B.
{9,10,12}\{9, 10, 12\}
C.
{9,11,12}\{9, 11, 12\}
D.
{10,11,12}\{10, 11, 12\}

2011 · 北京 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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09三角函数★★☆☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，若 b=5b = 5，∠B=π4\angle B = \frac{\pi}{4}，tan⁡A=2\tan A = 2，则 sin⁡A=\sin A=______；a=a=______.

2011 · 北京 · 理 · 第 9 题 · 填空题

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10平面向量★☆☆☆☆
已知向量 a=(3,1)\boldsymbol{a} = (\sqrt{3}, 1)，b=(0,−1)\boldsymbol{b} = (0, -1)，c=(k,3)\boldsymbol{c} = (k, \sqrt{3}). 若 a−2b\boldsymbol{a} - 2\boldsymbol{b} 与 c\boldsymbol{c} 共线，则 k=k=______.

2011 · 北京 · 理 · 第 10 题 · 填空题

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11数列★★☆☆☆
在等比数列 {an}\{a_n\} 中，a1=12a_1 = \frac{1}{2}，a4=−4a_4 = -4，则公比 q=q=______；∣a1∣+∣a2∣+⋯+∣an∣=|a_1| + |a_2| + \cdots + |a_n| =______.

2011 · 北京 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12计数原理与组合数学★★☆☆☆
用数字 22，33 组成四位数，且数字 22，33 至少都出现一次，这样的四位数共有______ 个（用数字作答）.

2011 · 北京 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13函数与初等函数★★★☆☆
已知函数
f(x)={2x,x⩾2,(x−1)3,x<2,f(x) = \begin{cases} \dfrac{2}{x}, & x \geqslant 2,\\ (x - 1)^3, & x < 2, \end{cases}
若关于 xx 的方程 f(x)=kf(x) = k 有两个不同的实根，则实数 kk 的取值范围是______.

2011 · 北京 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14解析几何★★★☆☆
曲线 CC 是平面内与两个定点 F1(−1,0)F_1(-1, 0) 和 F2(1,0)F_2(1, 0) 的距离的积等于常数 a2a^2（a>1a > 1）的点的轨迹. 给出下列三个结论：
① 曲线 CC 过坐标原点； ② 曲线 CC 关于坐标原点对称； ③ 若点 PP 在曲线 CC 上，则 △F1PF2\triangle F_1PF_2 的面积不大于 12a2\frac{1}{2}a^2.
其中所有正确结论的序号是______.

2011 · 北京 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=4cos⁡xsin⁡(x+π6)−1f(x) = 4\cos x\sin \left(x + \frac{\pi}{6}\right) - 1.
(1) 求 f(x)f(x) 的最小正周期； (2) 求 f(x)f(x) 在区间 [−π6,π4]\left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right] 上的最大值和最小值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 利用和角公式， f(x)=4cos⁡x(32sin⁡x+12cos⁡x)−1=3sin⁡2x+cos⁡2x=2sin⁡(2x+π6)f(x)=4\cos x\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\sin x+\dfrac12\cos x\right)-1=\sqrt3\sin 2x+\cos 2x=2\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right). 因为正弦函数的最小正周期为 2π2\pi，所以 f(x)f(x) 的最小正周期为 π\pi. \item 令 u=2x+π6u=2x+\dfrac{\pi}{6}. 当 x∈[−π6,π4]x\in\left[-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{\pi}{4}\right] 时，u∈[−π6,2π3]u\in\left[-\dfrac{\pi}{6},\dfrac{2\pi}{3}\right]，且 f(x)=2sin⁡uf(x)=2\sin u. 区间包含 u=π2u=\dfrac\pi2，故最大值为 2sin⁡π2=22\sin\dfrac\pi2=2. 端点处 2sin⁡(−π6)=−12\sin\left(-\dfrac\pi6\right)=-1，而另一端点值为 2sin⁡2π3=32\sin\dfrac{2\pi}3=\sqrt3，所以最小值为 −1-1. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 北京 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16立体几何初步★★★★☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，底面 ABCDABCD 是菱形，AB=2AB = 2，∠BAD=60∘\angle BAD = 60^{\circ}.
(1) 求证：BD⊥BD \perp 平面 PACPAC； (2) 若 PA=ABPA = AB，求 PBPB 与 ACAC 所成角的余弦值； (3) 当平面 PBCPBC 与平面 PDCPDC 垂直时，求 PAPA 的长.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在底面菱形中，AB=AD=2AB=AD=2，∠BAD=60∘\angle BAD=60^{\circ}. 由平行四边形法则，取底面坐标 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(2,0,0)B=(2,0,0)，D=(1,3,0)D=(1,\sqrt3,0)，则 C=(3,3,0)C=(3,\sqrt3,0). 于是 BD→=(−1,3,0)\overrightarrow{BD}=(-1,\sqrt3,0)，AC→=(3,3,0)\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt3,0)，从而 BD→⋅AC→=0\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{AC}=0，即 BD⊥ACBD\perp AC. 设 HH 为 BDBD 的中点，则 H=(32,32,0)=12CH=(\frac32,\frac{\sqrt3}{2},0)=\frac12C，所以 H∈AC⊂H\in AC\subset 平面 PACPAC，即 BDBD 与平面 PACPAC 相交于 HH. 又因为 PA⊥PA\perp 平面 ABCDABCD，过 HH 作直线 h∥PAh\parallel PA，则 BD⊥hBD\perp h. 因 ACAC 与 hh 是平面 PACPAC 内过 HH 的两条相交直线，且 BD⊥ACBD\perp AC、BD⊥hBD\perp h，故 BD⊥BD\perp 平面 PACPAC. \item 由 PA=AB=2PA=AB=2，可取 P=(0,0,2)P=(0,0,2). 于是 PB→=(2,0,−2)\overrightarrow{PB}=(2,0,-2)，AC→=(3,3,0)\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt3,0). 因此 cos⁡∠(PB,AC)=PB→⋅AC→∣PB∣∣AC∣=6(22)(23)=64\cos\angle(PB,AC)=\dfrac{\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|PB||AC|}=\dfrac6{(2\sqrt2)(2\sqrt3)}=\dfrac{\sqrt6}{4}. \item 设 PA=h>0PA=h>0，取 P=(0,0,h)P=(0,0,h). 平面 PBCPBC 的两个方向向量可取 PB→=(2,0,−h)\overrightarrow{PB}=(2,0,-h)，PC→=(3,3,−h)\overrightarrow{PC}=(3,\sqrt3,-h)，其法向量可取 n1=(3h,−h,23)\boldsymbol{n}_1=(\sqrt3h,-h,2\sqrt3). 平面 PDCPDC 的两个方向向量可取 PD→=(1,3,−h)\overrightarrow{PD}=(1,\sqrt3,-h)，PC→=(3,3,−h)\overrightarrow{PC}=(3,\sqrt3,-h)，其法向量可取 n2=(0,−2h,−23)\boldsymbol{n}_2=(0,-2h,-2\sqrt3).
两平面垂直等价于两法向量垂直，所以 n1⋅n2=2h2−12=0\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2=2h^2-12=0. 由 h>0h>0，得 PA=h=6PA=h=\sqrt6. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 北京 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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17概率与统计★★★☆☆
以下茎叶图记录了甲，乙两组各四名同学的植树棵数. 乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以 XX 表示.
甲组茎乙组
111\quad 11100
(1) 如果 X=8X = 8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差； (2) 如果 X=9X = 9，分别从甲，乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数 YY 的分布列和数学期望.
（注：方差 s2=1n[(x1−xˉ)2+(x2−xˉ)2+⋯+(xn−xˉ)2]s^2 = \frac{1}{n}\left[(x_1 - \bar{x})^2 + (x_2 - \bar{x})^2 + \cdots + (x_n - \bar{x})^2\right]，其中 xˉ\bar{x} 为 x1x_1，x2x_2，⋯\cdots，xnx_n 的平均数）
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 X=8X=8 时，乙组数据为 88，88，99，1010，所以平均数为 xˉ=8+8+9+104=354\bar{x}=\dfrac{8+8+9+10}{4}=\dfrac{35}{4}. 由题给方差定义， s2=14[2(8−354)2+(9−354)2+(10−354)2]=14⋅4416=1116s^2=\dfrac14\left[2\left(8-\dfrac{35}{4}\right)^2+\left(9-\dfrac{35}{4}\right)^2+\left(10-\dfrac{35}{4}\right)^2\right]=\dfrac14\cdot\dfrac{44}{16}=\dfrac{11}{16}. \item 当 X=9X=9 时，甲组数据为 99，99，1111，1111，乙组数据为 88，99，99，1010. 两组各随机选取一人，所有 4×4=164\times4=16 个结果等可能. 甲组选出两个 99 与乙组选出 88 时，Y=17Y=17，共有 2×1=22\times1=2 个结果；甲组选出两个 99 与乙组选出两个 99 时，Y=18Y=18，共有 2×2=42\times2=4 个结果；甲组选出两个 99 与乙组选出 1010，或甲组选出两个 1111 与乙组选出 88 时，Y=19Y=19，共有 2×1+2×1=42\times1+2\times1=4 个结果；甲组选出两个 1111 与乙组选出两个 99 时，Y=20Y=20，共有 2×2=42\times2=4 个结果；甲组选出两个 1111 与乙组选出 1010 时，Y=21Y=21，共有 2×1=22\times1=2 个结果. 因此 P(Y=17)=216=18P(Y=17)=\dfrac{2}{16}=\dfrac18，P(Y=18)=416=14P(Y=18)=\dfrac{4}{16}=\dfrac14，P(Y=19)=416=14P(Y=19)=\dfrac{4}{16}=\dfrac14，P(Y=20)=416=14P(Y=20)=\dfrac{4}{16}=\dfrac14，P(Y=21)=216=18P(Y=21)=\dfrac{2}{16}=\dfrac18. 所以 E(Y)=17⋅18+18⋅14+19⋅14+20⋅14+21⋅18=19E(Y)=17\cdot\dfrac18+18\cdot\dfrac14+19\cdot\dfrac14+20\cdot\dfrac14+21\cdot\dfrac18=19. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 北京 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=(x−k)2exkf(x) = (x - k)^2\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若对于任意的 x∈(0,+∞)x \in (0, +\infty)，都有 f(x)⩽1ef(x) \leqslant \frac{1}{\mathrm{e}}，求 kk 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由于 k≠0k\ne0，求导得 f′(x)=2(x−k)exk+1k(x−k)2exk=exkk(x−k)(x+k)f'(x)=2(x-k)\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}+\dfrac1k(x-k)^2\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}=\dfrac{\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}}{k}(x-k)(x+k). 因 exk>0\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}>0，只需讨论 (x−k)(x+k)k\dfrac{(x-k)(x+k)}k 的符号.
当 k>0k>0 时，f′(x)>0f'(x)>0 在 (−∞,−k)(-\infty,-k) 和 (k,+∞)(k,+\infty) 上成立，f′(x)<0f'(x)<0 在 (−k,k)(-k,k) 上成立. 因此递增区间为 (−∞,−k)(-\infty,-k)、(k,+∞)(k,+\infty)，递减区间为 (−k,k)(-k,k).
当 k<0k<0 时，因分母 kk 为负，符号相反，故递减区间为 (−∞,k)(-\infty,k)、(−k,+∞)(-k,+\infty)，递增区间为 (k,−k)(k,-k). \item 若 k>0k>0，则当 x→+∞x\to+\infty 时，(x−k)2exk→+∞(x-k)^2\mathrm{e}^{\frac{x}{k}}\to+\infty，不可能对所有 x>0x>0 有 f(x)\leqslant\dfrac1\mathrm{e}.
令 k=−ak=-a，其中 a>0a>0. 此时 f(x)=(x+a)2e−xaf(x)=(x+a)^2\mathrm{e}^{-\frac{x}{a}}，且 f′(x)=e−xaa(a−x)(a+x)f'(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{-\frac{x}{a}}}a(a-x)(a+x). 所以 ff 在 (0,a)(0,a) 上递增，在 (a,+∞)(a,+\infty) 上递减，最大值为 f(a)=4a2ef(a)=\dfrac{4a^2}{\mathrm{e}}. 要使最大值不超过 \dfrac1\mathrm{e}，必须且只需 4a2⩽14a^2\leqslant1，即 0<a⩽120<a\leqslant\dfrac12. 因此 −12⩽k<0-\dfrac12\leqslant k<0. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 北京 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
已知椭圆 G:x24+y2=1G: \frac{x^2}{4} + y^2 = 1. 过点 (m,0)(m, 0) 作圆 x2+y2=1x^2 + y^2 = 1 的切线 ll，交椭圆 GG 于 AA，BB 两点.
(1) 求椭圆 GG 的焦点坐标和离心率； (2) 将 ∣AB∣\left|AB\right| 表示为 mm 的函数，并求 ∣AB∣\left|AB\right| 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 椭圆的标准方程为 x2a2+y2b2=1\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1，所以 a=2a=2，b=1b=1. 由 c2=a2−b2=3c^2=a^2-b^2=3，得 c=3c=\sqrt3. 因此焦点为 (−3,0)(-\sqrt3,0)、(3,0)(\sqrt3,0)，离心率为 e=ca=32e=\dfrac ca=\dfrac{\sqrt3}{2}. \item 过 (m,0)(m,0) 的圆 x2+y2=1x^2+y^2=1 的切线存在的条件是 ∣m∣⩾1|m|\geqslant1. 先处理边界情形：当 m=1m=1 时，切线为 x=1x=1，与椭圆的交点为 (1,32)\left(1,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)、(1,−32)\left(1,-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)，所以 ∣AB∣=3|AB|=\sqrt3；当 m=−1m=-1 时，切线为 x=−1x=-1，与椭圆的交点为 (−1,32)\left(-1,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)、(−1,−32)\left(-1,-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)，所以 ∣AB∣=3|AB|=\sqrt3.
当 ∣m∣>1|m|>1 时，设切线写成 x+λy=mx+\lambda y=m，则其到原点的距离为 11，故 1+λ2=m21+\lambda^2=m^2. 代入椭圆方程，令 x=m−λyx=m-\lambda y，得 (λ2+4)y2−2mλy+m2−4=0(\lambda^2+4)y^2-2m\lambda y+m^2-4=0. 该方程关于 yy 的判别式为 Δ=4m2λ2−4(λ2+4)(m2−4)=48\Delta=4m^2\lambda^2-4(\lambda^2+4)(m^2-4)=48，所以两交点的纵坐标之差为 43λ2+4=43m2+3\dfrac{4\sqrt3}{\lambda^2+4}=\dfrac{4\sqrt3}{m^2+3}. 又直线方向向量可取 (λ,−1)(\lambda,-1)，其长度为 1+λ2=∣m∣\sqrt{1+\lambda^2}=|m|，故 ∣AB∣=43∣m∣m2+3\displaystyle\left|AB\right|=\frac{4\sqrt{3}\left|m\right|}{m^2+3}.
结合 m=±1m=\pm1 时的结果，∣AB∣=43∣m∣m2+3|AB|=\dfrac{4\sqrt3|m|}{m^2+3}，其中 m∈(−∞,−1]∪[1,+∞)m\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty). 令 r=∣m∣⩾1r=|m|\geqslant1，则 ∣AB∣=g(r)=43rr2+3|AB|=g(r)=\dfrac{4\sqrt3r}{r^2+3}，且 g′(r)=43(3−r2)(r2+3)2g'(r)=\dfrac{4\sqrt3(3-r^2)}{(r^2+3)^2}. 所以 gg 在 [1,3][1,\sqrt3] 上递增，在 [3,+∞)[\sqrt3,+\infty) 上递减，最大值在 r=3r=\sqrt3 处取得，为 g(3)=2g(\sqrt3)=2. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 北京 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20数列★★★★★
若数列 AnA_n：a1a_1，a2a_2，⋯\cdots，ana_n（n⩾2n \geqslant 2）满足 ∣ak+1−ak∣=1\left|a_{k+1} - a_k\right| = 1（k=1k = 1，22，⋯\cdots，n−1n - 1），则称 AnA_n 为 EE 数列. 记 S(An)=a1+a2+⋯+anS(A_n) = a_1 + a_2 + \cdots + a_n.
(1) 写出一个满足 a1=a5=0a_1 = a_5 = 0，且 S(A5)>0S(A_5) > 0 的 EE 数列 A5A_5； (2) 若 a1=12a_1 = 12，n=2000n = 2000，证明：EE 数列 AnA_n 是递增数列的充要条件是 an=2011a_n = 2011； (3) 对任意给定的整数 nn（n⩾2n \geqslant 2），是否存在首项为 00 的 EE 数列 AnA_n，使得 S(An)=0S(A_n) = 0？如果存在，写出一个满足条件的 EE 数列 AnA_n；如果不存在，说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 取 A5:0A_5: 0，11，22，11，00. 相邻两项之差的绝对值均为 11，故它是 EE 数列；且 a1=a5=0a_1=a_5=0，S(A5)=0+1+2+1+0=4>0S(A_5)=0+1+2+1+0=4>0. \item 先证必要性. 若 AnA_n 是递增数列，则 ak+1−ak=1a_{k+1}-a_k=1（k=1k=1，22，⋯\cdots，19991999），所以 an=a1+(n−1)=12+1999=2011a_n=a_1+(n-1)=12+1999=2011.
再证充分性. 若 an=2011a_n=2011，则 an−a1=2011−12=1999a_n-a_1=2011-12=1999. 又 an−a1=∑k=11999(ak+1−ak)a_n-a_1=\sum_{k=1}^{1999}\left(a_{k+1}-a_k\right)，右端共 19991999 个取值为 ±1\pm1 的项，其和为 19991999，故每一项都等于 11，即 ak+1−ak=1a_{k+1}-a_k=1（k=1k=1，22，⋯\cdots，19991999），所以 AnA_n 是递增数列. \item 记 dk=ak+1−ak∈{−1,1}d_k=a_{k+1}-a_k\in\{-1,1\}（k=1k=1，22，⋯\cdots，n−1n-1）. 由 a1=0a_1=0 得 ak=∑j=1k−1dja_k=\sum_{j=1}^{k-1}d_j，于是 S(An)=∑k=1nak=∑j=1n−1(n−j)djS(A_n)=\sum_{k=1}^{n}a_k=\sum_{j=1}^{n-1}(n-j)d_j. 因为 (n−j)dj(n-j)d_j 与 n−jn-j 同奇偶，所以 S(An)S(A_n) 与 ∑j=1n−1(n−j)=n(n−1)2\sum_{j=1}^{n-1}(n-j)=\frac{n(n-1)}{2} 同奇偶.
若 S(An)=0S(A_n)=0，则 n(n−1)2\frac{n(n-1)}{2} 为偶数，即 n≡0n\equiv0 或 1(mod4)1\pmod4. 反之，当 n≡2n\equiv2 或 3(mod4)3\pmod4 时，n(n−1)2\frac{n(n-1)}{2} 为奇数，S(An)≠0S(A_n)\ne0，不存在满足条件的 EE 数列.
当 n≡0(mod4)n\equiv0\pmod4 时，取 An:0A_n: 0，11，00，−1-1，00，11，00，−1-1，⋯\cdots，即以 00，11，00，−1-1 为周期重复. 相邻两项之差的绝对值均为 11，且每个周期的和为 00，故 S(An)=0S(A_n)=0.
当 n≡1(mod4)n\equiv1\pmod4 时，取上面长度为 n−1n-1 的数列并在末尾添上 00. 它仍是 EE 数列，前 n−1n-1 项之和为 00，末项为 00，故 S(An)=0S(A_n)=0.
综上，满足条件的 EE 数列 AnA_n 存在当且仅当 n≡0n\equiv0 或 1(mod4)1\pmod4. \end{enumerate} \end{solution}

2011 · 北京 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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