一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)）
1. 已知全集，集合和的關(guān)系的韋恩（Venn）圖如圖所示，則陰影部分所示的集合的元素共有（ ）

A. 3個(gè)B. 2個(gè)C. 1個(gè)D. 無窮多個(gè)
【答案】B
【解析】
【分析】由圖知，陰影部分所示的集合為，根據(jù)條件求出，利用集合的運(yùn)算，即可求解.
【詳解】由圖知，陰影部分所示的集合為，
由，得到，所以，又，
所以，得到陰影部分所示的集合的元素共有個(gè)，

故選：B.
2. 若是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是（ ）
A. 若，則B. 若，則
C. 若，則D. 若，則
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可判斷A，B；根據(jù)線面平行的性質(zhì)以及面面垂直的判定定理判斷C；根據(jù)線面平行的性質(zhì)判斷直線的位置關(guān)系，可判斷D.
【詳解】對于A，若，則只有當(dāng)m垂直于平面的交線時(shí)，才有，故A錯(cuò)誤；
對于B，若，則或相交，B錯(cuò)誤；
對于C，由結(jié)合線面平行的性質(zhì)可知在內(nèi)必存在直線，
結(jié)合，可得，又，故，C正確；
對于D，若，則或相交或異面，D錯(cuò)誤，
故選：C
3. 設(shè)，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得、、范圍，即可得解.
【詳解】由，，即，
，故.
故選：C.
4. 已知函數(shù)的定義域?yàn)?當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.則
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】試題分析：當(dāng)時(shí),,所以當(dāng)時(shí),函數(shù)是周期為的周期函數(shù),所以,又函數(shù)是奇函數(shù),所以,故選D．
考點(diǎn)：函數(shù)的周期性和奇偶性．
5. 定義在上的任意函數(shù)都可以表示成一個(gè)奇函數(shù)和一個(gè)偶函數(shù)之和，如果，，那么（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】構(gòu)造奇函數(shù)，偶函數(shù)即可求解.
【詳解】根據(jù)題意，
令
則有，
所以
，
，
故選:C.
6. 設(shè)為實(shí)數(shù)，則是 “”的
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】由“x＜0”易得“”，反過來，由“”可得出“x＜0”，從而得出“x＜0”是“”的充分必要條件．
【詳解】若x＜0，﹣x＞0，則：；
∴“x＜0“是““的充分條件；
若，則；
解得x＜0；
∴“x＜0“是““的必要條件；
綜上得，“x＜0”是“”的充分必要條件．
故選C．
【點(diǎn)睛】充分、必要條件的三種判斷方法．
1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結(jié)合，例如“?”為真，則是的充分條件．
2．等價(jià)法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價(jià)關(guān)系，對于條件或結(jié)論是否定式的命題，一般運(yùn)用等價(jià)法．
3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．
7. 用數(shù)字0,1,2,3,4,5組成沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，其中比40000大的偶數(shù)共有
A. 144個(gè)B. 120個(gè)C. 96個(gè)D. 72個(gè)
【答案】B
【解析】
【詳解】試題分析：根據(jù)題意，符合條件的五位數(shù)首位數(shù)字必須是4、5其中1個(gè)，末位數(shù)字為0、2、4中其中1個(gè)；進(jìn)而對首位數(shù)字分2種情況討論，①首位數(shù)字為5時(shí)，②首位數(shù)字為4時(shí)，每種情況下分析首位、末位數(shù)字的情況，再安排剩余的三個(gè)位置，由分步計(jì)數(shù)原理可得其情況數(shù)目，進(jìn)而由分類加法原理，計(jì)算可得答案．
解：根據(jù)題意，符合條件的五位數(shù)首位數(shù)字必須是4、5其中1個(gè)，末位數(shù)字為0、2、4中其中1個(gè)；
分兩種情況討論：
①首位數(shù)字為5時(shí)，末位數(shù)字有3種情況，在剩余的4個(gè)數(shù)中任取3個(gè)，放在剩余的3個(gè)位置上，有A43=24種情況，此時(shí)有3×24=72個(gè)，
②首位數(shù)字為4時(shí)，末位數(shù)字有2種情況，在剩余的4個(gè)數(shù)中任取3個(gè)，放在剩余的3個(gè)位置上，有A43=24種情況，此時(shí)有2×24=48個(gè)，
共有72+48=120個(gè)．
故選B
考點(diǎn)：排列、組合及簡單計(jì)數(shù)問題．
8. 按照“碳達(dá)峰”?“碳中和”的實(shí)現(xiàn)路徑，2030年為碳達(dá)峰時(shí)期，2060年實(shí)現(xiàn)碳中和，到2060年，純電動(dòng)汽車在整體汽車中的滲透率有望超過70%，新型動(dòng)力電池迎來了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量C（單位：），放電時(shí)間t（單位：）與放電電流I（單位：）之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：，其中n為Peukert常數(shù)，為了測算某蓄電池的Peukert常數(shù)n，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間；當(dāng)放電電流時(shí)，放電時(shí)間.則該蓄電池的Peukert常數(shù)n大約為（ ）（參考數(shù)據(jù)：，）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意可得，，兩式相比結(jié)合對數(shù)式與指數(shù)式的互化及換底公式即可得出答案.
【詳解】解：根據(jù)題意可得，，
兩式相比得，即，
所以.
故選：B.
9. 已知定義在上的函數(shù)滿足：函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，且當(dāng)時(shí)，成立（是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)），若，，，則，，的大小關(guān)系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意可知函數(shù)是偶函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，可知函數(shù)是奇函數(shù)并得到在x∈0,+∞的單調(diào)性，然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小，簡單判斷可得結(jié)果.
【詳解】由題可知：函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱
所以函數(shù)關(guān)于直線對稱，即函數(shù)是偶函數(shù)
令，
又當(dāng)時(shí)，成立
所以函數(shù)在-∞,0單調(diào)遞減，又函數(shù)為奇函數(shù)，
所以該函數(shù)在0,+∞為單調(diào)遞減
由
所以
故選：A
【點(diǎn)睛】本題考查構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較式子的大小，熟悉一些常見的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，比如如， ， ， ，屬中檔題.
10. 已知函數(shù)，且在上單調(diào)遞減，且函數(shù)恰好有兩個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函數(shù)是上的減函數(shù)求出的范圍，再在同一直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)和函數(shù)的圖象，根據(jù)方程的根的個(gè)數(shù)數(shù)形結(jié)合，從而可得出答案.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)是上的減函數(shù)，
則，解得，
函數(shù)恰好有兩個(gè)零點(diǎn)，即方程恰好有兩個(gè)根，
如圖，在上方程恰好有一解，
所以在上，方程有且僅有一解，
當(dāng)即時(shí)，由，
即，，則，
解得或1（舍去），
當(dāng)時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意；
當(dāng)即時(shí)，由圖象知符合題意.
綜上，的取值范圍是.
故選：A.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵是函數(shù)的零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象得交點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合解決.
二、填空題（共5小題，每小題5分，共25分）
11. 已知甲盒中有3個(gè)白球，2個(gè)黑球；乙盒中有1個(gè)白球，2個(gè)黑球．若從這8個(gè)球中隨機(jī)選取一球，該球是白球的概率是______；若從甲、乙兩盒中任取一盒，然后從所取到的盒中任取一球，則取到的球是白球的概率是______．
【答案】 ①. 12## ②.
【解析】
【分析】根據(jù)古典概型的計(jì)算公式及全概率的計(jì)算公式直接得解.
【詳解】根據(jù)題意，從這個(gè)8個(gè)球中隨機(jī)選取一球，該球是白球的概率是；
設(shè)“取出甲盒”為事件，“取出乙盒”為事件，“取到的球是白球”為事件，
則
.
所以從甲、乙兩盒中任取一盒，然后從所取到的盒中任取一球，則取到的球是白球的概率是.
故答案為：；.
12. 若，則_______；_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】借助賦值法，分別令、、計(jì)算即可得.
【詳解】令，可得，即，
令，可得，即，
令，可得，即，
則，
即，則，
故.
故答案為：；.
13. 已知直線與圓相交，能說明“直線截圓所得弦長不小于”是假命題的一個(gè)的值為______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根據(jù)題意，利用直線與圓的位置關(guān)系和圓的弦長公式，列出不等式，求得實(shí)數(shù)取值范圍，進(jìn)而得到答案.
【詳解】由圓，可得圓心，半徑為，
因?yàn)橹本€與圓相交，可得，
解得，
又由“直線截圓所得弦長不小于”是假命題，
可得“直線截圓所得弦長小于”是真命題，
則滿足，即，解得，
可得，解得或，
綜上可得，或，
即實(shí)數(shù)的取值范圍為，
所以一個(gè)實(shí)數(shù)為可以為.
故答案為：（答案不唯一）.
14. 已知點(diǎn)、分別是雙曲線的左、右焦點(diǎn)，若在雙曲線右支上存在點(diǎn)，滿足，且到直線的距離等于雙曲線的實(shí)軸長，則該雙曲線的漸近線方程為_______.
【答案】.
【解析】
【分析】設(shè)中點(diǎn)為,由,可得,則,從而得到,又根據(jù)雙曲線的定義可得,進(jìn)而求出,即可得到漸近線方程
【詳解】設(shè)中點(diǎn)為,因?yàn)?所以為到直線的距離,即,則,,
因?yàn)?所以,則,則,則漸近線方程為,即
故答案為：
【點(diǎn)睛】本題考查雙曲線的漸近線方程,考查雙曲線的定義的應(yīng)用,考查運(yùn)算能力
15. 已知函數(shù)，給出下列四個(gè)結(jié)論：
①函數(shù)是奇函數(shù)；
②，且，關(guān)于x的方程恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；
③已知是曲線上任意一點(diǎn)，，則；
④設(shè)Mx1,y1為曲線上一點(diǎn)，Nx2,y2為曲線上一點(diǎn).若，則.
其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是_________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】對①：計(jì)算定義域即可得；對②：對與分類討論，結(jié)合二次函數(shù)求根公式計(jì)算即可得；對③：借助兩點(diǎn)間的距離公式與導(dǎo)數(shù)求取最值計(jì)算即可得；對④：結(jié)合函數(shù)性質(zhì)與③中所得結(jié)論即可得.
【詳解】對①：令，即有，即，故函數(shù)不是奇函數(shù)，故①錯(cuò)誤；
對②：，即，
當(dāng)時(shí)，有，故是該方程的一個(gè)根；
當(dāng)，時(shí)，由，故，結(jié)合定義域可得，
有，即，
令，，有或（負(fù)值舍去），則，
故必有一個(gè)大于的正根，即必有一個(gè)大于的正根；
當(dāng)，時(shí)，由，故，結(jié)合定義域有，
有，即，
令，， 有或（正值舍去），
令，即，則，
即，故在定義域內(nèi)亦必有一根，
綜上所述，，且，關(guān)于x的方程恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，故②正確；
對③：令Px,y，則有，，
令，，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
故在、1,+∞上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
又，，故恒成立，即，故，故③正確；
對④：當(dāng)時(shí)，由，，故，
此時(shí)，，則，
當(dāng)時(shí)，由與關(guān)于軸對稱，不妨設(shè)，則有或，
當(dāng)時(shí)，由，有，故成立；
當(dāng)時(shí)，即有，
由③知，點(diǎn)與點(diǎn)在圓上或圓外，
設(shè)點(diǎn)與點(diǎn)在圓上且位于x軸兩側(cè)，則,
故；
綜上所述，恒成立，故④正確.
故答案為：②③④.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：結(jié)論④中的關(guān)鍵點(diǎn)在于借助結(jié)論③，結(jié)合函數(shù)的對稱性，從而得到當(dāng)、都小于零時(shí)，MN的情況.
三、解答題（共6小題，共85分解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程）
16. 在△中，，.
（1）求證：△為等腰三角形；
（2）再從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，使△存在且唯一，求的值.
條件①：；
條件②：△的面積為；
條件③：邊上的高為.
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個(gè)符合要求的條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.
【答案】（1）證明見解析；
（2）詳見解析.
【解析】
【分析】（1）把轉(zhuǎn)化為邊a、b之間的倍數(shù)關(guān)系，把轉(zhuǎn)化為三邊a、b、c之間的關(guān)系，綜合可得證；
（2）條件①,與已知矛盾，三角形無解，不可選；
條件②，通過三角形面積公式解得a，可使△存在且唯一；
條件③，通過轉(zhuǎn)化條件，可使△存在且唯一.
【小問1詳解】
在△中，由，可得
則由，可得
即，故有
故△為等腰三角形.
【小問2詳解】
選擇條件①：時(shí)，由（1）知，則有，
此時(shí)，
與已知矛盾，三角形無解.不能選；
選擇條件②：△的面積為時(shí)，
由得，
故有，解得，,.
三角形存在且唯一，可選.
選擇條件③：邊上的高為.
由得，
可得，則有,.
三角形存在且唯一，可選.
綜上可知:選擇條件②時(shí)，三角形存在且唯一，.
選擇條件③時(shí)，三角形存在且唯一，.
17. 改革開放40年來，體育產(chǎn)業(yè)蓬勃發(fā)展反映了“健康中國”理念的普及．下圖是我國2006年至2016年體育產(chǎn)業(yè)年增加值及年增速圖．其中條形圖為體育產(chǎn)業(yè)年增加值（單位：億元），折線圖為體育產(chǎn)業(yè)年增長率（％）．
（Ⅰ）從2007年至2016年隨機(jī)選擇1年，求該年體育產(chǎn)業(yè)年增加值比前一年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值多億元以上的概率；
（Ⅱ）從2007年至2016年隨機(jī)選擇3年，設(shè)是選出的三年中體育產(chǎn)業(yè)年增長率超過20%的年數(shù)，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；
（Ⅲ）由圖判斷，從哪年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增長率方差最大？從哪年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值方差最大？（結(jié)論不要求證明）
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ）從年或年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增長率方差最大．從年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值方差最大．
【解析】
【分析】(Ⅰ)由題意利用古典概型計(jì)算公式可得滿足題意的概率值；
(Ⅱ)由題意首先確定X可能的取值，然后結(jié)合超幾何概型計(jì)算公式得到分布列，然后求解其數(shù)學(xué)期望即可；
(Ⅲ)由題意結(jié)合方差的性質(zhì)和所給的圖形確定方差的最大值即可.
【詳解】（Ⅰ）設(shè)表示事件“從2007年至2016年隨機(jī)選出1年，該年體育產(chǎn)業(yè)年增加值比前一年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值多億元以上”．
由題意可知，2009年，2011年，2015年，2016年滿足要求，
故．
（Ⅱ）由題意可知，的所有可能取值為,,，3，且
；；
；.
所以的分布列為：
故的期望．
（Ⅲ）從年或年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增長率方差最大．從年開始連續(xù)三年的體育產(chǎn)業(yè)年增加值方差最大．
【點(diǎn)睛】本題主要考查統(tǒng)計(jì)圖表的識(shí)別，超幾何概型計(jì)算公式，離散型隨機(jī)變量的分布列與期望的計(jì)算，古典概型計(jì)算公式等知識(shí)，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.
18. 已知在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，是正三角形，平面平面分別是的中點(diǎn)．
（1）求證：平面；
（2）求平面與平面夾角的大?。?br>（3）線段上是否存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角為？若存在，求出線段的長度；若不存在，說明理由．
【答案】（1）證明見解析
（2）平面與平面夾角的大小為；
（3）線段上不存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角為，理由見解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，進(jìn)而可得，可證結(jié)論；
（2）取的中點(diǎn)，連接，由題意可證得，，，以以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面平面的一個(gè)法向量為，求得平面的一個(gè)法向量為，利用向量法可求平面與平面夾角的大小.
（3）設(shè)，利用設(shè)，表示出，利用線面角的向量求法可構(gòu)造方程，由方程無解可知不存在.
【小問1詳解】
因?yàn)榉謩e是中點(diǎn)，所以，
又因?yàn)樗倪呅问钦叫危?，所以?br>又平面，平面，所以平面；
【小問2詳解】
取的中點(diǎn)，連接，
因?yàn)槭钦切?，所以?br>又平面平面，平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
由四邊形是正方形，易得是矩形，所以，
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，
，
所以
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則，令，則可得，
所以平面的一個(gè)法向量為，
又平面的一個(gè)法向量為，
設(shè)平面與平面夾角的大小為，
所以，
所以平面與平面夾角的大小為；
【小問3詳解】
線段上不存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角為，理由如下：
假設(shè)線段上存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角，
即直線與平面的法向量所成的角為，
設(shè)，，
所以，
所以，
整理可得，，所以方程無解，
所以線段上不存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角為.
19. 已知橢圓過點(diǎn)．
（1）求橢圓的方程以及離心率；
（2）設(shè)直線與橢圓交于兩點(diǎn)，過點(diǎn)作直線的垂線，垂足為．判斷直線是否過定點(diǎn)，并證明你的結(jié)論．
【答案】（1）橢圓方程為，離心率為
（2）定點(diǎn)為，證明見解析
【解析】
【分析】（1）代入聯(lián)立方程，解方程可得，，進(jìn)而得到橢圓方程；即可由離心率公式求解
（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，令，代入化簡可得，即可得直線恒過定點(diǎn)；
【小問1詳解】
將代入橢圓方程可得且，
解得，故，
故橢圓方程為，離心率為
【小問2詳解】
聯(lián)立與橢圓方程，消去可得，
設(shè),，,，可得，，
則的方程為，又，
令，則
故直線經(jīng)過定點(diǎn)．
20. 已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)在處的切線方程；
（2）若函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求得答案；
（2）將函數(shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為無實(shí)數(shù)根，即當(dāng)時(shí)，無實(shí)數(shù)根問題，從而令，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合分類討論，即可求解.
【小問1詳解】
由得，
則，
故函數(shù)在處的切線方程為，即；
【小問2詳解】
因?yàn)楹瘮?shù)和函數(shù)的圖象沒有公共點(diǎn)，
故，即無實(shí)數(shù)根，
即當(dāng)時(shí)，無實(shí)數(shù)根，
令，由于，故hx為偶函數(shù)，
所以hx在0,+∞上無實(shí)根，
又，記，
則，
①當(dāng)時(shí)，，，則，
故，滿足在0,+∞上無實(shí)根；
②當(dāng)時(shí)，在0,+∞上有實(shí)根，不符合題意；
③當(dāng)時(shí)，，則在0,+∞上單調(diào)遞增，
則，故hx在0,+∞上單調(diào)遞增，
則，滿足在0,+∞上無實(shí)根；
④當(dāng)時(shí)，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，
且，
則存在唯一的使得，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故x∈0,x0時(shí)，，故hx在上單調(diào)遞減，故，
又，且hx0,+∞上連續(xù)，
故hx在上有實(shí)數(shù)根，不符合題意，
綜合可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解答的難點(diǎn)是第二問，解決兩函數(shù)圖象無交點(diǎn)問題，要轉(zhuǎn)化為無實(shí)數(shù)根，即當(dāng)時(shí)，無實(shí)數(shù)根問題，從而構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合分類討論的方法解決問題.
21. 已知集合是正整數(shù)的一個(gè)排列，函數(shù)
對于，定義：，，稱為的滿意指數(shù)．排列為排列的生成列；排列為排列的母列．
（Ⅰ）當(dāng)時(shí)，寫出排列的生成列及排列的母列；
（Ⅱ）證明：若和為中兩個(gè)不同排列，則它們的生成列也不同；
（Ⅲ）對于中的排列，定義變換：將排列從左至右第一個(gè)滿意指數(shù)為負(fù)數(shù)的項(xiàng)調(diào)至首項(xiàng)，其它各項(xiàng)順序不變，得到一個(gè)新的排列．證明：一定可以經(jīng)過有限次變換將排列變換為各項(xiàng)滿意指數(shù)均為非負(fù)數(shù)的排列．
【答案】（Ⅰ）生成列為；母列為；（Ⅱ）證明見解析；（Ⅲ）證明見解析.
【解析】
【分析】（Ⅰ）根據(jù)所給定義計(jì)算可得；
（Ⅱ）設(shè)，，，的生成列是，，，；，，，的生成列是與，，，，從右往左數(shù)，設(shè)排列，，，與，，，第一個(gè)不同的項(xiàng)為與，由滿意指數(shù)的定義可知的滿意指數(shù)，從而可證得且，于是可得排列，，，和，，，的生成列也不同．
（Ⅲ）設(shè)排列，，，的生成列為，，，，且為，，，中從左至右第一個(gè)滿意指數(shù)為負(fù)數(shù)的項(xiàng)，，，，，，經(jīng)過一次變換后，整個(gè)排列的各項(xiàng)滿意指數(shù)之和將至少增加2，利用的滿意指數(shù)，可知整個(gè)排列的各項(xiàng)滿意指數(shù)之和不超過，從而可使結(jié)論得證．
【詳解】（Ⅰ）解：當(dāng)時(shí)，排列的生成列為；
排列的母列為．
（Ⅱ）證明：設(shè)生成列是；的生成列是與．
從右往左數(shù)，設(shè)排列與第一個(gè)不同的項(xiàng)為與，
即：，，，，．
顯然 ，，，，下面證明：．
由滿意指數(shù)的定義知，的滿意指數(shù)為排列中前項(xiàng)中比小的項(xiàng)的個(gè)數(shù)減去比大的項(xiàng)的個(gè)數(shù)．
由于排列的前項(xiàng)各不相同，設(shè)這項(xiàng)中有項(xiàng)比小，則有項(xiàng)比大，從而．
同理，設(shè)排列中有項(xiàng)比小，則有項(xiàng)比大，從而．
因?yàn)?與是個(gè)不同數(shù)的兩個(gè)不同排列，且，
所以 ， 從而 ．
所以排列和的生成列也不同．
（Ⅲ）證明：設(shè)排列的生成列為，且為中從左至右第一個(gè)滿意指數(shù)為負(fù)數(shù)的項(xiàng)，所以 ．
進(jìn)行一次變換后，排列變換為，設(shè)該排列的生成列為．
所以
．
因此，經(jīng)過一次變換后，整個(gè)排列的各項(xiàng)滿意指數(shù)之和將至少增加．
因?yàn)榈臐M意指數(shù)，其中，
所以，整個(gè)排列的各項(xiàng)滿意指數(shù)之和不超過，
即整個(gè)排列的各項(xiàng)滿意指數(shù)之和為有限數(shù)，
所以經(jīng)過有限次變換后，一定會(huì)使各項(xiàng)的滿意指數(shù)均為非負(fù)數(shù)．
0
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