2024年甘肃省张掖市高考数学三诊试卷

这是一份2024年甘肃省张掖市高考数学三诊试卷，共16页。试卷主要包含了75B，若点P既在直线l等内容，欢迎下载使用。

A. 0.75B. 0.5C. 0.25D. 0.15
2.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2+a14+3a9+a20=36，则S20=( )
A. 60B. 120C. 180D. 240
3.已知双曲线方程为2x2−y2=λ(λ≠0)，则不因λ的值变化而变化的是( )
A. 顶点坐标B. 焦距C. 离心率D. 渐近线方程
4.图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成.可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上.研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥(如图3)，且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45∘，则cs∠ASB=( )
A. 22B. 32C. 13D. 2 23
5.已知今天是星期四，则67−1天后是( )
A. 星期一B. 星期二C. 星期三D. 星期五
6.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点A(−3,4)的直线l的一个法向量为(1,−2)，则直线l的点法式方程为：1×(x+3)+(−2)×(y−4)=0，化简得x−2y+11=0.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点M(1,2,3)的平面的一个法向量为m=(1,−4,2)，则该平面的方程为( )
A. x−4y+2z+1=0B. x−4y−2z+1=0
C. x+4y−2z+1=0D. x+4y−2z−1=0
7.已知 6tan(α+π4)cs(α−π4)=1，则sin2α=( )
A. −23B. −13C. 13D. 23
8.若点P既在直线l：x−y+2=0上，又在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，C的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2，且∠F1PF2的平分线与l垂直，则C的长轴长为( )
A. 102B. 10C. 102或 104D. 10或 102
9.已知函数f(x)=sin(ωx+π6)+csωx(ω>0)的最小正周期为2，则( )
A. ω=πB. 曲线y=f(x)关于直线x=13对称
C. f(x)∈[− 3, 3]D. f(x)在区间[−56,16]上单调递增
10.已知z1，z2是两个虚数，则下列结论中正确的是( )
A. 若z1=z−2，则z1+z2与z1z2均为实数B. 若z1+z2与z1z2均为实数，则z1=z−2
C. 若z1，z2均为纯虚数，则z1z2为实数D. 若z1z2为实数，则z1，z2均为纯虚数
11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(x)是奇函数，f(2)=−f(1)≠0，且对任意x，y∈R，f(x+y)=f(x)f′(y)+f′(x)f(y)，则( )
A. f′(1)=−12B. f(6)=0C. k=12024f(k)=1D. k=12024f′(k)=−1
12.已知集合A={x|3+2xx−2≤0,x∈R}与集合B={x|x>0,x∈Z}，求集合A∩B=______.
13.在几何学中，截角立方体是一种十四面体，由八个正三角形与六个正八边形组成，共有14个面，24个顶点以及36条边，是一种阿基米德立体，属于半正多面体.下图是一个所有棱长均为2的截角立方体，则该截角立方体的外接球的表面积为______.
14.若实数x，y满足x2+y2=25，则 50+8x+6y+ 50+8x−6y的最大值为______.
15.已知函数f(x)=aex−2x−lnx−1x图象在x=2处的切线斜率为14.
(1)求a；
(2)求函数f(x)的单调区间和极大值.
16.春节期间电影院上映5部影片：贺岁片有《第20条》，《飞驰人生》和《热辣滚烫》，往期电影《满江红》，《流浪地球2》.妈妈有4张电影票给了姐姐和弟弟每人2张，让他们自己选择看哪2部电影.
(1)求姐姐恰好看了2部贺岁片的概率；
(2)求姐弟两人观看贺岁片的部数的分布列和数学期望.
17.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为平行四边形，M，N分别为AB，DD1的中点.
(1)证明：DM//平面A1BN；
(2)若底面ABCD为矩形，AB=2AD=4，异面直线DM与A1N所成角的余弦值为 105，求B1到平面A1BN的距离.
18.已知椭圆C:x24+y23=1的左右焦点分别为F1，F2，点P(x0,y0)为椭圆C上异于顶点的一动点，∠F1PF2的角平分线分别交x轴、y轴于点M、N.
(1)若x0=12，求|PF1|；
(2)求证：|PM||PN|为定值；
(3)当△F1PN面积取到最大值时，求点P的横坐标x0.
19.已知数列A：a1，a2，…，an为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①a1+a2+⋯+an=m；
②对于1≤iaj的正整数对(i,j)有k个.
(Ⅰ)写出所有4的1减数列；
(Ⅱ)若存在m的6减数列，证明：m>6；
(Ⅲ)若存在2024的k减数列，求k的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵x∼N(3,f2)，
∴P(x≥3)=0.5，
∴P(x>2)=P(2∴P(2∴P(3故选：C.
利用正态分布曲线的对称性求解．
本题主要考了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：等差数列{an}的前n项和，a2+a14+3a9+a20=36，
则6a1+57d=36，∴2a1+19d=12，
S20=20a1+20×192d=20a1+190d=10(2a1+19d)=10×12=120.
故选：B.
代入等差数列{an}的通项公式即可求值．
本题考查等差数列的通项公式，前n项和公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵双曲线方程为2x2−y2=λ(λ≠0)，
∴双曲线的渐近线方程为2x2−y2=0，
∴渐近线方程不变，∴D选项正确；
而A，B选项中的量与λ有关，C选项中的量e= 1+(ba)2，而ba= 2或 22，
∴e= 3或 62，∴C选项错误．
故选：D.
根据双曲线的几何性质，针对各个选项分析，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，属中档题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，
作SH⊥平面ABCD于点H，作SQ⊥AB于点Q，连接HQ，设平面ABCD边长为2a，则HQ=a，
平面ABCD与平面ATBS的夹角为45∘，则∠SQH=45∘，
所以SQ= 2a，AS=SB= SQ2+AQ2= 3a，
由余弦定理有cs∠ASB=AS2+BS2−AB22AS⋅BS=3a2+3a2−4a26a2=13.
故选：C.
作SH⊥平面ABCD于点H，作SQ⊥AB于点Q，连接HQ，然后利用正方体和正棱锥的性质即可求解．
本题主要考查了立体几何中的角度计算和三角函数的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：67−1=(7−1)7−1，
故(7−1)7−1=C70⋅77⋅(−1)0+C71⋅76⋅(−1)1+...+C77⋅70⋅(−1)7−1=7((7−1)7−1=C70⋅77⋅(−1)0+C71⋅76⋅(−1)1+...+C76⋅(−1)6)−2，
故67−1天后是星期二．
故选：B.
直接利用二项式的展开式以及组合数求出结果．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意进行类比，在空间任取一点P(x,y,z)，
则MP=(x−1,y−2,z−3)，
∵平面法向量为m=(1,−4,2)，
∴1×(x−1)−4×(y−2)+2×(z−3)=0，
∴x−4y+2z+1=0.
故选：A.
根据题意进行类比，利用平面法向量与面内任意向量垂直，即可求得结论．
本题主要考查了类比推理，考查了平面的法向量，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵ 6tan(α+π4)cs(α−π4)= 6tan(α+π4)sin(α+π4)=1，
∴ 6sin2(α+π4)=cs(α+π4)，
即 6×[1−cs2(α+π4)]=cs(α+π4)，
解得cs(α+π4)= 63或cs(α+π4)=− 62(舍去)，
∴sin2α=−cs(2α+π2)=1−2cs2(α+π4)=1−2×23=−13.
故选：B.
依题意，可求得cs(α+π4)= 63，再利用二倍角的余弦公式计算可得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查二倍角的余弦公式的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：过点F1、F2分别作F1N、F2M垂直直线l于点N、M，
作∠F1PF2的平分线PH与x轴交于H，
由|F1F2|=2，故F1(−1,0)、F2(1,0)，
则|F1N|=|−1+2| 1+1= 22，|F2M|=|1+2| 1+1=3 22，
由PH⊥l且PH为∠F1PF2的平分线，故∠F1PH=∠F2PH，
故∠F1PN=∠F2PM，
又F1N⊥l、F2M⊥l，故△F1PN与△F2PM相似，
故|F1N||F2M|=|NP||MP|=|PF1||PF2|= 223 22=13，
由l：x−y+2=0，令y=0，则x=−2，
故直线l与x轴交于点G(−2,0)，故|NG|= 12−( 22)2= 22，
|MG|= 32−(3 22)2=3 22，故|MN|=3 22− 22= 2，
由|F1N||F2M|=|NP||MP|=|PF1||PF2|=13，
故|NP|=14|MN|= 24，|MP|=34|MN|=3 24，
故|PF1|= ( 22)2+( 24)2= 104，|PF2|= (3 22)2+(3 24)2=3 104，
由椭圆定义可知，|PF1|+|PF2|=2a，故2a= 104+3 104= 10，
即C的长轴长为 10.
故选：B.
过点F1、F2分别作F1N、F2M垂直直线l于点N、M，由∠F1PF2的平分线与l垂直可得∠F1PN=∠F2PM，即可得△F1PN与△F2PM相似，结合点到直线的距离可得相似比，从而可求出|PF1|、|PF2|，结合椭圆定义即可得长轴长．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：f(x)=sin(ωx+π6)+csωx
= 32sinωx+32csωx= 3sin(ωx+π3)，
由题意得，2πω=2，即ω=π，A正确；
所以f(x)= 3sin(πx+π3)，
当x=13时，πx+π3=2π3≠π2+kπ，k∈Z，故x=13不是对称轴，B错误；
因为−1≤sin(πx+π3)≤1，
所以− 3≤f(x)≤ 3，C正确；
当−56≤x≤16时，−π2≤πx+π3≤π2，
因为y=sint在[−π2,π2]上单调递增，D正确．
故选：ACD.
先结合和差角公式，辅助角公式对函数进行化简，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式在三角化简中的应用，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R,b≠0,d≠0).z1+z2=a+c+(b+d)i，z1z2=ac−bd+(ad+bc)i.
若z1=z2−，则a=c，b+d=0，所以z1+z2=2a∈R，z1z2=a2+b2∈R，所以A正确；
若z1+z2与z1z2均为实数，则b+d=0，且ad+bc=0，又b≠0，d≠0，所以a=c，所以B正确；
若z1，z2均为纯虚数，则a=c=0，所以z1z2=cd∈R，所以C正确；
取z1=2+2i，z2=1+i，则z1z2为实数，但z1，z2不是纯虚数，所以D错误．
故选：ABC.
根据复数的四则运算，结合共轭复数的定义即可求解ABC，举反例即可求解D.
本题考查复数的运算，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，令x=y=1，得f(2)=2f(1)f′(1)，因为f(2)=−f(1)≠0，
所以f′(1)=−12，所以A正确；
对于B和C，令y=1，得f(x+1)=f(x)f′(1)+f′(x)f(1)①，
所以f(1−x)=f(−x)f′(1)+f′(−x)f(1)，
因为f(x)是奇函数，所以f′(x)是偶函数，
所以f(1−x)=−f(x)f′(1)+f′(x)f(1)②，
由①②，
得f(x+1)=2f(x)f′(1)+f(1−x)=−f(x)−f(x−1)，
即f(x+2)=−f(x+1)−f(x)，
所以f(x+3)=−f(x+2)−f(x+1)=f(x+1)+f(x)−f(x+1)=f(x)，
所以f(x)，f′(x)是周期为3的函数，所以f(6)=f(0)=0，B正确；
对于C，由B的结论，k=12024f(k)=f(1)+f(2)++f(2024)=[f(1)+f(2)+f(3)]×674+[f(1)+f(2)]=0，故C错误；
对于D，因为f′(2)=f′(−1)=f′(1)=−12，
在①中令x=0得f(1)=f(0)f′(1)+f′(0)f(1)，
所以f′(0)=1，
k=12024f′(k)=[f′(1)+f′(2)+f′(3)]×674+[f′(1)+f′(2)]=−1，所以D正确．
故选：ABD.
根据题意，利用赋值法，结合函数奇偶性的定义，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
本题考查抽象函数的性质，涉及函数的奇偶性以及导数的计算，属于难题．
12.【答案】{1}
【解析】解：由3+2xx−2≤0可得，(3+2x)(x−2)≤0且x−2≠0，
解得−32≤x<2，
又∵集合B={x|x>0,x∈Z}，
∴集合A∩B={1}.
故答案为：{1}.
先求出集合A，再利用交集运算求解．
本题主要考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集运算，属于基础题．
13.【答案】(28+16 2)π
【解析】解：如图，将该截角立方体补全为正方体，
由对称性知，该截角立方体的外接球的球心即为正方体的中心，
因为该截角立方体的棱长为2，
所以正方体的棱长为2+2 2，
则OO1=1+ 2，O1A2=(1+ 2)2+1，
设该截角立方体的外接球的半径为R，
则R2=OA2=OO12+O1A2=(1+ 2)2+(1+ 2)2+1=7+4 2，
所以外接球的表面积S=4πR2=(28+16 2)π.
故答案为：(28+16 2)π.
补全图形，利用对称性可得外接球的球心即为正方体的中心，并结合勾股定理求出半径，即可得出结果．
本题考查几何体的外接球表面积问题，属于中档题．
14.【答案】6 10
【解析】解：因为实数x，y满足x2+y2=25，
所以 50+8x+6y+ 50+8x−6y= x2+y2+8x+6y+25+ x2+y2+8x−6y+25= (x+4)2+(y+3)2+ (x+4)2+(y−3)2，
该式子的几何意义为圆x2+y2=25上的任意一点到点A(−4,−3)与B(−4,3)的距离和，如图所示：
设点Q(5,0)，
则|BQ|=|AQ|= 32+(4+5)2=3 10，又因为|AB|=6，
所以cs∠AQB=|BQ|2+|AQ|2−|AB|22|BQ||AQ|=90+90−362×3 10×3 10=45，
当点P在圆x2+y2=25上运动时，始终有∠AQB=∠APB，
所以cs∠APB=45，
设|AP|=m，|BP|=n，
则由余弦定理可得，cs∠APB=m2+n2−362mn=45，
所以m2+n2−36=85mn，
所以(m+n)2−2mn−36=85mn，
所以mn=518(m+n)2−10，
又因为m>0，n>0，则mn≤(m+n)24，当且仅当m=n时，等号成立，
所以518(m+n)2−10≤(m+n)24，
解得m+n≤6 10，当且仅当m=n=3 10时，等号成立，
即 50+8x+6y+ 50+8x−6y的最大值为6 10.
故答案为：6 10.
由题意可知， 50+8x+6y+ 50+8x−6y= (x+4)2+(y+3)2+ (x+4)2+(y−3)2，几何意义为圆x2+y2=25上的任意一点到点A(−4,−3)与B(−4,3)的距离和，画出图形，再结合余弦定理和基本不等式求解即可．
本题主要考查了两点间距离公式的应用，考查了余弦定理和基本不等式的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f′(x)=axex−2−aex−2x2−1x+1x2=(aex−2−1)(x−1)x2，
由题意得，f′(2)=a−14=14，
所以a=2；
(2)由(1)得，f′(x)=2(ex−2−12)(x−1)x2，
令f′(x)=0，可得x=1或x=2−ln2，
当00，f(x)单调递增，当12−ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2−ln2,+∞)，单调递减区间为(1,2−ln2)，
当x=1时，函数取得极大值2e−1，x=2−ln2时，函数取得极小值−ln(2−ln2).
【解析】(1)先对函数求导，结合导数的几何意义及已知切线的斜率即可求解k；
(2)结合导数与单调性及极值关系即可直接求解．
本题主要考查了导数的几何意义在切线斜率求解中的应用，还考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设事件A2：姐姐恰好看了2部贺岁片，则P(A2)=C32⋅C20C52=310，
所以姐姐恰好看了2部贺岁片的概率为310；
(2)设Ai表示姐姐看了i部贺岁片(i=0,1,2)，Bi表示弟弟看了i部贺岁片(i=0,1,2)，
则知P(Ai)=C3i⋅C22−iC52，P(Bi)=C3i⋅C22−iC52，由题意知，P(A0)=P(B0)=C22C52=110，
P(A1)=P(B1)=C31⋅C21C52=35，P(A2)=P(B2)=310，
随机变量ξ表示姐弟二人观看贺岁片的总数ξ的取值有0，1，2，3，4.所以P(ξ=0)=P(A0B0)=P(A0)P(B0)=1100，
P(ξ=1)=P(A0B1)+P(A1B0)=P(A0)P(B1)+P(A1)P(B0)=325，
P(ξ=2)=P(A0B2)+P(A2B0)+P(A1B1)=2150，
P(ξ=3)=P(A1B2)+P(A2B1)=925，
P(ξ=4)=P(A2B2)=9100.
所以随机变量ξ的分布列为：
所以的数学期望为E(ξ)=0×1100+1×325+2×2150+3×925+4×9100=2.4，
即姐弟2人观看贺岁片部数的数学期望为2.4.
【解析】(1)设事件A2：姐姐恰好看了2部贺岁片，计算P(A2)的值即可；
(2)设Ai表示姐姐看了i部贺岁片，Bi表示弟弟看了i部贺岁片，计算对应的概率值，求出姐弟二人观看贺岁片的总数ξ的可能取值，写出随机变量ξ的分布列，求出数学期望．
本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的应用问题，是中档题．
17.【答案】解：(1)证法一：连接AB1，交A1B于点E，连接NE，ME，则E为A1B的中点，
因为M为AB的中点，所以ME//AA1，且ME=12AA1，
因为N为DD1的中点，所以DN//AA1,DN=12AA1，
所以ME//DN，且ME=DN，
所以四边形EMDN为平行四边形，所以EN//DM，
又因为DM⊄平面A1BN，EN⊂平面A1BN，
所以DM//平面A1BN.
证法二：取AA1中点为E，连接ED，EM，
因为E为AA1的中点，N为DD1的中点，
所以A1E//DN，且A1E=DN，
所以四边形A1EDN为平行四边形，所以DE//A1N.
又因为DE⊄平面A1BN，A1N⊂平面A1BN，所以DE//平面A1BN，
因为M为AB的中点，所以EM//A1B，
又因为EM⊄平面A1BN，A1B⊂平面A1BN，所以EM//平面A1BN.
又因为EM⊂平面DEM，DE⊂平面DEM，EM∩DE=E，所以平面DEM//平面A1BN.
又因为DM⊂平面DEM，所以DM//平面A1BN.
(2)由题意知，AB，AD，AA1两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AA1=2t(t>0)，则B(4,0,0)，D(0,2,0)，
A1(0,0,2t)，M(2,0,0)，N(0,2,t)，
B1(4,0,2t),DM=(2,−2,0),A1N=(0,2,−t).
设异面直线DM与A1N所成角为θ，
则csθ=|cs⟨DM,A1N⟩|=|DM⋅A1N||DM|⋅|A1N|=|−4| 22+(−2)2⋅ 22+(−t)2= 2 4+t2= 105，
解得t=1，
故A1(0,0,2)，N(0,2,1)，B1(4,0,2)，
则A1B=(4,0,−2),A1N=(0,2,−1),BB1=(0,0,2)
设平面A1BN的一个法向量为n=(x,y,z)，
B1到平面A1BN的距离为d.
所以A1B⋅n=4x−2z=0A1N⋅n=2y−z=0，取z=2，得n=(1,1,2).
所以d=|B1B⋅n||n|=|0×1+0×1+2×2| 12+12+22=4 6=2 63，
即B1到平面A1BN的距离为2 63.
【解析】(1)法一：连接AB1，交A1B于点E，连接NE，ME，则E为A1B的中点，推导出四边形EMDN为平行四边形，EN//DM，由此能证明DM//平面A1BN.
法二：取AA1中点为E，连接ED，EM，推导出四边形A1EDN为平行四边形，DE//A1N.DE//平面A1BN，由M为AB的中点，得EM//A1B，EM//平面A1BN.从而平面DEM//平面A1BN.由此能证明DM//平面A1BN.
(2)AB，AD，AA1两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出B1到平面A1BN的距离．
本题考查线面平行的判定与性质、点到平面的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)由已知得F1(−1,0)，x024+y023=1⇒y02=3−3x024，
则|PF1|= (x0+1)2+y02=2+12x0.
所以当x0=12时，
|PF1|=94；
(2)证明：设M(m,0)，在△F1PF2中，PM是∠F1PF2的角平分线，
所以|PF1||PF2|=|MF1||MF2|，
由(1)知|PF1|=2+12x0，
同理|PF2|= (x0−1)2+y02=2−12x0，
即2+12x02−12x0=m+11−m，解得m=14x0，
所以M(14x0,0)，
过P作PH⊥x轴于H.
所以|PM||PN|=|MHOH|=34；
(3)记△F1PN面积的面积为S，由(1)可得，
S=12|F1M|⋅|y0+13y0|=16(x0+4) 34(4−x02)= 312(x0+4) 4−x02，其中x0∈(−2,0)∪(0,2)，
则S′=− 36 4−x02(x02+2x0−2)，
当x0∈(−2,0)∪(0, 3−1)时，S′>0，S单调递增；
当x0∈( 3−1,2)时，S′<0，S单调递减．
所以当x0= 3−1时，S最大．
【解析】(1)根据两点间距离公式化简即可；
(2)根据角平分线定理知|PF1||PF2|=|MF1||MF2|得M(14x0,0)，由|PM||PN|=|MHOH|即可求出|PM||PN|为定值；
(3)表示出△F1PN的面积，利用导函数求出面积表达式的单调性，即可求出△F1PN面积取到最大值时，求点P的横坐标．
本题考查椭圆的性质的应用，直线与椭圆的综合应用，三角形相似的性质的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)数列1，2，1和数列3，1；
(Ⅱ)因为对于1≤iai，的正整数对(i,j)有k个，且存在m的6减数列，
所以Cn2≥6，得n≥4，
①当n=4时，因为存在m的6减数列，
所以数列中各项均不相同，
所以m≥1+2+3+4=10>6；
②当n=5时，因为存在m的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，
所以m≥6，
若m=6，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以k≤4，不符合题意，
所以m>6；
③当n≥6时，因为存在m的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，
所以m>6；
综上所述，若存在m的6减数列，则m>6.
(Ⅲ)若数列中的每一项都相等，则k=0，
若k≠0，所以数列A存在大于1的项，
若末项an≠1，将an拆分成an个1后k变大，
所以此时k不是最大值，
所以an=1，
当t=1，2，…，n−1时，若at所以此时k不是最大值，
所以at≥at+1，
若at−at+1∉{0,1}，所以at≥at+1+2，
所以将at改为at−1，并在数列末尾添加一项1，所以k变大，
所以此时k不是最大值，
所以at−at+1∉{0,1}，
若数列A中存在相邻的两项at≥3，at+1=2，设此时A中有x项为2，将at改为2，并在数列末尾添加at−2项1后，k的值至少变为k+x+1−x=k+1，
所以此时k不是最大值，
所以数列A的各项只能为2或1，
所以数列A为2，2，…，2，1，1，…，1的形式，
设其中有x项为2，有y项为1，
因为存在2024的k减数列，
所以2x+y=2024，
所以k=xy=(2024−2x)x=−2x2+2024x，
所以当且仅当x=506，y=1012时，k取最大值为512072，
所以若存在2024的k减数列，k的最大值为512072.
【解析】(Ⅰ)根据定义直接求解即可；
(Ⅱ)证明见解答；
(Ⅲ)按k=0及k≠0分类，按照定义求解即可．
本题考查数列的综合应用，属于难题．ξ
0
1
2
3
4
P
1100
325
2150
925
9100