2021年上海市浦东新区华师大附中高考数学模拟试卷（4月份）.docx

1、第 1页（共 19页） 2021 年上海市浦东新区华师大附中高考数学模拟试卷（年上海市浦东新区华师大附中高考数学模拟试卷（4 月份月份） 一、填空题一、填空题 1 （3 分）已知 2021 (2)(i zii为虚数单位） ，则|z 2 （3 分）若一个圆锥的轴截面是面积为4 3的等边三角形，则该圆锥的表面积为 3 （3 分）若点(2021, )Pt在抛物线 2 4yx上，点F为该抛物线的焦点，则PF的值为 4 （3 分）圆 1cos :( sin x C y 为参数）的圆心到直线 2 23 :( 1 3 xt lt yt 为参数）的距离 为 5 （3 分） 1 (2)nx x 展开式的二项式系

2、数之和为 32，则展开式中x的系数为（用数字 填写答案） 6 （3 分）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲性是 几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2与多面体 在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制） ，多面体面 上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体 在每个顶点有 3 个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为23 3 ，故 其总曲率为4，则四棱锥的总曲率为 7 （3 分） 在数列 n a中， 若对一切*nN都有 1 3 nn aa ， 且 2462 9

3、lim() 2 n n aaaa ， 则 1 a的值为 8 （3 分）已知函数cosyax，x ，（其中，a，为常数，且0)有且仅 有 3 个零点，则的最小值是 9（3 分） 关于x的不等式|2 |3 | 4xkxkk共有 2021 个整数解， 则k的取值范围为 第 2页（共 19页） 10 （3 分）荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从 一叶跳到另一叶） ，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示，假 设现在青蛙在A叶上，则跳四次之后停在A叶上的概率为 11（3 分） 已知ABC的外接圆圆心为O，| 6AB ，| 8AC ，( ,)AOABA

4、CR ， 若 2 1 sin()( 2 A tt为实数）有最小值，则参数t的取值范围是 12 （3 分）关于x的方程 2 2cossin0 xxa在区间0， 7 6 上恰好有两个不等实根，则 实数a的取值范围是 二、选择题二、选择题 13 （3 分）已知全集U，M，N是U的非空子集，且 UM N，则必有() A U MN B U MN C U MN DMN 14 （3 分） “2m ”是“直线210 xmy 与直线210mxy 平行”的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C既不充分也不必要条件D充要条件 15 （3 分）已知函数( ) 1 ax f x xa 的反函数图象的对称中心是( 1

5、,3)，则实数a的值是( ) A2B3C3D4 16 （3 分）设04bab，0m ，若三个数 2 ab ， 22 abab，m ab能组成一个三 角形的三条边长，则实数m的取值范围是() A 135 ( 24 ，1)B(1, 3)C 135 24 ，2D( 3，2) 三、解答题三、解答题 17 如图在三棱锥PABC中， 棱AB、AC、AP两两垂直，3ABACAP， 点M在AP 上，且1AM （1）求异面直线BM和PC所成的角的大小； （2）求三棱锥PBMC的体积 第 3页（共 19页） 18若函数( )yf x对定义域内的每一个值 1 x，在其定义域内都存在唯一的 2 x，使 12 () (

6、)1f xf x成立，则该函数为“依附函数” （1）判断函数( )sing xx是否为“依附函数” ，并说明理由； （2）若函数 1 ( )2xf x 在定义域m，(0)n m 上“依附函数” ，求mn的取值范围 19由于 2020 年 1 月份国内疫情爆发，经济活动大范围停顿，餐饮业受到重大影响3 月 份复工复产工作逐步推进， 居民生活逐步恢复正常 李克强总理在 6 月 1 日考察山东烟台一 处老旧小区时提到，地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大 上”一样，是中国的生机某商场经营者陈某准备在商场门前“摆地摊” ，经营冷饮生意已 知该商场门前是一块角形区域，如图所示，

7、其中120APB，且在该区域内点R处有一个 路灯， 经测量点R到区域边界PA，PB的距离分别为4RSm，6RTm，(m为长度单位） 陈 某准备过点R修建一条长椅MN（点M，N分别落在PA，PB上，长椅的宽度及路灯的粗 细忽略不计） ，以供购买冷饮的人休息 （）求点P到点R的距离； （）为优化经营面积，当PM等于多少时，该三角形PMN区域面积最小？并求出面积的 最小值 20已知0ab，如图，曲线由曲线 22 1 22 :1(0) xy Cy ab 和曲线 22 2 22 :1(0) xy Cy ab 组 成，其中点 1 F， 2 F为曲线 1 C所在圆锥曲线的焦点，点 3 F， 4 F为曲线 2

8、 C所在圆锥曲线的焦 点 （1）若 2(2,0) F， 3( 6,0) F ，求曲线的方程； （2） 如图，作斜率为正数的直线l平行于曲线 2 C的渐近线， 交曲线 1 C于点A，B，求弦AB 第 4页（共 19页） 的中点M的轨迹方程； （3）对于（1）中的曲线，若直线 1 l过点 4 F交曲线 1 C于点C，D，求 1 CDF面积的最大 值 21已知无穷数列 n a满足： 1 0a ， 2* 1 ( nn aac nN ，)cR对任意正整数2n，记 | n Mc对任意1i，2，3，n，|2 i a， |Mc对任意 * iN，|2 i a （）写出 2 M， 3 M； （）当 1 4 c 时

9、，求证：数列 n a是递增数列，且存在正整数k，使得 k cM； （）求集合M 第 5页（共 19页） 2021 年上海市浦东新区华师大附中高考数学模拟试卷（年上海市浦东新区华师大附中高考数学模拟试卷（4 月份月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题一、填空题 1 （3 分）已知 2021 (2)(i zii为虚数单位） ，则|z 5 5 【解答】解： 20212020 (2) i ziiii， (2)12 2(2)(2)55 iii zi iii ， 22 12125 | |( )() 55555 zi 故答案为： 5 5 2 （3 分） 若一个圆锥的轴截面是面积为4 3的等

10、边三角形， 则该圆锥的表面积为12 【解答】解：设等边三角形的边长为a， 则等边三角形的面积为 22 13 sin604 3 24 aa ，解得4a ， 所以该圆锥的底面圆半径为2r ，母线长为4l ， 所以圆锥的表面积为 22 22412SSSrrl 侧底面 故答案为：12 3 （3 分）若点(2021, )Pt在抛物线 2 4yx上，点F为该抛物线的焦点，则PF的值为 2022 【解答】解：抛物线方程为 2 4yx，可得24p ，1 2 p 抛物线的焦点为(1,0)F，准线为1x 根据抛物线的定义，可得点(2021, )Pt到F的距离等于P到准线的距离， 即| 2021( 1)2022PF

11、 故答案为：2022 4 （3 分）圆 1cos :( sin x C y 为参数）的圆心到直线 2 23 :( 1 3 xt lt yt 为参数）的距离为 2 【解答】解：圆 1cos :( sin x C y 为参数） 即 22 (1)1xy，表示以(1,0)为圆心、以 1 第 6页（共 19页） 为半径的圆 直线 2 23 :( 1 3 xt lt yt 为参数）化为普通方程为2 21xy ，即2 210 xy 圆心到直线l的距离为 |102 21| 2 2 ， 故答案为 2 5 （3 分） 1 (2)nx x 展开式的二项式系数之和为 32，则展开式中x的系数为80（用数 字填写答案）

12、 【解答】解：由题意得232 n ，所以5n ， 所以展开式的通项为 5 3 55 2 155 1 (2)( )2 r rrrrr r TCxCx x ，令 53 1 2 r ，得1r ， 所以展开式中x的系数为 15 1 52 80C ， 故答案为：80 6 （3 分）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲性是 几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2与多面体 在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制） ，多面体面 上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体 在每个顶点有

13、3 个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为23 3 ，故 其总曲率为4，则四棱锥的总曲率为4 【解答】解：由题意可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和， 可以从整个多面体的角度考虑， 所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的 集合， 由图可知四棱锥有 5 个顶点，5 个面，其中 4 个三角形，1 个四边形， 所以四棱锥的表面内角和由 4 个为三角形，1 个为四边形组成， 第 7页（共 19页） 所以面角和为426， 故总曲率为5264 故答案为：4 7 （3 分） 在数列 n a中， 若对一切*nN都有 1 3 nn aa ， 且 2462 9 lim() 2 n

14、 n aaaa ， 则 1 a的值为12 【解答】解：在数列 n a中，若对一切*nN都有 1 3 nn aa ， 可得数列 n a为公比为 1 3 的等比数列， 2462 9 lim() 2 n n aaaa ， 可得 2 1 221 222 1 (1)9 3 lim 1 1112 1 9 n n a aqaa q qqq ， 可得 1 12a 故答案为：12 8 （3 分）已知函数cosyax，x ，（其中，a，为常数，且0)有且仅 有 3 个零点，则的最小值是2 【解答】解：cosyax，x ，是偶函数， 若cosyax，x ，有且仅有 3 个零点， 则必有一个零点是 0，则10a ，得

15、1a ， 由1cos0yx 得cos1x， x ，x ， 设tx，则t ， 作出cosyt与1y 的图象如图： 则24，得24， 即的最小值是 2， 第 8页（共 19页） 故答案为：2 9 （3 分）关于x的不等式|2 |3 | 4xkxkk共有 2021 个整数解，则k的取值范围为 11 505505 93 k 【解答】解：显然0k ，由|2 |3 | 4xkxkk，根据绝对值的定义画出图形，如图所示： 解绝对值不等式得 19 22 kxk， 因为共有 2021 个整数解，所以 91 20202022 22 kk， 解得 1 505505 2 k ， 所以 113 252252 224 k

16、，故这 2021 个整数解只能为 253，254，2273， 所以 9 22732274 2 k，解得 11 505505 93 k ； 所以k的取值范围是 11 505505 93 k 故答案为： 11 505505 93 k 10 （3 分）荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从 一叶跳到另一叶） ，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示，假 设现在青蛙在A叶上，则跳四次之后停在A叶上的概率为 8 27 【解答】解：因为逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍， 所以逆时针方向跳的概率是 2 3 ，顺时针方向跳的概率是 1 3 ， 第

17、9页（共 19页） 若青蛙在A叶上，则跳四次之后停在A叶上， 则满足四次跳跃中有 2 次是顺时针方向跳，有 2 次是逆时针跳， 若先按逆时针开始从AB，则剩余 3 次中有 1 次是按照逆时针，其余 2 次按顺时针跳， 则对应的概率为 12 3 2214 ( ) 33327 C； 若先按顺时针开始从AC，则剩余 3 次中有 1 次是按照顺时针，其余 2 次按逆时针跳， 则对应的概率为 12 3 1124 ( ) 33327 C； 故跳四次之后停在A叶上的概率为 448 272727 故答案为： 8 27 11（3 分） 已知ABC的外接圆圆心为O，| 6AB ，| 8AC ，( ,)AOABAC

18、R ， 若 2 1 sin()( 2 A tt为实数）有最小值，则参数t的取值范围是 33 15 (,) 16 16 【解答】解：取AB中点M，则OMAB且平分AB， 22 22|cos2|23AO ABAO AMAOAMMAOAM ， 同理可得， 2 2432AO AC ， 由已知得： 3648cos18 48 cos6432 AO ABA AO ACA ， 2 2 34cos 6 43cos 8 A sin A A sin A ， 2 22 1(34cos )43cossin123 sin()()cos 26822382 tAAAtt A tcos AA ， 令cosmA，则( 1,1)m

19、 ， 2 123 () 2382 tt ymm有最小值， 根据二次函数的性质可知， 23 () 3315 38 ( 1,1) 1 1616 2 2 t mt 故答案为： 33 ( 16 ， 15) 16 12 （3 分）关于x的方程 2 2cossin0 xxa在区间0， 7 6 上恰好有两个不等实根，则 第 10页（共 19页） 实数a的取值范围是 17 ( 8 ，2)( 2，1) 【解答】解：由题意，方程可变为 2 2cossinaxx ，令sintx， 由 7 0 6 x ，可得 1 2 t ，1 当x， 7 6 时， 1 2 t ，0，此时，x与t一一对应 由题意可得，关于t的方程 2

20、 22att ，当 1 2 t ，0应有 2 个实数根， 即直线ya和函数 2 22ytt ，当 1 2 t ，0应有 2 个交点 当 1 4 t 时， 2 22ytt 有最小值 17 8 当 1 2 t 或 0 时， 2 222att 此时，应有 17 ( 8 a ，2 但当2a 时， 1 2 t 或 0，在区间0， 7 6 上，对应0 x 或或 7 6 ， 关于x的方程 2 2cossin0 xxa在区间0， 7 6 上有 3 个实数根， 故不满足条件，应舍去，故 17 ( 8 a ，2) 当(0, )x，且 2 x 时，有 2 个x与一个t值对应 故由题意可得，关于t的方程 2 22at

21、t ，当(0,1)t有一个实数根， 即直线ya和曲线 2 22ytt 在(0,1)上有一个交点，如图所示： 此时，( 2,1)a 综上可得，实数a的取值范围是 17 ( 8 ，2)( 2，1)， 故答案为 17 ( 8 ，2)( 2，1) 第 11页（共 19页） 二、选择题二、选择题 13 （3 分）已知全集U，M，N是U的非空子集，且 UM N，则必有() A U MN B U MN C U MN DMN 【解答】解：集合M，N的关系如图所示： 则由图可得 U MC N， 故选：A 14 （3 分） “2m ”是“直线210 xmy 与直线210mxy 平行”的() A充分不必要条件B必要

22、不充分条件 C既不充分也不必要条件D充要条件 【解答】 解： 当0m 时， 两直线等价为210 x ，210y ， 此时两直线不平行， 即0m ， 当0m 时，若两直线平行则满足 21 21 m m ， 由 2 2 m m 得 2 4m ，得2m ， 由 1 21 m ，得2m ， 综上2m ， 即“2m “是“直线210 xmy 与直线210mxy 平行”的充要条件， 故选：D 第 12页（共 19页） 15 （3 分）已知函数( ) 1 ax f x xa 的反函数图象的对称中心是( 1,3)，则实数a的值是( ) A2B3C3D4 【解答】解：函数( ) 1 ax f x xa 的反函数

23、图象的对称中心是( 1,3)，所以原函数的对称中 心为(3, 1)， 函数化为 1 ( )1 11 ax f x xaxa ，所以13a ，所以2a 故选：A 16 （3 分）设04bab，0m ，若三个数 2 ab ， 22 abab，m ab能组成一个三 角形的三条边长，则实数m的取值范围是() A 135 ( 24 ，1)B(1, 3)C 135 24 ，2D( 3，2) 【解答】解：04bab，0m ， 令 2 ab x ， 22 yabab，zm ab， 2 222222 3 ()()0 24 ab xyababab ， 22 2 ab abab ， xy， x，y，z能组成一个三角

24、形的三条边长， 可得yxzxy， 即为 2222 22 abab ababm ababab ， 设04bab，可得14 a b ，可令(14) a tt b ， 即有 2222 2()2() 2 abababababab m abab ， 即为 1111 21()221()ttmtt tttt ， 由 1111 21() 2 2124tttt tttt ， 第 13页（共 19页） 当且仅当1t 上式取得等号，但14t ，可得 11 21()4tt tt ， 则24m，即2m； 又设 15 (2, ) 2 kt t ，可得 2 11 21()23ttkk tt ， 由 2 23ykk的导数为

25、2 22 223 1 33 kkk y kk ， 由 5 2 2 k可得 2 23kk，即函数y为增函数， 可得 2 2555 232313 422 kk， 即有 5 213 2 m，即有 135 24 m， 可得 135 2 24 m， 故选：C 三、解答题三、解答题 17 如图在三棱锥PABC中， 棱AB、AC、AP两两垂直，3ABACAP， 点M在AP 上，且1AM （1）求异面直线BM和PC所成的角的大小； （2）求三棱锥PBMC的体积 【解答】解： （1）在AC上取点N，使 1 1 3 ANAC，连接MN，BN， 3AP ，1AM ， / /MNPC， BMN或其补角即为异面直线BM

26、和PC所成的角， 在BMN中，10BM ，2MN ，10BN ， 由余弦定理知， 222 25 cos 2102102 BMMNBN BMN BM MN ， 第 14页（共 19页） 5 arccos 10 BMN， 异面直线BM和PC所成的角的大小为 5 arccos 10 （2） 111 ()3 323 332 PABCMABCABC VVVSAPAM ， 故三棱锥PBMC的体积为 3 18若函数( )yf x对定义域内的每一个值 1 x，在其定义域内都存在唯一的 2 x，使 12 () ()1f xf x成立，则该函数为“依附函数” （1）判断函数( )sing xx是否为“依附函数”

27、，并说明理由； （2）若函数 1 ( )2xf x 在定义域m，(0)n m 上“依附函数” ，求mn的取值范围 【解答】解： （1）对于函数( )sing xx的定义域R内存在 1 6 x ， 则 22 ()sin2g xx，无解 故( )sing xx不是“依附函数” ； （2） 首先证明： 当( )f x在定义域上m，n上单调递增， 且为 “依赖函数” 时， 有( ) ( )1f m f n 假设( ) ( )1f m f n ，则当xm时，存在( , )xpm n，使得( ) ( )1f m f p ， 当xn时，存在( , )xqm n，()qp，使得( ) ( )1f n f q

28、， 由于( )f x在定义域上m，n上单调递增，故 ( )( ) ( )( ) f nf p f qf m ， 所以( ) ( )( ) ( )f n f qf m f p与( ) ( )( ) ( )1f m f pf n f q矛盾， 故( ) ( )1f m f n 因为 1 ( )2xf x 在m，n递增，故( ) ( )1f m f n ， 即 1 22 m1 1 n ，2mn， 由0nm，故20nmm，得01m， 从而(2)mnmm在(0,1)m上单调递增，故(0,1)mn 第 15页（共 19页） 19由于 2020 年 1 月份国内疫情爆发，经济活动大范围停顿，餐饮业受到重大影

29、响3 月 份复工复产工作逐步推进， 居民生活逐步恢复正常 李克强总理在 6 月 1 日考察山东烟台一 处老旧小区时提到，地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大 上”一样，是中国的生机某商场经营者陈某准备在商场门前“摆地摊” ，经营冷饮生意已 知该商场门前是一块角形区域，如图所示，其中120APB，且在该区域内点R处有一个 路灯， 经测量点R到区域边界PA，PB的距离分别为4RSm，6RTm，(m为长度单位） 陈 某准备过点R修建一条长椅MN（点M，N分别落在PA，PB上，长椅的宽度及路灯的粗 细忽略不计） ，以供购买冷饮的人休息 （）求点P到点R的距离； （）为优化经营

30、面积，当PM等于多少时，该三角形PMN区域面积最小？并求出面积的 最小值 【解答】解： （1）连接ST， 在RST中，18060SRTAPB ， 由余弦定理知， 22222 2cos46246cos6028STRSRTRS RTSRT ， 2 7ST， 222 2836 162 7 cos 2722 76 STRTRS STR ST RT ， 2 7 sincos 7 PTSSTR， 在PST中，由正弦定理知， sinsin SPST PTSAPB ，即 2 7 sin1202 7 7 SP ， 8 3 3 SP， 连接RP，在Rt SPR中， 22222 8 3112 4() 33 PRRS

31、SP， 4 21 3 PR， 第 16页（共 19页） 故点P到点R的距离为 4 21 3 m （2）由正弦面积公式知， 13 | |sin120| | 24 PMN SPMPNPMPN ， 1111 | | | 4| 62| 3| 2222 PMNPRMPRN SSSPMRSPNRTPMPNPMPN ， 3 | | 2| 3|2 6| | 4 PMPNPMPNPMPN， | | 128PMPN，当且仅当2| 3|PMPN，即| 8 3PM ， 16 3 | 3 PN 时，等号成立， 此时 33 | |12832 3 44 PMN SPMPN ， 故当PM等于8 3m时，该三角形PMN区域面积

32、最小，面积的最小值为 2 32 3m 20已知0ab，如图，曲线由曲线 22 1 22 :1(0) xy Cy ab 和曲线 22 2 22 :1(0) xy Cy ab 组 成，其中点 1 F， 2 F为曲线 1 C所在圆锥曲线的焦点，点 3 F， 4 F为曲线 2 C所在圆锥曲线的焦 点 （1）若 2(2,0) F， 3( 6,0) F ，求曲线的方程； （2） 如图，作斜率为正数的直线l平行于曲线 2 C的渐近线， 交曲线 1 C于点A，B，求弦AB 的中点M的轨迹方程； （3）对于（1）中的曲线，若直线 1 l过点 4 F交曲线 1 C于点C，D，求 1 CDF面积的最大 值 【解答】

33、解： （1）由题意得 2(2,0) F， 3( 6,0) F ， 第 17页（共 19页） 所以 22 22 36 4 ab ab ，解得 2 2 20 16 a b ， 则曲线的方程为： 22 1(0) 2016 xy y和 22 1(0) 2016 xy y （2）由题意曲线 2 C的渐近线为： b yx a ，设直线:() b l yxm a ， 由 22 22 () 1 b yxm a xy ab ，得 222 22()0 xmxma， 所以 222 48()0mma，解得：22ama， 又由数形结合知2a ma设点 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 0 (M x

34、， 0) y， 则 12 xxm， 22 12 2 ma x x ，所以 0 2 m x ， 0 2 bm y a ， 所以 00 b yx a ，即点M在射线 2 , ,) 22 baa yx x a 上 （3）由（1）得，曲线 22 1: 1(0) 2016 xy Cy，点 4(6,0) F， 设直线 1 l的方程为：6(0)xnyn， 由 22 6 1 2016 xny xy ，得 22 (54)48640nyny， 所以 222 (48 )4 64 (54)01nnn ， 设 3 (C x， 3) y， 4 (D x， 4) y，所以 34 2 48 54 n yy n ， 34 2

35、64 54 y y n ， 所以 2 2 343434 2 16 51 |()4 54 n yyyyy y n ， 所以 1 CDF面积 22 1234 22 1116 511 |864 5 225454 nn SFFyy nn ， 令 2 10tn ，所以 22 1nt，所以 2 64 564 516 5 9 493 4 t S t t t 当且仅当 3 2 t ，即 13 2 n 时取等号，所以 1 CDF面积的最大值为 16 5 3 21已知无穷数列 n a满足： 1 0a ， 2* 1 ( nn aac nN ，)cR对任意正整数2n，记 第 18页（共 19页） | n Mc对任意1

36、i，2，3，n，|2 i a， |Mc对任意 * iN，|2 i a （）写出 2 M， 3 M； （）当 1 4 c 时，求证：数列 n a是递增数列，且存在正整数k，使得 k cM； （）求集合M 【解答】 （）解：根据题意可得， 2 2M ，2， 3 2M ，1； （） 证明： 当 1 4 c 时， 对任意 * nN， 都有 22 1 111 ()0 244 nnnnn aaacaacc ， 所以 1nn aa ， 所以数列 n a是递增数列， 因为 111211 111 ()()()()()() 444 nnnnn aaaaaaaaccc ， 所以 1 1 () 4 n an c ，

37、令 0 8 | 41 nmin tN t c ， 则 0 10 181 ()()2 4414 n an cc c ， 所以 0 1n cM ， 所以存在正整数 0 1kn，使得 k cM； ()III解：由题意得，对任意 * nN，都有 1nn MM 且 n MM 由（）可得，当 1 4 c 时，存在正整数k，使得 k cM，所以cM， 所以若cM，则 1 4 c， 又因为 3 2MM ，1， 所以若cM，则2c， 所以若cM，则 1 2 4 c ，即 1 2, 4 M 下面证明 1 2, 4 M 当 1 0 4 c 时，对任意 * nN，都有0 n a 下证对任意 * nN， 1 2 n a

38、 假设存在正整数k，使得 1 2 k a 第 19页（共 19页） 令集合 * 1 | 2 k SkNa，则非空集合S存在最小数 0 s 因为 2 11 0 42 ac，所以 0 2s 因为 0 1sS ，所以 0 1 1 0 2 s a 所以 00 2 1 11 42 ss aacc ，与 0 1 2 s a 矛盾 所以对任意 * nN， 1 0 2 n a 所以当 1 0 4 c 时，|2 n a 当20c时， 2 20cc 下证对任意 * nN，| n ac 假设存在正整数k，使得| | k ac 令集合 * | | | k TkNac，则非空集合T存在最小数 0 t 因为 2 ac，所以 2 |ac，所以 0 2t 因为 0 1tT ， 所以 0 1 | t ac 00 22 1tt aac ccc ，且 00 2 1tt aac c ， 所以 0 | t ac，与 0 | | t ac矛盾 所以当20c时，|2 n ac 所以当 1 2, 4 c 时，对任意 * nN，都有|2 n a 所以cM，即 1 2, 4 M 因为 1 2, 4 M ，且 1 2, 4 M， 所以 1 | 2 4 Mcc