1、 1 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 数数 学学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 20204 参考公式： 圆锥的侧面积公式：Srl，其中 r 为圆锥底面圆的半径，l 为圆锥的母线长 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分 1. 已知集合 Ax|x2k1，kZ，Bx|x(x5)0，则 AB_ 2. 已知复数 z12i，其中 i 为虚数单位，则 z2的模为_ 3. 如图是一个算法流程图， 若输出的实数y的值为1， 则输入的实数x的值为_ (第 3 题) (第 4 题) 4. 某校初三年级共有500名女生， 为了了解初三女生1分钟“仰卧起坐”项
2、目训练情况， 统计了所有女生 1 分钟“仰卧起坐”测试数据(单位：个)，并绘制了如图频率分布直方图， 则 1 分钟至少能做到 30 个仰卧起坐的初三女生有_个 5. 从编号为 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则第二 次抽得的卡片上数字能被第一次抽得的卡片上的数字整除的概率为_ 6. 已知函敬 f(x)是定义在 R 上的奇函敷，且周期为 2，当 x(0，1时，f(x)x ，则 f(a)的值为_ 7. 若将函数f(x)sin(2x 3 )的图象沿x轴向右平移(0)个单位长度后所得的图象与 f(x)的图象关于 x 轴对称，则 的最小值为_ 8. 在ABC 中，AB
3、2 5，AC 5，BAC90，则ABC 绕 BC 所在直线旋转一 2 周所形成的几何体的表面积为_ 9. 已知数列an为等差数列，数列bn为等比数列，满足a1，a2，a3b1，b2，b3 a，b，2，其中 a0，b0，则 ab 的值为_ 10. 已知点 P 是抛物线 x24y 上动点， F 是抛物线的焦点， 点 A 的坐标为(0， 1)， 则PF PA 的最小值为_ 11. 已知 x，y 为正实数，且 xy2x4y41，则 xy 的最小值为_ 12. 在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C：(xm)2y2r2(m0)已知过原点 O 且相互垂 直的两条直线 l1和 l2，其中 l1与圆 C 相交于
4、 A，B 两点，l2与圆 C 相切于点 D.若 ABOD， 则直线 l1的斜率为_ 13. 在ABC 中，BC 为定长，|AB 2AC |3|BC |.若ABC 面积的最大值为 2，则边 BC 的长为_ 14. 已知函数 f(x)exxb(e 为自然对数的底数，bR)若函数 g(x)f(f(x)1 2)恰有 4 个零点，则实数 b 的取值范围是_ 二、 解答题：本大题共 6 小题，共 90 分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或 演算步骤 15. (本小题满分 14 分) 如图，在三棱锥 PABC 中，点 D，E 分别为 AB，BC 的中点，且平面 PDE 上平面 ABC. (1) 求证
5、：AC平面 PDE； (2) 若 PDAC2，PE 3，求证：平面 PBC平面 ABC. 16. (本小题满分 14 分) 在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 abcos Ccsin B. (1) 求 B 的值； (2) 设BAC 的平分线 AD 与边 BC 交于点 D.已知 AD17 7 ，cos A 7 25，求 b 的值 3 17. (本小题满分 14 分) 如图，湖中有一个半径为 1 千米的圆形小岛，岸边点 A 与小岛圆心 C 相距 3 千米为方 便游人到小岛观光，从点 A 向小岛建三段栈道 AB，BD，BE，湖面上的点 B 在线段 AC 上， 且 BD，BE
6、 均与圆 C 相切，切点分别为 D，E，其中栈道 AB，BD，BE 和小岛在同一个平面 上沿圆 C 的优弧(圆 C 上实线部分)上再修建栈道DE ，记CBD 为 . (1) 用 表示栈道的总长度 f()，并确定 sin 的取值范围； (2) 求当 为何值时，栈道总长度最短 4 18. (本小题满分 16 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2，且过点(0， 3) (1) 求椭圆 C 的方程； (2) 已知BMN 是椭圆 C 的内接三角形 若点 B 为椭圆 C 的上顶点，原点 O 为BMN 的垂心，求线段 MN 的长； 若原点
7、O 为BMN 的重心，求原点 O 到直线 MN 距离的最小值 5 19. (本小题满分 16 分) 已知函数f(x)x3x2(a16)x， g(x)aln x， aR.函数h(x)f（x） x g(x)的导函数h(x) 在5 2，4上存在零点 (1) 求实数 a 的取值范围； (2) 若存在实数 a，当 x0，b时，函数 f(x)在 x0 时取得最大值，求正实数 b 的最大 值； (3) 若直线 l 与曲线 yf(x)和 yg(x)都相切，且 l 在 y 轴上的截距为12，求实数 a 的 值 6 20. (本小题满分 16 分) 已知无穷数列an的各项均为正整数， 其前 n 项和为 Sn.记
8、Tn为数列an的前 an项和， 即 Tna1a2an. (1) 若数列an为等比数列，且 a11，S45S2，求 T3的值； (2) 若数列an为等差数列，且存在唯一的正整数 n(n2)，使得Tn an2，求数列an的通 项公式； (3) 若数列Tn的通项为 Tnn（n1） 2 ，求证：数列an为等差数列. 7 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 数学附加题数学附加题(满分 40 分，考试时间 30 分钟) 21. 【选做题】 在 A，B，C 三小题中只能选做两题，每小题 10 分，共 20 分若多做， 则按作答的前两题计分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 A. (选
9、修 42：矩阵与变换) 已知矩阵 M 12 21 ，MN 10 01 (1) 求矩阵 N； (2) 求矩阵 N 的特征值 B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在平面直角坐标系 xOy 中， 曲线 C 的参数方程为 x2t， y1 2t 2 (t 为参数)， 以原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 cos( 4 ) 2.若直线 l 交曲线 C 于 A，B 两点，求线段 AB 的长 C. (选修 45：不等式选讲) 已知 a0，求证：a2 1 a2 2a 1 a2. 8 【必做题】 第 22，23 题，每小题 10 分，共 20 分解答时应写出必要的文
10、字说明、证 明过程或演算步骤 22. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满 400 元的商品即可抽奖一次抽奖规则如 下：抽奖者掷各面标有 16 点数的正方体骰子 1 次，若掷得点数大于 4，则可继续在抽奖箱 中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖已知抽奖箱中装有 2 个红球与 m(m2，mN*)个白 球，抽奖者从箱中任意摸出 2 个球，若 2 个球均为红球，则获得一等奖；若 2 个球为 1 个红 球和 1 个白球，则获得二等奖；否则，获得三等奖(抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同) (1) 若 m4，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率； (2) 若一等奖可获奖金 400 元，二等奖可获奖金 30
11、0 元，三等奖可获奖金 100 元，记顾 客一次抽奖所获得的奖金为 X，若商场希望 X 的数学期望不超过 150 元，求 m 的最小值 23.已知集合 An1，2，n，nN*，n2，将 An的所有子集任意排列，得到一个 有序集合组(M1，M2，Mm)，其中 m2n.记集合 Mk中元素的个数为 ak，kN*，km， 规定空集中元素的个数为 0. (1) 当 n2 时，求 a1a2am的值； (2) 利用数学归纳法证明：不论 n(n2)为何值，总存在有序集合组(M1，M2，Mm)， 满足任意 iN*，im1，都有|aiai1|1. 9 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷(南京、盐城南京
12、、盐城) 数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准 1. 1， 3 2. 5 3. 1 4 4. 325 5. 1 2 6. 0 7. 2 8. 6 5 9. 5 10. 2 2 11. 8 12. 2 5 5 13. 2 14. (1，1 2ln 2) 15. 证明：(1) 因为点 D，E 分别为 AB，BC 的中点，所以 DEAC.(2 分) 因为 AC平面 PDE，DE平面 PDE，所以 AC平面 PDE.(4 分) (2) 因为点 D，E 分别为 AB，BC 的中点，所以 DE1 2AC. 因为 AC2，所以 DE1. 因为 PD2，PE 3，所以 PD2PE2DE2， 因此在PD
13、E 中，PEDE.(8 分) 又平面 PDE平面 ABC，且平面 PDE平面 ABCDE，PE平面 PDE， 所以 PE平面 ABC.(12 分) 因为 PE平面 PBC，所以平面 PBC平面 ABC.(14 分) 16. 解：(1) 因为 abcos Ccsin B， 由 a sin A b sin B c sin C，得 sin Asin Bcos Csin Csin B(2 分) 因为 sin Asin(BC)sin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C， 所以 sin Bcos Ccos Bsin Csin Bcos Csin Csin B， 即 cos Bsin Csin
14、Csin B(4 分) 因为 0C，所以 sin C0，所以 sin Bcos B. 又 0B，所以 sin B0，从而 cos B0，所以 tan B1，所以 B 4 .(6 分) (2) 因为 AD 是BAC 的平分线，设BAD，所以 A2. 因为 cos A 7 25，所以 cos 2cos A 7 25，即 2cos 217 25，所以 cos 29 25. 因为 0A，所以 0 2 ，所以 cos 3 5，所以 sin 1cos 24 5. 在ABD 中，sinADBsin(B)sin( 4 )sin 4 cos cos 4 sin 2 2 (3 5 4 5) 7 2 10 .(8
15、分) 由 AD sin B AB sinADB，所以 AB ADsinADB sin B 17 7 7 2 10 217 5 .(10 分) 在ABC 中，sin A 1cos2A24 25， 10 所以 sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B 2 2 (24 25 7 25) 17 2 50 .(12 分) 由 b sin B c sin C，得 b csin B sin C 17 5 2 2 17 2 50 5.(14 分) 17. 解：(1) 连结 CD，因为 BD 与圆 C 相切，切点为 D，所以BCD 为直角三角形 因为CBD，且圆形小岛的半径为 1 千米，
16、所以 DB 1 tan ，BC 1 sin . 因为岸边上的点 A 与小岛圆心 C 相距 3 千米，所以 ABACBC3 1 sin .(2 分) 因为 BE 与圆 C 相切，所以 BEDB 1 tan ，优弧DE 所对圆心角为 2(2) 2，所以优弧DE 长 l 为2.(4 分) 所以 f()ABBDBEl3 1 sin 1 tan 1 tan 232 2cos 1 sin .(6 分) 因为 0AB2，所以 03 1 sin 2，解得 1 3sin 1， 所以 sin 的取值范围是(1 3，1)(8 分) (2) 由f() 3 2 2cos 1 sin ， 得f() 2cos sin2 2
17、 cos （12cos ） sin2 .(10 分) 令 f()0，解得 cos 1 2. 因为 为锐角，所以 3 .(12 分) 设 sin 01 3，0 为锐角，则 00 3 . 当 (0， 3 )时，f()0，则 f()在(0， 3 )上单调递减； 当 ( 3 ， 2 )时，f()0，则 f()在( 3 ， 2 )上单调递增 所以 f()在 3 时取得最小值 答：当 3 时，栈道总长度最短(14 分) 18. 解：(1) 记椭圆 C 的焦距为 2c，因为椭圆 C 的离心率为1 2，所以 c a 1 2. 因为椭圆 C 过点(0， 3)，所以 b 3. 11 因为 a2c2b2，解得 c1
18、，a2， 故椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 3 1.(2 分) (2) 因为点 B 为椭圆 C 的上顶点，所以 B 点坐标为(0， 3) 因为 O 为BMN 的垂心，所以 BOMN，即 MNy 轴 由椭圆的对称性可知 M，N 两点关于 y 轴对称(4 分) 不妨设 M(x0，y0)，则 N(x0，y0)，其中 3y0 3. 因为 MOBN，所以MO BN 0，即(x0，y0) (x0，y0 3)0， 得 x20y20 3y00.(6 分) 又点 M(x0，y0)在椭圆上，则x 2 0 4 y 2 0 3 1. 由 x 2 0y 2 0 3y00， x20 4 y20 3 1， 解得 y04
19、 3 7 或 y0 3(舍去)，此时|x0|2 33 7 . 故 MN2|x0|4 33 7 ，即线段 MN 的长为4 33 7 .(8 分) (解法 1)设 B(m，n)，记线段 MN 中点为 D. 因为 O 为BMN 的重心，所以BO 2OD ，则点 D 的坐标为(m 2， n 2)(10 分) 若 n0， 则|m|2，此时直线 MN 与 x 轴垂直，故原点 O 到直线 MN 的距离为 m 2 ， 即 为 1. 若 n0，此时直线 MN 的斜率存在 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2m，y1y2n. 又x 2 1 4 y21 3 1，x 2 2 4 y 2 2 3 1，两
20、式相减得（x1x2）（x1x2） 4 （y1y2）（y1y2） 3 0， 可得 kMNy1y2 x1x2 3m 4n.(12 分) 故直线 MN 的方程为 y3m 4n(x m 2) n 2，即 6mx8ny3m 24n20， 则点 O 到直线 MN 的距离为 d |3m24n2| 36m264n2. 将m 2 4 n 2 3 1，代入得 d 3 n29.(14 分) 因为 0n23，所以 dmin 3 2 . 又 3 2 1，故原点 O 到直线 MN 距离的最小值为 3 2 .(16 分) (解法 2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(x3，y3)， 因为 O 为BMN 的重心，所
21、以 x1x2x30，y1y2y30， 则 x3(x1x2)，y3(y1y2)(10 分) 因为x 2 3 4 y 2 3 3 1，所以（x1x2） 2 4 （y1y2） 2 3 1. 12 将x 2 1 4 y21 3 1，x 2 2 4 y 2 2 3 1，代入得x1x2 4 y1y2 3 1 2.(12 分) 若直线 MN 的斜率不存在，则线段 MN 的中点在 x 轴上，从而 B 点位于长轴的顶点处 由于 OB2，所以此时原点 O 到直线 MN 的距离为 1. 若直线 MN 的斜率存在，设为 k，则其方程为 ykxn. 由 ykxn， x2 4 y 2 3 1，消去 y 得(34k 2)x
22、28knx4n2120 (*) 则 (8kn)24(34k2)(4n212)0，即 34k2n2. 由根与系数关系可得 x1x2 8kn 34k2，x1x2 4n212 34k2 ， 则 y1y2(kx1n)(kx2n)k2x1x2kn(x1x2)n23n 212k2 34k2 ， 代入x1x2 4 y1y2 3 1 2，得 1 4 4n212 34k2 1 3 3n212k2 34k2 1 2，即 n 2k23 4.(14 分) 又 34k2n2， 于是 34k2k23 4，即 3k 29 40 恒成立，因此 kR. 原点(0，0)到直线 MN 的距离为 d |n| k21 k23 4 k2
23、1 1 1 4（k21）. 因为 k20，所以当 k0 时，dmin 3 2 . 又 3 2 1，故原点 O 到直线 MN 距离的最小值为 3 2 .(16 分) 19. 解：(1) 因为 h(x)f（x） x g(x)x2x(a16)aln x， 所以 h(x)2x1a x 2x2xa x . 令 h(x)0，得 2x2xa0. 因为函数 h(x)在5 2，4上存在零点，即 y2x 2xa 在5 2，4上存在零点， 又函数 y2x2xa 在5 2，4上单调递增， 所以 2（5 2） 25 2a0， 2424a0， 解得 10a28. 因此，实数 a 的取值范围是10，28(2 分) (2)
24、(解法 1)因为当 x0，b时，函数 f(x)在 x0 处取得最大值， 即存在实数 a，当 x0，b时，f(0)f(x)恒成立， 即 x3x2(a16)x0 对任意 x0，b都成立(4 分) 当 x0 时，上式恒成立；(6 分) 当 x(0，b时，存在 a10，28，使得 x2x16a 成立，(8 分) 所以 x2x1628，解得3x4，所以 b4. 13 故当 a28 时，b 的最大值为 4.(10 分) (解法 2)由 f(x)x3x2(a16)x，得 f(x)3x22x(a16) 设 412(a16)4(3a47) 若 0，则 f(x)0 恒成立，f(x)在0，b上单调递增， 因此当 x
25、0，b时，函数 f(x)在 x0 时不能取得最大值，于是 0，(4 分) 故 f(x)0 有两个不同的实数根，记为 x1，x2(x1x2) 若 x10，则当 x(0，x1)时，f(x)0，f(x)在(0，x1)上单调递增， 因此当 x0，b时，函数 f(x)在 x0 时不能取得最大值， 所以 x10.(6 分) 又 x1x22 30，因此 x20， 从而当 x(0，x2)时，f(x)0，f(x)单调递减； 当 x(x2，)时，f(x)0，f(x)单调递增， 若存在实数 a，当 x0，b时，函数 f(x)在 x0 处取得最大值， 则存在实数 a，使得 f(0)f(b)成立，即 b3b2(a16)
26、b0.(8 分) 所以存在 a10，28，使得 b2b16a 成立， 所以 b2b1628，解得3b4， 故当 a28 时，b 的最大值为 4.(10 分) (3) 设直线 l 与曲线 yf(x)相切于点 A(x1， f(x1)， 与曲线 yg(x)相切于点 B(x2， g(x2)， 过点 A(x1，f(x1)的切线方程为 yx31x21(a16)x13x212x1(a16)(xx1)，即 y3x212x1(a16)x2x31x21. 过点 B(x2，g(x2)的切线方程为 yaln x2 a x2(xx2)，即 y a x2xaln x2a. 因为直线 l 在 y 上的截距为12， 所以 3
27、x 2 12x1（a16） a x2 ， 2x31x2112 ， aln x2a12 . (12 分) 由解得 x12，则 24aa x2， aln x2a12， 消去 a，得 ln x21x2 2x2 0.(14 分) 由(1)知 10a28，且 x20，则 x25 7. 令 p(x)ln x1x 2x ，x5 7，)，则 p(x) 1 x 1 2x2 2x1 2x2 . 因为 p(x)0，所以函数 p(x)在5 7，)上为增函数 因为 p(1)0，且函数 p(x)的图象是不间断的， 所以函数 p(x)在5 7，)上有唯一零点 1， 所以方程 ln x21x2 2x2 0 的解为 x21，所
28、以 a12. 所以实数 a 的值为 12.(16 分) 20. (1) 解：设等比数列an的公比为 q， 14 因为 S45S2，所以 a1a2a3a45(a1a2)，即 a3a44(a1a2)， 所以 a1q2(1q)4a1(1q) 因为数列an的各项均为正整数，所以 a1，q 均为正数，所以 q24，解得 q2. 又 a11，所以 an2n 1，从而 a 34， 所以 T3S412222315.(2 分) (2) 解：设等差数列an的公差为 d，则 ana1(n1)d. 因为数列an的各项均为正整数，所以 dZ. 若 d0，令 an0，得 n1a1 d，这与an为无穷数列相矛盾， 因此 d
29、0，即 dN.(4 分) 因为 Snna1n（n1）d 2 ，所以 Tna1anan（an1）d 2 ，因此Tn ana1 （an1）d 2 . 由Tn an2，得 a1 （an1）d 2 2.(6 分) 因为 a1N*，dN，所以 2a1（an1）d 2 a11，因此 a11. 于是 1（n1）d 2 2 2，即(n1)d22. 若 d0，则存在无穷多个 n(n2)，使得上述不等式成立，所以 d0 不合题意；(8 分) 若 dN*，则 n1 2 d2， 因为存在唯一的正整数 n(n2)，使得该不等式成立， 所以 21 2 d23，即 1d 22. 又 dN*，所以 d1，因此 an1(n1)
30、1n.(10 分) (3) 证明：因为 Sn1Snan10，所以 Sn1Sn，即数列Sn单调递增 又 Tn1Tn（n1）（n2） 2 n（n1） 2 n10， 所以 Tn1Tn，即 San1San， 因为数列Sn单调递增，所以 an1an.(12 分) 又 anN*，所以 an1an1，即 an1an1， 所以 an1a1(a2a1)(a3a2)(an1an)n， 因此 an1a1n1n，即 ann(n2) 又 a11，所以 ann .(14 分) 由 Tn1Tnn1，得 aan1aan2aan1n1， 因此 n1aan1an1，即 ann . 由知 ann，因此 an1an1， 所以数列an
31、为等差数列(16 分) 15 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷(南京、盐城南京、盐城) 数学附加题参考答案及评分标准数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：(1) 因为 M 12 21 ，MN 10 01 ，所以 NM 1.(2 分) 因为|M|11223，(4 分) 所以 NM 1 1 3 2 3 2 3 1 3 1 3 2 3 2 3 1 3 .(6 分) (2) N 的特征多项式 f() 1 3 2 3 2 3 1 3 (1 3) 2(2 3) 2(1 3)(1)(8 分) 令 f()0，解得 1 3或1， 所以 N 的特征值是1 3和 1.(10 分) B. 解：
32、曲线 C 的普通方程为 y1 2( x 2) 21 8x 2.(2 分) 由直线 l 的极坐标方程 cos( 4 ) 2，得 (cos cos 4 sin sin 4 ) 2， 即 2 2 x 2 2 y 2，所以直线 l 的方程为 yx2.(4 分) 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组 y1 8x 2， yx2， 消去 y，得 x28x160，(6 分) 则 x1x28，x1x216， 所 以AB 1（1）2|x1 x2| 2 （x1x2）24x1x22 （8）24（16）16.(10 分) C. 证明：(证法 1)因为 a0，所以 a1 a2， 要证a2 1 a2 2a 1
33、 a2， 只需证a21 a2(a 1 a)(2 2) 因为(a1 a)(2 2)0， 所以只需证(a2 1 a2) 2 （a1 a）（2 2） 2 ，(4 分) 16 即 2(2 2)(a1 a)84 2，即证 a 1 a2.(8 分) 因为 a1 a2 成立，所以要证的不等式成立(10 分) (证法 2)令 ta1 a，因为 a0，所以 a 1 a2，即 t2. 要证a21 a2 2a 1 a2， 即证 t22 2t2， 即证 t t222 2，(4 分) 即证 2 t t222 2.(6 分) 由于 f(t)t t22在2，)上单调递增，则 f(t)f(2)2 2， 故 2 t t22 2
34、 2 22 2. 所以要证的原不等式成立(10 分) 22. 解：(1) 设“顾客参加一次抽奖活动获得三等奖”为事件 A. 因为 m4，所以 P(A)4 6 2 6 C24 C26 2 3 1 3 2 5 4 5. 答：顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率为4 5.(4 分) (2) X 的所有可能取值为 400，300，100. P(X400)2 6 C22 C22m 2 3（m1）（m2）， P(X300)2 6 C12C1m C22m 4m 3（m1）（m2）， P(X100)4 6 2 6 C2m C22m 2 3 m（m1） 3（m1）（m2），(7 分) 则E(X) 400 2 3
35、（m1）（m2） 300 4m 3（m1）（m2） 100 2 3 m（m1） 3（m1）（m2）150，化简得 3m 27m60. 因为 m2，mN*，所以 m3， 所以 m 的最小值为 3.(10 分) 23. (1) 解：当 n2 时，A2的子集为，1，2，1，2，且 m4. 所以 a1a2am01124.(2 分) (2) 证明： 当 n2 时，取一个集合组(M1，M2，M3，M4)(，1，1，2，2)， 此时 a10，a21，a32，a41，满足任意 iN*，i3，都有|aiai1|1， 所以当 n2 时命题成立(4 分) 假设 nk(kN*，k2)时，命题成立， 即对于 Ak1，2
36、，k，存在一个集合组(M1，M2，Mm)满足任意 iN*，im 1，都有|aiai1|1，其中 m2k. 当 nk1 时，则 Ak11，2，k，k1， 集合 Ak1的所有子集除去 M1，M2，Mm外，其余的子集都含有 k1. 17 令 Mm1Mmk1，Mm2Mm1k1，M2mM1k1， 取集合组(M1，M2，Mm，Mm1，Mm2，M2m)，其中 2m2k 1，(6 分) 根据归纳假设知|aiai1|1，其中 iN*，m1i2m1，(8 分) 所以此集合组满足|aiai1|1，其中 iN*，im1 或 m1i2m1. 又 Mm1Mmc，所以|amam1|1， 因此|aiai1|1，其中 iN*，i2m1， 即当 nk1 时，命题也成立 综上，不论 n 为何值，总存在有序集合组(M1，M2，Mm)，满足任意 iN*，im 1， 都有|aiai1|1.(10 分)
