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东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学
2024 届高三第四次六校联考试题标准答案及评分标准
一、单项选择题 二、多项选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
A B C C A B A D ABD AB AD
1．A
解： 展开式的通项公式为 ，
则第 项的系数为： ．故选 A．
2．B
解：因为 ， ，
则由等差数列的性质可知 ，
所以 ，公差 ．故选 B．
3．C
解：因为 ，且 ，所以 ，即 ，
所以 ，
所以向量 在向量 上的投影向量为 ．故选：
4．C
解：
为钝角三角形．
所以在 中，“ ”是“ 为钝角三角形”的充要条件．
5．A
2 2 3 16π
易知外接球球心为 PAC外心，故外接球半径 R= π = ，故外接球表面积为 S = 4πR2 = ．2sin3 3 3
6．B
设使得血氧饱和度达到正常值，给氧时间至少还需要 t 1小时，
由题意可得60eK 80，60eKt 90，两边同时取自然对数并整理，得
K ln 80 ln 4 ln 4 ln 3 2 ln 2 ln 3，Kt ln 90 3 ln ln 3 ln 2，
60 3 60 2
则 t ln 3 ln 2 1.10 0.69 1.5，则给氧时间至少还需要0.5小时
2 ln 2 ln 3 2 0.69 1.10
7．A
不妨设内切圆与三边切点分别为 P，Q，R∴|AP|=|AR|，|BP|=|BQ|，| 2Q|=| 2R|
∵点 A在双曲线上
∴|AF1|-|AF2|=2a
又∵|BF1|=2a∴|AB|=|AF2|
∴|BP|=|F2R|
∴|BQ|=|QF2|
∵点 B在双曲线上
∴|BF2|-|BF1|=2a
∴|BF2|=4a
∴|QF2|=
1|BF2|=2a2
I IQ IF ∵tan IF Q= |IQ| 3设内切圆圆心为 ，连接 、 2，如图所示 ∠ 2 =|QF2| 3
2024 届高三第四次六校联考数学答案 第 1 页 共 8 页
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∴∠QF2I=
π
即∠BF π
6 2
A=
3
∴ ABF π2为等边三角形∴|AF1|=6a，|AF2|=4a，|F1F2|=2c，∠F1AF2=3
在 AF 2 2 21F2由余弦定理得：| 1 2| = | 1| + | 2| 2| 1| | 2| ∠ 1 2
即：4 2 = 36 2 + 16 2 24 2 = 28 2
∴ = = 28 = 7
4
8．D
解：∵ = 2 + 2 2 = 2 2 + 2 2
= 2 2 + 2 2 1 2 = (4 2 2 1)
令 = 0，则 = 0 或 4 2 2 1 = 0
1±√5
即： = 0 或 =
4
由图像可知，函数 f (x)共 8个零点
f (x) sin(5 x 1 x) sin(5 1另法：因为 x x) 2sin 1 x cos 5 x
2 2 2 2 2 2
f (x) 0 sin 1由 ，得 x 0 5，或 cos x 0
2 2
1 x k 5 x k x 2k x 2k 所以 ，或 ，即 ，或 ， k Z
2 2 2 5 5
因为 x 2
所以 x 0 x 3 , 1 1，或 , , 3 , , 7 , 9 共8个零点
5 5 5 5 5 5
9．ABD
解析：
对于 y f (x) 2x，对于 x A，均有唯一确定 f (x) (0, ) B，符合函数定义，故选项 A正确
y f (x) 2x对于 ，对于 x B，均有唯一确定 f (x) (1, ) B，符合函数定义，故选项 B正确
对于 x f (y) log2 y，取 y 1 A， x 0 B，不符合函数定义，故选项 C错误
对于 x f (y) log2 y，对于 y B，均有唯一确定 f (y) R A，符合函数定义，故选项 D正确
10．解：设 ，则 ， ，
所以 ， ， ，
对于 ， ，A正确；
对于 ， ，所以 ，B正确
对于 ， ，
，
所以 不一定成立，C错误
对于 ， ， ，
而 不一定成立，所以 与 不一定平行，D错误；故选 AB．
11．AD

对于 A选项，由 1 = 1 = 1 得 1 = ，所以 1 = ，A正确． 1 1 1
∵二次函数 有两个不等式实根 b，c
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∴不妨设 = ( )( )
∵ ' = (2 )
∴ ' = (2 )
∴在横坐标为xn的点处的切线方程为： = (2 )( )令 y=0，
2 2 2
= = 2 ( ) = = ∵ +1 = (2 )
2
= 2 +
2
= (
2
则
)
+1 (2 ) (2 ) 2 2 2 +1 (2 ) 2 2 2 + ( )
∴ +1 = 2 即： = 2
+1 +1
∴ { }为公比是 2，首项为 1的等比数列．
∴ = 2 1 故 BC错．
1 11 1 1 2 2 1
对于 D选项，由 + = 2 1 + ( ) 1 ，得 = + 2 = 2 1 + 2 = 2 + 1 ，故 D正确． 2 1 2 1 1 2 2 12
三、填空题：（每小题 5分，共 15 分）
12 13 14
10 70
36 7 23[ , ]
3 3 ；4 4
12. 36
依题意，甲组的中位数必为 5，乙组的中位数必为 6
2 2
所以甲组另外四个数，可从 1,2,3,4和 7,8,9,10这两组数各取 2个，共有C4C4 36
13. [ 10 , 70 ]
3 3
连接圆心和切点，如图所示：即有∠ = ∠ =
AC=1，BF=2 ∠ = ∠ = ∵ = = 1 = = 2
2
∴ = 1 设 P(x,y) ∵ 2 = ∴ 2 ( + 2)2 + 2 = ( 2)2 + 2
2
∴ 2 + 2 + 30 + 4 = 0 化简得：( + 10 )2 + 2 = 64
2 3 9
∴P 10 8的轨迹为以圆心（ ，0）， 为半径的圆． ∵P在直线 4 + 3 + = 0上
3 3
∴ 4 + 3 + = 0 ( + 10 )2 + 2 = 64 ∴ | 10+ | ≤ 8 ∴ 10直线 与 有交点 ≤ ≤ 70
3 9 5 3 3 3
14． ；
解：设外接圆半径为 ，则 ，
由正弦定理，可知 ，
即 ，由于 是锐角，故 ，
又由题意可知 为三角形 的垂心，即 ，故 ，
所以 ；
设 ，
则 ，
由于 ，不妨假设 ，
2024 届高三第四次六校联考数学答案 第 3 页 共 8 页
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由余弦定理知 ，
设 ， ， 为三角形的三条高，由于 ，
故 ，
则得 ，
所以 ，
同理可得 ，
所以 ，
故答案为： ；
四、解答题:本题共 5小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
1 2解：（ ）设抛物线C2的标准方程为 y 2px( p 0)
2
则 2p y
x
22 (2 2)2
因为 4
1 2
所以点 (1,2), (2,2 2)在抛物线C2上，且 2p 4，解得 p 2 …………………3分
2
所以抛物线C2的标准方程为 y 4x． …………………4分
2 3 2 2
将点 ( , ), ( 2,0) x y代入椭圆C1的标准方程2 2 a2

b2
1(a b 0)中
1 3
2a2
1
4b2 2
得 ，解得 a 2,b2 1 …………………6分
2
a2
1
x2
所以椭圆C1的标准方程为 y
2 1 . …………………7分
2
（2）根据对称性，可设 A,B两点坐标分别为 (x0 , y0 ), (x0 , y0 )
y2 4x 2
联立方程组 ，消 y得 x 8x 2 0 …………………9分
x
2 2y2 2
解得 x1 4 3 2 ， x2 4 3 2
y2
因为 x 0
4
所以 x0 3 2 4 …………………11分
所以OA OB x 2 2 2 20 y0 x0 4x0 (3 2 4) 4(3 2 4) 50 36 2 .…………13分
2024 届高三第四次六校联考数学答案 第 4 页 共 8 页
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16．（15分）
（1）证明：如图，取 AD的中点K，连接 PK ,BK，
∵ PAD为正三角形， AD 2，
∴ PK 3,且PK AD． …………………1分
∵ AD 2BC 2，K为AD中点， DK BC ,
又∵底面 ABCD为直角梯形， AD // BC,
四边形BKDC为平行四边形
且BK AD,BK CD 3 …………………2分
又 PB 6, PK 2 BK 2 PB2 , PK BK. ………………………………4分
又 PK AD,BK AD K ,BK , AD 平面ABCD, ………………………………5分
∴ PK 平面ABCD.
∵ PK 平面PAD ,
平面PAD 平面ABCD ………………………………6分
(2)由（1）易知PK 平面ABCD，BK AD，
如图，以K为坐标原点KA,KB,KP所在直线为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，…………………7分
则 P(0,0, 3),B(0, 3,0),C( 1, 3,0),D( 1,0,0) 1 3 3，M ( , , )，
2 2 2
CD (0, 3,0),PD ( 1,0, 3)，BM ( 1 , 3 , 3 ) …………………………9分
2 2 2
设平面 PCD的法向量为 n (x, y, z)，
n CD 0 3y 0
由 ，得 ，令 x 3，则 y 0, z 1，n ( 3,0, 1)， ……………11分 n PD 0 x 3z 0
设BM与平面PCD所成的角为 ，则 ……………12分
3 3
| BM n | | |sin 21 | cos BM，n | 2 2 ……………14分
| BM || n | 1
2
3 3 2 7 ( )2 ( )2 3 1
2 2 2
∴ BM与平面PCD所成角的正弦值为 21 . ……………………………15分
7
（方法不唯一，若考生从几何法入手，依据实际情况酌情给分）
17.（15分）
解：（1）用事件 A1表示选择甲种无人运输机，用事件 A2表示选择乙种无人运输机，
用事件 B表示“选中的无人运输机操作成功” …………………………………2分
则 P(B) P(A1)P(B | A1) P(A2 )P(B | A2 ) …………………………………4分
1 3 1 1 5
为所求． …………………………………6分
2 4 2 2 8
（2）设方案一和方案二操作成功的次数分别为 X ，Y ，则 X ，Y 的所有可能取值均为 0，1，2，
……………………………7分
方案一： P X 0 1 3 1 1 1 1 1
1
1 3 1
2 4 2 2 2 4
，
8
P X 1 1 1 3 1 1 3 1 3 1 1 1 3 1 1 1 15
1 ，
2 4 2 2 4 4 2 2 4 2 2 2 32
P X 2 1 3 3 1 1 1 13 ， ………………………10分
2 4 4 2 2 2 32
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所以 E X 0 1 1 15 2 13 41 ． ………………………………11分
8 32 32 32
方案二：
方法一：选择其中一种操作设备后，进行 2次独立重复试验，
所以 E Y 1 2 3 1 1 5 2 ， ………………………………13分
2 4 2 2 4
方法二：
P Y 0 1 3 3 1 1 1 5 1 1 1
2 4
1 ，
4 2 2 2 32
P Y 1 1 C1 1 3 3 1 C1 1 1 1 7 ，2 2 4 4 2 2 2 2 16
P Y 2 1 3 3 1 1 1 13 ，
2 4 4 2 2 2 32
所以 E Y 5 7 13 5 0 1 2 ． ………………………………13分
32 16 32 4
所以 E X E Y ，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值．
………………………………15分
18．（17分）
（1）证明：设G x x g(x) x sin x， x 0
则G ' x 1 cos x 0，所以G x 在区间 0, 上单调递增， ……………………………………… 2分
所以G x G 0 0，即 g(x) x． ……………………………………………3分
设 F (x) f (x) x e x cos x 2 x， x 0
则 F ' (x) e x sin x 1 ……………………………………………4分
由 x 0时， g(x) x，即 sin x x
所以 F ' (x) e x sin x 1 e x x 1 ……………………………………………5分
设 h x ex x 1，则 h x ex 1，
当 x 0时， h x 0，所以函数h x 在区间 0, 上单调递增，
故在区间 0, 上， h x h 0 0，即在区间 0, 上， ex x 1，…………………………、6分
F ' (x) e x所以 x 1 0
所以 F (x)在区间 0, 上单调递增
所以 F (x) F (0) 0，即 F (x) x ……………………………………………7分
所以 g(x) x f (x)得证．
（2）由 f x g x ax在区间 0, 上恒成立，即 ex cos x 2 sin x ax 0在区间 0, 上恒成立，
设 x ex cos x 2 sin x ax，则 x 0在区间 0, 上恒成立，
而 x ex sin x cos x a ………………………… 8分
令m x x ，则m x ex cosx sinx ，
由（1）知：在区间 0, 上， ex x 1 sin x cos x ，
即m x ex cosx sinx 0，所以在区间 0, 上函数 x 单调递增，………………………… 10分
①当 a 2时， 0 2 a 0 ，
故在区间 0, 上函数 x 0，所以函数 x 在区间 0, 上单调递增，
又 0 0，故 x 0，即函数 f x g x ax在区间 0, 上恒成立． ……………………… 13分
②当 a 2时， 0 2 a，
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ln a 2 a 2 sin ln a 2 cos ln a 2 a 2 2 sin
ln a 2 π
0 ………… 15分
4
故在区间 0, ln a 2 上函数 x 存在零点 x0，即 x0 0，
又在区间 0, 上函数 x 单调递增，故在区间 0, x0 上函数 x x0 0，
所以在区间 0, x0 上函数 x 单调递减，
由 0 0，所以在区间 0, x0 上 x 0 0，与题设矛盾．
综上，a的取值范围为 , 2 ． ………………………… 17分
（矛盾区间找点用极限说明扣 1分）
19.（17 分）
解：（1）集合 A {1,2,3,5,7,9}不具有性质P，理由如下： ………………………1分
（i）从集合 A中任取三个元素 x, y, z均为奇数时， x y z为奇数，不满足条件③
（ii）从集合 A中任取三个元素 x, y, z有一个为 2，另外两个为奇数时，不妨设 y 2， x z
则有 z x 2，即 z x y，不满足条件② ………………………4分
综上所述，可得集合 A {1,2,3,5,7,9}不具有性质 P .
（2）证明：由3 4 a是偶数，得实数 a是整数
当 a 3 4时，由 a 3 4，得1 a 3，即 a 2
因为 2 3 4 9不是偶数
所以 a 2不合题意 ………………………6分
当3 4 a时，由3 4 a，得 4 a 7，即 a 5，或 a 6
因为3 4 5 12是偶数，3 4 6 13不是偶数
所以 a 6不合题意 ………………………8分
所以集合 B {3,4,5}
令 a b 3,b c 4,c a 5，解得 a 2,b 1,c 3
显然 a,b,c S4 {1,2,3,4,5,6,7,8}
所以集合 B是集合 S4的“期待子集”得证. ………………………10分
（3）证明：
先证充分性：
当集合M 是集合 Sn的“期待子集”时，存在三个互不相同的 a,b,c，使得 a b,b c,c a均属于M
不妨设 a b c
令 x a b， y a c， z b c
则 x y z，即满足条件①
因为 x y z (a b) (a c) (b c) 2a 0
所以 x y z，即满足条件② ………………………12分
因为 x y z 2(a b c)
所以 x y z为偶数，即满足条件③
所以当集合M 是集合 Sn的“期待子集”时，集合M 具有性质 P . …………………13分
再证必要性：
当集合M 具有性质 P，则存在 x, y, z，同时满足① x y z；② x y z；③ x y z为偶数
a x y z z b x y z y x y z令 ， ， c x ……………………14分
2 2 2
则由条件①得 a b c
x y z x y z
由条件②得 a z 0
2 2
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由条件③得 a,b,c均为整数
z c z x y z z x y z (y z) y因为 x 0
2 2 2
所以 0 a b c z，且 a,b,c均为整数
所以 a,b,c Sn
因为 a b x,a c y,b c z
所以 a b,b c,c a均属于M
所以当集合M 具有性质 P时，集合M 是集合 Sn的“期待子集” .………………………17分
综上所述，集合M 是集合 Sn的“期待子集”的充要条件是集合M 具有性质 P .
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2024届高三第四次六校联考试题
数学
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的．
1. 展开式中第 项的系数是
A. B. C. D.
2.在等差数列 中，若 ， ，则公差
A. B. C. D.
3.已知向量 ， 满足 ，且 ，则向量 在向量 上的投影向量为
A. B. C. D.
4.在 中，“ ”是“ 为钝角三角形”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5．已知三棱椎 P ABC ， ABC是以 AC为斜边的直角三角形， PAC 为边长是 2的等边三角形，
且平面 ABC 平面 PAC ，则三棱椎 P ABC 外接球的表面积为
16 21 21
A． B． C． D．8
3 3 2
6．血氧饱和度是呼吸循环的重要生理参数．人体的血氧饱和度正常范围是95% ~100%，当血氧饱和
度低于90%时，需要吸氧治疗，在环境模拟实验室的某段时间内，可以用指数模型：S(t) S eKt0 描述
血氧饱和度 S (t)随给氧时间 t（单位：时）的变化规律，其中 S0为初始血氧饱和度，K为参数．已知
S0 60%，给氧 1小时后，血氧饱和度为80%．若使得血氧饱和度达到90%，则至少还需要给氧时
间（单位：时）为 （参考数据： ln 2 0．69，ln 3 1．10）
A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.9
x2 y2
7．已知双曲线C : 2 2 1(a 0,b 0)的左，右焦点分别为 F1,F2，过 F1的直线与双曲线C分别a b
2 3
在第一、二象限交于 A,B两点， ABF2内切圆的半径为 r，若 | BF1 | 2a，r a，则双曲线C3
的离心率为
21 3 3 53
A． 7 B． C． D．
2 2 3
8．函数 f (x) sin 3x sin 2x在开区间 ( ,2 )的零点个数为
A. 5 B.6 C. 7 D.8
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分．
9．给定数集 A R， B (0, ) x, y x， 满足方程 2 y 0，下列对应关系 f 为函数的是
A. f : A B , y f (x) B. f : B A , y f (x)
C. f : A B , x f (y) D. f : B A , x f (y)
10．已知 为复数，设 ， ， 在复平面上对应的点分别为 ， ， ，其中 为坐标原点，则
A. B. C. D.
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11．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．已知二次函数 f (x)有两个不相等的实根b,c，
其中 c b．在函数 f (x)图像上横坐标为 x1的点处作曲线 y f (x)的切线，切线与 x轴交点的横坐
标为 x2；用 x
x b
2代替 x1，重复以上的过程得到 x3；一直下去，得到数列{x nn}．记 an ln ，且 a1 1，xn c
xn c，下列说法正确的是
x ec bA． 1 （其中 ln e 1） B．数列{ae 1 n
}是递减数列
C． a 16 D．数列{a
1
n }
n
的前 n项和 Sn 2 2
1 n 1
32 an
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12.将 1到 10 这 10个正整数平均分成甲、乙两组，每组 5 个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数
小 1，则不同的平分方法共有_________种．
13 2 2．已知圆 A : (x 2) y 1 B : (x 2)2 y2，圆 4，直线3x 4y t 0上存在点 P，过点 P向
圆 A引两条切线 PC和 PD，切点是C和D，再过点P向圆 B引两条切线 PE和 PF ，切点是 E和F ，
若 CPD EPF，则实数 t的取值范围为_________．
14．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接
圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角
形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）．如
图，已知锐角 ABC外接圆的半径为 2，且三条圆弧沿 ABC三边翻折
后交于点 若 AB 3，则 sin PAC _________；
若 AC : AB : BC 6 :5 : 4，则 PA PB PC的值为_________．
四、解答题:本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分 13分）
已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在 x轴上，C1的中心和C2的顶点均为坐标原点O，从C1，C2上分
别取两个点，将其坐标记录于下表中：
x 2 1 2 2
2
y 3 2 0 2 2
2
（1）求C1和C2的标准方程；
（2）若C1和C2交于不同的两点 A,B，求OA OB的值.
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16．（本小题满分 15分）
如图，在四棱锥 P ABCD 中， PAD 为正三角形，底面 ABCD 为直角梯形， AD // BC ，
AD CD, AD 2BC 2,CD 3,PB 6．
（1）求证：平面 PAD 平面 ABCD ；
（2）点M 为棱 PC的中点，求 BM与平面PCD所成角的正弦值.
17．（本小题满分 15分）
某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙
两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用．已知在单位时
3 1
间内，甲、乙两种类型无人运输机操作成功的概率分别为 和 ，假设每次操作能否成功相互独立．
4 2
（1）随机选择两种无人运输机中的一种，求选中的无人运输机操作成功的概率．
（2）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用
该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作．
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使
用初次所选择的无人运输机进行操作．
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值．
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18．（本小题满分 17分）
已知函数 f x ex cos x 2， g x sin x．
（1）求证：当 x 0, ， g(x) x f (x)；
（2）若 x 0, ， f x g x ax恒成立，求实数 a的取值范围．
19．（本小题满分 17分）
已知集合 A中含有三个元素 x, y, z，同时满足① x y z；② x y z；③ x y z为偶数，那么称
集合 A具有性质 P .
已知集合 Sn {1,2,3, ,2n} (n N
*,n 4)，对于集合 Sn的非空子集 B，若 Sn中存在三个互不相同的
元素 a,b,c，使得 a b,b c,c a均属于 B，则称集合B是集合 Sn的“期待子集”.
（1）试判断集合 A {1,2,3,5,7,9}是否具有性质 P，并说明理由.
（2）若集合 B {3,4,a}具有性质 P，证明：集合 B是集合 S4的“期待子集”.
（3）证明：集合M 具有性质 P的充要条件是集合M 是集合 Sn的“期待子集”.
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