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山东省青岛市四区部分学校2025届高三下学期零模（期初调研）数学试题
一、单选题
1．（2025高三下·青岛开学考）设复数，则z的共轭复数为（　　）．
A． B． C．1 D．
2．（2025高三下·青岛开学考）圆在点处的切线斜率是（　　）．
A． B． C． D．
3．（2025高三下·青岛开学考）设，，则的值为（　　）．
A．2 B．3 C． D．7
4．（2025高三下·青岛开学考）《九章算术》中记载：“今有台，上广二尺，下广四尺，高五尺．”其大致意思为：“现有一个棱台，上底面为边长为2的正方形，下底为边长为4的正方形，高为5”，则这个棱台的体积为（　　）
A． B． C．100 D．140
5．（2025高三下·青岛开学考）下表反映了12月份（共21个工作日）中，李华同学在每天的数学课上携带教材的情况，以及数学课上坐在李华同桌位置的同学，只有梓晴、陈伟和刘瑞可以作为李华的同桌．
日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
教材 无 有 有 无 有 有 无 有 有 无 无
同桌 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 梓晴 梓晴 陈伟
日期（续） 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
教材（续） 有 有 有 无 无 有 有 无 无 有
同桌（续） 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞
从表格信息，我们可以推断（　　）：（附：）
A．有不小于95%的把握认为李华与梓晴同桌时上数学课有更大的概率携带教材
B．有不小于99%的把握认为李华与梓晴同桌时上数学课有更大的概率携带教材
C．有不小于95%的把握认为李华与刘瑞、陈伟同桌时上数学课有相等的概率携带教材
D．若强制刘瑞或陈伟与李华同桌，可能一定程度上提升李华上数学课携带教材的概率
6．（2025高三下·青岛开学考）四个顶点的坐标均为整数的正四面体体积的最小值为（　　）．
A． B． C．1 D．
7．（2025高三下·青岛开学考）设函数，则（　　）
A．的定义域是 B．在定义域上单调递减
C．在点处的切线斜率为 D．
8．（2025高三下·青岛开学考）设集合，A是S的一个子集．若对任意，总有，则A中元素个数的最大值是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
二、多选题
9．（2025高三下·青岛开学考）已知，其中（）且（），则下列结论一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高三下·青岛开学考）对于函数，下列说法中正确的是（　　）
A．有三个零点
B．零点均分布在内
C．零点为，，
D．零点为，，
11．（2025高三下·青岛开学考）设为公比为的等比数列，，其中符号表示不超过x的最大整数，则（　　）．
A．若，，则
B．若，的最大值为3，则q的取值范围是
C．若，为常数列，则为常数列
D．若与为同一个数列，则、q均为非零整数
三、填空题
12．（2025高三下·青岛开学考）已知函数的图象为双曲线，则其焦点坐标为　 　．
13．（2025高三下·青岛开学考）在一个大球内放入4个完全相同的小球，任意两个小球都彼此相切，且它们都和大球相切，若每个小球的半径都是1，则大球的表面积为　 　．
14．（2025高三下·青岛开学考）小张同学在罚球线投篮4次，每次投进的概率相同，若投进次数恰好为3的概率取得了最大值，则他恰好投进1次的概率是　 　．
四、解答题
15．（2025高三下·青岛开学考）小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队，游戏规则为：以0为起点，再从，（如图）这8个点中任取两点分别分终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X．若X=0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．
（1）求小波参加学校合唱团的概率；
（2）求X的分布列和数学期望.
16．（2025高三下·青岛开学考）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）设是的两个极值点，是的一个零点，且.是否存在实数，使得按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求；若不存在，说明理由.
17．（2025高三下·青岛开学考）设三角形满足，其中分别为的对边．
（1）证明：；
（2）设三角形中，为边靠近的三等分点，且，，将三角形向上翻折（如图），若平面平面，求二面角的余弦值．
18．（2025高三下·青岛开学考）已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
19．（2025高三下·青岛开学考）给定正整数，设集合，若集合，且T中存在元素（是为了区分元素而设置的角标），对任意的满足，则称集合T为集合的“典范子集”．
（1）写出集合的所有“典范子集”；
（2）设集合的子集均不是集合的“典范子集”，且，求s的最小值；
（3）若集合的任意元素个数为m的子集都是集合的“典范子集”，求m的最小值（用含有n、k的式子表示）．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则复数的共轭复数.
故答案为：B.
【分析】先根据复数代数形式的乘除运算化简复数，再求共轭复数即可.
2．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图：
因为，所以点在圆：上.
所以圆在点处的切线与半径所在的直线垂直.
又，所以切线的斜率为：.
故答案为：C
【分析】先验证点在圆上，再利用圆的切线性质：切线与过切点的半径垂直，通过半径斜率求出切线斜率。
3．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，，得，
，因此，
，所以.
故答案为：D
【分析】先计算向量的模长与数量积，利用夹角公式求出，再由同角三角函数关系求出，最后通过计算正切值。
4．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可得上底面积为，下底面积为，高为，
则棱台体积为：.
故答案为：B
【分析】这是正四棱台的体积计算问题，核心思路是先分别算出上、下底面的正方形面积，再代入棱台体积公式，其中、为上下底面积，为棱台的高。
5．【答案】D
【知识点】独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【解答】解：与梓晴同桌8天，2天带教材，6天没带；
与陈伟同桌7天，5天带教材，2天没带；
与刘瑞同桌6天，5天带教材，1天没带；
　 带教材 没带教材 合计
梓晴 2 6 8
其他同桌 10 3 13
合计 12 9 21
，
所以认为有95%的把握认为李华是否带教材与谁是同桌有关；
，
所以认为没有99%的把握认为李华是否带教材与谁是同桌有关；故AB错误；
　 带教材 没带教材 合计
刘瑞 5 1 6
陈伟 5 2 7
合计 10 3 13
，所以没有95%的把握认为李华是否带教材与谁是同桌有关，C错误；
从数据：与梓晴同桌8天，2天带教材，6天没带；
与陈伟同桌7天，5天带教材，2天没带；
与刘瑞同桌6天，5天带教材，1天没带；
可以认为强制刘瑞或陈伟与李华同桌，可能一定程度上提升李华上数学课携带教材的概率，D正确，
故答案为：D
【分析】先统计李华与梓晴、陈伟、刘瑞同桌时携带教材的天数，构建列联表，计算值，与临界值对比判断选项A、B、C；再通过对比不同同桌对应的携带教材频率，判断选项D。
6．【答案】A
【知识点】空间中的点的坐标；棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将正四面体补成正方体，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
要使四个顶点的坐标均为整数的正四面体体积最小，则对应的正方体的体积最小，正方体的边长为，，
四个顶点的坐标均为整数，
.
故答案为：A.
【分析】将正四面体补成正方体，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据正方体与正四面体的关系，求最小正四面体的体积即可.
7．【答案】D
【知识点】对数函数的图象与性质；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：A：由有意义可得：解得且，所以定义域为，A错误；
B：，由此知在定义域上一定不是单调递减，B错误；
C：，，则，C错误；
D：，
所以，D正确；
故答案为：D
【分析】 先根据对数函数的定义求定义域，再通过代入特殊值判断单调性，接着求导计算切线斜率，最后利用对数裂项相消法计算求和式。
8．【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；子集与真子集
【解析】【解答】解：因为A是S的一个子集，记，
而奇数一奇数＝偶数，偶数－偶数＝偶数，奇数与偶数的差为奇数，
若对任意总有，
要使A中元素的个数最多，则集合A中应可以取所有的奇数即可，
即，得集合A中元素个数的最大值为：5．
故答案为：A
【分析】核心思路是利用奇偶性的运算性质构建满足条件的子集，并通过反证法证明无法放入更多元素，从而确定子集元素个数的最大值。
9．【答案】A,D
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，且，
可得，
因为（）且（），所以，，
所以，所以，
A、，故A正确；
B、，故B错误；
C、取，，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据两角和的正切公式，结合已知式化简可得，求出，再逐项分析判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A：对于函数，求导可得：，
令，解得，可得下表：
极大值 极小值
则，，即可作图，
通过图象可知，有三个零点，故A正确；
B：因为结合图象可知，函数的三个零点均分布在内，故B正确；
CD：因为
，
即.
将代入解析式可得，
，故是的一个零点；
再将代入解析式可得，
，故是的一个零点；
再将代入解析式可得，
，故是的一个零点，故C正确，D错误；
故答案为：ABC.
【分析】先通过求导分析函数单调性与极值，判断零点个数及分布区间；再利用三倍角余弦公式，将代入方程，验证零点的三角函数形式。
11．【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、由等比数列通项公式，可得，则，故A正确；
B、，由题意的最大值为1，
当或均不符合题意，则，，即，
解得， 故B正确；
C、取，，，，，显然是各项为的常数列，故C错误；
D、因为的项都是整数，而与为同一个数列，所以、q均需为非零整数， 故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据等比数列的通项公式，结合取整函数的性质求得即可判断A；易知，由题意的最大值为1，由列式求解即可判断B；取，，求解即可判断C；根据的项都是整数，而与为同一个数列，可得、q均需为非零整数，即可判断D.
12．【答案】，
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线为直线，令双曲线的顶点，
直线为直线所夹锐角的平分线，直线的倾斜角为，
斜率，
直线：，由，得，
令双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，则，
过分别作直线的垂线交直线分别于，
，
半焦距，设焦点坐标为，
则，解得，
所以焦点坐标为，.
故答案为：，
【分析】函数的图像为双曲线，核心思路是先确定其渐近线与实轴的位置，求出实半轴、虚半轴及半焦距，再结合实轴的倾斜角确定焦点坐标。
13．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意可知，四个小球圆心的距离均为，
如图正四面体，且，
由中线的三等分点得到底面的重心，然后连接，
则球心必在线段上，
∵，∴，则，，
则，
在中，令，则，解得，
又∵小球与大球相切，∴大球半径为，
∴大球表面积.
故答案为：.
【分析】 本题的核心解题思路是将 “小球与大球相切” 的几何问题转化为 “正四面体的外接球问题”，首先，4个半径相同且两两相切的小球，其球心连线构成一个棱长为小球直径的正四面体；其次，大球与所有小球相切，意味着大球的球心与正四面体的中心重合，且大球的半径等于正四面体的中心到顶点的距离加上小球的半径；最后，利用正四面体的外接球半径公式计算出大球半径，进而求出表面积。
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率
【解析】【解答】解：设每次投进的概率为（），因为小张同学在罚球线投篮次，这是次独立重复试验.
所以投进次数恰好为的概率.
设（），.
令，即，解得，.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以当时，取得最大值，即投进次数恰好为的概率取得最大值.
此时.
根据独立重复试验的概率公式，投进次数恰好为次的概率.
故答案为：
【分析】这是一个二项分布的概率最值问题，核心思路是先设每次投篮命中的概率为p，写出投进3次的概率表达式，通过求导或作商比较找到使该概率最大的p值，再代入公式计算恰好投进1次的概率。
15．【答案】（1）解：因为X满足=0的是两个垂直的向量有8个，从8个向量中任取2个乘积共有种，
所以小波参加学校合唱团的概率为
（2）解：由题意知X可能取值有-2，-1，0，1，
X的分布列如下：
X -2 -1 0 1
P

【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 先计算从8个点任取2个构成向量的总组合数，再统计数量积为0的垂直向量对数，代入古典概型公式求解概率。
(2) 列出X所有可能取值，分别计算每个取值对应的组合数，进而得到分布列，最后利用数学期望公式计算期望值。
16．【答案】（1）解：当时，，
则，故，
又，所以曲线在点处的切线方程为；
（2）解：，
由于，故，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以的两个极值点为，
不妨设，
因为，且是的一个零点，故.
又因为，
故，
此时依次成等差数列，
所以存在实数满足题意，且.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；等差数列的性质
【解析】【分析】(1) 先代入 得到函数解析式，求导后计算 处的切线斜率，再用点斜式写出切线方程。
(2) 先求导得到两个极值点 、，零点 ，再根据等差数列的定义，分情况讨论四个数的排列顺序，求出 。
（1）当时，，
则，故，
又，所以曲线在点处的切线方程为；
（2），
由于，故，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以的两个极值点为，
不妨设，
因为，且是的一个零点，故.
又因为，
故，
此时依次成等差数列，
所以存在实数满足题意，且.
17．【答案】（1）证明：因，由正弦定理可得，
得，即，故，
即.
（2）解：由（1）知，又，，故，，
由题意可知，
由余弦定理可得，
故，又，故，
由题意，故，故，
如图，取的中点，连接，则，
又平面平面，平面平面，故平面，
又平面，故，
又，，平面，故平面，
在平面上，过作交于，则两两垂直，
由题意，故，
如图建立空间直角坐标系，则，
则，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则为锐角，故
故二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换化简已知等式，得到角 与角 相等，从而证明 。
(2) 先由(1)知 为等腰三角形，结合已知条件求出边长，再建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值。
（1）因，由正弦定理可得，
得，即，故，
即.
（2）由（1）知，又，，故，，
由题意可知，
由余弦定理可得，
故，又，故，
由题意，故，故，
如图，取的中点，连接，则，
又平面平面，平面平面，故平面，
又平面，故，
又，，平面，故平面，
在平面上，过作交于，则两两垂直，
由题意，故，
如图建立空间直角坐标系，则，
则，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则为锐角，故
故二面角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：设，与直线的切点为N，
因为，所以OM⊥OW，
所以，
所以，化简得，
所以C的方程为：；

（2）解：①证明：设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，
因为E为AB的中点，F为的中点，
联立方程，消去x，整理得：，
所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设，与直线的切点为N，根据题目条件列式化简可得轨迹C的方程；
（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而即可证得 G，E，H三点共线 ；
②将直线l1和抛物线C联立，利用韦达定理，可将四边形面积转化为四边形GAHB面积，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可求出四边形面积的最大值.
（1）设，与直线的切点为N，则，
所以
化简得，所以C的方程为：；
（2）①设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，AB中点为E，中点为F，
将代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
19．【答案】（1）解：根据题意，“典范子集”满足存在3个元素、和，使得对于，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对于，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，，
第一种可能性：，
：第一位为 1，2，2，满足前1个（1）等于自己，且 ，
：第二位为，，，满足前两个等于自己，且，
第二种可能性：包含个元素的集合，
因为存在候选1中的3元组，所以也是“典范子集”，
其他组合均不符合题意，
所以所有“典范子集”为和；
（2）解：因为“典范子集”需要存在3个元素满足：对第一个坐标，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对第二个坐标，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，如果某个子集中所有元素的第二个坐标都相同（例如全为1），则无法满足第二个坐标的条件（所有元素的第二个坐标相等，不可能有“前2个相同且小于后1个”），
因此，可以尝试按第二个坐标的值将元素分组，
因为的第二个坐标可取1、2、3，所以将元素分为3组：（所有第二个坐标为1的元素），，（所有第二个坐标为2的元素），，（所有第二个坐标为3的元素），
对于任意，因为所有元素的第二个坐标相同，
所以无法满足第二个坐标的条件（需要前2个相同且小于后1个），
对于第一个坐标，虽然可能存在不同的值（例如包含、、），
但典范子集需要同时满足两个坐标的条件，
仅第一个坐标满足条件并不能构成典范子集，
因此每个均不是“典范子集”，
假设，即用两个子集和覆盖所有元素，
因为共有9个元素，至少有一个子集包含至少个元素，
考虑这个包含5个元素的子集，
因为由于第二个坐标只有3种可能（1、2、3），
若中包含至少两个不同的第二个坐标（例如包含和），
则可能存在满足第二个坐标条件的元素，
因此不可能，最小；
（3）解：限制所有元素的每个坐标分量均不超过，这样的子集共有，若其中存在典范子集，
则需存在个元素，使得在每个坐标 上，前个元素的分量相同且小于后个元素的分量，
但由于所有分量均不超过，
在最后一个坐标上，前个元素的分量最多为而后 11 个元素的分量必须更大（即至少为），
这与分量不超过矛盾，
因此，这样的子集不包含“典范子集”，
设子集大小为，
由于总共有个元素，而个元素的分量均不超过，
因此至少有一个元素的分量在某个坐标上为，
对于每个坐标，选择前个元素的分量均为某个固定值，
后个元素的分量均为，
由于存在分量，可逐步调整其他坐标的分量，使得所有坐标的条件均被满足，
所以当子集大小超过，即，必存在至少一个元素在某个坐标上的分量为，
假设存在大小为的子集不包含典范子集，
该子集至少包含一个元素在某个坐标上的分量为，
通过递归调整其他坐标的分量，必能构造出满足条件的个元素，导致矛盾，
所以最小.
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【分析】(1) 先明确集合 的元素，再根据“典范子集”定义（存在 个元素，满足每个坐标分量前 个相等，后 个相等且严格递增），枚举所有满足条件的子集。
(2) 分析“典范子集”的结构特征，将 按坐标分组，证明用2个非典范子集无法覆盖全集，再构造3个非典范子集覆盖全集，得到 的最小值。
(3) 先构造一个不含典范子集的最大子集（所有坐标分量均 ），再证明当子集大小超过该集合时必为典范子集，从而得到 的最小值。
（1）根据题意，“典范子集”满足存在3个元素、和，使得对于，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对于，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，
，
第一种可能性：，
：第一位为 1，2，2，满足前1个（1）等于自己，且 ，
：第二位为，，，满足前两个等于自己，且，
第二种可能性：包含个元素的集合，
因为存在候选1中的3元组，所以也是“典范子集”，
其他组合均不符合题意，
所以所有“典范子集”为和；
（2）因为“典范子集”需要存在3个元素满足：对第一个坐标，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对第二个坐标，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，
如果某个子集中所有元素的第二个坐标都相同（例如全为1），则无法满足第二个坐标的条件（所有元素的第二个坐标相等，不可能有“前2个相同且小于后1个”），
因此，可以尝试按第二个坐标的值将元素分组，
因为的第二个坐标可取1、2、3，所以将元素分为3组：（所有第二个坐标为1的元素），，（所有第二个坐标为2的元素），，（所有第二个坐标为3的元素），
对于任意，因为所有元素的第二个坐标相同，
所以无法满足第二个坐标的条件（需要前2个相同且小于后1个），
对于第一个坐标，虽然可能存在不同的值（例如包含、、），
但典范子集需要同时满足两个坐标的条件，
仅第一个坐标满足条件并不能构成典范子集，
因此每个均不是“典范子集”，
假设，即用两个子集和覆盖所有元素，
因为共有9个元素，至少有一个子集包含至少个元素，
考虑这个包含5个元素的子集，
因为由于第二个坐标只有3种可能（1、2、3），
若中包含至少两个不同的第二个坐标（例如包含和），
则可能存在满足第二个坐标条件的元素，
因此不可能，最小；
（3）限制所有元素的每个坐标分量均不超过，
这样的子集共有，若其中存在典范子集，
则需存在个元素，使得在每个坐标 上，前个元素的分量相同且小于后个元素的分量，
但由于所有分量均不超过，
在最后一个坐标上，前个元素的分量最多为而后 11 个元素的分量必须更大（即至少为），
这与分量不超过矛盾，
因此，这样的子集不包含“典范子集”，
设子集大小为，
由于总共有个元素，而个元素的分量均不超过，
因此至少有一个元素的分量在某个坐标上为，
对于每个坐标，选择前个元素的分量均为某个固定值，
后个元素的分量均为，
由于存在分量，可逐步调整其他坐标的分量，使得所有坐标的条件均被满足，
所以当子集大小超过，即，必存在至少一个元素在某个坐标上的分量为，
假设存在大小为的子集不包含典范子集，
该子集至少包含一个元素在某个坐标上的分量为，
通过递归调整其他坐标的分量，必能构造出满足条件的个元素，导致矛盾，
所以最小.
1 / 1山东省青岛市四区部分学校2025届高三下学期零模（期初调研）数学试题
一、单选题
1．（2025高三下·青岛开学考）设复数，则z的共轭复数为（　　）．
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则复数的共轭复数.
故答案为：B.
【分析】先根据复数代数形式的乘除运算化简复数，再求共轭复数即可.
2．（2025高三下·青岛开学考）圆在点处的切线斜率是（　　）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图：
因为，所以点在圆：上.
所以圆在点处的切线与半径所在的直线垂直.
又，所以切线的斜率为：.
故答案为：C
【分析】先验证点在圆上，再利用圆的切线性质：切线与过切点的半径垂直，通过半径斜率求出切线斜率。
3．（2025高三下·青岛开学考）设，，则的值为（　　）．
A．2 B．3 C． D．7
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，，得，
，因此，
，所以.
故答案为：D
【分析】先计算向量的模长与数量积，利用夹角公式求出，再由同角三角函数关系求出，最后通过计算正切值。
4．（2025高三下·青岛开学考）《九章算术》中记载：“今有台，上广二尺，下广四尺，高五尺．”其大致意思为：“现有一个棱台，上底面为边长为2的正方形，下底为边长为4的正方形，高为5”，则这个棱台的体积为（　　）
A． B． C．100 D．140
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可得上底面积为，下底面积为，高为，
则棱台体积为：.
故答案为：B
【分析】这是正四棱台的体积计算问题，核心思路是先分别算出上、下底面的正方形面积，再代入棱台体积公式，其中、为上下底面积，为棱台的高。
5．（2025高三下·青岛开学考）下表反映了12月份（共21个工作日）中，李华同学在每天的数学课上携带教材的情况，以及数学课上坐在李华同桌位置的同学，只有梓晴、陈伟和刘瑞可以作为李华的同桌．
日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
教材 无 有 有 无 有 有 无 有 有 无 无
同桌 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 梓晴 梓晴 陈伟
日期（续） 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
教材（续） 有 有 有 无 无 有 有 无 无 有
同桌（续） 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞 梓晴 陈伟 刘瑞
从表格信息，我们可以推断（　　）：（附：）
A．有不小于95%的把握认为李华与梓晴同桌时上数学课有更大的概率携带教材
B．有不小于99%的把握认为李华与梓晴同桌时上数学课有更大的概率携带教材
C．有不小于95%的把握认为李华与刘瑞、陈伟同桌时上数学课有相等的概率携带教材
D．若强制刘瑞或陈伟与李华同桌，可能一定程度上提升李华上数学课携带教材的概率
【答案】D
【知识点】独立性检验的应用；2×2列联表
【解析】【解答】解：与梓晴同桌8天，2天带教材，6天没带；
与陈伟同桌7天，5天带教材，2天没带；
与刘瑞同桌6天，5天带教材，1天没带；
　 带教材 没带教材 合计
梓晴 2 6 8
其他同桌 10 3 13
合计 12 9 21
，
所以认为有95%的把握认为李华是否带教材与谁是同桌有关；
，
所以认为没有99%的把握认为李华是否带教材与谁是同桌有关；故AB错误；
　 带教材 没带教材 合计
刘瑞 5 1 6
陈伟 5 2 7
合计 10 3 13
，所以没有95%的把握认为李华是否带教材与谁是同桌有关，C错误；
从数据：与梓晴同桌8天，2天带教材，6天没带；
与陈伟同桌7天，5天带教材，2天没带；
与刘瑞同桌6天，5天带教材，1天没带；
可以认为强制刘瑞或陈伟与李华同桌，可能一定程度上提升李华上数学课携带教材的概率，D正确，
故答案为：D
【分析】先统计李华与梓晴、陈伟、刘瑞同桌时携带教材的天数，构建列联表，计算值，与临界值对比判断选项A、B、C；再通过对比不同同桌对应的携带教材频率，判断选项D。
6．（2025高三下·青岛开学考）四个顶点的坐标均为整数的正四面体体积的最小值为（　　）．
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】空间中的点的坐标；棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将正四面体补成正方体，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
要使四个顶点的坐标均为整数的正四面体体积最小，则对应的正方体的体积最小，正方体的边长为，，
四个顶点的坐标均为整数，
.
故答案为：A.
【分析】将正四面体补成正方体，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据正方体与正四面体的关系，求最小正四面体的体积即可.
7．（2025高三下·青岛开学考）设函数，则（　　）
A．的定义域是 B．在定义域上单调递减
C．在点处的切线斜率为 D．
【答案】D
【知识点】对数函数的图象与性质；导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：A：由有意义可得：解得且，所以定义域为，A错误；
B：，由此知在定义域上一定不是单调递减，B错误；
C：，，则，C错误；
D：，
所以，D正确；
故答案为：D
【分析】 先根据对数函数的定义求定义域，再通过代入特殊值判断单调性，接着求导计算切线斜率，最后利用对数裂项相消法计算求和式。
8．（2025高三下·青岛开学考）设集合，A是S的一个子集．若对任意，总有，则A中元素个数的最大值是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；子集与真子集
【解析】【解答】解：因为A是S的一个子集，记，
而奇数一奇数＝偶数，偶数－偶数＝偶数，奇数与偶数的差为奇数，
若对任意总有，
要使A中元素的个数最多，则集合A中应可以取所有的奇数即可，
即，得集合A中元素个数的最大值为：5．
故答案为：A
【分析】核心思路是利用奇偶性的运算性质构建满足条件的子集，并通过反证法证明无法放入更多元素，从而确定子集元素个数的最大值。
二、多选题
9．（2025高三下·青岛开学考）已知，其中（）且（），则下列结论一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，且，
可得，
因为（）且（），所以，，
所以，所以，
A、，故A正确；
B、，故B错误；
C、取，，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据两角和的正切公式，结合已知式化简可得，求出，再逐项分析判断即可.
10．（2025高三下·青岛开学考）对于函数，下列说法中正确的是（　　）
A．有三个零点
B．零点均分布在内
C．零点为，，
D．零点为，，
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A：对于函数，求导可得：，
令，解得，可得下表：
极大值 极小值
则，，即可作图，
通过图象可知，有三个零点，故A正确；
B：因为结合图象可知，函数的三个零点均分布在内，故B正确；
CD：因为
，
即.
将代入解析式可得，
，故是的一个零点；
再将代入解析式可得，
，故是的一个零点；
再将代入解析式可得，
，故是的一个零点，故C正确，D错误；
故答案为：ABC.
【分析】先通过求导分析函数单调性与极值，判断零点个数及分布区间；再利用三倍角余弦公式，将代入方程，验证零点的三角函数形式。
11．（2025高三下·青岛开学考）设为公比为的等比数列，，其中符号表示不超过x的最大整数，则（　　）．
A．若，，则
B．若，的最大值为3，则q的取值范围是
C．若，为常数列，则为常数列
D．若与为同一个数列，则、q均为非零整数
【答案】A,B,D
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：A、由等比数列通项公式，可得，则，故A正确；
B、，由题意的最大值为1，
当或均不符合题意，则，，即，
解得， 故B正确；
C、取，，，，，显然是各项为的常数列，故C错误；
D、因为的项都是整数，而与为同一个数列，所以、q均需为非零整数， 故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据等比数列的通项公式，结合取整函数的性质求得即可判断A；易知，由题意的最大值为1，由列式求解即可判断B；取，，求解即可判断C；根据的项都是整数，而与为同一个数列，可得、q均需为非零整数，即可判断D.
三、填空题
12．（2025高三下·青岛开学考）已知函数的图象为双曲线，则其焦点坐标为　 　．
【答案】，
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的渐近线为直线，令双曲线的顶点，
直线为直线所夹锐角的平分线，直线的倾斜角为，
斜率，
直线：，由，得，
令双曲线的实半轴长为，虚半轴长为，则，
过分别作直线的垂线交直线分别于，
，
半焦距，设焦点坐标为，
则，解得，
所以焦点坐标为，.
故答案为：，
【分析】函数的图像为双曲线，核心思路是先确定其渐近线与实轴的位置，求出实半轴、虚半轴及半焦距，再结合实轴的倾斜角确定焦点坐标。
13．（2025高三下·青岛开学考）在一个大球内放入4个完全相同的小球，任意两个小球都彼此相切，且它们都和大球相切，若每个小球的半径都是1，则大球的表面积为　 　．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意可知，四个小球圆心的距离均为，
如图正四面体，且，
由中线的三等分点得到底面的重心，然后连接，
则球心必在线段上，
∵，∴，则，，
则，
在中，令，则，解得，
又∵小球与大球相切，∴大球半径为，
∴大球表面积.
故答案为：.
【分析】 本题的核心解题思路是将 “小球与大球相切” 的几何问题转化为 “正四面体的外接球问题”，首先，4个半径相同且两两相切的小球，其球心连线构成一个棱长为小球直径的正四面体；其次，大球与所有小球相切，意味着大球的球心与正四面体的中心重合，且大球的半径等于正四面体的中心到顶点的距离加上小球的半径；最后，利用正四面体的外接球半径公式计算出大球半径，进而求出表面积。
14．（2025高三下·青岛开学考）小张同学在罚球线投篮4次，每次投进的概率相同，若投进次数恰好为3的概率取得了最大值，则他恰好投进1次的概率是　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率
【解析】【解答】解：设每次投进的概率为（），因为小张同学在罚球线投篮次，这是次独立重复试验.
所以投进次数恰好为的概率.
设（），.
令，即，解得，.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以当时，取得最大值，即投进次数恰好为的概率取得最大值.
此时.
根据独立重复试验的概率公式，投进次数恰好为次的概率.
故答案为：
【分析】这是一个二项分布的概率最值问题，核心思路是先设每次投篮命中的概率为p，写出投进3次的概率表达式，通过求导或作商比较找到使该概率最大的p值，再代入公式计算恰好投进1次的概率。
四、解答题
15．（2025高三下·青岛开学考）小波以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加学校排球队，游戏规则为：以0为起点，再从，（如图）这8个点中任取两点分别分终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X．若X=0就参加学校合唱团，否则就参加学校排球队．
（1）求小波参加学校合唱团的概率；
（2）求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：因为X满足=0的是两个垂直的向量有8个，从8个向量中任取2个乘积共有种，
所以小波参加学校合唱团的概率为
（2）解：由题意知X可能取值有-2，-1，0，1，
X的分布列如下：
X -2 -1 0 1
P

【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1) 先计算从8个点任取2个构成向量的总组合数，再统计数量积为0的垂直向量对数，代入古典概型公式求解概率。
(2) 列出X所有可能取值，分别计算每个取值对应的组合数，进而得到分布列，最后利用数学期望公式计算期望值。
16．（2025高三下·青岛开学考）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）设是的两个极值点，是的一个零点，且.是否存在实数，使得按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：当时，，
则，故，
又，所以曲线在点处的切线方程为；
（2）解：，
由于，故，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以的两个极值点为，
不妨设，
因为，且是的一个零点，故.
又因为，
故，
此时依次成等差数列，
所以存在实数满足题意，且.
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程；等差数列的性质
【解析】【分析】(1) 先代入 得到函数解析式，求导后计算 处的切线斜率，再用点斜式写出切线方程。
(2) 先求导得到两个极值点 、，零点 ，再根据等差数列的定义，分情况讨论四个数的排列顺序，求出 。
（1）当时，，
则，故，
又，所以曲线在点处的切线方程为；
（2），
由于，故，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以的两个极值点为，
不妨设，
因为，且是的一个零点，故.
又因为，
故，
此时依次成等差数列，
所以存在实数满足题意，且.
17．（2025高三下·青岛开学考）设三角形满足，其中分别为的对边．
（1）证明：；
（2）设三角形中，为边靠近的三等分点，且，，将三角形向上翻折（如图），若平面平面，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：因，由正弦定理可得，
得，即，故，
即.
（2）解：由（1）知，又，，故，，
由题意可知，
由余弦定理可得，
故，又，故，
由题意，故，故，
如图，取的中点，连接，则，
又平面平面，平面平面，故平面，
又平面，故，
又，，平面，故平面，
在平面上，过作交于，则两两垂直，
由题意，故，
如图建立空间直角坐标系，则，
则，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则为锐角，故
故二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换化简已知等式，得到角 与角 相等，从而证明 。
(2) 先由(1)知 为等腰三角形，结合已知条件求出边长，再建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值。
（1）因，由正弦定理可得，
得，即，故，
即.
（2）由（1）知，又，，故，，
由题意可知，
由余弦定理可得，
故，又，故，
由题意，故，故，
如图，取的中点，连接，则，
又平面平面，平面平面，故平面，
又平面，故，
又，，平面，故平面，
在平面上，过作交于，则两两垂直，
由题意，故，
如图建立空间直角坐标系，则，
则，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则为锐角，故
故二面角的余弦值为.
18．（2025高三下·青岛开学考）已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）解：设，与直线的切点为N，
因为，所以OM⊥OW，
所以，
所以，化简得，
所以C的方程为：；

（2）解：①证明：设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，
因为E为AB的中点，F为的中点，
联立方程，消去x，整理得：，
所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【分析】（1）设，与直线的切点为N，根据题目条件列式化简可得轨迹C的方程；
（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而即可证得 G，E，H三点共线 ；
②将直线l1和抛物线C联立，利用韦达定理，可将四边形面积转化为四边形GAHB面积，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可求出四边形面积的最大值.
（1）设，与直线的切点为N，则，
所以
化简得，所以C的方程为：；
（2）①设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，AB中点为E，中点为F，
将代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
19．（2025高三下·青岛开学考）给定正整数，设集合，若集合，且T中存在元素（是为了区分元素而设置的角标），对任意的满足，则称集合T为集合的“典范子集”．
（1）写出集合的所有“典范子集”；
（2）设集合的子集均不是集合的“典范子集”，且，求s的最小值；
（3）若集合的任意元素个数为m的子集都是集合的“典范子集”，求m的最小值（用含有n、k的式子表示）．
【答案】（1）解：根据题意，“典范子集”满足存在3个元素、和，使得对于，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对于，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，，
第一种可能性：，
：第一位为 1，2，2，满足前1个（1）等于自己，且 ，
：第二位为，，，满足前两个等于自己，且，
第二种可能性：包含个元素的集合，
因为存在候选1中的3元组，所以也是“典范子集”，
其他组合均不符合题意，
所以所有“典范子集”为和；
（2）解：因为“典范子集”需要存在3个元素满足：对第一个坐标，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对第二个坐标，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，如果某个子集中所有元素的第二个坐标都相同（例如全为1），则无法满足第二个坐标的条件（所有元素的第二个坐标相等，不可能有“前2个相同且小于后1个”），
因此，可以尝试按第二个坐标的值将元素分组，
因为的第二个坐标可取1、2、3，所以将元素分为3组：（所有第二个坐标为1的元素），，（所有第二个坐标为2的元素），，（所有第二个坐标为3的元素），
对于任意，因为所有元素的第二个坐标相同，
所以无法满足第二个坐标的条件（需要前2个相同且小于后1个），
对于第一个坐标，虽然可能存在不同的值（例如包含、、），
但典范子集需要同时满足两个坐标的条件，
仅第一个坐标满足条件并不能构成典范子集，
因此每个均不是“典范子集”，
假设，即用两个子集和覆盖所有元素，
因为共有9个元素，至少有一个子集包含至少个元素，
考虑这个包含5个元素的子集，
因为由于第二个坐标只有3种可能（1、2、3），
若中包含至少两个不同的第二个坐标（例如包含和），
则可能存在满足第二个坐标条件的元素，
因此不可能，最小；
（3）解：限制所有元素的每个坐标分量均不超过，这样的子集共有，若其中存在典范子集，
则需存在个元素，使得在每个坐标 上，前个元素的分量相同且小于后个元素的分量，
但由于所有分量均不超过，
在最后一个坐标上，前个元素的分量最多为而后 11 个元素的分量必须更大（即至少为），
这与分量不超过矛盾，
因此，这样的子集不包含“典范子集”，
设子集大小为，
由于总共有个元素，而个元素的分量均不超过，
因此至少有一个元素的分量在某个坐标上为，
对于每个坐标，选择前个元素的分量均为某个固定值，
后个元素的分量均为，
由于存在分量，可逐步调整其他坐标的分量，使得所有坐标的条件均被满足，
所以当子集大小超过，即，必存在至少一个元素在某个坐标上的分量为，
假设存在大小为的子集不包含典范子集，
该子集至少包含一个元素在某个坐标上的分量为，
通过递归调整其他坐标的分量，必能构造出满足条件的个元素，导致矛盾，
所以最小.
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【分析】(1) 先明确集合 的元素，再根据“典范子集”定义（存在 个元素，满足每个坐标分量前 个相等，后 个相等且严格递增），枚举所有满足条件的子集。
(2) 分析“典范子集”的结构特征，将 按坐标分组，证明用2个非典范子集无法覆盖全集，再构造3个非典范子集覆盖全集，得到 的最小值。
(3) 先构造一个不含典范子集的最大子集（所有坐标分量均 ），再证明当子集大小超过该集合时必为典范子集，从而得到 的最小值。
（1）根据题意，“典范子集”满足存在3个元素、和，使得对于，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对于，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，
，
第一种可能性：，
：第一位为 1，2，2，满足前1个（1）等于自己，且 ，
：第二位为，，，满足前两个等于自己，且，
第二种可能性：包含个元素的集合，
因为存在候选1中的3元组，所以也是“典范子集”，
其他组合均不符合题意，
所以所有“典范子集”为和；
（2）因为“典范子集”需要存在3个元素满足：对第一个坐标，前1个元素的第1位相同且小于后2个元素的第1位，对第二个坐标，前2个元素的第2位相同且小于后1个元素的第2位，
如果某个子集中所有元素的第二个坐标都相同（例如全为1），则无法满足第二个坐标的条件（所有元素的第二个坐标相等，不可能有“前2个相同且小于后1个”），
因此，可以尝试按第二个坐标的值将元素分组，
因为的第二个坐标可取1、2、3，所以将元素分为3组：（所有第二个坐标为1的元素），，（所有第二个坐标为2的元素），，（所有第二个坐标为3的元素），
对于任意，因为所有元素的第二个坐标相同，
所以无法满足第二个坐标的条件（需要前2个相同且小于后1个），
对于第一个坐标，虽然可能存在不同的值（例如包含、、），
但典范子集需要同时满足两个坐标的条件，
仅第一个坐标满足条件并不能构成典范子集，
因此每个均不是“典范子集”，
假设，即用两个子集和覆盖所有元素，
因为共有9个元素，至少有一个子集包含至少个元素，
考虑这个包含5个元素的子集，
因为由于第二个坐标只有3种可能（1、2、3），
若中包含至少两个不同的第二个坐标（例如包含和），
则可能存在满足第二个坐标条件的元素，
因此不可能，最小；
（3）限制所有元素的每个坐标分量均不超过，
这样的子集共有，若其中存在典范子集，
则需存在个元素，使得在每个坐标 上，前个元素的分量相同且小于后个元素的分量，
但由于所有分量均不超过，
在最后一个坐标上，前个元素的分量最多为而后 11 个元素的分量必须更大（即至少为），
这与分量不超过矛盾，
因此，这样的子集不包含“典范子集”，
设子集大小为，
由于总共有个元素，而个元素的分量均不超过，
因此至少有一个元素的分量在某个坐标上为，
对于每个坐标，选择前个元素的分量均为某个固定值，
后个元素的分量均为，
由于存在分量，可逐步调整其他坐标的分量，使得所有坐标的条件均被满足，
所以当子集大小超过，即，必存在至少一个元素在某个坐标上的分量为，
假设存在大小为的子集不包含典范子集，
该子集至少包含一个元素在某个坐标上的分量为，
通过递归调整其他坐标的分量，必能构造出满足条件的个元素，导致矛盾，
所以最小.
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