2023年高考第二次模拟考试试卷数学（上海A卷）（全解全析）

2023年高考数学第二次模拟考试卷

数学•全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答

题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、填空题(本大题共有12小题，满分54分，第L6题每题4分，第7-12题每题5分)

考生应在答题纸的相应位置填写结果。

1.已知zee,且满足(l+i)Q-2)=2i,贝Ijz=.

【答案】3-i

【分析】根据复数的运算法则求得2,进而得出答案.

【详解】由+-2)=2i,得+++

1+1(1+1)(1-1)

所以z=3—i.

故答案为：3—i.

2.直线2x+y-1=0的一个方向向量为.

【答案】(1,一2)(答案不唯一)

【分析】首先得到其法向量为(2,1),则可直接写出其一个方向向量.

【详解】直线2x+y-l=0的法向量为(2,1),

则其一个方向向量为(1,一2).

故答案为：(1,一2)(答案不唯一).

3.已知a为锐角，若sin(a+])=|,则tan(a+：)=.

【答案】-7

【分析】由条件结合诱导公式可求cosa,再由同角关系求tana,结合两角和正切公式求

tan（a+：）.

【详解】因为sin（a+9=I，所以cosa=又a为锐角，所以sina=Vl-cos2a=g,tana=

n4

sina_4tana+tan-1+-

所以tan（a+：）=__________1-7.

cosa31-tanatan-i一

故答案为：-7.

4.若函数f(x)=Q/+(b-l)x+1的图象恒过定点M(L4),且Q>0,b>0,当

有最小值时，a2-b2=.

【答案】4

【分析】由函数/(X)的图象恒过定点得a+6=4,

解法一：(b+》=2+?=2+笺半展开后由基本不等式求得取最小值时a,b的值，从而

aaba16ab

求得a2-b2；

解法二：5+2=5+再使用"1"的代换，由基本不等式求得取最小值时

a,b的值，从而求得a2-b2.

【详解】由函数/(%)=ax2+(b—l)x+1的图象恒过定点M(l,4)得f(l)=a+(b-1)+

1=4,

即a+b=4.

2

gc1,,,9.b,9b,9(a+b)b,9bl9t9a

解法一：乂b+/=Z+荔=Z+~^-=l+G+d+高

9a25b,9

----------F-=3o,

言+橙+检216b16a--8

当且仅当W=型，即a=S,b=七时取等号，此时。2-炉=4.

16。16a22

4n注一1/入।9、b।9b.9。+匕匕i9,Ii1、匕9,,,,1,lx

解法一：展3+])=/+&=:+[,而=£+Z(z+P=2+五(a+b)・1+w)

9a25b,9c

=++2---------F-=3,

SI£1-16b16a--8

当且仅当々=.，即。=三，b=三时取等号，此时。2—炉=4.

16b16a22

故答案为：4

5.若祝=(1,一2,0),OB=(2,1,0),灵=(1,1,3),则三棱锥O—ABC的体积为.

【答案w

【分析】根据空间向量的坐标运算，求得棱锥底面积和高，结合棱锥的体积计算公式，即可

求得结果.

【详解】根据已知可得：0^4-05=1x2-2x1=0,即。41OB,

又|而|=JU+(-2)2=V5,|OB|=V22+I2=V5,

故△04B的面积S=|xV5xV5=1；

不妨取平面。4B的一个法向量沆=(0,0,1),

则点。到平面。48的距离h=瞥=7=3,

故三棱锥O-ABC的体积V=|Sx/i=|xjx3=j.

故答案为：|.

6.已知/(外=。/3>0)的图象在刀=1处的切线与与函数g(£)=ex的图象也相切，则该

切线的斜率k=.

【答案】/

【分析】分别求两条曲线的切线方程，比较系数得a的值.

【详解】函数f(x)=a/的图象在％=1处的切线的切点为(1,a),

因为f(x)=2ax,所以切线斜率为(⑴=2a,切线方程为y-a=2a(x-1),即y=2ax-

a,

设g(x)=e'的图象的切线的切点为(g,a。)，因为g'(x)=eS所以切线斜率为g'Q))=ex<>,

xxxeX

切线方程为y—e°=e°(x—x0),即y=e°x+(1—x0)°>

2/7—13Q3

-a=a-%)e-o*解得a=源，用=右斜率为2a=汶

{o

故答案为：el

7.已知(石+：)"的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为56：3,则n=

【答案】10

【分析】由二项展开式通项公式得系数比，从而求得加

n-3r

nr7r

【详解】Tr+1=C^(VI)-(p=C^x-,

由已知第5项的系数与第3项的系数之比为需=m，解得兀=10(负值舍去).

故答案为：10.

8.已知函数/"(x)=[/+sin(x+»/>°(aeR)奇函数，写出一个满足条件的

(―%2+cos(x+a),x<0

a=.

【答案】一g

【分析】根据奇函数的定义即可求解.

【详解】由f(x)为奇函数，所以f(X)=-((T),

当x<0时，/(x)=—X2+cos(x+a)=—/(—x)=—|(—x)2+sin㈠+91=一.+

sink—》

所以cos(x+a)=sin(x+a+；)=sin(x—、)，解得a=-g+2kn,kGZ,所以取a=—年

即可.

故答案为：(满足条件即可).

9.小Q同学和小B同学计划在"五一节"5天假期中随机选择两天到图书馆学习，则两位同学

没有同一天到图书馆的概率为.(结果用最简分数表示)

【答案】"

【分析】先求出总的选法，再求两人没有同一天到图书馆的选法，利用古典概型求解.

【详解】小Q同学从5天假期中随机选择两天去图书馆学习的选法是髭，

小B同学从剩下的3天里随机选择两天去图书馆学习的选法是《，

所以两位同学没有同一天到图书馆的概率为p=筹=

c5c51U

故答案为：总.

10.已知数列｛5｝满足％=1，an+i=｛：n(new).设以为由,。2，…，的中

取值为1的项的个数，则瓦+b2+…+b2022=.

【答案】12525

【分析】设』=1，根据即+i=二:::(nGN*)依此类推归纳得到(13%=1，

Ia?i十ri,tin_»I

从而得到b=[log3(2n+1)]求解.

【详解】解：当m21时，若am=1，贝bm+i=1+ni，am+2=1+m+(m+1),

依此类推，可归纳证得am+2k-i=巾+2-k，am+2k-2m+l+k(l</c<m),

从而a3m+i=1-

因此，a.=1，当且仅当葭=(keN*),从而%=[log3(2n+1)],

故恰有3"个%=k.

则为+Z>2+…+匕2022'

=1X3+2X32+-+6X36+7X(2022-36-3s-----3)=12525,

故答案为:12525

11.在△力BC中，AB=4,AC=3,E)8AC=90。，。在边BC上(与B、C不重合)，延长射线

AO到P,使得AP=9,若同=zn而+(|-m)无(机为常数)，则。B的长度为

【答案】夕#1.4

【分析】以A为坐标原点，分别以AB,AC所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系，求得B

与C的坐标，再把刀的坐标用m表示.由AP=9列式求得m值，由题意可求瓦5的坐标，

可求得D的坐标，则BD的长度可求.

【详解】如图，以A为坐标原点，分别以AB,AC所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系，

则B(4,0),C(0,3),

由若成=mPB+(|-m)PC,得同=m(PA+荏)+(|—m)(同+前)，

整理得：PA=-2mAB+(2m-3)ZC=-2m(4,0)+(2m-3)(0,3)=(-8m,6m-9).

由AP=9,得64nl2+(6zn—9)2—81,解得m—||或血—0.

当m=II时，可得PA=(―^^，—H)，所以点P的坐标为—H)，所以

直线PA的方程为,=京，直线BC的方程为：+：=1,

联立两直线方程可得点D的坐标为g,fl),,

所以|叫=J(g-4)2+g-0)2=p

当m=0时，此时对=|无，所以4,C,P三点共线，点D在直线4P匕所以4CD三点共线,

又8,C,D三点共线，所以可知D与C重合(舍去)，

ABD的长度是，

故答案为：

4

12.对于定义域为£＞的函数凡明若存在％1，上6。且与十42，使得/(*)=f(xQ=

2/(Xi+x2)＞则称函数7W具有性质M，若函数g(x)=|log2X-1|，xe(0,a]具有性质M,

则实数。的最小值为

[答案]J2a+2

【分析】设%1＜刀2，由f(*)=/(活)可得好据=4,结合2f(Xi+X2)=|2log2(Xi+X2)-

2|=|log2(Xi+泡)2-2|可得婢+4婢+4=8,进而求得的,*2,由此得解.

【详解】解：设X[＜小，由，(就)=f(据)得＜g2皆一1|=llogzG-1|，

则1-log2Xi=log2xf-1,故log2(*x分=2,

xfxf=4(%i＜2,xj＞2)»

又2f01+x2)=1210g2(X1+x2)-2|=|log2(xi+x2y-2|,

2

-,.log2(x1+x2)-2=1-log2xf,

；*=寺二log2(*+g+4)-2=1-Iog2好，

则log2(%f+4xf+4)=3,+4xf+4=8,

%]=V2V2—2,故%2=d2鱼+2»

，a＞V2V2+2,则实数a的最小值为52企+2.

故答案为：V2V2+2.

二、选择题：(本大题共有4题，满分20分，每题5分)每题有且只有一个正确选项，考

生应在答题纸的位置，讲代表正确选项的小方格涂黑。

13.已知集合4={(x,y)|x+y=2},B={(x,y)|x-2y=-4},则4nB=()

A.{0,2}B.(0,2)C.0D.[(0,2)}

【答案】D

【分析】两点集的交集，即这两条直线的交点.

x+y=2

【详解】AdB={(%,y)={(0,2)}

x-2y=—4

故选：D.

14.下列不等式一定成立的是()

A.他(7+*)>1联(乂>0)B.sinx+-k0Z)

C.x2+1>2|x|(x6/?)D.看>1(x0/?)

【答案】C

【分析】应用基本不等式：x,y>0,中2月(当且仅当x=y时取等号)逐个分析，注意基

本不等式的应用条件及取等号的条件.

【详解】当x>0时，x2+->2-x~—x,所以lg(x2+5)2lgx(x>0),故选项A不正确；

424

当xxkTT,k®Z时，sinx的正负不能确定，故选项B不正确；

因为"+1=(|x|)2+l>2\x\(xER),所以选项C正确；

当x=0时，有一―=1,故选项D不正确.

xz+l

故选：C.

【点睛】本题考查基本不等式的运用，在运用基本不等式时需保证“一正，二定，三相等”,

属于基础题.

15.如图，在正方体4BC。一公8心。1中，点何、N分别在棱44i、CC］上，则“直线MN1直

线GB"是"直线MNJ_平面GBD”的()

A.充分非必要条件B.必要非充分条件

C.充要条件D.既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】.

根据充分必要条件的定义判断.

【详解】首先必要性是满足的，由线面垂直的性质定理(或定义)易得;

下面说明充分性，

连接力C,41G，4411平面4BCD,8Du平面48CD,则

正方形中BD_LAC,ACn44i=4,属外u平面4。。出，则BD_L平面4"出，

又MNu平面4CG41，所以BD1MN,

若MNJ.BG，BJCBD=B,BC1,BDu平面8。的，所以MN_L平面BDC1，充分性得证.

因此应为充要条件.

故选：C.

16.己知点4(一1,1).若曲线G上存在8,C两点，使A48C为正三角形，则称G为厂型曲线.给

定下列三条曲线：

@y=-X+3(0<x<3)；

②y=V2-x2(-V2<x<0)；

③y=-((%>°)-

其中「型曲线的个数是

A.0B.1

C.2D.3

【答案】B

3ry

【详解】对于①，A(-1,1)到直线y=-x+3的距离为若直线上存在两点B,C,使4

ABC为正三角形，则|AB|=|AC|=4,以A为圆心,以后为半径的圆的方程为(x+D2+(y-l)

'y=-x-3

,92

2=6,联立l(-Ll)FT)-二6

解得,2,或，2,后者小于o,所以对应的点不在曲线上，所以①不是.

对于②，尸-6^一向"。)化为小+y2=2(-V2<x<0),图形是第二象限内的四分

之一圆弧，此时连接A点与圆弧和两坐标轴交点构成的三角形顶角最小为135。，所以②不

是.

_1

y——

对于③，根据对称性，若X上存在两点B、C使ABC构成正三角形，则两点连线的斜

率为1,设BC所在直线方程为x-y+m=O,由题意知A到直线距离为直线被‘-"所截弦长

10

的24倍，列方程解得所以曲线③是T型线.

三、解答题（本大题共有5题，满分78分），解答下列个体必须在答题纸的相应位置写出

必要的步骤。

17.（本题满分14分，本题共有两个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

17.如图，在四棱锥尸-ABC。中，已知出团平面ABCZ）,且四边形A8CD为直角梯形，EL4BC

=回师力=90。，AB=AD=AP=2,BC=L且。为线段BP的中点.

P

⑴求直线CQ与PO所成角的大小；

（2）求直线C。到平面AOQ所成角的大小.

【答案】（Darcsin^；

（2）arcsinY.

【分析】（1）连接B。，作CE〃/1B交BD于E,连接QE,易得QE〃PD,则直线CQ与PD所

成角为NCQE,根据线面垂直的判定和性质证线线垂直，应用勾股定理、中位线的性质求相

关线段长度，进而求NCQE的大小.

（2）连接AC,由％_*℃=%-DAQ求C到面4DQ距离，结合。。=次即可求直线CQ到平面

ADQ所成角的大小.

【详解】（1）连接8。，作CE〃48交8D于E,

四边形ABCD为直角梯形，/ABC=NBAD=90。，AB=AD=2,BC=1,

所以4BC尸为矩形且E,F分别为CF,AD中点，则CE=1.

连接QE,又Q为线段BP的中点，故QE〃PD,

所以直线CQ与PD所成角，即为NCQE,

因为PA_L平面ABCD,ADu面ABCD,则P41AD,AP=2,故P。=2VL同理得PB=2VL

又4D_L4B,ABQPA=A,则/WJ•面P4B,而AD〃BC,

所以8cl面P4B,又PBu面P4B,故8clpB,则QC=Jg+BQ2=百,

又QE=加=戊,i^^QEC^QC2=QE2+CE2,即QE1CE,

综上，sin“QE=K=圣故"QE=arcsin今

(2)连接AC,由题设易知：Q到面4BCD的距离为子=1,又雇诋=；x2x2=2,

所以%-ADC=§X1X2=三，而%-40C='

由ZD1面PAB,4QU面P48,则4Q14D,故叉口政=(X2X企=近，

若C到面4DQ距离为d,故3d-SRDAQ=|-可得d=应，又QC=V3,

所以直线CQ到平面ADQ所成角正弦值为*=9,故线面角大小为arcsin?.

18.(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)

18.设Q>0且Q21,tWR,已知函数f(%)=loga(x+l),g(%)=21oga(2x+t).

(1)当£=一1时，求不等式/(%)Wg(x)的解；

(2)若函数F(x)="(")+—+i在区间(-1,2]上有零点，求t的取值范围.

【答案】(1)答案见解析：(2)《±-2或12竽.

4

【分析】(1)根据题意得loga(x+1)<21oga(2x-1),进而分0<a<1和a>1两种情况

求解即可；

(2)由题知尸(x)=tx2+X-2C+2,进而根据已知条件得:=一案=-[(x+2)+京]+

4,再结合对勾函数性质即可得或0<944一2冠，进而求得答案.

【详解】解：(1)t=-1,不等式/(x)Wg(x)可化为loga(x+1)W21oga(2x-1)

若0<a<l,则｛X+：W(；；T)2,解得方<》宅，

所以不等式/(X)Wg(x)的解集为6，;].

若a>l,则解得X?；,

2x-1>04

所以不等式f(x)<g(x)的解集为E，+8).

综上所述：0<a<l,/(%)4g(x)的解集为(1|]；a>1,/(x)Sg(x)的解集为原+8).

(2)F(x)="⑶+tx2—2t+l=%+l+tx2—2t+1=tx2+%—2t+2.

令t/+x—2£+2=0,即t(%2—2)=—(x+2),

VxG(—1,2],.*.%+2W(1,4],，tWO,一—2H0；

1=-[(x+2)+—]+4.

tx+2LV7x+2J

设m=x+2G(1,4]>贝哈=——(m+9+4,

0或0<-<4—2V2,

2tt

解得t<—2或£>~~-

4

【点睛】本题考查对数函数的性质，对数运算，函数的零点求参数，考查分类讨论思想，运

算求解能力，化归转化能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于将问题转化为:=

_:=_[(x+2)++4,x6(-1,2]有解，进而求解.

19.(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)

19.如图，游客从某旅游景区的景点4处下山至C处有两种路径.一种从Z沿直线步行到C,

另一种是先从4沿索道乘缆车到8,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从4处下

山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min.在甲出发2min后，乙从4乘缆车到B,在B处停留

Imin后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min,山路AC长为

1260m,经测量，sinC=sinB=为钝角.

565

(1)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？

(2)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围

内？

【答案】(1)乙出发||min后，乙在缆车上与甲的距离最短；(2)[等,竽].

37L4314J

【分析】

(1)求出cos4的值，设乙出发tmin后，甲、乙之间的距离为d,根据题意可得出d2关于t的

二次函数关系式，利用二次函数的基本性质可求得结果；

(2)设乙步行的速度为vm/min,根据已知条件可得|厚-詈|S3,可解得。的取值范围,

即为所求.

【详解】(1)因为8为钝角，则C为锐角，所以，cosC="-sin2c=|,cosB=-Vl-sin2B=

16

所以，cosA=COS[TC-(8+C)]=-cos(F+C)=sinBsinC-cosBcosC=

设乙出发£min后，甲、乙之间的距离为d,由题意可得0WtW鬻=8,

则d2=(130t)2+(100+50t)2-2x130tx(100+50t)x=200(37t2-70t+50),

所以，当t=^|min时，d取最小值，

因此，当乙出发言min后，乙在缆车上与甲的距离最近；

2

(2)T4为锐角，sin/1=V1-cos/l=(，

由正弦定理能=*可得BC=罂宝=500(m),

smAs.nB布

乙从B出发时，甲已经走了50x(2+8+1)=5500),

还需走710m才能到达C,设乙步行的速度为um/min,则产-詈仁3,解得詈Wr詈,

所以，为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在[詈，誉]范

围内.

【点睛】思路点睛；解三角形应用题的一般步骤

(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系.

(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型.

(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解.

(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.

20.(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分)

20.已知椭圆C:5+《=1,直线l:x=2,分别为椭圆C的左右焦点，M为椭圆C的上

顶点，AFiMF2为直角三角形，且F1到椭圆C的右顶点的距离为或+1,点P为，上的动点，

直线PF2交椭圆C于4B两点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)求4&AB的面积S的取值范围；

(3)设丽=4耐，AP=nPB,直线，i：Ax—y-2A—1=0，判断直线，i是否经过定点N,

若存在，请求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】⑴?+y2=i

⑵(。,回

(3)存在，/V(-2,-l)

【分析】(1)由△&MF2为直角三角形及两边相等求出参数，即可求得椭圆的方程;

(2)设出直线4B的方程，表达出4B两点的坐标，让直线与椭圆联立，由韦达定理表达出

△的表达式，即可求出AaAB的面积S的取值范围；

(3)设出直线4B的方程，和椭圆联立，利用韦达定理表达出函和员N,求和〃的发达

式，代入直线11的方程并化简，即可求出定点N的坐标.

【详解】(1)由题意，

在椭圆＜7]+'=1中，

△&MF2为直角三角形，且IMF/=|MFzl，

...△RMB为等腰直角三角形，

：.M0=MFX=知七即b=c,

到椭圆C的右顶点的距离为a+1,

.,.a+c=V2+1,

b=cfa=V2

a+c=V2+1>所以，b=1

-a2=b2+c2(c=1

椭圆的方程C:9+y2=i.

(2)由题意及(1)得

在C:/+y2=1中，

设直线AB的方程为=my+1,4(X1，%),B(x2,y2)>

.(x=my+1

由L+2y2_2=0得(—+2)y、2+2my-l=0,

，%+为=一；^，yi72=A=(2m)2-4(小2+2)x(-1)=gm?+8>0,

747n2+4(7n2+2)

则匹]-Yzl=J(yi+yz/■-4yly2==2&需,

m2+2

2=

令t=>Jm+1,则"1-y2l2或*p

,•SAplAB=SA4F[FZ+^ABFtF2=TF211%一旷2I=2V2左

•••0<SAF1AB=2V2^r<2V2X-^==V2,当且仅当t=：即t=1时等号成立,

t+12J吟

:F1ABW(0,V2j.

(3)存在，理由如下:

由题意及(1)(2)得,

直线的斜率显然存在，设为y=k(x-1),

[y=k(x-1)

由]记，得(1+2/£2)/一4卜2%+242-2=0,

Iv+y7=1

・.4k22fcz-2

=

••Xi+XofX1X2~

1/1+2/c21/l+2k2

由几何知识得，AF2=(1-F2B=(x2—l,y2)>

VAF2=AF^B,

.•.2=0，

&-1

同理可得〃=三，

*2-2

代入方程得iX’x—y—2———1=0)

X2-l，X2-2

(2-%)。142+(%一4)。2+(2*-2)口1+4-2。

整理得=1+y,

(X2-1)(X2-2)

令％—4=2%—2,解得：x=-2

/.当％=-2时,

原式=丝炉半匕*=]+y,

(X2-l)(X2-2)/

41^+(-6)T^r

即,—=l+y,整理得0=1+y,则N(-2,-1).

(%2-1)(*2-2)

即存在这样的点，为N(-2,-1).

21.(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分)

21.若无穷数列｛斯｝的各项均为整数.且对于都存在k>j,使得以=为叼一

%—叩则称数列｛即｝满足性质P.

⑴判断下列数列是否满足性质P,并说明理由.

①厮=n,n=1,2,3,…；

②垢=n+2,n=1,2,3,….

(2)若数列｛即｝满足性质P,且％=1,求证：集合S€N*|即=3｝为无限集;

⑶若周期数列｛an｝满足性质P，求数列的通项公式.

【答案】⑴①不满足，②满足

(2)证明见详解

(3)an=0或=3

【分析】(1)根据题意分析判断；

(2)根据题意先证3为数列｛册｝中的项，再利用反证法证明集合但EN*\an=3｝为无限集;

(3)先根据题意证明即€｛0,2,3｝,再分｛即｝为常数列和非常数列两种情况，分析判断.

【详解】(1)对①：取i=1,对力6N*,j>1,则cij=g=l,a)-j,可得见出一见一aj—

/-1-J=-1>

显然不存在%>，,keN*,使得。卜=一1，故数列S"不满足性质P；

对②：对于则仇=i+2,bj=/+2,

故仇与一瓦一与=(i+2)。+2)-(i+2)—0+2)=i•/+i+j=(i•/+i+/—2)+2,

Vi,；eNM>l,j之2,则i•/+i+/—2€N*,且i•/+i+/—2=i(/+1)+(/-2)23,

，存在々=i-j+i+j-2EN',k>j,使得瓦=(t-;+i+；-2)+2=b也一仇一与，故

数列｛b｝满足性质P

(2)若数列｛%J满足性质P,且电=1,则有：

取均存在使得以=峻九一%-%=

i=i,j=卜>I/GN*,e>h，hGN*,i-1,

取均存在使得。=

i=l,j=j2>kvj2eN*,0>j2>kvk2GN*,aaiaj2-a.-ah=-1,

取》=均存在使得斯^=

kltj=k2>kr,mi>k2>l.m!EN',-akl-ak2=3,

故数列｛a“｝中存在neN*,使得厮=3,即｛n€N*|即=3｝W0,

反证:假设｛nCN*|-=3｝为有限集,其元素由小到大依次为对,电,…,％(如>1),

取处，均存在Q>%+任使得

i=1,/=3+1>1,eN*,=axan(+1-ar-an/+1=-1,

取即+均存在使得=的行乙+a

1=1,/=1，Q+