江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2020届高三第二次调研数学考试（4月） 16页

江苏省南京市、盐城市2020届高三第二次模拟考试 参考公式：‎ 圆锥的侧面积公式：S＝πrl，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A＝{x|x＝2k＋1，k∈Z}，B＝{x|x(x－5)＜0}，则A∩B＝________．‎ ‎2. 已知复数z＝1＋2i，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＋)的图象沿x轴向右平移φ(φ＞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φ的最小值为________．‎ ‎8. 在△ABC中，AB＝2，AC＝，∠BAC＝90°，则△ABC绕BC所在直线旋转一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，a3}＝{b1，b2，b3}＝{a，b，－2}，其中a＞0，b＞0，则a＋b的值为________．‎ ‎10. 已知点P是抛物线x2＝4y上动点，F是抛物线的焦点，点A的坐标为(0，－1)，则的最小值为________．‎ ‎11. 已知x，y为正实数，且xy＋2x＋4y＝41，则x＋y的最小值为________．‎ ‎12. 在平面直角坐标系xOy中，圆C：(x－m)2＋y2＝r2(m＞0)．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A，B两点，l2与圆C相切于点D.若AB＝OD，则直线l1的斜率为________．‎ ‎13. 在△ABC中，BC为定长，|＋2|＝3||.若△ABC面积的最大值为2，则边BC的长为________．‎ ‎14. 已知函数f(x)＝ex－x－b(e为自然对数的底数，b∈R)．若函数g(x)＝f(f(x)－)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：AC∥平面PDE；(2) 若PD＝AC＝2，PE＝，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a＝bcos C＋csin B.‎ ‎(1) 求B的值；(2) 设∠BAC的平分线AD与边BC交于点D.已知AD＝，cos A＝－，求b的值．‎ ‎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，记∠CBD为θ.(1) 用θ表示栈道的总长度f(θ)，并确定sin θ的取值范围；‎ ‎(2) 求当θ为何值时，栈道总长度最短．‎ ‎18. (16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点(0，)．(1) 求椭圆C的方程；(2) 已知△BMN是椭圆C的内接三角形．① 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；② 若原点O为△BMN的重心，求原点O到直线MN距离的最小值．‎ ‎19. (本小题满分16分)已知函数f(x)＝x3－x2－(a－16)x，g(x)＝aln x，a∈R.函数h(x)＝－g(x)的导函数h′(x)在[，4]上存在零点．(1) 求实数a的取值范围；(2) 若存在实数a，当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0时取得最大值，求正实数b的最大值；(3) 若直线l与曲线y＝f(x)和y＝g(x)都相切，且l在y轴上的截距为－12，求实数a的值．‎ ‎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Tn为数列{an}的前an项和，即Tn＝a1＋a2＋…＋an.(1) 若数列{an}为等比数列，且a1＝1，S4＝5S2，求T3的值；(2) 若数列{an}为等差数列，且存在唯一的正整数n(n≥2)，使得<2，求数列{an}的通项公式；(3) 若数列{Tn}的通项为Tn＝，求证：数列{an}为等差数列.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷 ‎ 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. (选修42：矩阵与变换)‎ 已知矩阵M＝[]，MN＝[]．(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(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ρcos(θ－)＝.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a＞0，求证：－≥a＋－2.‎ ‎【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1～6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(m≥2，m∈N*)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m＝4，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300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An＝{1，2，…，n}，n∈N*，n≥2，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m＝2n.记集合Mk中元素的个数为ak，k∈N*，k≤m，规定空集中元素的个数为0.(1) 当n＝2时，求a1＋a2＋…＋am的值；(2) 利用数学归纳法证明：不论n(n≥2)为何值，总存在有序集合组(M1，M2，…，Mm)，满足任意i∈N*，i≤m－1，都有|ai－ai＋1|＝1.‎ 参考答案 ‎1. {1，3}　2. 5　3. －　4. 325　5. 　6. 0　7. 　8. 6π　9. 5　10. 　11. 8　12. ± ‎13. 2　14. (1，＋ln 2)‎ ‎15. 证明：(1) 因为点D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC.(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DE＝AC.‎ 因为AC＝2，所以DE＝1.‎ 因为PD＝2，PE＝，所以PD2＝PE2＋DE2，‎ 因此在△PDE中，PE⊥DE.(8分)‎ 又平面PDE⊥平面ABC，且平面PDE∩平面ABC＝DE，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a＝bcos C＋csin B，‎ 由＝＝，得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B．(2分)‎ 因为sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，‎ 所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B，‎ 即cos Bsin C＝sin Csin B．(4分)‎ 因为0＜C＜π，所以sin C≠0，所以sin B＝cos B.‎ 又0＜B＜π，所以sin B≠0，从而cos B≠0，所以tan B＝1，所以B＝.(6分)‎ ‎(2) 因为AD是∠BAC的平分线，设∠BAD＝θ，所以A＝2θ.‎ 因为cos A＝－，所以cos 2θ＝cos A＝－，即2cos2θ－1＝－，所以cos2θ＝.‎ 因为0＜A＜π，所以0＜θ＜，所以cos θ＝，所以sin θ＝＝.‎ 在△ABD中，sin∠ADB＝sin(B＋θ)＝sin(＋θ)＝sincos θ＋cossin θ＝×(＋)＝.(8分)‎ 由＝，所以AB＝＝××＝.(10分)‎ 在△ABC中，sin A＝＝，‎ 所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×(－)＝.(12分)‎ 由＝，得b＝＝＝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＝θ，且圆形小岛的半径为1千米，所以DB＝，BC＝.‎ 因为岸边上的点A与小岛圆心C相距3千米，所以AB＝AC－BC＝3－.(2分)‎ 因为BE与圆C相切，所以BE＝DB＝，优弧所对圆心角为2π－(π－2θ)＝π＋2θ，所以优弧长l为π＋2θ.(4分)‎ 所以f(θ)＝AB＋BD＋BE＋l＝3－＋＋＋π＋2θ＝3＋π＋2θ＋.(6分)‎ 因为0＜AB＜2，所以0＜3－＜2，解得＜sin θ＜1，‎ 所以sin θ的取值范围是(，1)．(8分)‎ ‎(2) 由f(θ)＝3＋π＋2θ＋，得f′(θ)＝＋2＝.(10分)‎ 令f′(θ)＝0，解得cos θ＝.‎ 因为θ为锐角，所以θ＝.(12分)‎ 设sin θ0＝，θ0为锐角，则0＜θ0＜.‎ 当θ∈(θ0，)时，f′(θ)＜0，则f(θ)在(θ0，)上单调递减；‎ 当θ∈(，)时，f′(θ)＞0，则f(θ)在(，)上单调递增．‎ 所以f(θ)在θ＝时取得最小值．‎ 答：当θ＝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，所以＝.‎ 因为椭圆C过点(0，)，所以b＝.‎ 因为a2－c2＝b2，解得c＝1，a＝2，‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.(2分)‎ ‎(2) ① 因为点B为椭圆C的上顶点，所以B点坐标为(0，)．‎ 因为O为△BMN的垂心，所以BO⊥MN，即MN⊥y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－＜y0＜.‎ 因为MO⊥BN，所以·＝0，即(－x0，－y0)·(－x0，y0－)＝0，‎ 得x－y＋y0＝0.(6分)‎ 又点M(x0，y0)在椭圆上，则＋＝1.‎ 由解得y0＝－或y0＝(舍去)，此时|x0|＝.‎ 故MN＝2|x0|＝，即线段MN的长为.(8分)‎ ‎② (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＝2，则点D的坐标为(－，－)．(10分)‎ 若n＝0，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， ‎ 即为1.‎ 若n≠0，此时直线MN的斜率存在．‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n.‎ 又＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，‎ 可得kMN＝＝－.(12分)‎ 故直线MN的方程为y＝－(x＋)－，即6mx＋8ny＋3m2＋4n2＝0，‎ 则点O到直线MN的距离为d＝.‎ 将＋＝1，代入得d＝.(14分)‎ 因为0＜n2≤3，所以dmin＝.‎ 又＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分)‎ ‎(解法2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(x3，y3)，‎ 因为O为△BMN的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝0，‎ 则x3＝－(x1＋x2)，y3＝－(y1＋y2)．(10分)‎ 因为＋＝1，所以＋＝1.‎ 将＋＝1，＋＝1，代入得＋＝－.(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OB＝2，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y＝kx＋n.‎ 由消去y得(3＋4k2)x2＋8knx＋4n2－12＝0　(*)．‎ 则Δ＝(8kn)2－4(3＋4k2)(4n2－12)＞0，即3＋4k2＞n2.‎ 由根与系数关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 则y1y2＝(kx1＋n)(kx2＋n)＝k2x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝，‎ 代入＋＝－，得×＋×＝－，即n2＝k2＋.(14分)‎ 又3＋4k2＞n2，‎ 于是3＋4k2＞k2＋，即3k2＋＞0恒成立，因此k∈R.‎ 原点(0，0)到直线MN的距离为d＝＝＝.‎ 因为k2≥0，所以当k＝0时，dmin＝.‎ 又＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分)‎ ‎19. 解：(1) 因为h(x)＝－g(x)＝x2－x－(a－16)－aln x，‎ 所以h′(x)＝2x－1－＝.‎ 令h′(x)＝0，得2x2－x－a＝0.‎ 因为函数h′(x)在[，4]上存在零点，即y＝2x2－x－a在[，4]上存在零点，‎ 又函数y＝2x2－x－a在[，4]上单调递增，‎ 所以解得10≤a≤28.‎ 因此，实数a的取值范围是[10，28]．(2分)‎ ‎(2) (解法1)因为当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0处取得最大值，‎ 即存在实数a，当x∈[0，b]时，f(0)≥f(x)恒成立，‎ 即x3－x2－(a－16)x≤0对任意x∈[0，b]都成立．(4分)‎ 当x＝0时，上式恒成立；(6分)‎ 当x∈(0，b]时，存在a∈[10，28]，使得x2－x＋16≤a成立，(8分)‎ 所以x2－x＋16≤28，解得－3≤x≤4，所以b≤4.‎ 故当a＝28时，b的最大值为4.(10分)‎ ‎(解法2)由f(x)＝x3－x2－(a－16)x，得f′(x)＝3x2－2x－(a－16)．‎ 设Δ＝4＋12(a－16)＝4(3a－47)．‎ 若Δ≤0，则f′(x)≥0恒成立，f(x)在[0，b]上单调递增，‎ 因此当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0时不能取得最大值，于是Δ＞0，(4分)‎ 故f′(x)＝0有两个不同的实数根，记为x1，x2(x1＜x2)．‎ 若x1＞0，则当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，x1)上单调递增，‎ 因此当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0时不能取得最大值，‎ 所以x1≤0.(6分)‎ 又x1＋x2＝＞0，因此x2＞0，‎ 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x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0处取得最大值，‎ 则存在实数a，使得f(0)≥f(b)成立，即b3－b2－(a－16)b≤0.(8分)‎ 所以存在a∈[10，28]，使得b2－b＋16≤a成立，‎ 所以b2－b＋16≤28，解得－3≤b≤4，‎ 故当a＝28时，b的最大值为4.(10分)‎ ‎(3) 设直线l与曲线y＝f(x)相切于点A(x1，f(x1))，与曲线y＝g(x)相切于点B(x2，g(x2))，‎ 过点A(x1，f(x1))的切线方程为y－[x－x－(a－16)x1]＝[3x－2x1－(a－16)](x－x1)，即y＝[3x－2x1－(a－16)]x－2x＋x.‎ 过点B(x2，g(x2))的切线方程为y－aln x2＝(x－x2)，即y＝x＋aln x2－a.‎ 因为直线l在y上的截距为－12，‎ 所以(12分)‎ 由②解得x1＝2，则消去a，得ln x2＋＝0.(14分)‎ 由(1)知10≤a≤28，且x2＞0，则x2≥.‎ 令p(x)＝ln x＋，x∈[，＋∞)，则p′(x)＝－＝.‎ 因为p′(x)＞0，所以函数p(x)在[，＋∞)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[，＋∞)上有唯一零点1，‎ 所以方程ln x2＋＝0的解为x2＝1，所以a＝12.‎ 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，‎ 因为S4＝5S2，所以a1＋a2＋a3＋a4＝5(a1＋a2)，即a3＋a4＝4(a1＋a2)，‎ 所以a1q2(1＋q)＝4a1(1＋q)．‎ 因为数列{an}的各项均为正整数，所以a1，q均为正数，所以q2＝4，解得q＝2.‎ 又a1＝1，所以an＝2n－1，从而a3＝4，‎ 所以T3＝S4＝1＋2＋22＋23＝15.(2分)‎ ‎ (2) 解：设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.‎ 因为数列{an}的各项均为正整数，所以d∈Z.‎ 若d＜0，令an＞0，得n＜1－，这与{an}为无穷数列相矛盾，‎ 因此d≥0，即d∈N.(4分)‎ 因为Sn＝na1＋，所以Tn＝a1an＋，因此＝a1＋.‎ 由＜2，得a1＋＜2.(6分)‎ 因为a1∈N*，d∈N，所以2＞a1＋≥a1≥1，因此a1＝1.‎ 于是1＋＜2，即(n－1)d2＜2.‎ ‎① 若d＝0，则存在无穷多个n(n≥2)，使得上述不等式成立，所以d＝0不合题意；(8分)‎ ‎ ② 若d∈N*，则n＜1＋，‎ 因为存在唯一的正整数n(n≥2)，使得该不等式成立，‎ 所以2＜1＋≤3，即1≤d2＜2.‎ 又d∈N*，所以d＝1，因此an＝1＋(n－1)×1＝n.(10分)‎ ‎(3) 证明：因为Sn＋1－Sn＝an＋1＞0，所以Sn＋1＞Sn，即数列{Sn}单调递增．‎ 又Tn＋1－Tn＝－＝n＋1＞0，‎ 所以Tn＋1＞Tn，即San＋1＞San，‎ 因为数列{Sn}单调递增，所以an＋1＞an.(12分)‎ 又an∈N*，所以an＋1≥an＋1，即an＋1－an≥1，‎ 所以an＋1－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)≥n，‎ 因此an＋1≥a1＋n≥1＋n，即an≥n(n≥2)．‎ 又a1≥1，所以an≥n　①.(14分)‎ 由Tn＋1－Tn＝n＋1，得aan＋1＋aan＋2＋…＋aan＋1＝n＋1，‎ 因此n＋1≥aan＋1≥an＋1，即an≤n　②.‎ 由①②知an＝n，因此an＋1－an＝1，‎ 所以数列{an}为等差数列．(16分)‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(南京、盐城)‎ 数学附加题参考答案及评分标准 ‎21. A. 解：(1) 因为M＝，MN＝，所以N＝M－1.(2分)‎ 因为|M|＝1×1－2×2＝－3，(4分)‎ 所以N＝M－1＝＝.(6分)‎ ‎(2) N的特征多项式f(λ)＝＝(λ＋)2－(－)2＝(λ－)(λ＋1)．(8分)‎ 令f(λ)＝0，解得λ＝或－1，‎ 所以N的特征值是和1.(10分)‎ B. 解：曲线C的普通方程为y＝()2＝x2.(2分)‎ 由直线l的极坐标方程ρcos(θ－)＝，得ρ(cos θcos＋sin θsin)＝，‎ 即x＋y＝，所以直线l的方程为y＝－x＋2.(4分)‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组 消去y，得x2＋8x－16＝0，(6分)‎ 则x1＋x2＝－8，x1x2＝－16，‎ 所以AB＝|x1－x2|＝× ‎＝×＝16.(10分)‎ C. 证明：(证法1)因为a＞0，所以a＋≥2，‎ 要证－≥a＋－2，‎ 只需证≥(a＋)－(2－)．‎ 因为(a＋)－(2－)＞0，‎ 所以只需证()2≥，(4分)‎ 即2(2－)(a＋)≥8－4，即证a＋≥2.(8分)‎ 因为a＋≥2成立，所以要证的不等式成立．(10分)‎ ‎(证法2)令t＝a＋，因为a＞0，所以a＋≥2，即t≥2.‎ 要证－≥a＋－2，‎ 即证－≥t－2，‎ 即证t－≤2－，(4分)‎ 即证≤2－.(6分)‎ 由于f(t)＝t＋在[2，＋∞)上单调递增，则f(t)≥f(2)＝2＋，‎ 故≤＝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m＝4，所以P(A)＝＋×＝＋×＝.‎ 答：顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率为.(4分)‎ ‎(2) X的所有可能取值为400，300，100.‎ P(X＝400)＝×＝，‎ P(X＝300)＝×＝，‎ P(X＝100)＝＋×＝＋，(7分)‎ 则E(X)＝400×＋300× ‎＋100×[＋]≤150，化简得3m2－7m－6≥0.‎ 因为m≥2，m∈N*，所以m≥3，‎ 所以m的最小值为3.(10分)‎ ‎23. (1) 解：当n＝2时，A2的子集为∅，{1}，{2}，{1，2}，且m＝4.‎ 所以a1＋a2＋…＋am＝0＋1＋1＋2＝4.(2分)‎ ‎(2) 证明：① 当n＝2时，取一个集合组(M1，M2，M3，M4)＝(∅，{1}，{1，2}，{2})，‎ 此时a1＝0，a2＝1，a3＝2，a4＝1，满足任意i∈N*，i≤3，都有|ai－ai＋1|＝1，‎ 所以当n＝2时命题成立．(4分)‎ ‎② 假设n＝k(k∈N*，k≥2)时，命题成立，‎ 即对于Ak＝{1，2，…，k}，存在一个集合组(M1，M2，…，Mm)满足任意i∈N*，i≤m－1，都有|ai－ai＋1|＝1，其中m＝2k.‎ 当n＝k＋1时，则Ak＋1＝{1，2，…，k，k＋1}，‎ 集合Ak＋1的所有子集除去M1，M2，…，Mm外，其余的子集都含有k＋1.‎ 令Mm＋1＝Mm∪{k＋1}，Mm＋2＝Mm－1∪{k＋1}，…，M2m＝M1∪{k＋1}，‎ 取集合组(M1，M2，…，Mm，Mm＋1，Mm＋2，…，M2m)，其中2m＝2k＋1，(6分)‎ 根据归纳假设知|ai－ai＋1|＝1，其中i∈N*，m＋1≤i≤2m－1，(8分)‎ 所以此集合组满足|ai－ai＋1|＝1，其中i∈N*，i≤m－1或m＋1≤i≤2m－1.‎ 又Mm＋1＝Mm∪{c}，所以|am－am＋1|＝1，‎ 因此|ai－ai＋1|＝1，其中i∈N*，i≤2m－1，‎ 即当n＝k＋1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i∈N*，i≤m－1，‎ 都有|ai－ai＋1|＝1.(10分)‎