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2021年上海市崇明区高考数学一模试卷
展开这是一份2021年上海市崇明区高考数学一模试卷，共9页。试卷主要包含了 计算等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A={1, 2, 3}，集合B={3, 4}，则A∩B=________．
2. 不等式x−1x+2<0的解集是________．
3. 已知复数z满足(z−2)i=1（i是虚数单位），则z=________．
4. 设函数f(x)=1x+1的反函数为f−1(x)，则f−1(2)=________．
5. 点(0, 0)到直线x+y=2的距离是________．
6. 计算：limn→∞1+2+3+…+nn(n+2)=________．
7. 若关于x、y的方程组4x+6y＝1ax−3y＝2无解，则实数a=________．
8. 用数字0、1、2、3、4、5组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为________.（结果用数值表示）
9. 若(2a2+b3)n的二项展开式中有一项为ma4b12，则m=________．
10. 设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a>0, b>0)的两条渐近线分别交于D、E两点，若△ODE的面积为1，则双曲线C的焦距的最小值为________．
11. 已知函数y=f(x)，对任意x∈R，都有f(x+2)⋅f(x)=k（k为常数），且当x∈[0, 2]时，f(x)=x2+1，则f(2021)=________．
12. 已知点D为圆O:x2+y2=4的弦MN的中点，点A的坐标为(1, 0)，且AM→⋅AN→＝1，则OA→⋅OD→的最大值为________．
二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
若a<0
正方体上的点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则直线PQ与直线RS异面的图形是( )
A.B.
C.D.
设{an}为等比数列，则“对于任意的m∈N*，am+2>am”是“{an}为递增数列”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
设函数y=f(x)的定义域是R，对于下列四个命题：
（1）若函数y=f(x)是奇函数，则函数y=f（f(x)）是奇函数；
（2）若函数y=f(x)是周期函数，则函数y=f（f(x)）是周期函数；
（3）若函数y=f(x)是单调减函数，则函数y=f（f(x)）是单调减函数；
（4）若函数y=f(x)存在反函数y=f−1(x)，且函数y=f(x)−f−1(x)有零点，则函数y=f(x)−x也有零点；
其中正确的命题共有（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个
三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）
如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，AD与平面BCD所成的角为30∘，且AB=BC=2；
（1）求三棱锥A−BCD的体积；
（2）设M为BD的中点，求异面直线AD与CM所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
已知函数f(x)＝12sin2x−3cs2x．
（1）求函数y=f(x)的最小正周期；
（2）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若锐角A满足f(A)＝1−32，C＝π6，c=2，求△ABC的面积．
研究表明：在一节40分钟的网课中，学生的注意力指数y与听课时间x（单位：分钟）之间的变化曲线如图所示，当x∈[0, 16]时，曲线是二次函数图象的一部分；当x∈[16, 40]时，曲线是函数y=80+lg0.8(x+a)图象的一部分，当学生的注意力指数不高于68时，称学生处于“欠佳听课状态”．
（1）求函数y=f(x)的解析式；
（2）在一节40分钟的网课中，学生处于“欠佳听课状态”的时间有多长？（精确到1分钟）
已知椭圆Γ：x24+y2＝1的左右顶点分别为A、B，P为直线x=4上的动点，直线PA与椭圆Γ的另一交点为C，直线PB与椭圆Γ的另一交点为D．
（1）若点C的坐标为(0, 1)，求点P的坐标；
（2）若点P的坐标为(4, 1)，求以BD为直径的圆的方程；
（3）求证：直线CD过定点．
对于数列{an}，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称{an}为P数列．
（1）若数列1，2，x，8是P数列，求实数x的取值范围；
（2）设数列a1，a2，a3，…，a10是首项为−1、公差为d的等差数列，若该数列是P数列，求d的取值范围；
（3）设无穷数列{an}是首项为a、公比为q的等比数列，有穷数列{bn}、{cn}是从{an}中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，起所有项和分别记为T1、T2，求证：当a>0且T1=T2时，数列{an}不是P数列．
参考答案与试题解析
2021年上海市崇明区高考数学一模试卷
一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1.
【答案】
{3}
【考点】
交集及其运算
【解析】
直接利用集合的交集的求法，求出交集即可．
【解答】
解：因为集合A={1, 2, 3}，集合B={3, 4}，
所以A∩B={3}
故答案为：{3}．
2.
【答案】
(−2, 1)
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
问题转化为(x−1)(x+2)<0，求出不等式的解集即可．
【解答】
∵ x−1x+2<0，
∴ (x−1)(x+2)<0，
解得：−2
3.
【答案】
2+i
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数的运算和共轭复数的应用求出结果．
【解答】
因为(z−2)i＝1，所以z＝1i+2＝2−i，
所以z=2+i．
4.
【答案】
−12
【考点】
反函数
【解析】
直接利用反函数的关系式的定义域和函数的值的对应关系求出结果．
【解答】
在f(x)＝1x+1中，
令y=2，得x＝−12，
所以f−1(2)＝−12．
5.
【答案】
2
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
直接利用点到直线的距离公式的应用求出结果．
【解答】
由点(0, 0)到直线x+y−2=0的距离公式得d＝22＝2．．
6.
【答案】
12
【考点】
极限及其运算
等差数列的前n项和
【解析】
直接利用极限和等差数列的求和的应用求出结果．
【解答】
limn→∞1+2+3+…+nn(n+2)＝limn→∞n(n+1)2n(n+2)＝limn→∞n+12(n+2)＝12．
7.
【答案】
−2
【考点】
二元一次不等式组
【解析】
直接利用直线平行的充要条件的应用求出结果．
【解答】
由题意得两直线无解，则直线平行，且该直线在y轴上的截距不相等，
故4a＝6−3，解得：a=−2，
经检验满足题意，
所以a=−2．
8.
【答案】
48
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
直接利用组合数的应用求出结果．
【解答】
先挑个位，有C31种；再挑百位，有C41种；最后挑十位，有C41种；
故奇数的个数为C31C41C41＝48个．
9.
【答案】
154
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
直接利用二项式的展开式的应用建立方程，进一步求出结果．
【解答】
根据二项式的展开式的通项为Tr+1＝Cnr2n−ra2n−2rb3r，
令2n−2r＝43r＝12，解得n＝6r＝4，
所以m＝C6422＝60．
10.
【答案】
22
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出渐近线，确定D，E的坐标，根据三角形的面积得到ab=1，再根据基本不等式的性质求出2c的最小值即可．
【解答】
双曲线的渐近线为y＝±bax，所以D(a, b)，E(a, −b)，
因为△ODE的面积为1，所以a⋅2b⋅12＝1，即ab=1，
因为c2=a2+b2，所以2c＝2a2+b2≥22ab＝22，
即双曲线的焦距的最小值为22，
11.
【答案】
2
【考点】
函数的周期性
【解析】
根据f(x+2)⋅f(x)=k，求出f(x)是周期为4的周期函数，从而求出函数值即可．
【解答】
因为对任意x∈R，都有f(x+2)⋅f(x)=k为常数，
所以f(x+4)⋅f(x+2)=k，从而f(x+4)=f(x)，
即f(x)的周期为4，
所以f(2021)=f(1)=2，
故答案为：2．
12.
【答案】
2
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
设出点D的坐标，利用AM→⋅AN→＝1，求出D的轨迹方程，然后求解OA→⋅OD→的最大值．
【解答】
设D(x, y)，则AM→⋅AN→＝(AD→+DM→)⋅(AD→+DN→)＝(AD→−DN→)⋅(AD→+DN→)=AD→2−DN→2＝AD→2−(4−OD→2)＝AD→2+OD→2−4＝1，
因为AD→＝(x−1,y)，OD→＝(x,y)，所以(x−1)2+y2+x2+y2=5，
整理得(x−12)2+y2＝94，即为点D(x, y)的轨迹方程，所以OA→⋅OD→＝x≤12+32＝2，
故OA→⋅OD→的最大值为2．
二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
【答案】
D
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
若a＝−1，b＝1，则A，B，C不正确，对于D，根据幂函数的性质即可判断正确．
【解答】
解：∵ a<0
则A，B，C不正确，
对于D，根据幂函数的性质即可判断正确.
故选D.
【答案】
B
【考点】
异面直线的判定
【解析】
(1)分析：A根据正方体上的点P、Q、R、S是其所在棱的中点，则知RS平行于上底面一条对角线的连线，进一步确定RS // PQ，故PQ和RS不是异面直线．
(2)分析：C根据正方体上的点P、Q、R、S是其所在棱的中点，延长PQ，RS以及外右侧的棱然后根据三角形的相似得PQ和RS是相交直线．
(3)分析：D 根据正方体上的点P、Q、R、S是其所在棱的中点，连接PS和RQ，利用平行公理得到PS // RQ，说明P、S、R、Q四点共面，进一步得到：PQ和RS是相交直线．
【解答】
解：A、根据正方体上的点P，Q，R，S是其所在棱的中点，
则知RS平行于上底面一条对角线的连线，进一步确定RS // PQ，
故PQ和RS不是异面直线，故A选项错误；
C、根据正方体上的点P，Q，R，S是其所在棱的中点，
延长PQ，RS以及外右侧的棱然后根据三角形的相似得PQ和RS是相交直线．
故C选项错误；
D 、根据正方体上的点P，Q，R，S是其所在棱的中点，
连接PS和RQ，利用平行公理得到PS // RQ，说明P，S，R，Q四点共面，
进一步得到：PQ和RS是相交直线．故D选项错误.
通过排除法，得B选项正确.
故选B.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
利用充要条件，结合数列的单调性判断即可．
【解答】
对任意的m∈N*，am+2>am，am(q2−1)>0，【如果am<0，则q2<1，此时q∈(−1, 0)或q∈(0, 1)，当q∈(−1, 0)时，数列是摆动数列，不满足am+2>am，当q∈(0, 1)时，也不满足am+2>am，所以am<0，不成立．】
必有am>0，q2>1，即q>1时，所以{an}为递增数列；
反之，若{an}为递增数列，则am+2>am+1>am，故为充要条件，
【答案】
若y=f(x)是奇函数，则f(−x)=−f(x)，f（f(−x)）=f（−f(x)）=−f（f(x)），
则y=f（f(x)）也是奇函数，故
正确；
若y=f(x)是周期函数，则f(x+T)=f(x)，f（f(x+T)）=f（f(x)），
则y=f（f(x)）也是周期函数，故
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
利用奇函数的概念判断①；利用周期函数的概念判断②；由复合函数的单调性判断③；举例说明④不正确．
【解答】
若y=f(x)是奇函数，则f(−x)=−f(x)，f（f(−x)）=f（−f(x)）=−f（f(x)），
则y=f（f(x)）也是奇函数，故
正确；
若y=f(x)是周期函数，则f(x+T)=f(x)，f（f(x+T)）=f（f(x)），
则y=f（f(x)）也是周期函数，故
正确；
（1）若y=f(x)是单调递减函数，则根据复合函数的性质，y=f（f(x)）是单调递增函数，故（2）不正确；
（3）函数y=f(x)−f−1(x)有零点，即y=f(x)与其反函数y=f−1(x)的图象有交点，
则y=f(x)与y=x不一定有交点，也就是函数y=f(x)−x不一定有零点，如图，
故（4）不正确．
∴ 正确的命题共有2个．
三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）
【答案】
解：（1）如图，因为AB⊥平面BCD，
所以AB⊥CD，又BC⊥CD，所以CD⊥平面ABC，
因为AB⊥平面BCD，AD与平面BCD所成的角为30∘，故∠ADB=30∘，
由AB=BC=2，得AD=4，AC=22，
∴ BD=16−4=23，CD=(23)2−22=22，
则VA−BCD=13×S△BCD×AB=16×BC×CD×AB=16×2×22×2
=423．
（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则A(0, 2, 2)，D(22, 0, 0)，C(0, 0, 0)，B(0, 2, 0)，M(2,1,0)，
AD→=(22, −2, −2)，CM→=(2,1,0)，
设异面直线AD与CM所成角为θ，
则csθ=|AD→|⋅|CM→|˙=243=36．
θ=arccs36．
∴ 异面直线AD与CM所成角的大小为arccs36．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）由AB⊥平面BCD，得CD⊥平面ABC，由此能求出三棱锥A−BCD的体积．
（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出异面直线AD与CM所成角的大小．
【解答】
解：（1）如图，因为AB⊥平面BCD，
所以AB⊥CD，又BC⊥CD，所以CD⊥平面ABC，
因为AB⊥平面BCD，AD与平面BCD所成的角为30∘，故∠ADB=30∘，
由AB=BC=2，得AD=4，AC=22，
∴ BD=16−4=23，CD=(23)2−22=22，
则VA−BCD=13×S△BCD×AB=16×BC×CD×AB=16×2×22×2
=423．
（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则A(0, 2, 2)，D(22, 0, 0)，C(0, 0, 0)，B(0, 2, 0)，M(2,1,0)，
AD→=(22, −2, −2)，CM→=(2,1,0)，
设异面直线AD与CM所成角为θ，
则csθ=|AD→|⋅|CM→|˙=243=36．
θ=arccs36．
∴ 异面直线AD与CM所成角的大小为arccs36．
【答案】
f(x)＝12sin2x−3cs2x=12sin2x−3(1+cs2x)2
=12sin2x−32cs2x−32＝sin(2x−π3)−32，
∴ 函数y=f(x)的最小正周期T＝2π2＝π；
∵ f(A)＝sin(2A−π3)−32＝1−32，∴ sin(2A−π3)＝12，
又A为锐角，∴ 2A−π3∈(−π3,2π2)，则2A−π3＝π6，得A＝π4，
又C＝π6，c＝2，由正弦定理得asinA＝csinC，
即asinπ4＝2sinπ6，解得a＝22，
而sinB＝sin(A+C)＝sin(π4+π6)＝6+24，
∴ △ABC的面积S＝12acsinB＝22×6+24＝3+1．
【考点】
正弦定理
【解析】
（1）利用倍角公式降幂，再由辅助角公式化积，然后利用周期公式求周期；
（2）由f(A)＝1−32求解A，再由已知结合正弦定理求a，再求出sinB的值，代入三角形面积公式求面积．
【解答】
f(x)＝12sin2x−3cs2x=12sin2x−3(1+cs2x)2
=12sin2x−32cs2x−32＝sin(2x−π3)−32，
∴ 函数y=f(x)的最小正周期T＝2π2＝π；
∵ f(A)＝sin(2A−π3)−32＝1−32，∴ sin(2A−π3)＝12，
又A为锐角，∴ 2A−π3∈(−π3,2π2)，则2A−π3＝π6，得A＝π4，
又C＝π6，c＝2，由正弦定理得asinA＝csinC，
即asinπ4＝2sinπ6，解得a＝22，
而sinB＝sin(A+C)＝sin(π4+π6)＝6+24，
∴ △ABC的面积S＝12acsinB＝22×6+24＝3+1．
【答案】
当x∈(0, 16]时，设f(x)=b(x−12)2+84(b<0)，
∵ f(16)=b(16−12)2+84=80，∴ b=−14，
∴ f(x)＝−14(x−12)2+84．
当x∈(16, 40]时，f(x)=lg0.8(x+a)+80，
由f(16)=lg0.8(16+a)+80=80，解得a=−15，
∴ f(x)=lg0.8(x−15)+80．
综上，f(x)＝−14(x−12)2+84，x∈(0,16]lg0.8(x−15)+80，x∈(16,40]；
当x∈(0, 16]时，令f(x)＝−14(x−12)2+84<68，得x∈[0, 4]，
当x∈(16, 40]时，令f(x)=lg0.8(x−15)+80<68，得x≥15+0.8−12≈29.6，
∴ x∈[30, 40]，
故学生处于“欠佳听课状态”的时间长为4−0+40−30=14分钟．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
（1）当x∈(0, 16]时，设f(x)=b(x−12)2+84(b<0)，代入点的坐标求解b，当x∈(16, 40]时，直接在给出的函数模型中代入点的坐标求解a，则分段函数解析式可求；
（2）分别求解二次不等式得到x的范围，即可求得学生处于“欠佳听课状态”的时长．
【解答】
当x∈(0, 16]时，设f(x)=b(x−12)2+84(b<0)，
∵ f(16)=b(16−12)2+84=80，∴ b=−14，
∴ f(x)＝−14(x−12)2+84．
当x∈(16, 40]时，f(x)=lg0.8(x+a)+80，
由f(16)=lg0.8(16+a)+80=80，解得a=−15，
∴ f(x)=lg0.8(x−15)+80．
综上，f(x)＝−14(x−12)2+84，x∈(0,16]lg0.8(x−15)+80，x∈(16,40]；
当x∈(0, 16]时，令f(x)＝−14(x−12)2+84<68，得x∈[0, 4]，
当x∈(16, 40]时，令f(x)=lg0.8(x−15)+80<68，得x≥15+0.8−12≈29.6，
∴ x∈[30, 40]，
故学生处于“欠佳听课状态”的时间长为4−0+40−30=14分钟．
【答案】
由椭圆方程可得A(−2, 0)，C(0, 1)，
则kPA=kAC=12，所以直线PA的方程为y＝12x+1，
令x=4，得y=3，所以P(4, 3)；
因为A(−2, 0)，B(2, 0)，P(4, 1)，所以直线PB的方程为y＝12(x−2)，
由x24+y2＝1y＝12(x−2)得x2−2x=0，所以xD＝0，yD＝12(xD−2)＝−1，
所以以BD为直径的圆的方程为(x−2)x+y(y+1)=0，即(x−1)2+(y+12)2＝54；
设P(4, t)，因为A(−2, 0)，B(2, 0)，直线PA的方程为y＝t6(x+2)，
由x24+y2＝1y＝t6(x+2)得(t2+9)x2+4t2x+4t2−36=0，
由韦达定理得−2xc＝4t2−36t2+9，所以xc＝−2t2+18t2+9，
所以yC＝t6(xC+2)＝6tt2+9，同理，直线PB的方程为y＝t2(x−2)，
由x24+y2＝1y＝t2(x−2)得(t2+1)x2−4t2x+4t2−4=0，
由韦达定理得2xD＝4t2−4t2+1，所以xD＝2t2−2t2+1，所以yD＝t2(xD−2)＝−2tt2+1，
由椭圆的对称性知这样的定点在x轴上，设为E(m, 0)，则C，E，D三点共线，
所以EC→＝(−2t2+18t2+9−m,6tt2+9)，ED→＝(2t2−2t2+1−m,−2tt2+1)共线，
所以(−2t2+18t2+9−m)(−2tt2+1)＝(2t2−2t2+1−m)(6tt2+9)恒成立，
整理得(4m−4)t2+12m−12=0恒成立，
所以m=1，故直线CD过定点(1, 0)．
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）由已知可求出直线AP的斜率，进而可以求出直线的方程，即可求出P的坐标；
（2）由已知可求出直线PB的方程，联立直线与椭圆求出点D的坐标，进而求出以BD为直径的圆的方程；
（3）设出P的坐标，求出直线PA的方程，联立直线PA与椭圆的方程，利用韦达定理求出点C的坐标，同理求出点D的坐标，再利用向量共线定理
即可建立方程，利用恒成立思想即可求解．
【解答】
由椭圆方程可得A(−2, 0)，C(0, 1)，
则kPA=kAC=12，所以直线PA的方程为y＝12x+1，
令x=4，得y=3，所以P(4, 3)；
因为A(−2, 0)，B(2, 0)，P(4, 1)，所以直线PB的方程为y＝12(x−2)，
由x24+y2＝1y＝12(x−2)得x2−2x=0，所以xD＝0，yD＝12(xD−2)＝−1，
所以以BD为直径的圆的方程为(x−2)x+y(y+1)=0，即(x−1)2+(y+12)2＝54；
设P(4, t)，因为A(−2, 0)，B(2, 0)，直线PA的方程为y＝t6(x+2)，
由x24+y2＝1y＝t6(x+2)得(t2+9)x2+4t2x+4t2−36=0，
由韦达定理得−2xc＝4t2−36t2+9，所以xc＝−2t2+18t2+9，
所以yC＝t6(xC+2)＝6tt2+9，同理，直线PB的方程为y＝t2(x−2)，
由x24+y2＝1y＝t2(x−2)得(t2+1)x2−4t2x+4t2−4=0，
由韦达定理得2xD＝4t2−4t2+1，所以xD＝2t2−2t2+1，所以yD＝t2(xD−2)＝−2tt2+1，
由椭圆的对称性知这样的定点在x轴上，设为E(m, 0)，则C，E，D三点共线，
所以EC→＝(−2t2+18t2+9−m,6tt2+9)，ED→＝(2t2−2t2+1−m,−2tt2+1)共线，
所以(−2t2+18t2+9−m)(−2tt2+1)＝(2t2−2t2+1−m)(6tt2+9)恒成立，
整理得(4m−4)t2+12m−12=0恒成立，
所以m=1，故直线CD过定点(1, 0)．
【答案】
由题意得x>1+28>1+2+x，所以3
由数列a1，a2，a3，…，a10是P数列，得a2>S1=a1，
故公差d>0，Sn−an+1＝d2n2−(1+32d)n+1<0对满足n=1，2，3…，9的所有n都成立，
则d2⋅92−9(1+32d)+1<0，解得d<827，
所以d的取值范围是(0,827)；
证明：
若{an}是P数列，则a=S1
得aqn>a⋅qn−1q−1恒成立，即2−q<(1q)n恒成立，
因为(1q)n>0，limn→∞(1q)n＝0，故2−q≤0，
所以q≥2，
若{bn}中的每一项都在{cn}中，则由这两数列是不同数列可知T1
若{bn}中至少有一项不在{cn}中，且{cn}中至少有一项不在{bn}中，
设{b′n}，{c′n}是将{bn}，{cn}中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，
它们的所有项之和分别为T′1，T′2，不妨设{b′n}，{c′n}中的最大项在{b′n}中，
设为am(m≥2)，
则T′2≤a1+a2+...+am−1
原命题正确．
【考点】
数列的应用
【解析】
（1）根据数列的性质求出实数x的范围；
（2）利用等差数列的性质的应用求出d的取值范围；
（3）利用存在性问题的应用和假设法的应用求出结论．
【解答】
由题意得x>1+28>1+2+x，所以3
由数列a1，a2，a3，…，a10是P数列，得a2>S1=a1，
故公差d>0，Sn−an+1＝d2n2−(1+32d)n+1<0对满足n=1，2，3…，9的所有n都成立，
则d2⋅92−9(1+32d)+1<0，解得d<827，
所以d的取值范围是(0,827)；
证明：
若{an}是P数列，则a=S1
得aqn>a⋅qn−1q−1恒成立，即2−q<(1q)n恒成立，
因为(1q)n>0，limn→∞(1q)n＝0，故2−q≤0，
所以q≥2，
若{bn}中的每一项都在{cn}中，则由这两数列是不同数列可知T1
若{bn}中至少有一项不在{cn}中，且{cn}中至少有一项不在{bn}中，
设{b′n}，{c′n}是将{bn}，{cn}中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，
它们的所有项之和分别为T′1，T′2，不妨设{b′n}，{c′n}中的最大项在{b′n}中，
设为am(m≥2)，
则T′2≤a1+a2+...+am−1
原命题正确．
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