北京市海淀区2021届高三数学下学期模拟试卷（一）试题（Word版附答案）

2021 年北京市海淀区高三模拟试卷（一） 数学 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 第一部分(选择题共 40 分) 一､选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 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.已知集合    1 0 ,A x x B x x a  ∣ ∣„ … .若 A B  R ，则实数 a 的值可以为（ ） A.2 B.1 C.0 D.-2 2.下列函数中，在区间 (0, ) 上不是单调函数的是（ ） A. y x B. 2y x C. y x x  D. 1y x  3.已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS .若 3 3S a ，且 3 0a  ，则 4 3 S S  （ ） A.1 B. 5 3 C. 8 3 D.3 4.不等式 1 1x  成立的一个充分不必要条件是（ ） A. 10 2x  B. 1x  C. 0 1x  D. 0x  5.如图，角 以Ox 为始边，它的终边与单位同O 相交于点 P ，且点 P 的橫坐标为 3 5 ，则 sin 2      的值为（ ） A. 3 5  B. 3 5 C. 4 5  D. 4 5 6.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体 积为（ ） A. 2 3  B. 4 3  C. 2 D. 2 5 7.在四边形 ABCD 中， / / , ( ,AB CD AC AB AD        )R .者 3 ,2    则 CD AB    （ ） A. 1 3 B. 1 2 C.1 D. 2 8.已知函数   3 2 2 .f x x x x k    若存在实数 0x ，使得    0 0f x f x   成立，则实数 k 的取值范围是（ ） A. 1,   B.  , 1  C. 0,  D.  ,0 9.一个盒中装有大小相同的 2 个黑球，2 个白球，从中任取一球，若是白球则取出来，若是黑 球则放回盒中，直到把白球全部取出，则在此过程中恰有两次取到黑球的概率为（ ） A. 37 216 B. 37 72 C. 2 9 D. 2 27 10.设集合 A 是集合 *N 的子集，对于 *,i N 定义  i A  1, , : 0, . i A i A    给出下列三个结论 ①存在 *N 的两个不同子集 ,A B ，使得任意 *i N 都满足   0i A B   且   1i A B   ； ②任取 *N 的两个不同子集 ,A B ，对任意 *i N 都有      i i iA B A B     ； ③任取 *N 的两个不同子集 ,A B ，对任意 *i N 都有      i i iA B A B     . 其中所有正确结论的序号是（ ） A.①② B.②③ C.①③ D.①②③ 第二部分(非选择题共 110 分) 二､填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.把答案填在题中的機线上. 11.已知向量    1,2 , 3, ,a b t   且 / / ,a b   则 t  _______. 12.函数   6f x x x   的零点个数为_______. 13.如图，网格纸上小正方形的边长为 1，从 A，B，C，D 四点中任取两个点作为向量b  的始 点和终点，则 a b  的最大值为_______. 14.已知数列 na 的通项公式为 ln .na n 若存在 p R ，使得 na pn„ 对任意的 *n N 都成立， 则 p 的取值范围为_______. 15.已知函数    2sin , 2cosf x x g x x   ，其中 0  ， , ,A B C 是这两个函数图像的 交点，且不共线. ①当 1  时， ABC 面积的最小值为_______. ②若存在 ABC 是等腰直角三角形，则 的最小值为_______. 三､解答题：本大题共 6 小题，共 85 分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或 演算步骤. 16.(本小题满分 14 分) 在① 1 4 23,a a S  ，② 3 2 5 3 1,a b a b b   ，③ 1 2 2 22, 3a b a S    这三个条件中任选一 个，补充在下面问题中，若问题中的  存在，求  的最小值；若  不存在，说明理由. 设数列 na∣为等差数列， nS 是数列 nb 的前 n 项和，且_______，  * 3 18, 2 2,n nb b b n n N  … .记 2 1 logn n n c a b  ， nT 为数列 nc 的前 n 项和，是否存在实 数  ，使得对任意的 *n N 都有 ?nT  注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 17.(本小题满分 14 分) 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， 60 ,ABC PB PC   ，E 为线段 BC 的中点， F 为线段 PA 上的一点. （1）证明：平面 PAE  平面 BCP ； （2）若 2 2PA AB PB  ，二面角 A BD F  的余弦值为 3 ,5 求 PD 与平面 BDF 所成角的 正弦值. 18.(本小题满分 14 分) 根据某水文观测点的历史统计数据，得到某河流水位 X (单位：米)的频率分布直方图如下.将 河流水位在[20,22),[22,24),[24,26),[26,28),[28,30),[30,32),[32,34]段内的频率作为相应 段的概率，并假设每年河流水位变化互不影响. （1）求未来 4 年中，至少有 2 年河流水位  26,30X  的概率(结果用分数表示)； （2）已知该河流对沿河 A 工厂的影响如下：当 X [20，26)时，不会造成影响；当  26,30x 时，损失 50000 元；当  30,34X  时，损失 300000 元，为减少损失，现有三种应对方案： 方案一：不采取措施； 方案二：防御不超过 30 米的水位，需要工程费用 8000 元； 方案三：防御 34 米的最高水位，需要工程费用 20000 元. 试问哪种方案更好，请说明理由. 19.(本小题满分 14 分) 已知椭圆 C 的中心在原点，  1,0F 是它的一个焦点，直线 1l 过点 F 与椭圆C 交于 ,A B 两点， 当直线 1l  x 轴时， 1 .2OA OB   （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设椭圆的左顶点为 P ， ,PA PB 的延长线分别交直线 2 : 2l x  于 ,M N 两点，证明：以 MN 为直径的圆过定点. 20.(本小题满分 15 分) 已知函数   ln x xf x e  . （1）判断函数  f x 在区间(0，1)上的单调性，并说明理由； （2）求证：   1 .2f x  21.(本小题满分 14 分) 已知集合 *M N ，且 M 中的元素个数 n 大于等于 5.若集合 M 中存在四个不同的元素 , , ,a b c d ，使得 ,a b c d   则称集合 M 是“关联的”，并称集合 , , ,a b c d 是集合 M 的“关 联子集”；若集合 M 不存在“关联子集”，则称集合 M 是“独立的”. （1）分别判断集合{2，4，6，8，10}与{1，2，3，5，8}是“关联的”还是“独立的”？若是“关 联的”，写出其所有的“关联子集”； （2）已知集合  1 2 3 4 5, , , ,M a a a a a 是“关联的”，且任取集合 ,i ja a M∣ ，总存在 M 的“关 联子集" A ，使得 , .i ja a A 若 1 2 3 4 5 ,a a a a a    求证： 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a 是等差数列； （3）若集合 M 是“独立的”，求证：存在 x M ，使得 2 9 4 n nx   . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D D C A B B B A A A 1.D【解析】本题考查集合的并集运算.由题意得，集合 { 1}A x x ∣ „ ，若 A B R  ，则 1a „ ，结合各选项知 a 的值可以为 2 ，故选 D. 【方法点拨】无限数集的运算可借助数轴直观求解. 2.D【解析】本题考查函数的单调性.函数 2, ,y x y x y x x    在 (0, ) 上都是增函数， 故选项 A，B，C 错误；函数 | 1|y x  在 (0,1) 上单调递减， (1, ) 上单调递增，故选 D. 【规律总结】判断函数的单调性可利用图象，或根据定义作出结论 3.C【解析】本题考查等差数列.设等差数列 na 的公差为 d ， 3 3 1 1, 3 3 2S a a d a d     ，即  1 12 0d a a   ，则 4 1 1 3 1 1 4 6 8 8 3 3 3 3 S a d a S a d a      ，故选 C. 利用等差数列的通项公式及求和公式得出数列 na 的首项与公差的关系式是解题的关键. 4.A【解析】本题考查不等式的解法､充分条件与必要条件的判断，不等式 1 1 0 1xx     则 10 2x  是 1 1x  成立的一个充分不必要条件，故选 A. 【举一反三】小范围可以推出大范围，大范围不能推出小范围，小范围是大范围的充分不必 要条件. 5.B【解析】本题考在三角函数的定义､诱导公式.由题意可得 3cos 5   ， 3sin cos2 5         ，故选 B. 【方法点拨】诱导公式的记忆口诀是“奇变偶不变，符号看象限". 6.B【解析】本题考查三视图､空间几何体的体积.该几何体由两个圆锥拼接而成，圆锥的底面 半径为 1，高为 2，所以该几何体的体积为  21 42 1 23 3V       .故选 B. 【方法总结】对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应清它是由哪些简单几何体组 成的，然后再画其三视图.由三视图还原几何体的直观图时，要遵循以下三步：（1）看视图， 明关系；（2）分部分，想整体；（3）综合起来，定整体. 7.B【解析】本题考查平面向量的线性运算.如图，过点，过点 C 作 / /CE AD ，交 AB 于点 E， / / , / /AB CD CE AD ， .边形 AECD 是平行四边形，则 ,AC AE AD    又 AC AB AD     ， 3 11, , ,2 2AE AB             即 1 2AE AB  ，则 | | | | | | | | CD AE AB AB       1 2 ，故选 B. 灵活运用向量加法的平行四边形法则是解题的关键. 8.A【解析】本题考查函数与方程.由题意可得  3 2 3 2 0 0 0 0 0 02 2x x x k x x x k         ， 整理得各 2 0 02x x k  ，则原题化为函数 2 2y x x  与函数 y k 的图象有交点，作出函 数 2 2 | |y x x  的图象如图所示，则 1k … ，故选 A. 【核心素养】本题要求考生抓住函数与方程问题的本质，建立数与形之间的联系，体现了直 观想象､逻辑推理､数学运算的核心素养. 9.A【解析】本题考查独立事件概率的求法､分类计数原理的应用要满足题意，共有三种取法： (白黑黑白)，(黑白黑白)，(黑黑白白)，其中(白黑黑白)的取法概率为 2 2 2 1 2 4 3 3 3 27     ，(黑 黑白白)的取法概率为 2 2 2 1 1 4 4 4 3 24     ，(黑白黑白)的取法概率为 2 2 2 1 1 4 4 3 3 18     ，综上 概率为 2 1 1 37 27 24 18 216    故选 A. 【方法技巧]涉及独立事件的概率求解问题，有效地对问题进行合理分类来处理是解决问题的 关键. 10.A【解析】∵对于 *iN ，定义 1,( ) 0,i i AA i A     ， ∴对于①，例如集合 A ={正奇数}， A ={正偶数}， , *A B A B N     ，    0 1i iA B A B    ; ，故①正确；对于②，若   0i A B  ，则  i A B  ，则 i A 且i B ，或i B 且i A ，或i A 且i B ；     0i iA B    ；若   1i A B  ， 则  i A B  ，则 i A 且i B ；     1i iA B    ；∴任取 *N 的两个不同子集 ,A B ， 对任意 *iN 都有  i iA B A i B    （ ）（ ）；正确，故②正确；对于③，若      1 2 3 2 3 4 1 2 3 4A B A B  , , , , , , , , , ，当 2i  时， 1i A B （ ） ；    1, 1i iA B   ；      i i iA B A B     ；故③错误；故选：A. 11.6【解析】本题考查向量共线的充要条件.由题意可得 2 3 6t    【易错提示】本题容易将向量共线的坐标表示与向量垂直的坐标表示混淆，若    1 1 2 2, , ,a x y b x y  ，则 1 2 2 1 1 2 1 2/ / , 0a b x y x y a b x x y y      12.1【解析】本题考查函数的零点.令 ( ) 0f x  ，则 6 0x x   ，令 ( 0)t x t … ，则 2 6 0t t   ，解得： 3t  (舍负)，即 3, 9x x   ，即函数 ( )f x 的零点个数为 1. 【方法点拨】确定函数零点个数的常用方法有方程和数形结合. 13.3【解析】本题考查平面向量的数量积.由题知 | | | | cos , | | cos ,a b a b a b b a b        ，由图 易知，当 b AC  时， 1 3( ) | | cos , 10 3 10ma b AC a AC         14. ln3,3     【解析】本题考查不等式､利用导数研究函数的单调性.由题意可得 max ln nP n     … ，令 ln( ) , 0xf x xx   ，则 2 1 ln( ) xf x x   ，令 ( ) 0f x  得 0 x e  ，所 以函数 ( )f x 在 (0, )e 上单调递增，令 ( ) 0f x  得 x e ，所以函数 ( )f x 在 ( , )e  上单调递 减，所以当 x e 时函数 ( )f x 有最大值，又 n N  ，且 ln 2 ln3(2) (3)2 3f f   ，所以 ln3 3p… 15. 2 ； 2  【解析】本题考在三角函数的图象与性质. ①当 1  时，    2sin , 2cos ,f x g x x  令    f x g x ， 得 2sin 2cos ,x x 则 tan 1, , ,4x x k k Z      取 5 9,1 , , 1 , ,1 ,4 4 4A B C                  此时 ABC 的面积最小， 所以 min 1 2 2 22ABCS      ；②若存在 ABC△ 是等腰直角三角形，当 A，B，C 为相 邻三个交点时， 取得最小值，利用直角三角形斜边的中线等于斜边长的一半得 2 2 22 2 2 42 2             解得 2   . 【核心素养】本题以函数图象为载体，要求考生抓住三角函数图象与性质的联系，建立数与 形之间的联系，体现了数学运算的核心素养. 16.【名师指导】本题考查等比数列､等差数列的通项公式及裂项相消法求数列的前 n 项和.由题 中条件求得数列 nb 的通项公式，再结合选择的条件，利用等差数列的通项公式及裂项相消 法求解即可. 由 12n nb b  ，1 可知数列 nb .是等比数列，且公比 2q  ， 又 3 8,b  则 38 2 2 ,n n nb    所以 1 2b  ， 可得   12 1 2 2 21 2 n n nS     ， 若选① 2 1 1 4 23, 2 2 6a a S      因为数列 na 为等差数列， 设等差数列 na 的公差为 d 所以 4 13 3,d a a   即 1d  ， 所以  3 1 2,na n n     故  2 1 1 1 1 1 ,log 2 2 2n n n c a b n n n n         1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 1 1 2nT n n n n                3 1 1 1 4 2 1 2n n       n   时 1 1, 01 2n n    所以 3 4nT  此时  的最小值为 3 .4 若②，则 3 1 3 14, 8 2 6,sa b a b b       因为数列 na 为等差数列， 设等差数列 na 的公差为 d 所以 5 32 2,d a a   即 1d  ， 所以  4 3 1na n n     故  2 1 1 1 1 log 1 1n n a c a b n n n n      1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1nT n n n           芙 n   吋 1, 01n  所以 1nT  此时  的最小值为1. 若选③，则 1 2 2 22 2, 3 3,a b a S      因为数列 na 为等差数列， 设等差数列 na 的公差为 d 所以 2 1 1d a a   所以  2 1 1 1na n n      故  2 1 1 1 1 log 1 1n n n c a b n n n n      而 1 1 1 1 1 11 1 ,2 2 3 1 1nT n n n           彗 n   时 1 1, 0,1 11 1n n     ， 所以 1nT  此时  的最小值为 1. 17.【名师指导】本题考查线而垂直的判定和性质､面而垂直的判定､二面角､线面所成角. （1）证明：连接 AC ，因为 PB PC ， E 为线段 BC 的中点， 所以 PE BC . 又 AB BC ， 60ABC   ， 所以 ABC 为等边三角形， 所以 BC AE . 因为 AE PE E  ，所以 BC ⊥平面 PAE ， 又 BC 平面 BCP ，所以平面 PAE  平面 BCP . （2）解：设 AB PA a  ，则 2PB a PC  ， 因为 2 2 2PA AB PB  ， 所以 PA AB ， 同理可证 PA AC ， 所以 PA  平面 ABCD . 如图，设 AC BD O ，以O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 O xyz . 易知 FOA 为二面角 A BD F  的平面角，所以 3cos 5FOA  ，从而 4tan 3FOA  . 由 4 3 2 AF a  ，得 2 3AF a . 又由 20, ,2 3 a aF     ， 3 ,0,02B a       ， 得 3 2, ,2 2 3 a a aBF         ， 20, ,2 3 a aOF       . 设平面 BDF 的法向量为  , ,n x y z ， 由 n BF  ， n OF  ，得 3 2 02 2 3 2 02 3 a a ax y z a ay z         ， 不妨设 3z  ，则可得平面 BDF 的一个法向量得  0,4,3n  . 又 0, ,2 aP a    ， 3 ,0,02D a      ，所以 3 , ,2 2 a aPD a         . 设 PD 与平面 BDF 所成角为 ， 则 2 2 2 2 3 2sin 103 15 4 4 n PD a a n PD a a a          . 所以 PD 与平面 BDF 所成角的正弦值为 2 10 . 18.【名师指导】本题考查频率分布直方图､二项分布､对立事件的概率以及数学期望，考查考 生的应用数学知识解决实际问题的能力以及等价转化思想. （1）利用频率分布直方图和对立事件､二项分布的概率公式求解； （2）建立概率分布表，分别求出数学期望，再比较大小即可. 解：（1）由频率分布直方图可知河流水位 [26,30)X  的概率 为 1(0.075 0.025) 2 5    记"在未来 4 年中，至少有 2 年河流水位 [26,30)x "为事件 A， 则 ( ) 1 ( )P A P A  3 4 1 0 4 4 1 4 41 5 5 5C C                    113 625  （2）记 A 工厂的工程费与损失费之和为Y (单位：元). ①若采用方案一，则Y 的分布列为 Y 0 50000 300000 P 0.78 0.2 0.02 0 0.78 50000 0.2 300000 0.02 16000EY        (元) ②若采用方案二，则Y 的分布列为 Y 8000 308000 P 0.98 0.02 8000 0.98 308000 0.02 14000EY      (元) ③若采用方案三： 20000EY  (元) 因为14000 16000 20000,  所以 A 工厂应用方案二 19.【名师指导】本题考在椭圆的方程和性质､椭圆的离心率和方程的运用､联立直线方程､运用 韦达定理､向量垂直的条件，考查运算求解能力､化归与转化思想､函数与方程思想. （1）设椭圆 C 的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，则 2 2 1a b  ，当 1l 垂直于 x 轴时，A，B 两点的坐标分别是 2 1, b a       和 2 1, b a      ，由 1 2OA OB   知 2 42a b ，由此能求出椭圆 C 的方 程； （2）由对称性，若定点存在，则定点在 x 轴上，设直线 AB 的方程为： 1x my  ，与椭圆 方程联立，运用韦达定理，通过直线 PA 和直线 PB 的方程表示出 M，N 的坐标，得出 0FM FN   ，可知 F 在以 MN 为直径的圆上，结论得证. （1）由题意，设椭圆C 的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ， 2 2c a b  ，则 1c  当 1l x 轴时，不妨设 2 1, bA a       ， 2 1, bB a      4 2 11 2 bOA OB a        22 22 1a a   2 2a  ， 1c  ， 1a c   2 22 1a b    椭圆 C 的方程为 2 2 12 x y  （2）设 AB 的方程为 1x my  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y 由 2 2 12 1 x y x my         2 22 2 1 0m y my     1 2 1 2 2x x m y y     ，  2 1 2 1 2 1 2 1x x m y y m y y    直线 PA 的方程为  1 1 2 2 yy x x    直线 PB 的方程为  2 2 2 2 yy x x    令 2x  ，得   1 1 2 2 2M y y x    ，   2 2 2 2 2N y y x      1 1 2 2 2, 2 y M x       ，   2 2 2 2 2, 2 y N x           2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 y y FM FN x x x x               2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 3 2 2 y y m y y m y y              2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 3 2 2 y y m y y m y y             2 2 22 2 2 12 2 21 2 1 2 3 2 22 2 m mm m m               6 4 21 0 2 3 2 2     FM FN    F 在以 MN 为直径的圆上， 以 MN 为直径的圆过定点. 20.【名师指导】本题考查导数与函数､不等式的综合. （1）利用导数研究函数的单调性求解； （2）证明：“ 1( ) 2f x  ”等价于证“ max 1( ) 2f x  ”，求出函数 ( )f x 最大值即可. 函数  f x 在区间 0,1 上是单调递增函数. 理由如下： 由   x lnxf x e  ，得   1 x lnxxf x e    因为  0,1x ， 所以 1 1,ln 0xx   . 因此 1 0lnxx   . 又因为 0xe  ， 所以   0f x  恒成立. 所以  f x 在区间 0,1 上是单调递增函数. （2）证明“   1 2f x  ”等价于证明“  max 1 2f x  ” 由题意可得， (0, )x  . 因为   1 x lnxxf x e    令   1 lnxxg x  ，则   2 1 1 0g x x x      . 所以 ( )g x 在 0,  上单调递减 因为     11 1 0, 1 0g g e e      ， 所以存在唯一实数 0x ，使得  0 0g x  ，其中  0 1,x e . x  00, x 0x  0,x   f x  0   f x  极大值     , , x f x f x 的变化如表所示： 所以  0f x 为函数  f x 的极大值. 因为函数  f x 在 (0, ) 有唯一的极大值. 所以     0 0max ln ox xf x f x e   因为 0 0 1 lnxx  ， 所以     0 0 0max 0 ln 1 ox x xf x f x e x e    因为  0 1,x e 所以   0max 0 1 1 1 2xf x x e e    所以   1 2f x  21.【名师指导】本题考查新定义､等差数列的性质､不等式以及推理与证明的综合. （1）利用新定义直接求解；（2）利用新定义，结合等差数列的性质求解；（3）利用新定义， 结合反证法求解. 解：（1） 2,4,6,8,10 是“关联的”关联子集有     2,4,6,8 4,6,8,10 2,4,8,10， ， ；  1,2,3,5,8 是“独立的” （2）记集合 M 的含有四个元素的集合分别为：  1 2 3 4 5, , ,A a a a a ，  2 1 3 4 5 , , ,A a a a a ，  3 1 2 4 5 , , ,A a a a a ，  4 1 2 3 5 , , ,A a a a a ，  5 1 2 3 4 , , ,A a a a a . 所以， M 至多有5个“关联子集”. 若  2 1 3 4 5 , , ,A a a a a 为“关联子集”， 则  1 2 3 4 5, , ,A a a a a 不是“关联子集”，否则 1 2a a 同理可得若  2 1 3 4 5 , , ,A a a a a 为“关联子集”，则 3 4,A A 不是“关联子集”. 所以集合 M 没有同时含有元素 2 5,a a 的“关联子集”，与已知矛盾. 所以  2 1 3 4 5 , , ,A a a a a 一定不是“关联子集” 同理  4 1 2 3 5 , , ,A a a a a 一定不是“关联子集”. 所以集合 M 的“关联子集”至多为 1 3 5, ,A A A . 若 1A 不是“关联子集”，则此时集合 M 一定不含有元素 3 5,a a 的“关联子集”，与已知矛盾； 若 3A 不是“关联子集”，则此时集合 M 一定不含有元素 1 5,a a 的“关联子集”，与已知矛盾； 若 5A 不是“关联子集”，则此时集合 M 一定不含有元素 1 3,a a 的“关联子集”，与已知矛盾； 所以 1 3 5, ,A A A 都是“关联子集” 所以有 2 5 3 4a a a a   ，即 5 4 3 2a a a a   1 5 2 4a a a a   ，即 5 4 2 1a a a a   . 1 4 2 3a a a a   ，即 4 3 2 1=a a a a  ， 所以 5 4 4 3 3 2 2 1a a a a a a a a       . 所以 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a 是等差数列. （3）不妨设集合  1 2, , ( ), 5nM a a a n   ， *, 1,2,...,ia N i n  ，且 1 2 ... na a a   . 记  * ,1 ,i jT t t a a i j j N      . 因为集合 M 是“独立的”的，所以容易知道T 中恰好有  2 1 2n n nC  个元素. 假设结论错误，即不存在 x M ，使得 2 9 4 n nx   所以任取 x M ， 2 9 4 n nx   ，因为 *xN ，所以 2 8 4 n nx   所以 2 2 2 28 8 81 1 34 4 2 2i j n n n n n n n na a               所以任取 t T ， 2 32 n nt   任取 , 1 2 3t T t    ， 所以 2 3,4, , 32 n nT        ，且T 中含有  2 1 2n n nC  个元素. （i）若3 T ，则必有 1 21, 2a a  成立. 因为 5n  ，所以一定有 1 2 1n na a a a   成立.所以 1 2n na a   . 所以 2 2 2 1 8 8 2 24 4 2n n n n n n n na a            *2 3 2,2 n nT t t t N            ， 2 8 4n na n  ， 2 1 8 24n na n     所以 4 T ，所以 3 3a  ， 1 -1 3n na a a a   有矛盾， （ii）若3 T ， 2 3,4, , 32 n nT        而T 中含有  2 1 2n n nC  个元素， 所以 *2 4 3,2 n nT t t t N            所以 2 8 4n na n  ， 2 1 8 14n na n     因为 4 T ，所以 1 21, 3a a  . 因为 2 22 n n T   ，所以 2 222 n n n n a a     所以 2 2 8 24n na n     所以 1 2 3na a a a  n ，矛盾. 所以命题成立.