【文档说明】山东省淄博市2021届高三高考数学三模试卷 含解析.doc，共(23)页，1.548 MB，由小赞的店铺上传

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2021年山东省淄博市高考数学三模试卷一、单项选择题（每小题5分，共40分．）1．已知全集U＝R，集合，B＝{x||x|≤1}（）A．[﹣1，0）B．[﹣1，0）∪[1，2）C．（1，2）D．（0，1）2．某个国家某种病毒传播的中期，感染人数y和时间x（单位：天）在18天里的散点图如图所示（）A

．y＝a+bxB．y＝a+bexC．y＝a+blnxD．3．在正项等比数列{an}中，若a2021是a2019，a2020两项的等差中项，则q＝（）A．1B．C．D．﹣14．已知向量，为单位向量，且||＝|﹣|＝1+|＝（）A．B．C．D．5．已知z∈C，

且|z﹣i|＝1，i为虚数单位（）A．2B．C．D．6．已知锐角α，β满足，则的最小值为（）A．4B．C．8D．7．算盘是一种手动操作计算辅助工具．它起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项重要发明（如图一），共两挡，自右向左

分别表示个位和十位，梁上一珠拨下，记作数字5，上拨每珠记作数字1（例如图二中算盘表示整数51）．如果拨动图一算盘中的三枚算珠（）A．16B．15C．12D．108．设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P（异于顶点）在双曲线C的右支上，则下列说

法正确的是（）A．△PF1F2可能是正三角形B．P到两渐近线的距离之积是定值C．若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为8D．在△PF1F2中，二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．已知正四棱台的上底面边长为1，侧棱长为2，高为，则（）A．棱台的侧面积为B．棱台的体积为C．棱台的侧棱与底面所成的角D．棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为10．下列说法正确的是（）A．某高中为了解在校学生

对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，已知该校高一、高二，高三年级学生之比为6：5：4，则应从高二年级中抽取20名学生B．线性回归方程对应的直线至少经过其

样本数据点中的一个点C．命题“∀x＞0，lg（x2+1）≥0”的否定是“∃x＞0，lg（x2+1）＜0”D．方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小11．已知圆O1：x2+y2﹣2x﹣3＝

0和圆O2：x2+y2﹣2y﹣1＝0交点为A，B，则（）A．圆O1和圆O2有两条公切线B．直线AB的方程为x﹣y+1＝0C．圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|＞|AB|D．圆O1上的点到直线AB的最大距离为12．2021年3月30日

，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo．设计师的灵感来源于曲线C：|x|n+|y|n＝1．则下列说法正确的是（）A．曲线C关于原点成中心对称B．当n＝﹣2时，曲线C上的点到原点的距离的最小值为2C．

当n＞0时，曲线C所围成图形的面积的最小值为πD．当n＞0时，曲线C所围成图形的面积小于4三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．请写出一个函数f（x）＝，使之同时具有如下性质：①∀x∈R，

f（x）＝f（4﹣x），②∀x∈R，f（x+4）（x）．14．已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，直线AB过F1与椭圆交于A，B两点，当△F2AB为正三角形时，该椭圆的离心率为．15．已知函数f（x）＝的部分图象如图所示，＝．16．如图，在3

×3的点阵中，依次随机地选出A，B，则选出的三点满足＜0的概率是．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，a+c＝2．（1）求角B的大小；（2）求△ABC外接圆面积的最小值．1

8．在图1所示的平面图形ABCD中，△ABD是边长为4的等边三角形，BD是∠ADC的平分线，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起得到四棱锥A﹣BCDM（如图2）．（1）设平面ABC和ADM的交线为

l，在四棱锥A﹣BCDM的棱AC上求一点N，使直线BN∥l；（2）若二面角A﹣BM﹣D的大小为60°，求平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值．19．某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己有把握独立

答对的概率为，若甲自己没有把握答对，其亲友团每道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响．（Ⅰ）当p＝时，（ⅰ）若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率；（ⅱ）甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望EX；（Ⅱ）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现

甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于20．已知函数．（1）判断函数f（x）在（0，π）上的单调性；（2）证明函数f（x）在（π，2π）内存在唯一的极值点x0，且．21．已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点与其右焦点F的最短距离为．（1）求椭圆E的标准方程；（

2）若A，B，C为椭圆E上的3个动点，且△ABC的重心是O（0，0），并求这个定值．22．若存在常数m∈R，使得对于任意n∈N*，都有an+1≥man，则称数列{an}为Z（m）数列．（1）已知数列{an}是公差为2的等差数列，

其前n项和为Sn，若Sn为Z（1）数列，求a1的取值范围；（2）已知数列{bn}的各项均为正数，记{bn}的前n项和为Rn，数列{bn2}的前n项和为Tn，且3Tn＝Rn2+4Rn，n∈N*，若数列{cn}满足cn＝bn+，且{cn}为Z（m）数列，求m的最大值；（3）已知正项数列{

dn}满足：dn≤dn+1（n∈N*），且数列{d2k﹣1d2k+1}为Z（r）数列，数列{（s）数列，若＝rsn}中必存在无穷多项可以组成等比数列．参考答案一、单项选择题（共8小题）.1．已知全集U＝R，集合，B＝{x||x|≤1}（）A．[﹣1，0）B．[﹣1，0）∪[1，2

）C．（1，2）D．（0，1）解：由图可知所求集合为A∩B在A中补集，A∩B＝（0，∴阴影部分表示的集合是（1．故选：C．2．某个国家某种病毒传播的中期，感染人数y和时间x（单位：天）在18天里的散点图如图所示（）A．y＝a+bxB．y＝a+bexC．y＝a+blnx

D．解：由图可知，图象随着x的增大而增高，结合选项，可判断y＝a+bex最适宜作为感染人数y和时间x的回归方程．故选：B．3．在正项等比数列{an}中，若a2021是a2019，a2020两项的等差中项，则q＝（）A．1B．C

．D．﹣1解：由题意2a2021＝a2019+a2020，设正项等比数列{an}的公比为q（q＞0），∴，∵a2020≠0，∴2q3﹣q﹣1＝0，解得q＝﹣（舍去）．故选：A．4．已知向量，为单位向量，且||＝|

﹣|＝1+|＝（）A．B．C．D．解：根据题意，若|﹣，则有|﹣|2＝2+4﹣2•＝1，又由||＝|，则有•＝，则|2+|7＝42+8+4•＝7，即|8+|＝；故选：D．5．已知z∈C，且|z﹣i|＝1，i为虚数单位（）A．

2B．C．D．解：由|z﹣i|＝1，z表示的轨迹为以C（0，7为半径的圆上．设P（1，0），则|z﹣5|的最大值＝|CP|+1＝+8．故选：B．6．已知锐角α，β满足，则的最小值为（）A．4B．C．8D．解：因为锐角α，β满足，所以co

s（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ＝，令x＝cosαcosβ，y＝sinαsinβ，则x+y＝，由题意得x＞3，y＞0，则＝＝8（x+y）（）＝5，当且仅当x＝y时取等号，此时．故选：C．7

．算盘是一种手动操作计算辅助工具．它起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项重要发明（如图一），共两挡，自右向左分别表示个位和十位，梁上一珠拨下，记作数字5，上拨每珠记作数字1（例如图二中算盘表示整数51）．如果拨动

图一算盘中的三枚算珠（）A．16B．15C．12D．10解：不选十位时，有2种（3或2），当十位选梁下选一个算珠时，有2种（12或16），当十位选梁下选两个算珠时，有2种（21或25），当十位选梁上选一个算珠时，有7种（52或56），当十位选梁上选一个和梁下选

一个算珠时，有2种（61或65），当十位选选三个算珠时，有2种（30或70），故不同的数字共有12个，故选：C．8．设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P（异于顶点）在双曲线C的右支上，则下列说法正确的是（）A．△PF1F2可能

是正三角形B．P到两渐近线的距离之积是定值C．若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为8D．在△PF1F2中，解：由双曲线方程可得，a＝3，c＝5，由双曲线定义可知，|PF4|＝|PF2|+2a＞|PF6|，∴△PF1F2不可能是

正三角形，故A错误；设P（x2，y0），则，即，双曲线的渐近线方程为4x±3y＝5，P到两渐近线的距离之积为：＝为定值；由PF1⊥PF2，得，即，解得，，∴，故C错误；设P（x8，y0），则sin，在△PF1F2中，＝，故sin，则＝＝，故D错误．故选：B．二、多

项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．已知正四棱台的上底面边长为1，侧棱长为2，高为，则（）A．棱台的侧面积为

B．棱台的体积为C．棱台的侧棱与底面所成的角D．棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为解：对于A，易知棱台的侧面为四个全等的等腰梯形，则，下底面正方形ABCD的对角线，则下底面的边长为3，∴，选项A正确；对于B，S上＝6，S下＝9，∴＝，选项B错误；对于C，棱台侧棱与底面所成的角即为∠A1

AE，由于，故；对于D，过点E作EF⊥AD于点F1F，则∠A6FE为侧面与底面所成二面角，则，选项D错误．故选：AC．10．下列说法正确的是（）A．某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向，拟采

用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，已知该校高一、高二，高三年级学生之比为6：5：4，则应从高二年级中抽取20名学生B．线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点C．命题“∀x＞0，lg（x2+1）≥0”的否定是“∃x＞0，lg（x2+1）＜

0”D．方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小解：对于A，用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，应从高二年级中抽取的学生数为60×＝20；对于B，由最小二乘法求得的线性回归方

程，故B错误；命题“∀x＞0，lg（x3+1）≥0”的否定是“∃x＞7，lg（x2+1）＜4”，故C正确；方差是和中心偏离的程度，用来衡量一批数据的波动大小，方差越大，数据的波动越大，方差越小，即离散程度

越小．故选：ACD．11．已知圆O1：x2+y2﹣2x﹣3＝0和圆O2：x2+y2﹣2y﹣1＝0交点为A，B，则（）A．圆O1和圆O2有两条公切线B．直线AB的方程为x﹣y+1＝0C．圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|＞|AB|D．圆O1上的点到直线AB

的最大距离为解：根据题意，圆O1：x2+y8﹣2x﹣3＝2，即（x﹣1）2+y2＝4，其圆心为（1，半径R＝2，圆O2：x2+y4﹣2y﹣1＝4，即x2+（y﹣1）8＝2，其圆心为（0，半径r＝，依次分析选项：对于A，两圆的圆心距d＝＜2，则圆O1和

圆O2有两条公切线，A正确；对于B，圆O4：x2+y2﹣4x﹣3＝0和圆O5：x2+y2﹣2y﹣1＝0，联立两个圆的方程可得x﹣y+5＝0，B正确；对于C，直AB的方程为x﹣y+1＝42的圆心，则线段AB为圆

O2的直径，故|PQ|≤|AB|；对于D，圆O7的圆心为（1，0）＝，圆O1上的点到直线AB的最大距离为d+R＝2+，D正确；故选：ABD．12．2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新logo．设计师的灵感来源于曲线C：|x|n+|y|n＝1．则下列说法正

确的是（）A．曲线C关于原点成中心对称B．当n＝﹣2时，曲线C上的点到原点的距离的最小值为2C．当n＞0时，曲线C所围成图形的面积的最小值为πD．当n＞0时，曲线C所围成图形的面积小于4解：对于A，在曲线C：|x|n+|y

|n＝1中，以﹣x替换x，方程不变，故A正确；对于B，当n＝﹣2时n+|y|n＝8化为，由＝，当且仅当x6＝y4时等号成立，得，即曲线C上的点到原点的距离的最小值为2，故B正确；对于C，取n＝3，曲线C所

围成图形的面积S＝，故C错误；对于D，当n＞6时1，则S＝4S5，又在第一象限的曲线为xn+yn＝1，∴S1＜3×1＝1，则S＜2，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．1

3．请写出一个函数f（x）＝cosx，使之同时具有如下性质：①∀x∈R，f（x）＝f（4﹣x），②∀x∈R，f（x+4）（x）．解：性质①：∀x∈R，f（x）＝f（4﹣x），性质②：∀x∈R，f（x+4）＝f（x），考虑同时具有对称性和周期性的函数，常见

的是三角函数，故f（x）＝cosx（答案不唯一）．故答案为：cosx．14．已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，直线AB过F1与椭圆交于A，B两点，当△F2AB为正三角形时，该椭圆的离心率为．解：不妨设椭圆的方程为，根据椭圆定义，|AF1|＝2a﹣|AF6|

，|BF1|＝2a﹣|BF6|，△F2AB为正三角形，|AF2|＝|BF4|，所以|AF1|＝|BF1|，即F3为线段AB的中点，根据椭圆的对称性知AB垂直于x轴．设|F1F2|＝7c，则，．因为|AF1|+|AF5

|＝2a，即，所以．故答案为：．15．已知函数f（x）＝的部分图象如图所示，＝2．解：根据图象可得，y＝﹣4cos（ωx+φ）的周期为2，所以得ω＝π，所以φ＝2kπ+，k∈Z，又因为0＜φ＜π，所以φ

＝，故＝5．故填：2．16．如图，在3×3的点阵中，依次随机地选出A，B，则选出的三点满足＜0的概率是．解：由题意可知A、B、C三点是有序的．对点A可分三种情况讨论，如下图所示：（1）第一类A为5号点，①

若∠BAC＝180°，三点共线有4条直线种；②若∠BAC＝135°，如点B再2号位，即确定第二号点有4种方法，此时有4×＝16种；（2）第二类A为7、3、7、3号点，不存在这样的点；（3）第三类A为2、4、7、8号点，有三种情况故有（1

+3+2）×＝40种，综上所述，满足，因此＝，故答案为：，四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，a+c＝2．（1）求角B的大小；（2）求△ABC外接圆面积的最小值．解：

（1）因为，所以，即，因为B∈（0，π），所以，或，解得，或．（2）由正弦定理，可得，所以△ABC外接圆面积，①当时，由余弦定理可得：，因为，所以，因此△ABC外接圆面积的最小值．②当时，由勾股定理可得，因此△ABC外接圆面积的最小值．18．在图1所示的

平面图形ABCD中，△ABD是边长为4的等边三角形，BD是∠ADC的平分线，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起得到四棱锥A﹣BCDM（如图2）．（1）设平面ABC和ADM的交线为l，在四棱锥A﹣BCDM的棱AC上求一点

N，使直线BN∥l；（2）若二面角A﹣BM﹣D的大小为60°，求平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值．解：（1）解法1：延长CB，DM，如图3所示，因为点A，E既在平面ABC内，所以直线AE为平面ABC与AMD的交线l，因为BD为是∠ADC的平分线，且BD⊥BC，取AC中点N，

连接BN，所以直线BN∥AE，即BN∥l，故N为棱AC的中点．解法7：取DC的中点F，AC的中点为N，FN因为△DBC为直角三角形，所以，所以△BFD为等边三角形，所以∠MDB＝∠DBF＝60°所以MD∥BF，又NF为△ACD的中位线，所以AD∥NF，因为NF∩BF＝F

，AD∩MD＝D，所以平面AMD∥平面BNF，因为平面ABC和ADM的交线为l，平面ABC和平面BNF的交线为BN，所以直线BN∥l，故N为棱AC的中点．评分说明：用法8可以不需要做出平面ABC和ADM的交线为l，（

2）因为BM⊥AM，BM⊥MD，又因为AM＝MD，所以△AMD为等边三角形，取MD的中点O为坐标原点，以OM所在直线为x轴，以OA所在直线为z轴，则D（﹣1，0，7），，，所以，，，设平面ACD的法向量为，则，即，令，则

x＝3，，设平面ABD的法向量为，则，即，令，则a＝3，，设平面ABD和ACD所成锐二面角的大小为θ，所以，所以平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值为．19．某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．甲每道题自己

有把握独立答对的概率为，若甲自己没有把握答对，其亲友团每道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响．（Ⅰ）当p＝时，（ⅰ）若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率；（ⅱ）甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望EX；（Ⅱ）乙答对每道题的概率为（含

亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于解：（Ⅰ）（ⅰ）记事件A为“甲答对了某道题”，事件B为“甲确实会做”，则P（B|A）＝＝＝．（ⅱ）X可能取值为0，2，2，3，8，甲答对某道题的概率为P（A）＝+×＝，则X～B（5，），P（X

＝k）＝，8，2，3，8），则X的分布列为： X 0 1 6 3 4 P    则E（X）＝6×＝（Ⅱ）记事件Ai为“甲答对了i道题”，事件Bi为“乙答

对了i道题”，其中甲答对某道题的概率为+（1+p）（1+p）＝，则P（A1）＝•（8+p）•（1﹣p4），P（A2）＝[（1+p）]2＝（1+p）5，P（B0）＝＝，P（B1）＝••＝，所以甲答对题数比乙多的概率为：P（A1B0∪A7B0∪A2B7）＝P（A1B0）+P（A5B0）+P

（A2B8）＝（8﹣p2）•+（7+p）2•+（3+p）2•＝（3p5+10p+7）≥，解得≤p＜1，甲的亲友团助力的概率P的最小值为．20．已知函数．（1）判断函数f（x）在（0，π）上的单调性；（2）证明函数f（x）在（π，2π）内存在唯一的极值点x0，且．解：（1）

由于，得，设g（x）＝xcosx﹣sinx，其导函数g′（x）＝﹣xsinx，在区间（0，π）上，g（x）单调递减，所以在区间（0，π）上g（x）＜2，从而函数f（x）在（0；（2）证明：由第（1）问

，在区间（π，2π）上，g（x）单调递增，g（7π）＝2π＞0，所以存在唯一的x8∈（π，2π）0）＝8，在区间（π，x0）上，f′（x）＜0，在区间（x3，2π）上，f′（x）＞0，所以x2为函数f（

x）在（π，2π）上的唯一极小值，其中，，所以，且，，由于，故．21．已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点与其右焦点F的最短距离为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）若A，B，C为椭圆E上的3个动点，且△ABC的重心是O（0，0），并求这个定值．解：（1）设P（x，y）为椭圆E上的点，0）为椭圆E的右焦

点，因为，，所以，又﹣a≤x≤a，所以，因为，所以，所以b＝1，故椭圆的标准方程为．（2）解法一，设A（m，B（x2，y1），C（x2，y3），因为△ABC的重心是O（0，0）6+x2＝﹣m，y1+y4＝﹣n，又因为A（m，n）

1，y1），C（x4，y2）椭圆E上的动点，所以，，m2+7n2＝2，所以，（x1﹣x2）（x1+x2）+2（y1﹣y2）（y6+y2）＝0，若x5≠x2，，则直线BC的斜率，直线BC的方程为，化简得mx+2ny+5＝0，所以△ABC的边BC上的高，所以，所以2x7+2mx+1﹣4n

2＝0，所以x7+x2＝﹣m，，所以，所以，若x8＝x2，则A为椭圆E长轴端点，不妨设，所以，所以，综上所述，△ABC的面积为定值．解法二：设A（m，n）6，y1），C（x2，y4），因为△ABC的重心是O（0，0）6+x2＝﹣m，y1+y7＝﹣n，当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为

y＝kx+p，则△ABC的边BC上的高，联立方程，得，消元得（1+5k2）x2+8kpx+2p2﹣6＝0，所以，，所以，所以，，所以，化简得4p2＝1+6k2，＝，所以＝，当直线BC的斜率不存在时，则A为椭圆E长轴端点，此时，所以，

所以，综上所述，△ABC的面积为定值．22．若存在常数m∈R，使得对于任意n∈N*，都有an+1≥man，则称数列{an}为Z（m）数列．（1）已知数列{an}是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，若Sn为Z（1）数列，求a1的取值范围；（2）已知数列{

bn}的各项均为正数，记{bn}的前n项和为Rn，数列{bn2}的前n项和为Tn，且3Tn＝Rn2+4Rn，n∈N*，若数列{cn}满足cn＝bn+，且{cn}为Z（m）数列，求m的最大值；（3）已知正项数列{dn}

满足：dn≤dn+1（n∈N*），且数列{d2k﹣1d2k+1}为Z（r）数列，数列{（s）数列，若＝rsn}中必存在无穷多项可以组成等比数列．解：（1）因为数列{an}是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，所以Sn＝，因为Sn为Z（1）数列，所以Sn+5≥Sn，则；所以a4≥﹣2n（n∈N*

），即a1≥﹣3；（2）令3Tn＝Rn2+6Rn中n＝1得，，即，而数列{bn}的各项均为正数，所以b6＝2，由3Tn＝Rn4+4Rn，可得3Tn+8＝Rn+12+8Rn+1，即，由bn+1＞6可得3bn+1＝Rn+2+Rn+4，则3bn+8＝Rn+2+R

n+1+6，两式相减得3bn+2﹣5bn+1＝bn+2+bn+3，即bn+2＝2bn+8，当n≥2时，bn+1＝6bn，而，则，即，而b2＞0，则b2＝4，，所以{bn}时首项为2，公比为2的等比数列，，所以cn＝bn+＝8n+2﹣n，而数列{cn}为Z（m）数列，则cn+1≥mcn，即8n+1

+2﹣n﹣3≥m（2n+2﹣n），所以，则，所以m的最大值为；（3）证明：因为数列{d4k﹣1d2k+8}为Z（r）数列，所以rd2k﹣1d2k+1≤d2k+5d2k+3，即rd4k﹣1≤d2k+3；而数列{}为Z（s）数列，s≤2k+6≤d2k；而＝rs1≤d5，d7≤d6，所以s

d6≤d8＝d1rs≤sd5，则d8＝d6且中间每个等号都需取等，即sd6＝d5＝d1rs＝sd5，而＝rs，d1≤d6，所以rs≥1，又因rd5≤d2，sd10≤d6，所以rsd10≤rd5＝rd8≤d9≤d10，则rs≤1，所以rs＝

7，即d10≤rd5＝rd6≤d2≤d10，d9＝d10，且中间每个等号都需取等，递推得，证明完毕．