2023-2024学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省潍坊市高二（下）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知向量a=(1,2,3)，b=(−4,5,x)，若a⊥b，则实数x=( )
A. 2B. −2C. 3D. −3
2.已知等差数列{an}中，a2=4，a5=−2，则这个数列的前6项和为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
3.已知数列{an}满足an+2=−1an，且a1=1，a2=2，则a2024=( )
A. 1B. 2C. −1D. −12
4.一圆锥的轴截面SAB为等边三角形，S为圆锥顶点，点C为AB的中点，则直线SA与BC所成角的余弦值为( )
A. 14B. 24C. 34D. 64
5.已知等差数列{an}的公差不为零，Sn为其前n项和，若S7=0，则Sk(k=1,2,…,50)中不同数值的个数为( )
A. 45B. 46C. 47D. 48
6.已知两圆台体积之比为1：12，第一个圆台上、下底面半径分别为r1，r2，第二个圆台上、下底面半径分别为r2，r3，若r1，r2，r3是公比为2的等比数列，则这两个圆台的高之比可以为( )
A. 19B. 14C. 13D. 12
7.如图，已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外任意一点，且平面ABC中的小方格均为边长为1的正方形，==60°，|OA|=2，若AP=2AB+AC，则|OP|=( )
A. 15B. 15C. 2 3D. 12
8.已知数列{an}满足a1=2024，an+1=an2+an−2(n∈N∗)，若正整数k使得ak+1=a12+a22…+ak2成立，则k=( )
A. 1012B. 1013C. 2024D. 2026
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( )
A. 若m⊂β，α⊥β，则m⊥α
B. 若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β
C. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
D. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
10.将一些数排成如图所示的倒三角形，其中第一行各数依次为1，3，5，…，2025.从第二行起，每一个数都等于它“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，从上往下每一行的第一个数构成的数列记为{an}，则( )
A. a4=32
B. an+1=an+2n
C. M=1013×21012
D. 第n行的所有数之和为1013(1014−n)2n−1
11.在一个棱长为2的正方体内做两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是“牟合方盖”，如图1所示，图2是牟合方盖的八分之一，其中OABC为正方形，截面PSRQ与平面OABC平行，设二面角A−DO−B大小为α，二面角A−CO−Q大小为β，∠BOR=γ，∠QOR=δ，则( )
A. 该牟合方盖的内切球体积为4π3B. α<δ
C. sinδ=sinαcsγD. csαcsγ=csβcsδ
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1=1，S3=34，则a4=______．
13.一个三棱锥和一个四棱锥恰好可以拼接成一个正三棱台，这个三棱锥的底面为边长是1的等边三角形，这个四棱锥的底面为等腰梯形，该等腰梯形的上、下底面边长分别为1，3，腰长为2，则正三棱台的高为______．
14.已知函数f(x)=(x−1)3+2，数列{an}是公差不为0的等差数列f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=18，则a1+a2+…+a9= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
记Sn为正项数列{an}的前n项和，且数列{ Sn}是公差为 2的等差数列，a1=2．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若bn=an2n+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1上靠近点C的三等分点，平面D1AE∩平面BCC1B1=l，l∩BC=F．
(1)求CFFB的值；
(2)已知ABCD为边长为 2的正方形，AA1=3．
①证明：D1E⊥平面ADE；
②求四棱锥D−AD1EF的体积．
17.(本小题15分)
已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn=2an−1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(−1)nSn，cn=an+1(an+1−1)(an+2−1)，若对任意的n∈N∗，都有i=12n−1bi18.(本小题17分)
如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，下底面圆O的一条弦EF交CD于点G，DG=1，DE=DF，P是上底面圆周上的动点．
(1)证明：平面AEF⊥平面ABCD；
(2)求点D到平面AEF的距离；
(3)若二面角P−EF−A的正切值为67，且P，F在轴截面ABCD同侧，求圆柱侧面上点P到点F的最短距离．
19.(本小题17分)
已知集合M={a1,a2,…,an}(n≥3且n∈N∗)的元素均为正整数，对于M的任意两个非空子集A，B，如果A中所有元素之和与B中所有元素之和不相等，就称M具有性质R．
(1)判断以下两个集合是否具有性质R，并说明理由；
M1={1,2,4,6,9}，M2={1,3,5}．
(2)已知M具有性质R．
证明：①∀k≤n，i=1kai≥2k−1，k∈N∗；
②i=1n1ai≤2−12n−1，并指出“=”成立的条件．
答案解析
1.B
【解析】解：因为向量a=(1,2,3)，b=(−4,5,x)，
又a⊥b，
则1×(−4)+2×5+3x=0，
则x=−2．
故选：B．
根据向量垂直的坐标运算可解．
本题考查向量垂直的坐标运算，属于基础题．
2.C
【解析】解：设等差数列的公差为d，
a2=4，a5=−2，
故3d=a5−a2=(−2)−4=−6，解得d=−2，
所以a1=a2−d=6，
故这个数列的前6项和为：6a1+6×52d=36−30=6．
故选：C．
结合等差数列的性质，求出d，再结合等差数列的前n项和公式，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，是基础题．
3.D
【解析】解：an+2=−1an，且a1=1，a2=2，
可得a3=−1a1=−1，a4=−1a2=−12，
a5=−1a3=1=a1，a6=−1a4=2=a2，…，
则数列{an}是最小正周期为4的数列，
则a2024=a4×506=a4=−12．
故选：D．
由数列的递推式求得数列的前几项，推得数列{an}是最小正周期为4的数列，可得所求值．
本题考查数列中的项，求得数列的周期性是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．
4.B
【解析】解：以O为坐标原点，OB，OS分别为y，z轴，垂直于平面SAB的轴为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=6，则A(0,−3,0)，B(0,3,0)，S(0,0,3 3)，C(−3,0,0)，
所以SA=(0,−3,−3 3)，BC=(−3,−3,0)，
所以cs=SA⋅BC|SA||BC|=96×3 2= 24，
所以异面直线SA与BC所成角的余弦值为 24．
故选：B．
以O为坐标原点建立空间直角坐标系，写出向量SA，BC的坐标，再利用空间向量数量积的坐标运算法则，得解
本题考查异面直线夹角的求法，熟练掌握利用空间向量求异面直线夹角的方法是解题的关键，考查空间立体感和运算求解能力，属于基础题．
5.C
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
S7=0，
则7a4=0，解得a4=0，即a1+3d=0，即a1=−3d，
Sn=na1+n(n−1)2d=12dn2−72dn=12d(n2−7n)，对称轴为n=72，
1<72，2<72，3<72，
故Sk(k=1,2,…,50)中不同数值的个数为50−3=47．
故选：C．
根据已知条件，先求出a1=−3d，再结合等差数列的前n项和公式，以及函数的对称性，即可求解．
本题主要考查等差数列的前n项和，属于基础题．
6.C
【解析】解：设两圆台体积分别为V1，V2，高分别为ℎ1，ℎ2，
∵r1，r2，r3是公比为2的等比数列，
∴r2=2r1，r3=2r2=4r1，
∴V1V2=13π(r12+r22+r1r2)ℎ113π(r22+r32+r2r3)ℎ2=7r12ℎ128r12ℎ2=ℎ14ℎ2=112，
∴ℎ1ℎ2=13．
故选：C．
根据圆台的体积公式求解．
本题主要考查了圆台的体积公式，属于基础题．
7.A
【解析】解：由题意知，==60°，|OA|=2，且AP=2AB+AC，
所以OP=OA+2AB+AC，
所以OP2=OA2+4AB2+AC2+4OA⋅AB+2OA⋅AC+4AB⋅AC=4+4+1+4×2×1×cs60°+2×2×1×cs60°+4×1×1×cs90°=15，
所以|OP|= 15．
故选：A．
根据题意，得出OP=OA+2AB+AC，再求模长即可．
本题考查了空间向量的线性运算与数量积运算问题，是基础题．
8.A
【解析】解：由an+1=an2+an−2，可得an+1−an=an2−2，
可得a12+a22…+ak2=(a2−a1+2)+(a3−a2+2)+...+(ak+1−ak+2)
=ak+1−a1+2k=ak+1−2024+2k=ak+1，
即2k=2024，解得k=1012．
故选：A．
由已知递推式可得an+1−an=an2−2，结合数列的裂项相消求和，计算可得所求值．
本题考查数列的递推式和数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
9.BC
【解析】解：若m⊂β，α⊥β，则m与α可以成任意角，∴A选项错误；
若m⊥α，m⊥β，则α//β，又n⊂α，则n//β，∴B选项正确；
若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n，∴C选项正确；
若m⊥n，m⊥α，n//β，则α与β可以成任意角，∴D选项错误．
故选：BC．
根据空间中各要素的位置关系逐一判断即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
10.ACD
【解析】解：由a1=1，a2=4=2a1+2，a3=12=2a2+22，a4=32=2a3+23，..可得an+1=2an+2n，故A正确，B错误；
由an+12n+1=an2n+12，a12=12，可得an2n=12n，即有an=n⋅2n−1，则M=1013×21012，故C正确；
第n行由公差为2n，首项为n⋅2n−1，个数为1014−n的等差数列，
则第n行的所有数之和为(1014−n)⋅n⋅2n−1+12(1014−n)(1013−n)⋅2n=1013(1014−n)⋅2n−1，故D正确．
故选：ACD．
由a1，a2，a3，a4，推得an+1=2an+2n，由等差数列的定义和通项公式，可得an=n⋅2n−1，可判断ABC；由等差数列的求和公式，可判断D．
本题考查等差数列的通项和求和公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11.ACD
【解析】解：对于A，内切球半径为原正方体半棱长，
即R=1，所以V=43πr2=43π，故A正确；
对于B，显然AO⊥DO、BO⊥DO，
易得∠AOB=α=45°=∠QPR，
而∠QPR=二面角Q−DO−R>∠QOR，
所以α>δ，故B错误；
对于C，显然RQ⊥平面AOD，
所以OR⋅sinδ=RQ，
由题意及牟合方盖性质，
可得四边形SPQR为正方形，
所以OR⋅sinα⋅csγ=sin(90°−γ)⋅sinα=sin∠ROP⋅sinα=PR⋅sinα=RQ，
所以sinδ=sinα⋅csγ，故C正确；
对于D，由于α=45°，所以sinα=csα，
结合C项，OR⋅csα⋅csγ=RQ，
由于AO、QO⊥CO，
易得∠AOQ=β，
所以OR⋅csβ⋅csδ=OQ⋅csδ=OQ⋅sin∠QOP=PQ=RQ，
所以csα⋅csγ=csβ⋅csδ，故D正确．
故选：ACD．
对于A，由题意可得内切球半径R=1，再由体积公式计算即可；
对于B，由题意可得AO⊥DO、BO⊥DO，∠AOB=α=45°=∠QPR，从而得∠QPR=二面角Q−DO−R>∠QOR，即可判断；
对于C，由题意可得RQ⊥平面AOD，则有OR⋅sinδ=RQ，又由四边形SPQR为正方形，可得OR⋅sinα⋅csγ=RQ，即可判断；
对于D，由题意可得∠AOQ=β，再结合C求解即可．
本题考查了求球的体积、直线与平面、平面与平面所成角的计算，考查了空间想像能力，属于中档题．
12.−18
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若a1=1，S3=34，则S3=a1+a1q+a1q2=1+q+q2=34，解可得q=−12，
则a4=a1q3=−18；
故答案为：−18．
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得S3=a1+a1q+a1q2=1+q+q2=34，解可得q的值，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的前n项和，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
13.2 63
【解析】解：如图：
正三棱台A1B1C1−ABC由三棱锥A−A1B1C1和四棱锥A−BCC1B1组成，
则由题可知：A1B1=B1C1=1，BB1=CC1=2，BC=AB=3．
设上底面A1B1C1在下底面的投影为A′B′C′，
则C1C′即为该正三棱台的高，
因为△A′B′C′是边长为1的正三角形，
△ABC是边长为3的正三角形．
则如图①，过C′作C′M⊥BC与M，则CM=1，∠C′CM=30°，
所以CC=1cs30 ∘=2 33．
所以Rt△C1C′C中，C1C′= C1C2−C′C2
= 22−(2 33)2
= 4−43
=2 63．
即正三棱台的高为2 63．
故答案为：2 63．
通过作出图形，根据已知条件画出辅助线求解即可．
本题考查棱锥和棱台结构性质，属于中档题．
14.9
【解析】解：根据题意，因为函数f(x)=(x−1)3+2，
即f(x)−2=(x−1)3，即f(x)−2关于点(1,0)对称，
因为f(a1)+f(a2)+…+f(a9)=18，
f(a1)−2+f(a2)−2+…+f(a9)−2=0，
必有a1+a2+…+a9=9(a1+a9)2=9．
故答案为：9．
构造函数f(x)−2，根据函数的对称性和等差数列的性质即可求解．
本题考查函数的性质和等差数列的综合应用，涉及等差数列的性质，属于基础题．
15.解：(1)证明：由数列{ Sn}是公差为 2的等差数列，a1=2，
可得 Sn= 2+ 2(n−1)= 2n，
即有Sn=2n2，
当n=1时，a1=S1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n2−2(n−1)2=4n−2，
上式对n=1也成立，
则an=4n−2，且an+1−an=4(n+1)−2−4n+2=4，
可得{an}是等差数列；
(2)bn=an2n+1=(2n−1)⋅(12)n，
可得数列{bn}的前n项和Tn=1⋅12+3⋅(12)2+...+(2n−1)⋅(12)n，
12Tn=1⋅(12)2+3⋅(12)3+...+(2n−1)⋅(12)n+1，
上面两式相减可得12Tn=12+2[(12)2+...+(12)n]−(2n−1)⋅(12)n+1
=12+2⋅14(1−12n−1)1−12−(2n−1)⋅(12)n+1=32−2n+32n+1，
则Tn=3−2n+32n．
【解析】(1)由等差数列的通项公式求得 Sn= 2n，再由an与Sn的关系，结合等差数列的定义，可得证明；
(2)由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等差数列的定义、通项公式和等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
16.解：(1)如图，取BC靠近C的三等分点F，连接EF，

又E是棱CC1上靠近点C的三等分点，
∴EF//C1B，又易知D1A//C1B，
∴D1A//EF，
∴平面D1AE即为平面D1AFE
∴平面D1AE∩平面BCC1B1=l=EF，
∴CFFB=12；
(2)①证明：∵E是棱CC1上靠近点C的三等分点，
∴EC=13CC1=1，C1E=2，又DC=D1C1= 2，
∴tan∠EDC=ECDC=1 2= 22，tan∠D1EC1=D1C1C1E= 22，
∴∠EDC=∠D1EC1，又∠EDC+∠DEC=90°，
∴∠D1EC1+∠DEC=90°，∴D1E⊥DE，
又AD⊥平面D1C1CD，D1E⊂平面D1C1CD，
∴AD⊥D1E，又DE∩AD=D，
∴D1E⊥平面ADE；
②由(1)知D1A//EF，且D1A=3EF，
∴S梯形AD1EF=4S△AEF，
∴四棱锥D−AD1EF的体积为：
VD−AD1EF=4VD−AEF=4VE−ADF
=4×13×S△ADF×EC
=4×13×12× 2× 2×1=43．
【解析】(1)取BC靠近C的三等分点F，则易证D1A//EF，从而可求解；
(2)①只需证明D1E⊥DE，AD⊥D1E即可；
②由(1)知D1A//EF，且D1A=3EF，从而可得S梯形AD1EF=4S△AEF，从而可得四棱锥D−AD1EF的体积为：VD−AD1EF=4VD−AEF=4VE−ADF，再计算即可求解．
本题考查线面垂直的证明，四棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
17.解：(1)由Sn=2an−1，可得a1=S1=2a1−1，解得a1=1；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−1−2an−1+1，化为an=2an−1，
可得数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，即有an=2n−1；
(2)Sn=2n−1，i=12n−1bi=−(2−1)+(4−1)+...−(22n−1−1)=−2[1−(−2)2n−1]1−(−2)=−23(1+22n−1)+1，
由{−23(1+22n−1)+1}递减，可得n=1时，取得最大值−1；
cn=an+1(an+1−1)(an+2−1)=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，
i=12nci=1−13+13−17+...+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1，
由{1−12n+1−1}递增，可得n=1时，取得最小值23，
对任意的n∈N∗，都有i=12n−1bi可得−1即m的取值范围是(−1,23).
【解析】(1)由an与Sn的关系，结合等比数列的定义、通项公式，可得所求；
(2)由等比数列的求和公式和数列的裂项相消求和、数列的单调性，可得最值，再由不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
本题考查数列的项与和的关系，以及数列的裂项相消求和、不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
18.解：(1)证明：因为圆柱的底面为圆，DE=DF，
所以由圆的对称性可得DC⊥EF，
又圆柱的侧棱BC⊥底面圆O，EF⊂底面圆O，
所以BC⊥EF，
又DC∩BC=C，DC⊂面ABCD，BC⊂面ABCD，
所以EF⊥面ABCD，
又EF⊂面AEF，
所以面AEF⊥面ABCD．
(2)因为圆柱的轴截面ABCD是边长为4的正方形，DG=1．
所以OD=OC=OE=OF=2，OG=1，
又DO⊥EF，
所以FG= FO2−GO2= 3，则EG= 3，
在Rt△ADG中，AG= AD2+DG2= 42+12= 17，
因为AD⊥底面圆O，EF⊂底面圆O，
所以AD⊥EF，
又AD∩DG=D，AD⊂面ADG，AG⊂面ADG，
所以EF⊥面ADG，
又AG⊂面ADG，
所以EF⊥AG，
因为VD−AEF=VA−DEF，
所以13S△AEF⋅ℎ=13S△DEF⋅AD，
所以13⋅12⋅2 3⋅ 17⋅ℎ=13⋅12⋅2 3⋅1⋅4，
所以ℎ=4 1717．
(3)设平面PEF交圆柱上底面与PQ，
因为圆柱上、下底面平行，
所以EF//PQ，
设PQ∩AB=H，
所以二面角P−EF−A的大小就是二面角H−EF−A的大小，
分别以DC，DA为y轴，z轴，建立空间直角坐标系：

因为DG=1，底面圆半径为4，则EG=FG= 3，
则A(0,0,4)，E( 3,1,0)，F(− 3,1,0)，
设H(0,m,4)(0所以AE=( 3,1,−4)，AF=(− 3,1,−4)，EH=(− 3,m−1,4)，EF=(−2 3,0,0)，FH=( 3,m−1,4)，
设平面AEF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
由n1⋅AE= 3x1+y1−4z1=0n1⋅AF=− 3x1+(m−1)y1−4z1=0，
令z1=1，则n1=(0,4,1)，
设平面HEF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
由n2⋅EF=−2 3x2=0n2⋅EH=− 3x2+(m−1)y2+4z2=0，
令y2=4，则n2=(0,4,1−m)，
所以|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|=|17−m| 17⋅ 16+(1−m)2，
因为二面角P−EF−A的正切值为67，
所以|17−m| 17⋅ 16+(1−m)2=67，
整理得11m2+18m−153=0，
解得m1=3，m2=−5111(舍)，则AH=3，
所以P(± 3,3,4)，
当P(− 3,3,4)时，满足题意，
此时DF=BP=2，
所以DF，BP所对圆心角为π3，
如图所示，BP=DF=2π3，AB=2π，
过P作PP1⊥CD，垂足为P1，

在Rt△PFP1中，PF= 42+(2π3)2=23 π2+36，
所以圆柱侧面上点P到点F的最短距离为23 π2+36．
【解析】(1)由面面垂直的判定定理，即可得出答案．
(2)设点D到平面AEF的距离为ℎ，由等体积法可得VD−AEF=VA−DEF，即可得出答案．
(3)分别以DC，DA为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面AEF的法向量n1=(x1,y1,z1)，平面HEF的法向量n2=(x2,y2,z2)，则|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|=67，解得m，进而可得P点坐标，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，点到平面的距离，二面角，解题中注意空间向量法的应用，属于中档题．
19.解：(1)对于集合M1={1,2,4,6,9}，因为6=2+4，
故集合{6}，{2,4}的元素和相等，故M1不具有性质R；
对于M2={1,3,5}，其共有7个非空子集：{1}，{3}，{5}，{1,3}，{1,5}，{3,5}，{1,3,5}，
各集合的和分别为：1，3，5，4，6，8，9，它们彼此相异，
故M2具有性质R；
(2)证明：因为{a1,a2,⋯,an}具有性质R，故对于任意的k，{a1,a2,⋯,ak}也具有性质R，
否则{a1,a2,⋯,ak}有两个非空子集A，B，它们的元素和相等，
而A，B也是{a1,a2,⋯,an}的子集，故{a1,a2,⋯,an}不具有性质R，矛盾．
注意到{a1,a2,⋯,ak}共有2k−1个非空子集，每个子集的元素和相异，
且子集的和最大为a1+a2+⋯ak，最小为a1，故a1+a2+⋯ak≥2k−1．
②假设集合M={a1,a2,⋯,an}具有性质S，
不妨设a11+12+⋯+12n−1−(1a1+1a2+⋯1an)=a1−1a1+a2−22a2+⋯+an−2n−12n−1an，
设ci=12i−1ai，则ci−ci+1>0，有①可得di=ai−2i−1，且Dk=i=1kdi≥0，
而a1−1a1+a2−22a2+⋯+an−2n−12n−1an=c1d1+c2d2+⋯+cndn
=c1D1+c2(D2−D1)+⋯+cn(Dn−Dn−1)
=(c1−c2)D1+(c2−c3)D2+⋯+(cn−1−cn)Dn−1+cnDn≥0，
故1a1+1a2+⋯1an≤1+12+⋯+12n−1=1×[1−(12)n]1−12=2−12n−1，
当且仅当D1=D2=⋯=Dn=0时等号成立，
即此时任意的正整数k，a1+a2+⋯+ak=2k−1，即a1=1，ak=2k−2k−1=2k−1，
故此时ak=2k−1时等号成立，故1a1+1a2+⋯+1an的最大值为2−12n−1．
【解析】(1)根据集合M具有性质R的定义结合反例可判断两个集合是否具有性质P；
(2)①根据{a1,a2,⋯,ak}也具有性质R及其子集的个数可证i=1kai≥2k−1；
②不妨设a1对于与集合有关的新定义问题，注意根据定义检验，另外在问题解决的过程中，注意局部性质与整体性质的关系，注意利用已有的结果来解决后面的问题．考查了学生的逻辑思维能力和推理能力，属于难题．