北京市八一学校2024届高三高考保温热身练习（三模）数学试题

学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 高三数学 高三数学考前训练 第 1 页 共 4 页 北京市八一学校 2024届高三年级保温热身练习 高三数学 2024.05 本试卷共 6 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试 结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 第一部分（选择题 共 40 分） 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 1．已知全集  U 0x x  ，集合  ( 2) 0A x x x   ，则 U Að =（ ） A． 2x x 或 0x  B． 2x x 或 0x  C． 2x x  D． 2x x  2．已知复数 z满足  1 i 1 3iz    ，则复数 z的模 z 为（ ） A． 5 B．2 C． 3 D． 2 3．已知圆 2 2: 2 2 0E x ax y y     关于直线 : 0l x y  对称，则 a （ ） A．0 B．1 C．2 D．4 4. 已知向量 ,a b  满足 1a   ， 2b   ，  3, 2a b  ，则  a b （ ） A．2 2 B． 10 C．1 D． 2 5 5. 已知抛物线 2 4y x 上一点A的纵坐标为 4， F为焦点，则 AF （ ） A．16 B．8 C． 4 D．5 6. 若 0 1a b   ， 1c  ，则（ ） A. b ac c B. log logc ca b C. sin sin c c a b  D. cca b 7. 已知棱长为 1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D ，M 是 1BB 的中点，动点 P在正方体内部或表面上，且 / /MP 平 面 1ABD ，则动点 P的轨迹所形成区域的面积是（ ） A． 2 2 B． 2 C．1 D． 2 8.已知函数     2 4 , 1, ln 1 , 1. x x x f x x x       若对任意的 x都有  f x ax 恒成立，则实数 a的取值范围是（ ） A.  , 0 B.  4,0 C.  3,0 D.  , 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 高三数学 高三数学考前训练 第 2 页 共 4 页 9. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，经验表明，某种绿茶用 90℃的水泡制， 再等到茶水温度降至 60℃时饮用，可以产生极佳口感；在 20℃室温下，茶水温度从 90℃开始，经过 tmin 后的温度为 y℃，可选择函数  60 0.9 20 0ty t    来近似地刻画茶水温度随时间变化的规律，则在上 述条件下，该种绿茶茶水达到最佳饮用口感时，需要放置的时间最接近的是（ ） （参考数据： lg2 0.30, lg3 0.48  ） A. 2.5min B. 4.5min C. 6min D. 8min 10. 已知数列 na 满足 4 3 4 1 21, 1,n n n na a a a     ，该数列的前 n项和为 nS ，则下列论断中错误．．的是 （ ） A. 31 1a  B. 2024 1a   C. 非零常数 *, NT n  ，使得 n T na a  D. *n N ，都有 2 2nS = - 第二部分（非选择题 共 110 分） 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。 11．函数 ( ) 2 xf x x   的定义域是 ． 12．已知双曲线 2 2 1 1 x y m m    ， 0m  的一条渐近线方程为 3 0x y  ，则m  ． 13. 已知 p：设函数  f x 在区间  0,  上的图象是一条连续不断的曲线，若    1 2 0f f  ，则  f x 在 区间  1,2 内无零点．能说明 p为假命题的一个函数的解析式是______． 14.已知函数 ( ) tan2 2 tan( ) 1f x x x    ．若 tan 2  ，则 ( )f   ；若 ( )f x 的定义域为 30, , 4 2 4              ，则 ( )f x 零点的个数为 ． 15. 已知曲线 : 4,G x x y y O+ = 为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线G关于直线 y x 成轴对称图形； ②经过坐标原点O的直线 l与曲线G有且仅有一个公共点； ③直线 : 2l x y  与曲线G所围成的图形的面积为 π 2 ； ④设直线 : 2l y kx  ，当  1,0k  时，直线 l与曲线G 恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是 ______． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 高三数学 高三数学考前训练 第 3 页 共 4 页 三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16. （本小题 13 分） 在∆���中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且  cos 2 cosb A c a B  ． （Ⅰ）求 B； （Ⅱ）若 1b  ，∆���的面积为 12 ，求∆���的周长． 17. （本小题 14 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是边长为 2 的菱形，ÐABC  60°， PA PC ， M为 PA中 点， PC  3NC ． （Ⅰ）设平面 PAB平面 PCD  l ，求证： AB // l ； （Ⅱ）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为己知，使四棱锥 P ABCD 存在且唯一确定. （ⅰ）求平面 MND与平面 ABCD所成角的余弦值； （ⅱ）平面 MND交直线 PB于点Q，求线段 PQ的长度. 条件①：平面 PAC ^平面 ABCD； 条件②： PB  PD； 条件③：四棱锥 P ABCD 的体积为 4 3 3 . 18. （本小题 13 分） 某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过 10的正整数， 选手甲参加十轮游戏，分数如下表： 轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9 若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于 7分，且二者之差的绝对值不超过 1分，则称其在该轮“稳定 发挥”． （Ⅰ）若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率； （Ⅱ）假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并以频率估计概率．记 X 为甲在三轮游戏中“稳 定发挥”的轮数，求 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）假设选手乙参加 n轮游戏，每轮的两次分数均不相同．记 1 为各轮较高分的算数平均值， 2 为各轮 较低分的算数平均值， 3 为各轮两次的平均分的算数平均值．试比较 1 2  与 3 的大小（结论不要求证明）． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 高三数学 高三数学考前训练 第 4 页 共 4 页 19. （本小题 15 分） 已知函数   21 12 ln 2 f x a x x x x                ． （Ⅰ）求  f x 的图像在点   1, 1f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论  f x 的单调区间； （Ⅲ）若对任意  1,x  ，都有   ln2 1f x   ，求 a的最大值．（参考数据： ln2 0.7 ） 20. （本小题 15 分） 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yC a b a b     的离心率为 1 2 ，且经过点 31, 2       ． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设过点  0,1P 且不与坐标轴垂直的直线 l与椭圆C交于 ,A B两点，过 ,A B分别作 y轴的垂线，垂 足为点 ,M N ，求证：直线 AN 与BM 的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程． 21. （本小题 15 分） 已知集合  1,2,3, ,A n  ，其中 * 1 2, , , , mn A A AN  都是 A的子集且互不相同，记 i iM A 的元素个数，  ij i jN A A  的元素个数   , 1,2, , ,i j m i j  ． （Ⅰ）若    1 2 13 234, 1,2 , 1,3 , 1n A A N N     ，直接写出所有满足条件的集合 3A ； （Ⅱ）若 5n  ，且对任意1 i j m   ，都有 0ijN  ，求m 的最大值； （Ⅲ）若  7, 3 1,2, ,in M i m    且对任意1 i j m   ，都有 1ijN  ，求m 的最大值． 高三数学考前训练答案 第 1 页 共 10 页 北京市八一学校 2024届高三年级保温热身练习答案 1．【答案】D 【解析】因为 { | ( 2) 0} { | 0 2}A x x x x x= - < = < < ， 又全集  U 0x x  ，所以 { }U 2xA xð = ³ .故选：D. 2．【答案】A 【解析】     1 3i 1 3i 1 i 1 2i 1 i 2 z          ，故 5z  3．【答案】C 【解析】由题得圆心的坐标为 ( ,1) 2 a ，因为已知圆 2 2: 2 2 0E x ax y y     关于直线 : 0l x y  对称，所以 1 0, 2 2 a a    . 4. 【答案】C 【解析】  3, 2a b  ，    2 23 2 5a b     ， 2 22 2 3 2 5a b a a b b a b                 ，解得： 1a b    ， 2 22 2 1 2 2 1a b a a b b               ，解得： 1a b   . 5．【答案】D 【解析】当 4y  时， 24 4x ，得 4x  ，所以 (4,4)A ， 抛物线 2 4y x 的焦点 (1,0)F ,准线方程为 = 1x  ，所以 4 1 5AF    . 6.【答案】D 【解析】A：构造函数 xy c ，因为 1c  ，所以 xy c 为增函数， 又因为 0 1a b   ，则有 b ac c ，所以 A错误； B：构造函数 log cy x  0x  ，因为 1c  ，所以 log cy x  0x  为增函数， 又因为 0 1a b   ，则有 log logc ca b ，所以 B错误； C：因为 0 1a b   ，所以 1 1 1 a b   ，又 1c  ，则 1 c c a b   ， 构造函数 siny x ，当 1x  时，函数 siny x 不单调， 所以无法判断 sin c a 与 sin c b 的值的大小，C错误； D：构造函数 cy x ，因为0 1, 1a b c    ，所以函数 cy x 在  0,  上单调递增， 高三数学考前训练答案 第 2 页 共 10 页 有 cca b ，D正确. 7.【答案】A 【解析】如图所示 E、F、G、M分别是 1AA 、 1 1AD 、 1 1BC 、 1BB 的中点， 则 1//EF AD ， / /EM AB，所以 / /EF 平面 1ABD ， / /EM 平面 1ABD ，且 EF EM E  ， 所以平面 1ABD / / 平面 EFGM ，故点 P的轨迹为矩形 EFGM . 1 1 1 2 MB BG  ，所以 2 2 MG  ，所以 2 21 2 2EFGM S    .故选：A 8.【答案】B 【解析】因为     2 4 , 1 ln 1 , 1 x x x f x x x       ，令 ( ) ( )g x f x ，作出 ( )g x 图 象，如图所示，令 ( )h x ax ，由图知，要使对任意的 x都有  f x ax 恒成立，则必有 0a  ， 当 0x  时， 21 4y x x  ，由 2 4y x x y ax      ，消 y得到 2 (4 ) 0x a x   ， 由Δ 0 ，得到 2(4 ) 0a  ，即 4a   ，由图可知 4 0a   ， 9. 【答案】B 【解析】由题可知，函数  60 0.9 20 0ty t    ， 令60 0.9 20 60t   ，则 20.9 3 t  ， 两边同时取对可得： 2lg 0.9 lg 3 t  ，即  9lg 2 lg3 1 lg 2 lg3 10 t t    ， 即 lg 2 lg3 0.30 0.48 0.18 4.5 2lg3 1 2 0.48 1 0.04 t         min . 10. 【答案】C 【解析】A：因为 4 1 1na - = ，所以 431 8 1 1a a ´ -= = ，故 A正确； B：因为 4 3 21,n n na a a- = - = ， 所以 2024 2 1012 1012 2 506 506 2 253 253 4 64 3 1a a a a a a a a -= = = = = = = = - ，故 B正确； 高三数学考前训练答案 第 3 页 共 10 页 C：由 4 3 1na - = - 可得 1 5 9 1a a a= = = = - ， 由 4 1 1na - = 可得 3 7 11 1a a a= = = = ， 由 2n na a 可得 1 2 4 8 10 1a a a a a       ，而 3 6 12 14 1a a a a     ， 设存在非零常数 *, NT n  ，使得 n T na a  ， 当 1n  时，由于 1 1 1Ta a += = - ，可得 1T  或 3或 4等等，不是常数， 所以不存在非零常数 *, NT n  ，使得 n T na a  ，故 C错误； D：当 1n  时， ( )1 2 1 22 1 1 2S S a a= = + = - + - = - ， 因为 2 1 2 3 42 1 1 1 1 2S a a a a= + + + = - - + - = - ，即 2n  时，有相邻两项 3 4a a 的和为零， 即有接下来 2 12 2  个项和为零； 3 1 2 3 4 5 6 7 82 1 1 1 1 1 1 1 1 2S a a a a a a a a= + + + + + + + = - - + - - + + - = - ， 即 3n  时，有相邻 2项 3 4a a 的和与相邻 4项 5 6 7 8a a a a   和为零， 即有接下来 2 1 3 12 2 6- -+ = 个项和为零；  总结发现规律为：当 n k 时，即有接下来的 ( ) ( ) 1 2 1 3 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 k k k k - - - - - ´ - + + + = = - = - -  项和为零， 所以 1 22 2 2 2 2 0 2n n n S a a a - + + == + - + = -  个 ，故 D正确； 11．【答案】  2, /   2x x  【解析】要使函数有意义，需满足 2 0x   ，解得 2x  ， 即函数的定义域为 (2, ) ， 12．【答案】 1 2 /0.5 【解析】双曲线   2 2 1 0 1 x y m m m     的渐近线方程为 +1 my m   . 由双曲线   2 2 2 1 0 x y m m    的一条渐近线方程为 3 0x y  ，即 3 3 y x ， 高三数学考前训练答案 第 4 页 共 10 页 所以 3 +1 3 m m  ，即 1 2 m  14. 【答案】   23 2 f x x      （答案不唯一） 【解析】解析式为   23 2 f x x      . 函数的定义域为R ，所以函数  f x 在区间  0,  上的图象是一条连续不断的曲线， 因为   11 4 f  ，   12 4 f  ，所以    1 2 0f f  ， 又 3 0 2 f       ，  f x 在区间  1,2 内有零点，所以为假命题. 14．【答案】 19 3  1 【解析】 2 2 tan( ) tan 2 2 tan( ) 1 2 tan 1 1 tan xf x x x x x         ， 若 tan 2  ．则 4 19( ) 4 1 1 4 3 f        ． 令 ( ) 0f x  ， 2 2 tan 2 tan 1 0 1 tan x x x     ，整理得 3 22 tan tan 1 0x x   ． 设 tan x t ，若 30, , 4 2 4 x               ，则 ( , 1) (0,1)t     ． 则 3 2( ) 2 1g t t t   ， ( , 1)t   (0,1) ，求导 2( ) 6 2g t t t  ， 当 ( , 1) (0,1)t     时， ( ) 0g t  ． 又  1 2 0g     ， (0) 1 0g    ， (1) 2 0g   ，故 ( )g t 在(0,1)上存在唯一的零点， 又 tany x 在 0, 4       上单调递增，所以 ( )f x 在区间 30, , 4 2 4              上零点的个数为 1． 15.【答案】①③④ 【解析】 2 2 2 2 2 2 2 2 4, 0, 0 4, 0, 0 4 4, 0, 0 4, 0, 0 x y x y x y x y x x y y y x x y x y x y                     ， 因为当 0, 0x y  时， 2 2 4x y   无意义，无此曲线，故舍去， 高三数学考前训练答案 第 5 页 共 10 页 所以曲线G表示为： 2 2 2 2 2 2 4, 0, 0 4, 0, 0 4, 0, 0 x y x y x y x y y x x y              ，作出曲线图象为 对于①，由图象可得曲线G关于直线 y x 成轴对称图形，故①正确； 对于②，由于左上和右下部分双曲线的 a b ，所以渐近线方程为 y x  ， 所以当直线的斜率为 1 时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误； 对于③，设直线 l与 ,x y交点分别为 ,A B， 因为圆方程中半径为 2，且点    2,0 , 0,2A B ， 所以直线与曲线围成的图形的面积为 21 1π 2 2 2 π 2 4 2        ，故③正确； 对于④，由于直线 2y kx  恒过  0,2 ， 当 0k  时，直线与 x平行，有一个交点；当 1k   时，与 渐近线平行，此时有两个交点， 当 1 0k   ，结合斜率的范围可得有三个交点，如图： 所以，④正确； 16．（本小题满分 13分） 【解】（Ⅰ）由正弦定理得：  sin cos 2 sin sin cosB A C A B  ， 即  sin cos cos sin sin 2 sin cosB A B A B A C B    ， 因为  sin sinB A C  ，所以 sin 2 sin cosC C B 因为  0,πC ，所以sin 0C  ，故 2cos 2 B  ，因为  0,πB ，所以 π4B  （2）由面积公式得： 1 1 2 1sin 2 2 2 2 ac B ac   ，解得： 2ac  ， 由余弦定理得：  2 22 2 2 2 2cos 2 2 2 a c ac ba c bB ac ac        将 2ac  ， 1b  代入，求得： 2 1a c   ， 故 ABC 的周长为 2 2a c b    17. （本小题满分 14分） （Ⅰ）在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是边长为 2 的菱形，所以 AB //CD． 因为 ABË 平面 PCD ，CDÌ平面 PCD , 高三数学考前训练答案 第 6 页 共 10 页 所以 AB //平面 PCD ． 又因为 ABÌ 平面 PAB ，且平面 PAB平面 PCD  l ，所以 AB // l ． （Ⅱ）选条件①、条件③，或者选条件②、条件③ （ⅰ）连接 AC 和 BD 交于点O，连接 PO， 可证 PO^底面 ABCD，由体积为 4 3 3 可求得高 PO 2. 如图, 以O为原点, 建立空间直角坐标系O xyz, 则 A(0,1,0)，B( 3,0,0)，C(0,1,0)，D( 3,0,0)，P(0,0,2) . 所以 ， . 设平面 MND的法向量为 ( , , )x y zn ，则 即 3x 1 2 y z 0, 3x 2 3 y 2 3 z 0.       令 x  3，则 1y   ， z  7 2 .于是 n ( 3,1, 7 2 ) . 平面 ABCD的法向量为m (0,0,1) 因为 cos  n,m nm |n |  |m|   7 65 65 ， 所求平面 MND与平面 ABCD所成角的余弦值为 7 65 65 . （ⅱ）平面 MND交线段 PB于点Q，设 PQ PB   ，则 ( 3 3 ,0,2 2 )DQ DP PQ          ， 由 得 2 5   ，所以 2 7 5 PQ  . 18. （本小题满分 13分）解：（Ⅰ）由题知，十轮游戏中有六轮“稳定发挥”，记事件 A为： 两轮均“稳定发挥”，则   2 6 2 10 1 3 CP A C   （Ⅱ）甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为 6 3 10 5  X 的可能取值为 0，1，2，3   3 0 3 3 80 1 5 125 P X C          ，   2 1 3 3 3 361 1 5 5 125 P X C             2 2 3 3 3 542 1 5 5 125 P X C                 ，   3 3 3 3 273 5 125 P X C         则 X 的分布列为： 高三数学考前训练答案 第 7 页 共 10 页 X 0 1 2 3 P 8 125 36 125 54 125 27 125 X 的数学期望   8 36 54 27 90 1 2 3 125 125 125 125 5 E X          （Ⅲ） 1 2 3   19. （本小题满分 15分）解：（Ⅰ）      2 1 1 11 , 1 0, 1 2 f x a x f f x x                   故  f x 的图像在点   1, 1f 处的切线方程为 12y   （Ⅱ）        2 2 1 11 11 , 0 x x f x a x a x x x x x                     ①当 0a  时，令   0f x  ，解得 1x  ，有 x  0,1 1  1,  f x + 0 －  f x  极小值  故单调递增区间为  0,1 ，单调递减区间为  1, ②当 0a  时，令   0f x  ，解得 1x  或 x a 1）当0 1a  时， x  0,a a  ,1a 1  1,  f x － 0 + 0 －  f x  极小值  极大值  故单调递增区间为  ,1a ，单调递减区间为    0, , 1,a  2）当 1a  时，    0,f x f x  的单调递减区间为  0, ，无单调递增区间 3）当 1a  时， 高三数学考前训练答案 第 8 页 共 10 页 x  0,1 1  1,a a  ,a   f x － 0 + 0 －  f x  极小值  极大值  单调递增区间为  1,a ，单调递减区间为    0,1 , ,a  （Ⅲ）（法 1）由（Ⅱ）知， 当 1a  时，  f x 在  1, 单调递减．因为   11 ln2 1 2 f     ，故 1a  符合题意． 当 1a  时，  f x 在  1, 的最大值为   21 1 2 ln 2 f a a a a    ． 记    21 11 2 ln , 2 0 2 g a a a a g a a a        因此，  g a 在  1, 单调递增 注意到  2 ln2 1g   ，故使   ln2 1f x   恒成立的 a满足1 2a  综上， a的最大值为 2． （法 2）当 2a  时，由（Ⅱ）知  f x 在  1, 的最大值为   21 1 2 ln 2 f a a a a    ． 记    21 11 2 ln , 2 0 2 g a a a a g a a a        ，因此  g a 在  1, 单调递增． 所以    2 ln2 1g a g   ，不合题意． 当 2a  时，  f x 在  1, 的最大值   21 1 2 ln ln2 1 2 f a a a a      ，符合题意． 综上， a的最大值为 2． 20．（本小题满分 15分）解：（Ⅰ）椭圆C的方程为 2 2 1 4 3 x y   （Ⅱ）设 l的方程为      1 1 2 21 0 , , , ,y kx k A x y B x y   联立椭圆C与直线 l的方程： 2 2 1 4 3 1 x y y kx        消去 y得：  2 24 3 8 8 0k x kx    高三数学考前训练答案 第 9 页 共 10 页 由于点 P在椭圆C内，因此  2Δ 0 Δ 192 96k   恒成立 1 2 1 22 2 8 8, 4 3 4 3 kx x x x k k        点    1 20, , 0,M y N y ， 直线 BM 的方程为： 2 1 1 2 y yy x y x    同理，直线 AN 的方程为： 1 2 2 1 y yy x y x    联立直线 ,BM AN 的方程： （法 1）消去 y得： 2 1 1 2 1 2 2 1 0y y y yx x y y x x       因为Δ 0 ，所以 1 2 2 Δ 0 4 3 x x k     ； 又 0k  ，所以  1 2 1 2 0y y k x x    ，所以 1 2 1 2 1x xx x x k    设直线 BM 与 AN 的交点为Q，则点Q的横坐标 1Qx k  纵坐标 1 2 1 2 1 2 1 22 2 1 1 1 1 21Q y y x x kx x x xy y kx x k x x            注意到 1 2 1 2kx x x x  ，则 1 2 1 2 2 2 3Q x x x xy x      因此点Q的坐标为 1 ,4 k       ，点Q在定直线 3y  上． （法 2）消去 x得：  2 1 1 2 2 1x x y x y x y   因为 0k  ，所以 1 2 0x x  所以      1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 3 x kx x kx kx x x x y x x x x           所以点Q在定直线 3y  上． 21．（本小题满分 15分）解：（Ⅰ）  3 1A  或  3 1,4A  或  3 2,3A  或  3 2,3,4A  （ Ⅱ ） 集 合  1,2,3,4,5A  共 有 32 个 不 同 的 子 集 ， 将 其 两 两 配 对 成 16 组  , 1,2, ,16i iB C i   ，使得 ,i i i iB C B C A    ，则 ,i iB C 不能同时被选中为子集  1,2, ,jA j m  ，故 16m  ． 高三数学考前训练答案 第 10 页 共 10 页 选择 A的 16个含有元素 1的子集：      1 2 3 161 , 1,2 , 1,3 ,A A A A A     ，符合题 意．综上， max 16m  ． （Ⅲ）结论： maxm n ，令        1 2 31 , 1,2 , 1,3 , , 1,nA A A A n    ，集合 1 nA A 符 合题意． 证明如下：①若 1 mA A 中有一元集合，不妨设  1 1A  ，则其它子集中都有元素 1，且元 素2 n 都至多属于 1个子集，所以除 1A 外的子集至多有 1n  个，故m n ． ②若 1 mA A 中没有一元集合，但有二元集合，不妨设  1 1,2A  ． 其它子集分两类：  1,j jB b 或 1, ,j jb b  1,2, ,j s  和  2,j jC c 或  2, , 1,2, ,j jc c j t   ， 其中 , ,j js t b b 互不相同， ,j jc c互不相同且均不为 1，2． 若 0t  ，则 2s n  ，有 1 1m s t n n      ． 若 1t  ，则由 1 1jB C  得每个集合 jB 中都恰包含 1C 中的 1个元素（不是 2），且互不相 同．因为 1C 中除 2外至多还有 2个元素，所以 2s  ．所以 1 1 2 2m s t n       ． ③ 若 1 mA A 均 为 三 元 集 合 ， 不 妨 设  1 1,2,3A  ． 将 其 它 子 集 分 为 三 类 ：   1, , 1,2, ,j j jB b b j s   ，   2, , 1,2, ,j j jC c c j t   ，   3, , 1,2, ,j j jD d d j r   ，其中 s t r  ． 若 0t r  ，则 3 2 ns  （除 1，2，3外，其它元素两个一组与 1构成集合 1 sB B ），所 以 31 1 2 nm s n     ． 若 1t  ，不妨设  1 2,4,5C  ，则由 1 1jB C  得每个集合 jB 中都或者有 4、或者有 5， 又 1 2, , , sB B B 中 除 1 外 无 其 它 公 共 元 素 ， 所 以 2s  ． 所 以 1 1 2 2 2 7m s t r n          ．综上， maxm n ．