2020年北京市海淀区高三(上)期中数学试卷

高三（上）期中数学试卷
题号
一 二 三 总分 得分
一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知集合A ={x|x +1≤0}，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. y =x 2
C. y =x +√x
D. y =|x −1|
3. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3=a 3，且a 3≠0，则S
4
S 3
=( )
A. 1
B. 5
3
C. 8
3
D. 3
4. 不等式1
x >1成立的一个充分不必要条件是( )
A. 0<x <1
2
B. x >1
C. 0<x <1
D. x <0
5. 如图，角α以Ox 为始边，它的终边与单位圆O 相交于点P ，
且点P 的横坐标为3
5，则sin(π
2+α)的值为( )
A. −3
5
B. 3
5
C. −4
5
D. 4
5
6. 在四边形ABCD 中，AB//CD ，设AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈R).若λ+μ=3
2，则|CD ⃗⃗⃗⃗⃗
|
|AB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=( )
A. 1
3
B. 1
2
C. 1
D. 2
7. 已知函数f(x)=x 3+x 2−2|x|−k.若存在实数x 0，使得f(−x 0)=−f(x 0)成立，则
实数k 的取值范围是( )
A. [−1,+∞)
B. (−∞,−1]
C. [0,+∞)
D. (−∞,0]
8. 设集合A 是集合N ∗的子集，对于i ∈N ∗，定义φi (A)={1,i ∈A
0,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φi (A ∩B)=0且φi (A ∪
B)=1；
②任取N∗的两个不同子集A，B，对任意i∈N∗都有φi(A∩B)=φi(A)⋅φi(B)；
③任取N∗的两个不同子集A，B，对任意i∈N∗都有φi(A∪B)=φi(A)+φi(B)
其中，所有正确结论的序号是()
A. ①②
B. ②③
C. ①③
D. ①②③
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
9.已知向量a⃗=(1,2)，b⃗ =(3,x)，若a⃗//b⃗ ，则实数x=______ ．
10.函数f(x)=x−√x−6的零点个数是______．
11.已知数列{a n}的前n项和为S n=log2n，则a1=______，a5+a6+a7+a8=______．
12.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b⃗ 的始点和终点，则a⃗⋅b⃗ 的最大值为______．
13.已知数列{a n}的通项公式为a n=lnn，若存在p∈R，使得a n≤pn对任意的n∈N∗都
成立，则p的取值范围为______．
14.已知函数f(x)=√2sinωx，g(x)=√2cosωx，其中ω>0，A，B，C是这两个函数
图象的交点，且不共线．
①当ω=1时，△ABC面积的最小值为______；
②若存在△ABC是等腰直角三角形，则ω的最小值为______．
三、解答题（本大题共6小题，共80.0分）
15.已知数列{a n}为各项均为正数的等比数列，S n为其前n项和，a2=3，a3+a4=36
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)若S n<121，求n的最大值．
16.已知函数f(x)=2sinxcos(x+π
3)+√3
2
．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)若f(x)+m≤0对x∈[0,π
2
]恒成立，求实数m的取值范围．
17.已知函数f(x)=1
3
ax3+x2+bx+c，曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y= x+1．
(Ⅰ)求b，c的值；
(Ⅱ)若函数f(x)存在极大值，求a的取值范围．
18.在△ABC中，a=7，b=5，c=8．
(Ⅰ)求sin A的值；
(Ⅱ)若点P为射线AB上的一个动点(与点A不重合)，设AP
PC
=k．
①求k的取值范围；
②直接写出一个k的值，满足：存在两个不同位置的点P，使得AP
PC
=k．
19.已知函数f(x)=lnx
．
e x
(Ⅰ)判断函数f(x)在区间(0,1)上的单调性，并说明理由；
(Ⅱ)求证：f(x)<1
．
2
20.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”．
(Ⅰ)分别判断集合{2,4，6，8，10}和集合{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；
(Ⅱ)已知集合{a1,a2,a3,a4,a5}是“关联的”，且任取集合{a i,a j}⊆M，总存在M 的关联子集A，使得{a i,a j}⊆A.若a1<a2<a3<a4<a5，求证：a1，a2，a3，a4，a5是等差数列；
(Ⅲ)集合M是“独立的”，求证：存在x∈M，使得x>n2−n+9
．
4
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查描述法表示集合的定义，以及并集的定义及运算．
可以求出A={x|x≤−1}，根据A∪B=R即可得出a≤−1，从而得出a的值可以为−2．【解答】
解：∵A={x|x≤−1}，B={x|x≥a}，且A∪B=R，
∴a≤−1，
∴a的值可以为−2．
故选：D．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了基本初等函数的单调性的判断，属于基础试题．
结合一次函数，二次函数，幂函数的性质可进行判断．
【解答】
解：由一次函数的性质可知，y=x在区间(0,+∞)上单调递增；
由二次函数的性质可知，y=x2在区间(0,+∞)上单调递增；
由幂函数的性质可知，y=x+√x在区间(0,+∞)上单调递增；
结合一次函数的性质可知，y=|x−1|在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．
【解答】
解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S3=a3，且a3≠0，
∴3a 1+3d =a 1+2d ，化为：−2a 1=d ≠0． ∴
S 4S 3
=
4a 1+
4×3
2d 3a 1+3×2
2
d
=2
3
×
2a 1+3×(−2a 1)
a 1−2a 1
=8
3
． 故选：C ．
4.【答案】A
【解析】 【分析】
本题考查充分不必要条件的定义，属于基础题． 解出不等式，进而可判断出其一个充分不必要条件． 【解答】
解：该不等式的解集为：(0,1)，则其一个充分不必要条件可以是：(0,1
2)； 故选：A ．
5.【答案】B
【解析】 【分析】
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题． 由题意利用任意角的三角函数的定义，求得sin(π
2+α)的值． 【解答】
解：角α以Ox 为始边，它的终边与单位圆O 相交于点P ，且点P 的横坐标为3
5，则sin(π
2+α)=cosα=3
5，
故选：B ．
6.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查了向量平行四边形法则、向量共线定理、平面向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
过C 作CE//AD ，又CD//AB.可得四边形AECD 是平行四边形．AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，根据AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈R).可得μ=1，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，
又λ+μ=3
2，可得λ=1
2.即可得出结论．
【解答】 解：如图所示，
过C 作CE//AD ，又CD//AB ． ∴四边形AECD 是平行四边形． ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈R)． ∴μ=1，AE
⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又λ+μ=3
2，∴λ=1
2． 则|CD
⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=
|AE
⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1
2
．
故选：B ．
7.【答案】A
【解析】 【分析】
本题考查了函数与方程的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于基础题． 存在实数x 0，使得f(−x 0)=−f(x 0)，转化为x 2−2|x|=k 有根，进而转化为y =x 2−2|x|与y =k 的图象有交点． 【解答】
解：∵f(x)=x 3+x 2−2|x|−k 且f(−x 0)=−f(x 0)，
∴−x 03+x 02−2|x 0|−k =−(x 03+x 02−2|x 0|−k)整理得x 02
−2|x 0|=k ，
∴原题转化为y =x 2−2|x|与y =k 的图象有交点， 画出y =x 2−2|x|的图象如下：
x =1时y =−1，由图可知，k ≥−1． 故选A ．
8.【答案】A
【解析】 【分析】
本题考查了命题正误的判断，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
对题目中给的新定义要充分理解，对于i ∈N ∗，φi (A)=0或1，可逐一对命题进行判断，举实例证明存在性命题是真命题，举反例可证明全称命题是假命题． 【解答】
解：∵对于i ∈N ∗，定义φi (A)={1,i ∈A
0,i ∉A
，
∴①例如A ={正奇数}，B ={正偶数}，∴A ∩B =⌀，A ∪B =N ∗，∴φi (A ∩B)=0；φi (A ∪B)=1，故①正确；
②若φi (A ∩B)=0，则i ∉(A ∩B)，则i ∈A 且i ∉B ，或i ∈B 且i ∉A ，或i ∉A 且i ∉B ；∴φi (A)⋅φi (B)=0；
若φi (A ∩B)=1，则i ∈(A ∩B)，则i ∈A 且i ∈B ；∴φi (A)⋅φi (B)=1；
∴任取N ∗的两个不同子集A ，B ，对任意i ∈N ∗都有φi (A ∩B)=φi (A)⋅φi (B)；正确，故②正确；
③例如：A ={1,2，3}，B ={2,3，4}，A ∪B ={1,2，3，4}，
当i =2时，φi (A ∪B)=1；φi (A)=1，φi (B)=1；∴φi (A ∪B)≠φi (A)+φi (B)；
故③错误；∴所有正确结论的序号是：①②；
故选：A．
9.【答案】6
【解析】
【分析】
本题考查向量共线，考查计算能力．
直接利用向量的共线的充要条件求解即可．
【解答】
解：由向量a⃗=(1,2)，b⃗ =(3,x)，若a⃗//b⃗ ，可得x=2×3=6．
故答案为：6．
10.【答案】1
【解析】
【分析】
本题考查方程的根与函数零点的关系，求函数的零点，就是确定方程的根，也就是求函数的图象与x轴的交点的横坐标．
解方程，根据方程的根的个数，即可得出f(x)的零点个数．
【解答】
解：由题意可知x≥0时，f(x)=x−√x−6=0，可得(√x)2−√x−6=0，
解得√x=−2(舍去)或√x=3，
∴x=9；
函数f(x)=x−√x−6的零点个数是1．
故答案为：1．
11.【答案】0 ；1
【解析】
【分析】
本题考查数列的前n项和的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题型．
直接利用题目所给的数列的前n项和公式求出数列的首项和a5+a6+a7+a8的值．【解答】
解：数列{a n}的前n项和为S n=log2n，
则a1=S1=log21=0．
则a5+a6+a7+a8=S8−S4=log28−log24=1．
故答案为：0；1．
12.【答案】3
【解析】
【分析】
本题考查向量的数量积与投影的应用，向量的数量积最大，需要两个向量的模以及两个向量的夹角的余弦函数值的乘积取得最大值，转化为向量的投影值即可．
【解答】
解：由题意可知：a⃗⋅b⃗ =|a⃗|⋅|b⃗ |cos<a⃗,b⃗ >=|b⃗ |cos<a⃗,b⃗ >，
其几何意义是b⃗ 在a⃗方向上的投影值，
由图形可知：向量b⃗ =AC
⃗⃗⃗⃗⃗ 时，投影值最大，且最大值为3．
故答案为：3．
13.【答案】[ln3
3
,+∞)
【解析】
【分析】
本题考查的知识要点：利用函数的导数求出函数的单调区间和最值，恒成立问题的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
直接利用数列的关系式，进一步进行转换，再利用函数的导数的应用求出函数的单调区间和最值，进一步利用函数的恒成立问题的应用求出结果．
【解答】
解：数列{a n}的通项公式为a n=lnn，若存在p∈R，使得a n≤pn对任意的n∈N∗都成立，
故p≥(lnn
n
)max，
设f(x)=lnx
x ，则f′(x)=
1
x
⋅x−lnx
x2
，
令f′(x)=1−lnx
x2
=0，
解得x=e，0<x<e时，f′(x)>0,x>e时，f′(x)<0,故函数的单调增区间为(0,e)，函数的减区间为(e,+∞)，所以函数在x=e时函数取最大值，
由于n ∈N ∗，当n =3时函数值为ln33
，当n =2时函数值为
ln22
，易知
ln33
>
ln22
，
所以p 的取值范围是[ln33
,+∞)．
故答案为：[
ln33
,+∞)．
14.【答案】2π ；π
2
【解析】 【分析】
本题考查的知识要点：三角函数的图象和性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于一般题型．
①直接利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底和高，进一步求出三角形的面积． ②利用等腰直角三角形的性质的应用求出ω的最小值． 【解答】
解：①当ω=1时，f(x)=√2sinx ，g(x)=√2cosx ，当△ABC 面积最小时， 如图所示：
所以第一象限的两个交点间的距离为一个周期2π，△ABC 的高为√2⋅√22
+√2
2
⋅√2=2．
所以：S △ABC =1
2⋅2π⋅2=2π． 当ω=1时，△ABC 面积的最小值为2π；
②若存在△ABC 是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半， 则
2πω
=2⋅(√2⋅
√2
2
+√2⋅
√2
2
)， 解得ω的最小值为π
2． 故答案为：2π；π
2．
15.【答案】解：(Ⅰ)设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，
∵a2=3，a3+a4=36，
∴3(q+q2)=36，解得q=3．
又3a1=3，解得a1=1，
∴a n=3n−1．
(Ⅱ)S n=3n−1
3−1
<121，
3n<243，
解得：n<5．
∴满足S n<121，n的最大值为4．
【解析】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
(Ⅰ)设等比数列{a n}的公比为q，由a2=3，a3+a4=36，可得3(q+q2)=36，解得q.又3a1=3，解得a1，进而求得数列{a n}的通项公式．
(Ⅱ)S n=3n−1
3−1
<121，即可得出结论．
16.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=2sinxcos(x+π
3)+√3
2
．
=2sinx(1
2
cosx−
√3
2
sinx)+
√3
2
=sinxcosx−√3sin2x+√3 2
=1
2
sin2x+
√3
2
cos2x
=sin(2x+π
3
)．
所以函数的最小正周期为T=2π
2
=π．
(Ⅱ)f(x)+m≤0对x∈[0,π
2
]恒成立，所以f(x)max+m≤0，
由于x∈[0,π
2]，所以2x+π
3
∈[π
3
,4π
3
]．
当2x+π
3=π
2
时，即x=π
12
时，
m+1≤0时，实数m的取值范围为(−∞,−1]．
【解析】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
(Ⅰ)首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的最小正周期．
(Ⅱ)利用函数的恒成立问题的应用和函数的最值的应用求出结果．
17.【答案】解：(Ⅰ)f ′(x)=ax 2+2x +b ，
∵曲线y =f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y =x +1， ∴{f′(0)=1f(0)=1，解得：{b =1c =1
； (Ⅱ)法一：由(Ⅰ)f(x)=1
3ax 3+x 2+x +1，
①当a =0时，f(x)=x 2+x +1不存在极大值，不合题意， ②当a >0时，f ′(x)=ax 2+2x +1， 令ax 2+2x +1=0，
(i)当△=4−4a ≤0即a ≥1时，不合题意， (ii)当△=4−4a >0即0<a <1时，
方程ax 2+2x +1=0有2个不相等的实数根， 设方程两根为x 1，x 2，且x 1<x 2， x ，f ′(x)，f(x)的变化如下：
故f(x 1)为极大值；
③当a <0时，△=4−4a >0恒成立， 设方程两根为x 1，x 2且x 1<x 2， x ，f ′(x)，f(x)的变化如下：
故f(x 2)为极大值，
综上，若函数f(x)存在极大值， 则a 的取值范围是(−∞,0)∪(0,1)． 法二：f ′(x)=ax 2+2x +1， 若函数f(x)存在极大值，
则{a ≠0△=4−4a >0，解得：a <1且a ≠0， 故a 的取值范围是(−∞,0)∪(0,1)．
【解析】本题考查了导数的几何意义，考查运用导数研究函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是中档题．
(Ⅰ)求出函数的导数，结合切线方程得到关于b ，c 的方程组，解出即可；
(Ⅱ)法一：求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，结合函数存在极大值，确定a 的范围即可，
法二：结合二次函数以及极大值的定义判断即可．
18.【答案】解：(Ⅰ)在△ABC 中，a =7，b =5，c =8．
利用余弦定理cosA =b 2+c 2−a 2
2bc
=1
2，
由于A ∈(0,π)，
所以sinA =√1−(1
2
)2=√32
；
(Ⅱ)①由AP
PC =k ．
根据正弦定理CP
sinA =AP
sin∠ACP ， 所以k =AP
CP =
sin∠ACP sin∠A =
sin∠ACP
sin π3
=
2√3
3
sin∠ACP ， 由于点P 为射线AB 上的一个动点(与点A 不重合)， 所以∠ACP ∈(0,
2π3
)，
所以k 的取值范围为(0,
2√3
3
]． ②由于P 为射线AB 上的一个动点，所以k 的取值只要在区间(1,2√3
3
)上即可， 故k =3
2时，满足条件．
【解析】本题考查的知识要点：正弦定理、余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
(Ⅰ)直接利用余弦定理的应用求出A 的余弦值，进一步求出正弦值． (Ⅱ)①直接利用正弦定理和关系式的变换的应用求出k 的取值范围． ②根据共线的条件求出在区间(1,
2√33
)上即可．
19.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)在区间(0,1)上是单调递增函数．理由如下：
由f(x)=lnx
e x ，得f′(x)=
1
x
−lnx
e x
；
因为x∈(0,1)，所以1
x
>0，lnx<0，
因此1
x
−lnx>0．
又因为e x>0，
所以f′(x)>0恒成立．
所以f(x)在区间(0,1)上是单调递增函数．
(Ⅱ)证明“f(x)<1
2”等价于证明“f(x)max<1
2
”.
由题意可得，x∈(0,+∞)，
因为f′(x)=1
x
−lnx
e x
，
再令g(x)=1
x
−lnx，
则g′(x)=−1
x2−1
x
<0．
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减．
因为g(1)=1>0，g(e)=1
e
−1<0，
所以存在唯一实数x0，使得g(x0)=0，其中x0∈(1,e)．x，f′(x)，f(x)变化如下表所示：
所以f(x0)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f(x)max=f(x0)=lnx0
e x0
．
因为1
x0
=lnx0，
所以f(x)max=f(x0)=lnx0
e x0=1
x0⋅e x0
．
设m(x)=xe x,x∈(1,e)，
m′(x)=(x+1)e x>0，
故m(x)在(1,e)上单调递增，故m(x)>m(1)=e．因为x0∈(1,e)，
所以f(x)max=1
x0e x0<1
e
<1
2
．
所以f(x)<1
2
．
【解析】本题考查了函数单调性求法，函数极值与最值的求法，属于导数在函数中综合应用，属于综合题．
(Ⅰ)对f(x)求导，判断f′(x)的符号，即可得函数的单调性；
(Ⅱ)证明“f(x)<1
2”等价于证明“f(x)max<1
2
”.求f(x)的最大值即可证明．
20.【答案】解：(Ⅰ){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”．
(Ⅱ)记集合M的含有四个元素的集合分别为：A1={a2,a3,a4,a5}，A2={a1,a3,a4,a5}，A3={a1,a2,a4,a5}，A4={a1,a2,a3,a5}，A5={a1,a2,a3,a4}，
所以，M至多有5个“关联子集”，
若A2={a1,a3,a4,a5}为“关联子集”，则A1={a2,a3,a4,a5}，不是“关联子集”，否则a1=a2，
同理可得若A2={a1,a3,a4,a5}为“关联子集”，则A3，A4不是“关联子集”，
所以集合M没有同时含有元素a2，a5的“关联子集”，与已知矛盾．
所以A2={a1,a3,a4,a5}一定不是“关联子集”，
同理A4={a1,a2,a3,a5}一定不是“关联子集”，
所以集合M的“关联子集”至多为A1，A3，A5，
若A1不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a3，a5的“关联子集”，与已
知矛盾；
若A3不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a1，a5的“关联子集”，与已
知矛盾；
若A5不是“关联子集”，则此时集合M一定不含有元素a1，a3的“关联子集”，与已
知矛盾；
所以A1，A3，A5都是“关联子集”，
所以有a2+a5=a3+a4，即a5−a4=a3−a2；
a1+a5=a2+a4，即a5−a4=a2−a1；
a1+a4=a2+a3，即a4−a3=a2−a1；
所以a5−a4=a4−a3=a3−a2=a2−a1，所以a1，a2，a3，a4，a5是等差数列．(Ⅲ)不妨设集合M={a1,a2,…,a n}(n≥5)，a i∈N∗，i=1，2，…，n，且a1<a2<⋯<a n，
记T ={t|t =a i +a j ,1≤i <j ≤n,i ，j ∈N ∗}，
因为集合M 是“独立的”的，所以容易知道T 中恰好有C n
2=n(n−1)2
个元素，
假设结论错误，即不存在x ∈M ，使得x >n 2−n+9
4
，
所以任取x ∈M ，x ≤n 2−n+9
4
，因为x ∈N ∗，所以x ≤n 2−n+8
4
，
所以a i +a j ≤
n 2−n+8
4
+
n 2−n+8
4
−1=
n 2−n+8
2
−1=
n 2−n 2
+3，
所以任取t ∈T ，t ≤n 2−n 2
+3，任取t ∈T ，t ≥1+2=3，
所以T ⊆{3,4，…，
n 2−n 2
+3}，且T 中含有C n
2
=n(n−1)2
个元素，
(i)若3∈T ，则必有a 1=1，a 2=2成立，
因为n ≥5，所以一定有a n −a n−1>a 2−a 1成立，所以a n −a n−1≥2， 所以a n +a n−1≤
n 2−n+8
4+
n 2−n+8
4
−2=
n 2−n 2
+2，
所以T ={t|3≤t ≤
n 2−n 2
+2,t ∈N ∗}，所以a n =n 2−n+8
4
，a n−1=
n 2−n+8
4
−2，
因为4∈T ，所以a 3=3，所以有a n +a 1=a n−1+a 3，矛盾； (ii)若3∉T ，则T ⊆{4,5，…，n 2−n 2
+3}，
而T 中含有C n 2
=n(n−1)2
个元素，所以T ={t|4≤
t ≤
n 2−n 2
+3,t ∈N ∗}
所以a n =n 2−n+8
4
，a n−1=
n 2−n+8
4
−1，
因为4∈T ，所以a 1=1，a 2=3， 因为
n 2−n 2
+2∈T ，所以
n 2−n 2
+2=a n−2+a n ，
所以a n−2=n 2−n+8
4
−2，所以a n +a 1=a n−2+a 3，矛盾，
所以命题成立．
【解析】本题属于信息题，考查接受新知识，理解新知识，运用新知识的能力，反证法，等差数列，组合，属于高难题； (Ⅰ)根据题意即可求解；
(Ⅱ)根据题意，A 1={a 2,a 3,a 4,a 5}，A 2={a 1,a 3,a 4,a 5}，A 3={a 1,a 2,a 4,a 5}，A 4={a 1,a 2,a 3,a 5}，A 5={a 1,a 2,a 3,a 4}，进而利用反证法和等差数列的定义求解； (Ⅲ)不妨设集合M ={a 1,a 2,…,a n }(n ≥5)，a i ∈N ∗，i =1，2，…，n ，且a 1<a 2<⋯<a n ，记T ={t|t =a i +a j ,1≤t <j ≤n,i ，j ∈N ∗}，进而利用反证法求解；。