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北京市十一学校 2024～2025 学年下学期 5 月高三年级数学课程教与学
诊断
一．选择题（共10小题，每小题4分；共40分）
1. ， ，则 等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用集合的交运算求集合.
【详解】由 ．
故选：C
2. 若复数z满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法计算得解.
【详解】依题意， .
故选：B
3. 已知向量 ， ， ，则 （ ）
A. B. 8 C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量坐标运算列式求解.【详解】由向量 ， ，得 ，而 ，
所以 .
故选：A
4. 在 的展开式中， 的系数为15，则 的值为（ ）
.
A 6 B. 5 C. 4 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】写出二项展开式的通项，然后根据题意列出方程求解 即可.
【详解】 二项展开式的通项 ，
因为 的系数为15，所以 ，解得 ， .
故选：A.
5. 已知圆 ，直线 ，则直线 与圆 的公共点个数为（
）
A. 0个 B. 1个
C. 2个 D. 与 有关，不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程确定定点，再判断点圆位置关系，即可得直线与圆的位置，进而确定公共点个数.
【详解】由直线 恒过定点 ，而 ，
所以点 在圆 内，故直线 恒与圆 相交，故有两个交点，
故选：C
6. 已知 ， ，则“ ”是“ 是奇函数”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合奇函数的定义推理判断.
【详解】当 时， ，定义域为 关于原点对称，
且 ，因此 是奇函数；
如果 是奇函数，则 定义域必须关于原点对称，因此 ，
所以“ ”是“ 是奇函数”的充分必要条件．
故选：C
7. 渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退
休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工
延迟法定退休年龄部分对照表如表所示：
1965 年 1 月 1965 年 5 月 1965 年 9 月 1966 年 1 月
出生时间 …
－4月 －8月 －12月 －4月
60 岁 1 个 60 岁 2 个 60 岁 3 个 60 岁 4 个
新方案法定退休年龄 …
月 月 月 月
那么1970年5月出生的男职工退休年龄为（ ）
A. 61岁 4个月 B. 61岁 5个月
C. 61岁 6个月 D. 61岁 7个月
【答案】B
【解析】
【分析】解法一：出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年龄记为 ，出生年月在1965年5月－8
月的人的法定退休年龄记为 ，出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年龄记为 ， ，分析可
知数列 构成等差数列，求出该数列的首项和公差，即可求出 ，即可得解；
解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月，可得结果.
【详解】解法一：根据题意，出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年龄记为 ，
出生年月在1965年5月－8月的人的法定退休年龄记为 ，出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年龄记为 ， ，
则 构成等差数列，首项 岁 1个月，公差 为1个月，可得 岁 个月．
依此规律，1970年5月出生的男职工，他的退休年龄应该是 的第17项，
即他的退休年龄为 岁 17个月 岁 5个月．
解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月．
出生年龄 退休年龄
60 岁 2 个
1965.5
月
60 岁 5 个
1966.5
月
60 岁 8 个
1967.5
月
60岁 11个
1968.5
月
61 岁 2 个
1969.5
月
61 岁 5 个
1970.5
月
故选：B.
8. 已知双曲线 ，若双曲线 左、右两支上各存在一点 、 ，使
的
为等边三角形，则该双曲线离心率的一个可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，分析可知斜率为正的渐近线与 轴正半轴的夹角应大于 ，可得出 的取值范围，即可求出双曲线离心率 的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】因为 为等边三角形，由对称性可知， 、 关于 轴对称，
如下图所示，要使 为等边三角形，需 ，其中 是 轴正方向的单位向量．
故斜率为正的渐近线与 轴正半轴的夹角应大于 ，所以渐近线斜率 ．
故 ．所以只有D选项符合题意．
故选：D.
9. 已知函数 ，若函数 恰有2个零点，则实数 的取值范围是（
）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数与方程的关系，将函数的零点个数问题转化为方程的根的个数问题，进一步转化为两函
数的交点个数问题，结合函数图象观察，分类讨论即得.
【详解】解：由题意知，要使得 恰有2个零点，即 有两个实数根．
当 时， ，令 ，可得 ；当 时， ，令 ，可得 ．
在同一坐标系下，作出函数 ， 和 的图象，
如图所示，
由函数 ，可得 ，可得 时， ， ，
故函数 在 处的切线方程为 ，
又由函数 ，可得 ，可得 时， ，
故函数 在 的切线方程为 ，
所以函数 与 只有一个公共点，
结合图象得：当 时， 恰有3个零点；
当 时， 恰有2个零点；
当 时， 恰有3个零点，
要使得 恰有2个零点，则满足 ，
所以实数 的取值范围为 ．
故选：C.
10. 已知函数 ，且函数 在 ， 内恰有2025个零点，则满足条件的有序数对 （ ）
A. 有且仅有1对 B. 有且仅有2对
C. 有且仅有3对 D. 有无数对
【答案】C
【解析】
【分析】由 的零点个数等价于方程 实根的个数．先研究方程 在
内实根的个数．分类讨论进行求解.
【详解】 的零点个数等价于方程 实根的个数．
先研究方程 在 内实根的个数．
当 时，方程 在 内实根的个数为1；
当 时，方程 在 内实根的个数为2；
当 时，方程 在 内实根的个数为3，其中在 内实根的个数为2．
因为 是周期为 的函数，所以当 时，在 ， ， ， ，
内方程 实根的个数均为2．
因为 在 内恰有2025个零点，且2025为奇数，所以
不合题意．
当 时， ；当 时， ．所以满足条件的有序实数对 只有3对．
在 上的图像：故选：C.
二．填空题（共5小题，每小题5分；共25分）
11. 抛物线 的准线方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】
先将抛物线方程化为标准形式，求出 的值，即可求解.
【详解】由 得抛物线方程为 ，所以 ，
所以抛物线 的准线方程是 ，
故答案为： .
12. 已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为 的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意作图，根据等腰直角三角形的性质，求得圆锥的底面半径以及母线长，利用圆锥表面积公
式，可得答案.
【详解】由题意作图如下：则 ， ，可得 ，
即圆锥底面半径 ，母线长 ．
所以圆锥表面积 ．
故答案为： .
13. 在平面直角坐标系 中，已知点 ，若点 绕原点顺时针旋转 到点 ，则点 的横坐标
为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意作图，根据三角函数的定义，利用余弦函数的差角公式，可得答案.
【详解】设坐标原点为 ，设角 终边为射线 ，则角 的终边即为射线 ．
由题意可知， ， ， ．故 ．
所以点 的横坐标为 ．
故答案为：
14. 已知 为两个单位向量，且 ， 是平面内的一个定点， 是平面内的一个动点，
， ．
（1）若 ， ，则 ______．
（2）若 ，则点 的轨迹围成的图形面积为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据 计算出结果；
（2）记点 ， ， ， ，点 的轨迹为矩形 ，且 ，利
用三角形面积公式求出答案.
【详解】（1） 为两个单位向量，且 ，
故 ，
；
（2）当 ， 时， ，此时，点 的轨迹表示以点 ， 为端点的线段；
当 ， 时， ，
此时，点 的轨迹表示以点 ， 为端点的线段；
当 ， 时， ，
此时，点 的轨迹表示以点 ， 为端点的线段；
当 ， 时， ，
此时，点 的轨迹表示以点 ， 为端点的线段；
记点 ， ， ， ，则点 的轨迹为四边形 ；
因为 ，故四边形为矩形 ，且 ，
所以，点 的轨迹围成的图形面积为 ，
故答案为： ，
15. 已知无穷数列 满足：对任意 ，有 ，且 ．给出下列四个结
论：
①存在无穷多个 ，使得 ；
②存在 ，对任意 ，有 ；
③对任意 ，有 ；④对任意 ，存在互不相同的 ，使得 ．
其中所有正确结论的序号是_______
【答案】①③④
【解析】
【分析】对于①，我们得出任意连续两个自然数中必有一个属于 即可判断；对于②，我们以斐波那契数
列为反例即可推翻；对于③，设 ， ，分两种情况讨论即可判断；对于④，由③可得
或 ，由此即可进一步判断.
【详解】设 ， ，
则 ， .
如果 ，则 ，故 ，从而 .
这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于 ，所以 一定是无限集，故①正确；
注意到数列 ， 满足全部条件，这里 是斐波那契数列，
这能够得到 以及 ，从而 .
假设此时有 ， ，
则 ，即 对任意 成立，这显然不可能，故②错误；
设 ， ，若 ，则 ；
若 ，则 .
任一情况都有 ，故③正确；
由③的过程还可以得到： 或 .这意味着可以适当选取 使得 ，
从而 ，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：对于②的判断，关键是利用斐波那契数列的性质得出矛盾，由此即可顺利得解.
三．解答题（共6大题，共85分）
16. 在 中，已知 ．
（1）求 ；
（2）若 ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 存在
且唯一确定，求 边上中线的长．
条件①： ；条件②： ；条件③： 的面积为 ．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【答案】（1） ；
（2）所选条件见解析， .
【解析】
【分析】（1）法一：由正弦定理及已知可得 ，再由三角形内角的性质、诱导公
式、和角正弦公式并整理得 ，进而求角的大小；法二：由余弦边角关系及已知得
，再由余弦定理求角的大小；
（2）根据所选条件，综合运用正余弦定理、三角形面积公式求 边上中线的长．【小问1详解】
法一：由正弦定理 及 ，得 ，
因为 ，
所以 ，整理得 ．
因为 ，所以 ，所以 ，又 ，所以 ．
法二：由余弦定理， ，代入得： ．
整理得： ，所以 ，又 ，所以 ．
【小问2详解】
选条件①：取 的中点 ，连接 ，
由正弦定理及 ，得 ，
因为 ，所以 ， ，所以 ，
在 中，由余弦定理知， ，
所以 ，即 边上中线的长为 ．
选条件③：取 的中点 ，连接 ，由正弦定理及 ，得 ，
因为 的面积为 ，所以 ，即 ，又 ，所以 ， ，所以 ，
在 中，由余弦定理知， ，
所以 ，即 边上中线的长为 ．
选条件②：由 ，知 ，
在 中，由余弦定理知， ，
若 ，则 ，该等式恒成立，
即 不唯一，不符合题意．
17. 如图，在直角 中， ，点 、 分别在线段 、 上，且 ，将
沿 折起到 的位置，使得二面角 的大小为 ．
（1）设平面 与平面 的交线为 ，请直接写出 与直线 的位置关系．
（2）若点 为线段 的靠近 点的三等分点
（ⅰ）求证： 平面 ；
（ⅱ）求 与平面 所成角 的正弦值．
【答案】（1）相交 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）证明一，延长 ，交 于点 ．连接 ．直接证明；证明二（反证法），假设直线 和直线 不相交，由于两直线都在平面 内，所以 ．然后
推导矛盾；
（2）（i）利用定义法求解 是二面角 的平面角，然后证明 面 ，进而证明
平面 （ii）以 为原点， 分别为 轴正方向，
标出相应坐标，设平面 的法向量 ，求出法向量，进而求解PC与平面 所成角 的正
弦值．
【小问1详解】
相交
（证明一（寻找交线）：如图，在平面 中，因为 为梯形，所以延长 ，交 于点 ．
连接 ，
因为 ， ，所以 平面 ， 平面 ，所以 即为交线 ， 与
相交于点 ．
证明二（反证法）：假设直线 和直线 不相交，由于两直线都在平面 内，所以 ．
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又 平面 ，平面 平面 ，所以 ，矛盾！
故直线 和直线 相交,
【小问2详解】
（ⅰ）证明：在 中， ，又 ，
所以 ．所以翻折后 ， ．
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ．
所以 是二面角 的平面角， ．
又 ， ，所以由余弦定理得 ，
所以 ，因此 ．
因为 ， ，又 ， 平面 ．
所以 面 ，
又因为 面 ，所以 ．
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ．
（ⅱ）因为 ，所以 ， ．
又由（ⅰ）知， ，所以 两两垂直．
如图，以 为原点， 分别为 轴正方向
建立空间直角坐标系 ， ， ， ，
， ，
设平面 的法向量
由 ，得令 ，得 ， ，
所以 为平面 的一个法向量，
所以 ．
故 与平面 所成角 的正弦值为 .
18. 某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使
用“深度思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择．为了调查用户对不同模式的
使用频率和使用大模型研究问题的种类，该公司调查了不同用户最近提出的共 10000个问题作为样本，得
到如下表格．
问题类别
生活类问题 学习类问题 其他类问题
模式
深度思考 1100 600 300
联网搜索 1200 1500 300
兼用 1500 2500 1000
假设每个用户的每个问题的模式选择与问题类别均相互独立，用频率估计概率．
（1）在样本中随机抽取一个问题，求该问题的处理模式是“兼用”模式的概率．
（2）在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取2个，估计生活类问题个数不超过学习类问题个数
的概率．
（3）不同模式处理问题的时间可以大致分为三组： ， ， （单位：秒）．在网络
正常的时候，使用三种模式处理用户问题所需时间比例统计如下图所示．假设小明已经使用该AI大模型的同一种模式解决了两个问题，其中一个问题的处理时间 ，另一个问题的处理时间
．若不考虑其他因素干扰，判断小明在解决这两个问题时最有可能使用的是哪种模式．（结
论不要求证明）
【答案】（1） ；
（2） ；
（3）小明使用兼用模式的概率最大．
【解析】
【分析】（1）根据给定数据，应用频率估计概率即可；
（2）根据不同方法，综合应用独立事件乘法公式、互斥事件加法及对立事件的概率求法求概率；
（3）法一：分别求出不同模式的对应概率，比较大小，即可得结论；法二：记事件 ：“小明处理两个问
题，其中一个用时在 ，另一个用时在 ”；事件 分别表示“小明使用深度思考模
式”，“小明使用联网搜索模式”，“小明使用兼用模式”，依次求出 ，比较大
小得结论.
【小问1详解】
由表，样本数量为10000，问题处理模式是“兼用”模式的样本数量为 ．
在样本中随机抽取一个问题，设事件 ：“该问题的处理模式是‘兼用’”，则 ；
【小问2详解】
在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取1个，该问题是生活类问题的概率估计为 ，
是学习类问题的概率估计为 ，是其他类问题的概率估计为 ．
在使用“联网搜索”模式处理的所有问题中随机选取2个，设事件 ：“生活类问题的个数不超过学习类问题的个数”
方法1：事件 包含两种情况：①0个生活类问题和2个非生活类问题；②1个生活类问题，1个学习类问
题，0个其他类问题，
所以 ．
方法2：事件 包含两种情况：①0个生活类问题和0个学习类问题，2个其他类问题；②0个生活类问题
和1个学习类问题，1个其他类问题；③0个生活类问题和2个学习类问题，0个其他类问题；④1个生活
类问题，1个学习类问题，0个其他类问题，
；
方法3：事件 包含两种情况：①2个生活类问题和0个非生活类问题；②1个生活类问题，0个学习类问
题，1个其他类问题，
；
【小问3详解】
法一：由图可知，用深度思考模式处理两个问题分别用时在 和 的概率为
；
用联网搜索模式处理两个问题分别用时在 和 的概率为 ；
用兼用模式处理两个问题分别用时在 和 的概率为 ．
所以用兼用模式处理两个问题分别用时在 和 的概率最大，故小明最有可能使用兼用模式．
法二：记事件 ：“小明处理两个问题，其中一个用时在 ，另一个用时在 ”；
事件 分别表示“小明使用深度思考模式”，“小明使用联网搜索模式”，“小明使用兼用模式”．
则 有 ， ，， ，
则 ，
同理 ，
，
所以 ，
即已知事件 发生的条件下，小明使用兼用模式的概率最大．
19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，过坐标原点的直线交椭圆于 、 两点，点 在第
一象限．
（1）求椭圆的焦距；若 ，求点 的坐标；
（2）若 轴，垂足为 ，连结 并延长交椭圆于点 ，取线段 中点 ，求证： ．
【答案】（1）4， ；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆方程直接求出焦距，设出点 的坐标，利用向量垂直的坐标表示，结合椭圆方程
求解.
（2）法1，设 ，直线 与椭圆方程联立证明 即可；法2，设 ，
联立直线 与椭圆方程证明 即可；法 3，设 ，联立直线
与椭圆方程证明 即可；法 4，直线 与椭圆方程联立证明即可.
【小问1详解】
设椭圆长轴长、短轴长、焦距分别为 ．依题意， ， ，
所以椭圆焦距为 ；
设点 ，而 ，则 ，
于是 ，即 ，由点 在椭圆上，得 ，
解得 ， ，由点 在第一象限，得 ，则 ，
所以点 的坐标为 .
【小问2详解】
方法1：设点 ， ， ，则 ，
依题意，点 与点 关于原点对称，即 ，
显然直线 斜率存在且不为0，设直线 ，
代入 中得， ，
，
设 ，则 ， ，，即 ，直线 斜率 ，
由 在直线 上，得 ，即 ，
于是直线 的斜率 ， ，即 ，
又 为线段 中点，所以 ．
方法2：设点 ， ， ，则 ，
依题意，点 与点 关于原点对称，即 ，
直线 斜率 ，直线 ，
联立直线 与椭圆方程 得： ，
必有 ，设 ，则 ， ，
，即 ，
直线 斜率 ，而直线 斜率 ，
则 ，即 ，又 为线段 中点，所以 ．
方法3：设点 ， ， ，则 ，
依题意，点 与点 关于原点对称，即 ，直线 斜率 ，直线 ，
联立直线 与椭圆方程 得： ，
显然 ，设 ，则 ， ，
于是 ， ，
点 ， ，
又 ，则 ，即 ，
因此 是直角三角形，又 为斜边 中点，所以 .
方法4：设 ，与椭圆 联立，得 ， ，
而 点在第一象限，则 ， ，
点 ，直线 的斜率 ，
直线 ，令 ，则 ，
与椭圆 联立得 ，显然 ，
线段 中点 ，有 ， ，点 ，于是直线 斜率 ， ，
又 为 中点，所以 .
20. 已知函数 ，曲线 在点 处的切线斜率为 ．
（1）求 的值．
（2）求 在 上的零点个数．
（3）证明： 在 上存在两个零点 ，且 ．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由函数求导，根据导数的几何意义建立方程，可得答案；
（2）先由图象分析零点的存在性，再分段研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案；
（3）由函数求导并构造函数，利用导数要求新函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案.
【小问1详解】
，定义域为 ．
．由题可得， ，解得 ．
【小问2详解】
由（1）可得， ．
当 时， ， ，故 ，在 时无零点；
当 时， ， ，故 ，在 时无零点．
当 时， ，所以 在 上单调递增．
而 ， ．
故由零点存在性定理知， 在 上存在唯一零点．
当 时， ， ，故 ，在 时无零点；
综上： 在 上的零点个数为1．
【小问3详解】
．令 ， ．
令 ，则 ．
当 时， ， ， ，所以 ．所以 在 上单调递增．
， ，所以由零点存在性定理，存在唯一 ，使得 ．
当 变化时， ， 的变化如下表：
0
极小值
又 ， ， ．所以由零点存在性定理， 分别在 ， 上各恰有一个零点，即 在 上存在两
个零点 ．
不妨设 ．则当 时， ；当 时， ．
而 ， ．
所以 ．故 ．
21. 设 是一个项数为 的数列，其中每一项均为集合 中的元素．定义数列 如
下 ： 若 ， 则 ， 其 中 ， 当 时 ， ， 当 时 ，
， ，其中记 ．
（1）①若数列 ，则 ______；
②若数列 ，则 ______．
（2）对于给定的正整数 ，若正整数 满足对任意 ，均有数列 与 为同一数列，则称 为“ 阶好
数”．
（ⅰ）求最小的“3阶好数”．
（ⅱ）求使得“ 阶好数”存在的 的所有可能取值．
【答案】（1） ； .
（2）（ⅰ）3；（ⅱ） ．
【解析】
【分析】（1）由题意逐项计算，可得答案；
（2）（i）法一：由（1）猜想答案，通过假设法直接证明；法二：利用列举法，可得答案；（ii）由参数为奇偶数进行分类讨论，根据抽屉原理以及同余问题，可得答案.
【小问1详解】
①已知 ，
由 ，则 ；由 ，则 ；由 ，则 ，可得 ；
由 ，则 ；由 ，则 ；由 ，则 ，可得 ；
由 ，则 ；由 ，则 ；由 ，则 ，可得 .
②已知 ，
由 ，则首项为 ，由 ，则 ，由 ，则 ，由 ，则 ，
可得 ；
由 ，则 ，由 ，则 ，由 ，则 ，由 ，则
，可得 ；
由 ，则首项为 ，由 ，则 ，由 ，则第三项为 ，由 ，则 ，
可得 .
由 ，则首项为 ，由 ，则 ，由 ，则第三项为 ，由 ，
则 ，可得 .
【小问2详解】
（ⅰ）法一：
根据（1）中的①可猜测：最小的“3阶好数”是3．
最小的“3阶好数”为3．
证明如下：
当 时，记数列 的第 项为 ，其中 ， ．其中 ．若 的三项互不相同，设 ，其中 ．
由于 ，故 ， ， ．所以 ．
同理 ， ．此时 与 为同一数列，且 均不与 为同一数列．故 ．
若 的三项中有且仅有两项相同，考虑到 ，不妨设 ．则 ； ；
故 与 也是同一数列．
若 的三项均相同，设 ，则由题意 ，依此类推 与 也是同一数列．
综上，最小的“3阶好数”是3．
法二：
最小的“3阶好教”为3
列举：所有情况综合得出最小的“3阶好数”为3．
（ⅱ）当 为偶数时，考虑 ．则 ．故 ．
此时，不存在正整数 ，使得数列 与 为同一数列，故当 为偶数时不存在“ 阶好数”．当 为奇数时，因为 的每一项均为 中的元素，所以数列 至多有 种不同可能．
故由抽屉原理， 这 个数列中一定至少存在两个相同数列．
即，对于任意 ，总存在 ，以及 ，使得 与 为同一数列．
下证：当 时，若 与 为同一数列，则 与 为同一数列．
由题意，若 ，则 ，所以 ，即 ，
若 ，则 ，所以 ，即
所以总有 ．
如果 与 为同一数列，则 有 成立．
从而 有 成立．
所以
即
因 为 为 奇 数 ， 且 ， 所 以 有 ， 所 以
．
又因为所有 都是 之间的数，所以一定有 ．
由题意， ，如果 ， ，则必有 ．
所以 ．依此类推， ，有 ．即 与 为同一数列．
依此类推，可得 与 为同一数列，……， 与 为同一数列．
所以，对于任意 均存在正整数 ，使得 与 为同一数列．当 取遍所有可能取值时，所有 的最小公倍数 即为“ 阶好数”．
综上，使得“ 阶好数”存在的 的所有可能取值为 ．
