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北京市朝阳区2025-2026学年高三年级第二学期质量检测二数学试卷
1．已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数，则（　　）
A． B． C．3 D．5
3．在的展开式中，各项系数的最大值是（　　）
A．6 B．15 C．20 D．35
4．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（　　）
A． B． C．2 D．4
5．如图，在中，点为线段的中点，，，则（　　）
A． B． C． D．2
6．设，则“”是“函数的图象关于直线对称”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
8．某电子产品的电池健康度随循环次数衰减的函数模型为，其中为常数，．已知，则电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加（　　）
（参考数据：）
A．120 B．150 C．170 D．180
9．设函数若关于的方程恰有两个不同的实数解，则满足条件的实数的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
10．在四面体中，，平面且平面，给出下列三个结论：
①若，则；
②若，则；
③若，则．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．③ B．①③ C．①② D．①②③
11．顶点在原点，关于轴对称，且过点的抛物线的标准方程是　 　．
12．已知直线与圆交于两点；能使为锐角的的一个取值为　 　．
13．已知函数．若对任意实数都有，则的最小值为　 　．
14．《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的数学典籍，书中记载了大数与大数进制，其中十个大数分别记为亿、兆，京、垓、秭、穰、沟、涧、正、载，大数进制中的“上数”进制为重进制（自乘）：“万万曰亿，亿亿曰兆，兆兆曰京也”，即1亿万万兆1亿亿京兆兆，以此类推．若按“上数”进制，记第个大数（第1个为亿，第2个为兆，第3个为京，……，第10个为载）对应的数值为，则　 　；若，则正整数的最小值为　 　．
15．已知函数．给出下列四个结论：
①曲线是中心对称图形；
②当时，曲线在曲线的上方；
③当时，；
④设正实数分别是的零点，则．
其中正确结论的序号是　 　
16．在中，，．
（1）求的值；
（2）已知的面积为，求的周长．
17．如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面．
（1）求证：；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值．
条件①：；
条件②：直线与平面所成角为；
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．
18．2026年春季，北方进入花粉过敏高发期．某市疾控中心针对该市青少年春季花粉过敏情况开展专项调查．现从该市青少年中随机抽取2000人作为样本，统计样本中不同过敏程度的人数，得到下表：
过敏程度 无过敏 轻度过敏 中度过敏 重度过敏 极重度过敏
城区 220 180 150 50
郊区 500 120 80 70 30
用频率估计概率．
（1）从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率；
（2）从该市城区和郊区的青少年中各随机抽取2人，估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率；
（3）该市疾控中心规定过敏程度评分如下表：
过敏程度 无过敏 轻度过敏 中度过敏 重度过敏 极重度过敏
过敏程度评分 0 1 2 3 4
该市疾控中心对该市A、B两个地区同步开展调查，已知A地区与B地区青少年人数之比为3：2，地区青少年的过敏程度平均评分为，地区青少年的过敏程度平均评分为0.6．疾控中心对这两个地区的青少年开展专项过敏防护干预，干预后A地区青少年的过敏程度平均评分降低了地区青少年的过敏程度平均评分不变．记为干预后这两个地区青少年的过敏程度平均评分．若干预后（该市青少年的过敏程度平均评分），直接写出的最小正整数值．（结论不要求证明）
19．已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，点分别为椭圆上位于第一象限，第二象限内的点，且．当点满足时，求证：点在椭圆上．
20．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求满足的的取值范围；
（3）当时，判断曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，并说明理由．
21．已知无穷数列的各项均为正整数，无穷数列满足以下性质：
①；
②
（1）若，求；
（2）证明：；
（3）是否存在大于1的正整数，使得成立？说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，且
所以．
故答案为：A.
【分析】利用已知条件解不等式，从而得出集合，再利用并集的运算法则，从而得出集合．
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以．
故答案为：B.
【分析】利用复数的乘除法运算法则，从而得出复数z，再利用复数求模公式，从而得出复数z的模．
3．【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：根据二项式定理，
则的展开式的通项公式为：，其中的取值范围是，
因为展开式中第项的系数就是二项式系数，
则当取时，分别等于，
所以，
可知最大系数为20.
故答案为：C.
【分析】利用二项式定理得出展开式的通项，再利用二项式系数的对称性，从而得出各项系数的最大值.
4．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线方程为，其渐近线方程为，
将直线化为，
因为一条渐近线与该直线平行，所以它们的斜率相等，
则，两边同乘，得，
解得（舍去，因为），
所以.
故答案为：C.
【分析】利用双曲线方程得出双曲线的渐近线，再利用两直线平行斜率相等，从而得出实数a的值.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：∵为中点，∴，
又因为，
∴，
可得，，∴.
故答案为：A.
【分析】利用中点的性质和向量共线定理以及平面向量基本定理，则根据已知条件得出的值，从而得出的值.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：∵ 函数的对称轴满足，
所以，
充分性：若，
则，满足对称轴条件，充分性成立；
必要性：取，是函数对称轴，
但，必要性不成立，
则“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和三角型函数的图象的对称性以及充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆半径为，
由圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，
得该三角形面积为，
解得，则圆锥的母线，
所以，该圆锥的侧面积为.
故答案为：D.
【分析】利用圆锥的结构特征和等边三角形的面积公式以及已知条件，从而得出圆锥的底面圆半径，进而得出圆锥的母线，再利用圆锥的侧面积公式，从而得出该圆锥的侧面积.
8．【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由，得，解得，
由，得，解得，
所以，
当循环为次时电池健康度为60，
可得，
所以，两边取对数得，
所以，
则，
解得，
则电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加.
故答案为：B.
【分析】利用指数式与对数式的互化公式、对数的运算法则得出电池健康度从80衰减到60的循环次数大约需要增加的次数.
9．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：（i）当时，，
代入方程，整理得： ，
两根为和，
因此，当且时，
则当时，关于的方程有2个不同根，
当时，则有1个根；
当时，仅存在根；
当时，，则恒有1个根.
（ii）当时，，
代入方程，整理得： ，
设，
求导得，
当时，，
得，有1个根，
若，，则在单调递增，
当时，；当时，，
则恒有1个根；
当时，，
则，
所以单调递增；
当时，，单调递减，
则在取最大值，
令，单调递减且.
当时，，方程有2个根；
当时，，方程有1个根；
当时，，方程无实根，
综上所述：当时，有1个根，有1个根，共2个，符合题意；
当时，有1个根，有1个根，共2个，符合题意；
当时，有1个根，有1个根，共2个，符合题意；
其余均不满足条件，共3个符合的.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用方程求根的方法和导数正负判断函数的单调性求最值的方法以及函数求极限的方法，从而得出满足条件的实数的个数。
10．【答案】B
【知识点】空间向量的数量积运算；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：将设为原点，平面为平面，
由平面，得 ， ， ， .
因为，所以 ，推出，
①因为，所以 ，
推出，
因此，
因为 ，
，
，
所以三者相等，故①正确；
②因为，所以，
化简得 ，但不一定有 .
举反例：取 ，
满足和，计算得 ，
因为 ，故②错误.
③因为，，
推出.
又因为 ， ，
所以 .
则，故③正确，
综上所述，正确结论为①③.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合线面垂直建系，从而得出点的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示、举反例的方法、从而逐项判断各结论，进而找出所有正确结论的序号.
11．【答案】
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：根据抛物线关于轴对称，且过的点在第一象限，
因此抛物线开口向上，
可设抛物线的标准方程为，
所以，解得，
所以，抛物线的标准方程是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件设出抛物线的标准方程为，再利用代入法得出p的值，从而得出抛物线的标准方程.
12．【答案】（答案不唯一）
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为圆：，
所以，圆心，半径，则，
因为直线：，即，
又因为为锐角，所以，
设圆心到直线的距离为，
则，
所以，圆的弦长，
在中，由余弦定理，得：，
又因为为锐角，所以，可得，
代入得，则，化简得，
将代入，则，
所以，则，解得或，
则可取.
故答案为：2（答案不唯一）.
【分析】先根据圆的标准方程确定圆的圆心坐标和半径长，利用为锐角得出，再利用点到直线的距离公式和弦长公式以及余弦定理，从而得出k的取值范围，进而得出满足要求的k的值.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：已知函数，
对任意实数，都有，
由此可知为函数的最小值，为函数的最大值，
则该余弦函数的角频率，
根据最小正周期公式，
可得最小正周期，
因为余弦函数相邻的最小值点与最大值点之间的水平距离为周期的一半，
所以，
则的最小值为.
故答案为：1.
【分析】由题意知是最小值、是最大值，利用该余弦函数的角频率和余弦型函数的最小正周期公式，从而得出余弦型函数的最小正周期，再利用余弦函数相邻的最小值点与最大值点之间的水平距离为周期的一半，从而得出的最小值.
14．【答案】；
【知识点】指数函数单调性的应用；对数的性质与运算法则；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：根据题意， 第个大数对应的数值为，
①求：，；
②求最小正整数，使得：
，
由，得，
则，.
因为，，所以，正整数的最小值为.
故答案为：128；7.
【分析】利用已知条件得出第个大数对应的数值，再利用代入法和对数的运算法则，从而得出的值；要求最小正整数，则，再利用等比数列前n项和公式和指数函数的单调性以及、，从而得出正整数的最小值.
15．【答案】①②④
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；反射、平衡和旋转变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，令，
可得的定义域为，关于原点对称，
又因为，
所以为奇函数，则关于原点对称，
因为的图象向下平移个单位得到的图象，
所以，曲线的图象关于点成中心对称图形，故①正确；
令
，
当时，，
则当时，曲线在曲线的上方，故②正确；
因为，
所以
，
又因为
，
所以
，
当时，，此时，故③错误；
因为，
所以在上单调递增，
又因为，
所以只有唯一零点，且，
同理可得，
当时，，且，，
所以，函数有唯一零点，且，
由②知，当时，曲线在曲线的上方，则，
当时，
令
，
则曲线在曲线的下方，
所以，则，故④正确.
故答案为：①②④
【分析】利用已知条件结合构造法，令，再利用奇函数的图象的对称性和图象的平移变换，则判断出序号①；令，再利用两函数的图象，则可判断序号②；利用作差法比较大小，则可判断序号③；利用导数的正负判断函数的单调性和零点存在性定理，再结合②可得，则可判断序号④，从而找出正确结论的序号.
16．【答案】（1）解：因为，，
两式相除，得，
由正弦定理，得，
则，
又因为，所以，则，
因为，解得，
则，所以.
（2）解：因为的面积为，所以，
又因为，所以，
由（1）知，，
由余弦定理，得，
解得，
则的周长为.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理以及三角形中角的取值范围、同角三角函数基本关系式，从而得出的值，进而得到的值.
（2）根据已知条件和三角形面积公式，从而得出的值，再由（1）得出角C的余弦值，利用余弦定理得出的值，再根据三角形的周长公式，从而得到三角形的周长.
（1），，
两式相除得，由正弦定理得，
即，又，故，所以，
又，解得，
，故；
（2）的面积为，即，
又，所以，
由（1）知，
由余弦定理得，
解得，
故的周长为.
17．【答案】（1）证明：因为四边形为正方形，所以，
又因为平面，平面，
所以，
因为，所以四点共面，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）解：因为四边形为正方形，
且平面所以易得两两垂直.
选条件①：以为原点，分别以的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系，
由，
得：，
由，设，
由，得恒成立，
此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效.
选条件②：以为原点，分别以的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系，
由，
得：，
由，设，
所以，
因为直线与平面所成角为，
易得平面的一法向量为，
则，
解得（舍去负值），
设平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义，得方程组：，
则，
解得，取，则，
求平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义，得方程组：，
则，
令，则，，
所以，
设平面夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
选条件③：以为原点，分别以的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系.
由，
得：，
由，设，
所以，
因为，
又因为
所以
解得（舍去负值），
设平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义得方程组：，
则，
解得，取，则，
求平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义，得方程组：，
则.
令，则，，
所以.
设平面夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理得出平面，然后由线面垂直的定义得出线线垂直，即证出.
（2）利先得出两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点的坐标，由，设.在条件①中对任意恒成立，无法确定定点，所以不可用；在条件②和条件③中，利用直线与平面所成的角或根据面积为定值，从而解出的值，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）因为四边形为正方形，所以.
因为平面，平面，所以.
因为，所以共面.
又，平面，所以平面
因为平面，所以.
（2）四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直.
选条件①
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设.
由，得恒成立.
此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效.
选条件②
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设，所以
直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为.
故，解得（舍去负值），
设平面的法向量.向量，.
由法向量定义得方程组：，.
解得，取，则.
求平面的法向量.
向量，.
由法向量定义得方程组：，.
令，则，，即.
设平面夹角为，则.
平面与平面夹角的余弦值为
选条件③
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设，
所以，
，
解得（舍去负值）
设平面的法向量.向量，.
由法向量定义得方程组：，.
解得，取，则.
求平面的法向量.
向量，.
由法向量定义得方程组：，.
令，则，，即.
设平面夹角为，则.
平面与平面夹角的余弦值为
18．【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
从该市青少年中随机抽取一人，
估计此人春季花粉“无过敏”的概率为.
（2）解：利用频率估计概率，
该市城区青少年春季花粉“无过敏”的概率为
该市郊区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
各随机抽取2人，
抽到的城区青少年中恰有1人“无过敏”且郊区青少年两人均不是“无过敏”的概率为：
，
抽到的郊区青少年中恰有1人“无过敏”且城区青少年两人均不是“无过敏”的概率为：
，
估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率为.
（3）解：的最小正整数值为6，理由如下：
由题意，得，
解得，
则的最小正整数值为6.
【知识点】众数、中位数、平均数；互斥事件的概率加法公式；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据题意和表格中的数据，从而得出a的值，再利用古典概率公式，从而估计出此人春季花粉“无过敏”的概率.
（2）由古典概率公式和二项分布求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而估计出抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率.
（3）利用已知条件和均值求解方法，从而列出关于p的不等式，进而求出的取值范围，则得出的最小正整数值．
（1）由题意得，
解得，
从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率为；
（2）频率估计概率，
该市城区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
该市郊区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
各随机抽取2人，
抽到的城区青少年中恰有1人“无过敏”且郊区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
抽到的郊区青少年中恰有1人“无过敏”且城区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率为；
（3）的最小正整数值为6，理由如下：
由题意得，
解得，
的最小正整数值为6.
19．【答案】（1）解：由题意，得： ，
解得，，
所以，椭圆的方程为.
（2）证明：设点，
由向量关系，
得点的坐标为： ，，
要证点在椭圆上，只需证，
展开计算，得：
因为点在椭圆上，
所以 ，
同理可得，代入得： ，
接下来证明，
由题意，则 ，
代入点坐标，则椭圆方程为 ，
得： ，
又因为点满足，所以，
由点在第一象限，得；点在第二象限，得，
则，将 ，代入得：
，
因此 满足椭圆方程，
则点在椭圆上.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，利用长轴长的定义和短轴长的定义以及焦距的定义，从而列出关于的方程组，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，进而得出椭圆的方程.
（2）设点，利用已知条件和向量的坐标运算得出、与、、、 的关系，再利用两点、在椭圆上，从而两点A，B满足椭圆方程，结合，则将、代入椭圆的方程，从而代入化简验证是否满足方程，进而证出点在椭圆E上.
（1）由题意得： ，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）设点，由向量关系，得的坐标为： ，，
要证点在椭圆上，只需证，展开计算：
因为点在椭圆上，故 ，
同理，代入得： ，
接下来证明：
由题 ，代入点的椭圆方程 得： ，
又点满足，故。 由点在第一象限得，点在第二象限得，
故，将 代入得： .
因此 满足椭圆方程，故点在椭圆上，得证 .
20．【答案】（1）解：当时，，
则，
所以，
因为，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：若，由，
可得，
令，
因为，
所以有两个正根，
记两正根为，且，
当，，所以在上单调递增；
当，，所以在上单调递减；
当，，所以在上单调递增，
所以，函数至多三个零点，
因为，
，，
所以，函数有三个零点，则且，
所以，满足的的取值范围为.

（3）解：曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下：
假设曲线上存在两个不同的点关于点对称，
则关于点对称，
所以，
则有解，
所以在上有解，
则，
所以，
令，
因为，所以，
则在上有解，
令，求导得，
因为，所以，则，
所以在上单调递增，
则，
所以在上无解，
则曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，根据代入法得出切点坐标，则由点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）利用a的值得出函数的解析式，再由判别式法和导数的正负判断函数的单调性结合，，，从而得出满足的的取值范围.
（3）假设曲线上存在两个不同的点关于点对称，则关于点对称，从而可得在上有解，令结合，从而得出t的取值范围，再构造函数 ，则根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出在上无解推出矛盾，进而判断出曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
（1）当时，，所以，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）若，由，可得，
令，，所以有两个正根，
记两正根为，且，
当，，所以在上单调递增，
当，，所以在上单调递减，
当，，所以在上单调递增，
所以函数至多三个零点，又，
，，
所以函数有三个零点，所以且，
所以满足的的取值范围为；
（3）曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下：
设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，
即关于点对称，所以，
所以有解，
所以在上有解，
所以，即，
令，因为，所以，
即在上有解.
令，求导得，
因为，所以，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上无解，
故曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
21．【答案】（1）解：因为 ，
，
又因为 ，
所以.
（2）证明：因为数列各项为正整数， ，
根据的取值分类讨论：
（1）若， ；
当， ；
若，则 ；
若，则 ；
当， ；
若，则 ；
若，则 .
（2）若， ；
当， ，同理可得；
当， ；
若，则 ；
若，则 ，
综上所述， .
（3）解：不存在，理由如下：
首先证明：若且，则必有.
利用归纳法：
当时，，，，则，
假设对某个结论成立，考虑当时，若，
若，由归纳假设，则，且，
所以
若，则，
若，则，归纳成立，
现归纳证明，对所有，则，
所以，，
设对，则，考虑：
若，则，
若，则，
若，
若，，
因为为整数，所以，
综上所述，，则.
【知识点】数列的递推公式；数列与不等式的综合；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和递推公式，从而得出的值.
（2）根据数列的递推公式，分 两种情况分类讨论，从而证出不等式成立.
（3）利用已知条件和数学归纳法，从而证出不等式成立 .
（1） ，
.
因为 ，所以.
（2）已知各项为正整数， .
根据的取值分类讨论：（1）若， .
当： ，
若则 ；
若则 .
当： ，
若则 ；
若则 .
（2）若， .
当： ，同理可得.
当： ，
若则 ；
若则 .
综上， .
（3）不存在.理由如下：
首先证明：若且，则必有
用归纳法：
当时，，，，故.
假设对某个结论成立.考虑时，若：
若：由归纳假设，且，于是
若：则
故若，则，归纳成立.
现归纳证明对所有有：
，
设对某有，考虑：
若：.
若：则.
若：
若：，因为为整数，故
综上.
1 / 1北京市朝阳区2025-2026学年高三年级第二学期质量检测二数学试卷
1．已知集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，且
所以．
故答案为：A.
【分析】利用已知条件解不等式，从而得出集合，再利用并集的运算法则，从而得出集合．
2．已知复数，则（　　）
A． B． C．3 D．5
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以．
故答案为：B.
【分析】利用复数的乘除法运算法则，从而得出复数z，再利用复数求模公式，从而得出复数z的模．
3．在的展开式中，各项系数的最大值是（　　）
A．6 B．15 C．20 D．35
【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：根据二项式定理，
则的展开式的通项公式为：，其中的取值范围是，
因为展开式中第项的系数就是二项式系数，
则当取时，分别等于，
所以，
可知最大系数为20.
故答案为：C.
【分析】利用二项式定理得出展开式的通项，再利用二项式系数的对称性，从而得出各项系数的最大值.
4．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（　　）
A． B． C．2 D．4
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线方程为，其渐近线方程为，
将直线化为，
因为一条渐近线与该直线平行，所以它们的斜率相等，
则，两边同乘，得，
解得（舍去，因为），
所以.
故答案为：C.
【分析】利用双曲线方程得出双曲线的渐近线，再利用两直线平行斜率相等，从而得出实数a的值.
5．如图，在中，点为线段的中点，，，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：∵为中点，∴，
又因为，
∴，
可得，，∴.
故答案为：A.
【分析】利用中点的性质和向量共线定理以及平面向量基本定理，则根据已知条件得出的值，从而得出的值.
6．设，则“”是“函数的图象关于直线对称”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：∵ 函数的对称轴满足，
所以，
充分性：若，
则，满足对称轴条件，充分性成立；
必要性：取，是函数对称轴，
但，必要性不成立，
则“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和三角型函数的图象的对称性以及充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆半径为，
由圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，
得该三角形面积为，
解得，则圆锥的母线，
所以，该圆锥的侧面积为.
故答案为：D.
【分析】利用圆锥的结构特征和等边三角形的面积公式以及已知条件，从而得出圆锥的底面圆半径，进而得出圆锥的母线，再利用圆锥的侧面积公式，从而得出该圆锥的侧面积.
8．某电子产品的电池健康度随循环次数衰减的函数模型为，其中为常数，．已知，则电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加（　　）
（参考数据：）
A．120 B．150 C．170 D．180
【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由，得，解得，
由，得，解得，
所以，
当循环为次时电池健康度为60，
可得，
所以，两边取对数得，
所以，
则，
解得，
则电池健康度从80衰减到60，循环次数大约需要增加.
故答案为：B.
【分析】利用指数式与对数式的互化公式、对数的运算法则得出电池健康度从80衰减到60的循环次数大约需要增加的次数.
9．设函数若关于的方程恰有两个不同的实数解，则满足条件的实数的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【解答】解：（i）当时，，
代入方程，整理得： ，
两根为和，
因此，当且时，
则当时，关于的方程有2个不同根，
当时，则有1个根；
当时，仅存在根；
当时，，则恒有1个根.
（ii）当时，，
代入方程，整理得： ，
设，
求导得，
当时，，
得，有1个根，
若，，则在单调递增，
当时，；当时，，
则恒有1个根；
当时，，
则，
所以单调递增；
当时，，单调递减，
则在取最大值，
令，单调递减且.
当时，，方程有2个根；
当时，，方程有1个根；
当时，，方程无实根，
综上所述：当时，有1个根，有1个根，共2个，符合题意；
当时，有1个根，有1个根，共2个，符合题意；
当时，有1个根，有1个根，共2个，符合题意；
其余均不满足条件，共3个符合的.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用方程求根的方法和导数正负判断函数的单调性求最值的方法以及函数求极限的方法，从而得出满足条件的实数的个数。
10．在四面体中，，平面且平面，给出下列三个结论：
①若，则；
②若，则；
③若，则．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．③ B．①③ C．①② D．①②③
【答案】B
【知识点】空间向量的数量积运算；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：将设为原点，平面为平面，
由平面，得 ， ， ， .
因为，所以 ，推出，
①因为，所以 ，
推出，
因此，
因为 ，
，
，
所以三者相等，故①正确；
②因为，所以，
化简得 ，但不一定有 .
举反例：取 ，
满足和，计算得 ，
因为 ，故②错误.
③因为，，
推出.
又因为 ， ，
所以 .
则，故③正确，
综上所述，正确结论为①③.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合线面垂直建系，从而得出点的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示、举反例的方法、从而逐项判断各结论，进而找出所有正确结论的序号.
11．顶点在原点，关于轴对称，且过点的抛物线的标准方程是　 　．
【答案】
【知识点】抛物线的标准方程
【解析】【解答】解：根据抛物线关于轴对称，且过的点在第一象限，
因此抛物线开口向上，
可设抛物线的标准方程为，
所以，解得，
所以，抛物线的标准方程是.
故答案为：.
【分析】根据已知条件设出抛物线的标准方程为，再利用代入法得出p的值，从而得出抛物线的标准方程.
12．已知直线与圆交于两点；能使为锐角的的一个取值为　 　．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为圆：，
所以，圆心，半径，则，
因为直线：，即，
又因为为锐角，所以，
设圆心到直线的距离为，
则，
所以，圆的弦长，
在中，由余弦定理，得：，
又因为为锐角，所以，可得，
代入得，则，化简得，
将代入，则，
所以，则，解得或，
则可取.
故答案为：2（答案不唯一）.
【分析】先根据圆的标准方程确定圆的圆心坐标和半径长，利用为锐角得出，再利用点到直线的距离公式和弦长公式以及余弦定理，从而得出k的取值范围，进而得出满足要求的k的值.
13．已知函数．若对任意实数都有，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：已知函数，
对任意实数，都有，
由此可知为函数的最小值，为函数的最大值，
则该余弦函数的角频率，
根据最小正周期公式，
可得最小正周期，
因为余弦函数相邻的最小值点与最大值点之间的水平距离为周期的一半，
所以，
则的最小值为.
故答案为：1.
【分析】由题意知是最小值、是最大值，利用该余弦函数的角频率和余弦型函数的最小正周期公式，从而得出余弦型函数的最小正周期，再利用余弦函数相邻的最小值点与最大值点之间的水平距离为周期的一半，从而得出的最小值.
14．《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的数学典籍，书中记载了大数与大数进制，其中十个大数分别记为亿、兆，京、垓、秭、穰、沟、涧、正、载，大数进制中的“上数”进制为重进制（自乘）：“万万曰亿，亿亿曰兆，兆兆曰京也”，即1亿万万兆1亿亿京兆兆，以此类推．若按“上数”进制，记第个大数（第1个为亿，第2个为兆，第3个为京，……，第10个为载）对应的数值为，则　 　；若，则正整数的最小值为　 　．
【答案】；
【知识点】指数函数单调性的应用；对数的性质与运算法则；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：根据题意， 第个大数对应的数值为，
①求：，；
②求最小正整数，使得：
，
由，得，
则，.
因为，，所以，正整数的最小值为.
故答案为：128；7.
【分析】利用已知条件得出第个大数对应的数值，再利用代入法和对数的运算法则，从而得出的值；要求最小正整数，则，再利用等比数列前n项和公式和指数函数的单调性以及、，从而得出正整数的最小值.
15．已知函数．给出下列四个结论：
①曲线是中心对称图形；
②当时，曲线在曲线的上方；
③当时，；
④设正实数分别是的零点，则．
其中正确结论的序号是　 　
【答案】①②④
【知识点】奇偶函数图象的对称性；利用导数研究函数的单调性；反射、平衡和旋转变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：因为，令，
可得的定义域为，关于原点对称，
又因为，
所以为奇函数，则关于原点对称，
因为的图象向下平移个单位得到的图象，
所以，曲线的图象关于点成中心对称图形，故①正确；
令
，
当时，，
则当时，曲线在曲线的上方，故②正确；
因为，
所以
，
又因为
，
所以
，
当时，，此时，故③错误；
因为，
所以在上单调递增，
又因为，
所以只有唯一零点，且，
同理可得，
当时，，且，，
所以，函数有唯一零点，且，
由②知，当时，曲线在曲线的上方，则，
当时，
令
，
则曲线在曲线的下方，
所以，则，故④正确.
故答案为：①②④
【分析】利用已知条件结合构造法，令，再利用奇函数的图象的对称性和图象的平移变换，则判断出序号①；令，再利用两函数的图象，则可判断序号②；利用作差法比较大小，则可判断序号③；利用导数的正负判断函数的单调性和零点存在性定理，再结合②可得，则可判断序号④，从而找出正确结论的序号.
16．在中，，．
（1）求的值；
（2）已知的面积为，求的周长．
【答案】（1）解：因为，，
两式相除，得，
由正弦定理，得，
则，
又因为，所以，则，
因为，解得，
则，所以.
（2）解：因为的面积为，所以，
又因为，所以，
由（1）知，，
由余弦定理，得，
解得，
则的周长为.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理以及三角形中角的取值范围、同角三角函数基本关系式，从而得出的值，进而得到的值.
（2）根据已知条件和三角形面积公式，从而得出的值，再由（1）得出角C的余弦值，利用余弦定理得出的值，再根据三角形的周长公式，从而得到三角形的周长.
（1），，
两式相除得，由正弦定理得，
即，又，故，所以，
又，解得，
，故；
（2）的面积为，即，
又，所以，
由（1）知，
由余弦定理得，
解得，
故的周长为.
17．如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面．
（1）求证：；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值．
条件①：；
条件②：直线与平面所成角为；
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）证明：因为四边形为正方形，所以，
又因为平面，平面，
所以，
因为，所以四点共面，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）解：因为四边形为正方形，
且平面所以易得两两垂直.
选条件①：以为原点，分别以的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系，
由，
得：，
由，设，
由，得恒成立，
此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效.
选条件②：以为原点，分别以的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系，
由，
得：，
由，设，
所以，
因为直线与平面所成角为，
易得平面的一法向量为，
则，
解得（舍去负值），
设平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义，得方程组：，
则，
解得，取，则，
求平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义，得方程组：，
则，
令，则，，
所以，
设平面夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
选条件③：以为原点，分别以的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系.
由，
得：，
由，设，
所以，
因为，
又因为
所以
解得（舍去负值），
设平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义得方程组：，
则，
解得，取，则，
求平面的法向量，
因为向量，，
由法向量定义，得方程组：，
则.
令，则，，
所以.
设平面夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理得出平面，然后由线面垂直的定义得出线线垂直，即证出.
（2）利先得出两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点的坐标，由，设.在条件①中对任意恒成立，无法确定定点，所以不可用；在条件②和条件③中，利用直线与平面所成的角或根据面积为定值，从而解出的值，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量与平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）因为四边形为正方形，所以.
因为平面，平面，所以.
因为，所以共面.
又，平面，所以平面
因为平面，所以.
（2）四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直.
选条件①
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设.
由，得恒成立.
此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效.
选条件②
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设，所以
直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为.
故，解得（舍去负值），
设平面的法向量.向量，.
由法向量定义得方程组：，.
解得，取，则.
求平面的法向量.
向量，.
由法向量定义得方程组：，.
令，则，，即.
设平面夹角为，则.
平面与平面夹角的余弦值为
选条件③
以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由得：，
由，设，
所以，
，
解得（舍去负值）
设平面的法向量.向量，.
由法向量定义得方程组：，.
解得，取，则.
求平面的法向量.
向量，.
由法向量定义得方程组：，.
令，则，，即.
设平面夹角为，则.
平面与平面夹角的余弦值为
18．2026年春季，北方进入花粉过敏高发期．某市疾控中心针对该市青少年春季花粉过敏情况开展专项调查．现从该市青少年中随机抽取2000人作为样本，统计样本中不同过敏程度的人数，得到下表：
过敏程度 无过敏 轻度过敏 中度过敏 重度过敏 极重度过敏
城区 220 180 150 50
郊区 500 120 80 70 30
用频率估计概率．
（1）从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率；
（2）从该市城区和郊区的青少年中各随机抽取2人，估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率；
（3）该市疾控中心规定过敏程度评分如下表：
过敏程度 无过敏 轻度过敏 中度过敏 重度过敏 极重度过敏
过敏程度评分 0 1 2 3 4
该市疾控中心对该市A、B两个地区同步开展调查，已知A地区与B地区青少年人数之比为3：2，地区青少年的过敏程度平均评分为，地区青少年的过敏程度平均评分为0.6．疾控中心对这两个地区的青少年开展专项过敏防护干预，干预后A地区青少年的过敏程度平均评分降低了地区青少年的过敏程度平均评分不变．记为干预后这两个地区青少年的过敏程度平均评分．若干预后（该市青少年的过敏程度平均评分），直接写出的最小正整数值．（结论不要求证明）
【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
从该市青少年中随机抽取一人，
估计此人春季花粉“无过敏”的概率为.
（2）解：利用频率估计概率，
该市城区青少年春季花粉“无过敏”的概率为
该市郊区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
各随机抽取2人，
抽到的城区青少年中恰有1人“无过敏”且郊区青少年两人均不是“无过敏”的概率为：
，
抽到的郊区青少年中恰有1人“无过敏”且城区青少年两人均不是“无过敏”的概率为：
，
估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率为.
（3）解：的最小正整数值为6，理由如下：
由题意，得，
解得，
则的最小正整数值为6.
【知识点】众数、中位数、平均数；互斥事件的概率加法公式；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）根据题意和表格中的数据，从而得出a的值，再利用古典概率公式，从而估计出此人春季花粉“无过敏”的概率.
（2）由古典概率公式和二项分布求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，从而估计出抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率.
（3）利用已知条件和均值求解方法，从而列出关于p的不等式，进而求出的取值范围，则得出的最小正整数值．
（1）由题意得，
解得，
从该市青少年中随机抽取一人，估计此人春季花粉“无过敏”的概率为；
（2）频率估计概率，
该市城区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
该市郊区青少年春季花粉“无过敏”的概率为，
各随机抽取2人，
抽到的城区青少年中恰有1人“无过敏”且郊区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
抽到的郊区青少年中恰有1人“无过敏”且城区青少年两人均不是“无过敏”的概率为
，
估计抽到的青少年中恰有一人春季花粉“无过敏”的概率为；
（3）的最小正整数值为6，理由如下：
由题意得，
解得，
的最小正整数值为6.
19．已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，点分别为椭圆上位于第一象限，第二象限内的点，且．当点满足时，求证：点在椭圆上．
【答案】（1）解：由题意，得： ，
解得，，
所以，椭圆的方程为.
（2）证明：设点，
由向量关系，
得点的坐标为： ，，
要证点在椭圆上，只需证，
展开计算，得：
因为点在椭圆上，
所以 ，
同理可得，代入得： ，
接下来证明，
由题意，则 ，
代入点坐标，则椭圆方程为 ，
得： ，
又因为点满足，所以，
由点在第一象限，得；点在第二象限，得，
则，将 ，代入得：
，
因此 满足椭圆方程，
则点在椭圆上.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，利用长轴长的定义和短轴长的定义以及焦距的定义，从而列出关于的方程组，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，进而得出椭圆的方程.
（2）设点，利用已知条件和向量的坐标运算得出、与、、、 的关系，再利用两点、在椭圆上，从而两点A，B满足椭圆方程，结合，则将、代入椭圆的方程，从而代入化简验证是否满足方程，进而证出点在椭圆E上.
（1）由题意得： ，解得，，所以椭圆的方程为.
（2）设点，由向量关系，得的坐标为： ，，
要证点在椭圆上，只需证，展开计算：
因为点在椭圆上，故 ，
同理，代入得： ，
接下来证明：
由题 ，代入点的椭圆方程 得： ，
又点满足，故。 由点在第一象限得，点在第二象限得，
故，将 代入得： .
因此 满足椭圆方程，故点在椭圆上，得证 .
20．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求满足的的取值范围；
（3）当时，判断曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，并说明理由．
【答案】（1）解：当时，，
则，
所以，
因为，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）解：若，由，
可得，
令，
因为，
所以有两个正根，
记两正根为，且，
当，，所以在上单调递增；
当，，所以在上单调递减；
当，，所以在上单调递增，
所以，函数至多三个零点，
因为，
，，
所以，函数有三个零点，则且，
所以，满足的的取值范围为.

（3）解：曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下：
假设曲线上存在两个不同的点关于点对称，
则关于点对称，
所以，
则有解，
所以在上有解，
则，
所以，
令，
因为，所以，
则在上有解，
令，求导得，
因为，所以，则，
所以在上单调递增，
则，
所以在上无解，
则曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，根据代入法得出切点坐标，则由点斜式方程得出曲线在点处的切线方程.
（2）利用a的值得出函数的解析式，再由判别式法和导数的正负判断函数的单调性结合，，，从而得出满足的的取值范围.
（3）假设曲线上存在两个不同的点关于点对称，则关于点对称，从而可得在上有解，令结合，从而得出t的取值范围，再构造函数 ，则根据导数的正负判断函数的单调性，从而得出在上无解推出矛盾，进而判断出曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
（1）当时，，所以，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）若，由，可得，
令，，所以有两个正根，
记两正根为，且，
当，，所以在上单调递增，
当，，所以在上单调递减，
当，，所以在上单调递增，
所以函数至多三个零点，又，
，，
所以函数有三个零点，所以且，
所以满足的的取值范围为；
（3）曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下：
设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，
即关于点对称，所以，
所以有解，
所以在上有解，
所以，即，
令，因为，所以，
即在上有解.
令，求导得，
因为，所以，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上无解，
故曲线上不存在两个不同的点关于点对称.
21．已知无穷数列的各项均为正整数，无穷数列满足以下性质：
①；
②
（1）若，求；
（2）证明：；
（3）是否存在大于1的正整数，使得成立？说明理由．
【答案】（1）解：因为 ，
，
又因为 ，
所以.
（2）证明：因为数列各项为正整数， ，
根据的取值分类讨论：
（1）若， ；
当， ；
若，则 ；
若，则 ；
当， ；
若，则 ；
若，则 .
（2）若， ；
当， ，同理可得；
当， ；
若，则 ；
若，则 ，
综上所述， .
（3）解：不存在，理由如下：
首先证明：若且，则必有.
利用归纳法：
当时，，，，则，
假设对某个结论成立，考虑当时，若，
若，由归纳假设，则，且，
所以
若，则，
若，则，归纳成立，
现归纳证明，对所有，则，
所以，，
设对，则，考虑：
若，则，
若，则，
若，
若，，
因为为整数，所以，
综上所述，，则.
【知识点】数列的递推公式；数列与不等式的综合；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件和递推公式，从而得出的值.
（2）根据数列的递推公式，分 两种情况分类讨论，从而证出不等式成立.
（3）利用已知条件和数学归纳法，从而证出不等式成立 .
（1） ，
.
因为 ，所以.
（2）已知各项为正整数， .
根据的取值分类讨论：（1）若， .
当： ，
若则 ；
若则 .
当： ，
若则 ；
若则 .
（2）若， .
当： ，同理可得.
当： ，
若则 ；
若则 .
综上， .
（3）不存在.理由如下：
首先证明：若且，则必有
用归纳法：
当时，，，，故.
假设对某个结论成立.考虑时，若：
若：由归纳假设，且，于是
若：则
故若，则，归纳成立.
现归纳证明对所有有：
，
设对某有，考虑：
若：.
若：则.
若：
若：，因为为整数，故
综上.
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