2025年上海市普通高校春季招生统一文化考试数学仿真模拟卷01

学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2025年上海市普通高校春季招生统一文化考试 数学仿真模拟卷01·答题卡 姓名： 注 意 事 项 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 缺考标记 贴条形码区 准考证号 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．____________________ 2．____________________ 3．____________________ 4．____________________ 5．____________________ 6．____________________ 7．____________________ 8．____________________ 9．____________________ 10．____________________ 11．____________________ 12．____________________ 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分） 13 [A] [B] [C] [D] 14 [A] [B] [C] [D] 15 [A] [B] [C] [D] 16 [A] [B] [C] [D] 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 三、解答题（共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（14分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18． （14分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（本题满分14分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 20．（18分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 21．（18分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数 学 第4页（共6页） 数 学 第5页（共6页） 数 学 第6页（共6页） 数 学 第1页（共6页） 数 学 第2页（共6页） 数 学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上海市普通高校春季招生统一文化考试 数学仿真模拟卷01·参考答案 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） ． 2.． 3.． 4.135． 5.． 6.． 7.． 8.2． 9.，． 10.：． 11.． 12.． 二、选择题（本大题共4题,满分18分,第13-14题每题4分,第15-16题每题5分) 13 14 15 16 B B C A 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17．解：（1）依题意，，解得，则，由，得， 解得或，即或， 所以的解集为或． （2）依题意，， ， 当时，，则有，， 所以函数，的值域为． 18．（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系， 设，依题意得，0，，，1，， ，0，，，1，，， 所以，， 则，所以， 由已知，且，，平面， 所以平面； （2）解：已知，由（1）可知平面， 又平面，所以， 故即为平面与平面的夹角， 设点的坐标为，，，则， 设，则有，，，1，， 即，，， 设，则有，解得， 则点的坐标为，即， 又点的坐标为，所以， 所以， 又为锐角，所以， 即平面与平面的夹角大小为． 19．解：（1），． （2）初三年级人数为， 现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，应在初三年级抽取的人数为， （3）初一年级应抽取的学生的人数为， 初二年级应抽取的学生的人数为， 该校所有学生体重的平均数约为， 该校所有学生体重的方差约为． 20．解：（1）因为椭圆的焦距为2， 所以， 解得， 则， 解得， 则椭圆， 因为，在第一象限，， 所以， 所以， 将点的坐标代入中， 解得， 则的准线方程为； （2）因为点是和的一个共同焦点， 所以， 解得，， 则，， 此时直线的方程为， 联立，消去并整理得， 设，，，， 由韦达定理得，， 所以， 联立，消去并整理得， 设，，，， 由韦达定理得，， 所以， 若方向相同， 此时， 若方向相反， 此时， 故； （3）因为，，，三点共线， 所以， 解得， 同理，由，，，三点共线， 可得， 此时 ， 因为， 所以， 所以， 又， 则， 因为， 令， 此时， 所以， 其中， 因为， 所以的开口向下，对称轴为， 其中， 故当时，取得最大值， 最大值为， 则的最小值为， 令， 解得，负值舍去， 所以， 解得， 此时， 又， 所以， 故点的坐标为． 21．解：（1）当，时，在，上存在最小值； 当，即时，在，上存在最小值（2）； 当，即时，在，上单调递增，所以不存在最小值， 所以的取值范围为，． （2）因为时，， 所以在区间，上如果有最小值，则最小值必在区间，上取到； 另一方面，当时，； 当时，，此时在区间，上不存在最小值， 所以在区间，上具有性质． （3）①首先证明对于任意，． 当时，由， 可知介于和之间． 若，则在区间，上存在最小值，矛盾． 利用归纳法和上面结论可得：对于任意，，当时，． ②其次证明当且时，；当且时，． 任取，设正整数满足，则． 若存在使得，则，即． 由于当时，，所以在区间，有最小值，矛盾． 类似可证，当且时，． ③最后证明：当时，． 当时，（2）（1）成立．当时，由可知，存在使得， 所以． 当时，有：． 若，则， 所以在，上存在最小值，故不具有性质，故不成立． 若，则，，． 假设，则在，上存在最小值，故不具有性质，故假设不成立． 所以当时，对于任意都成都成立． 又，故当、， 所以，即． 所以当时，则存在正整数使得，则， 所以当时，，同理可证得当时，． 所以当时，必然存在正整数，使得，所以； 当时，（2）（1）显然成立， 综上所述：当时，． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上海市普通高校春季招生统一文化考试 数学仿真模拟卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．函数的定义域为 　 　． 2．直线的倾斜角是 　 　． 3．已知为虚数单位，复数，则　 　． 4．的展开式中的常数项为 　 　（用数字作答）． 5．在中，，，，的面积为 　 　． 6．函数的最小值为 　 　． 7．已知等差数列的前项和为，，，则的取值范围为 　 　． 8．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为 　　． 9．设若实数满足：，则的取值范围是 　 　． 10．三棱锥中，，，两两垂直且相等，点，分别是和上的动点，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是 　 　． 11．已知圆，圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，则圆的标准方程为 　 　． 12．我们称元有序实数组，，，为维向量，为该向量的范数．已知维向量，其中，0，，，2，，记范数为奇数的的个数为，则　 　 （用含的式子表示， 二、选择题（本大题共4题,满分18分,第13-14题每题4分,第15-16题每题5分) 13．已知，，是任意实数，且，则下列不等式一定成立的是　　 A． B． C． D． 14．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为　　 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 15．设，为两个随机事件，以下命题正确的为　　 A．若，是对立事件，则 B．若，是互斥事件，，则 C．若，且，则，是独立事件 D．若，是独立事件，，则 16．记，分别为函数，的导函数，若存在，满足且，则称为函数与的一个“真实点”．若函数与有且只有一个“真实点”，则实数的值为　　 A． B． C． D． 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17．已知． （1）函数的最小正周期是，求，并求此时的解集； （2）已知，，求函数，的值域． 18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小． 19．某初级中学共有学生2000名，各年级男、女生人数如表： 初一年级 初二年级 初三年级 女生 373 男生 377 370 已知在全校学生中随机抽取1名，抽到初二年级女生的频率是0.19． （1）求的值； （2）现用分层随机抽样的方法在全校抽取48名学生，问应在初三年级抽取多少名？ （3）在（2）中，若所抽取的初一年级、初二年级、初三年级三个年级学生的体重的平均数分别是，，，方差分别是1，2，3，估计该校所有学生体重的平均数和方差． 20．已知椭圆与抛物线在第一象限交于点，，，分别为的左、右顶点． （1）若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； （2）设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值； （3）设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标． 21．设函数在，上有定义，实数，满足．若在区间，上不存在最小值，则称在区间，上具有性质． （1）若函数，且在区间，上具有性质时，求常数的取值范围； （2）已知，且当时，，判别在区间，上是否具有性质，并说明理由； （3）若对于的任意实数和；函数在区间，上具有性质，且对于任意，当时，有：，证明：当时，． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上海市普通高校春季招生统一文化考试 数学仿真模拟卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．函数的定义域为 　　． 【分析】析：根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可． 【解答】解：函数， 则，解得且． 故答案为：． 【点评】本题考查了求函数定义域的问题，解题时应求出使函数有意义的自变量的取值范围，是基础题目． 2．直线的倾斜角是 　　． 【分析】利用直线方程求出斜率，然后求出直线的倾斜角． 【解答】解：因为直线的斜率为：， 所以， 所以直线的倾斜角为：． 故答案为：． 【点评】本题考查直线的一般式方程与直线的倾斜角的求法，考查计算能力． 3．已知为虚数单位，复数，则　　． 【分析】根据复数运算可得结果． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】本题考查复数的运算，属于基础题． 4．的展开式中的常数项为 　135　（用数字作答）． 【分析】直接利用二项式的展开式求出结果． 【解答】解：根据二项式的展开式，1，，； 令时，解得； 故常数项为． 故答案为：135． 【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题． 5．在中，，，，的面积为 　　． 【分析】利用正弦定理及三角形的内角和定理，结合三角形的面积公式即可求解． 【解答】解：由正弦定理得，解得， 因为， 所以， 所以． 所以， 所以的面积为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题． 6．函数的最小值为 　　． 【分析】由已知结合基本不等式即可直接求解． 【解答】解：当时，， 当且仅当，即时取等号． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题． 7．已知等差数列的前项和为，，，则的取值范围为 　　． 【分析】根据等差数列的性质可得公差，由，可得，从而可得，再根据等差数列的通项公式与分式变形，结合函数思想即可求得的取值范围． 【解答】解：设等差数列的公差为，所以，由于，，所以， 且，即， 则， 由得，故， 即的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式和前项和公式，属于中档题． 8．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为 　2　． 【分析】求出圆心和半径，及双曲线的渐近线方程，利用点到直线距离公式列出方程，求出，得到离心率． 【解答】解：圆化为，圆心为，半径为1， 的渐近线方程为， 双曲线的渐近线与圆相切， 则，解得：，即， 故． 故答案为：2． 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，直线与圆的位置关系的应用，是基础题． 9．设若实数满足：，则的取值范围是 　，　． 【分析】画出函数图像，设，得到，再结合基本不等式即可求解结论． 【解答】解：的大致图像如图： 设，则， 且，，， 故，当且仅当时，等号成立； 故的取值范围是，． 故答案为：，． 【点评】本题主要考查分段函数的应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题． 10．三棱锥中，，，两两垂直且相等，点，分别是和上的动点，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是 　　． 【分析】根据题意，可分别以直线，，为，，轴，建立空间直角坐标系，并设，从而得出，0，，，1，，并设，，，，0，，并根据题意得出，从而可求出．可设和所成角为，从而可得出，根据，的范围即可求出的范围，从而可得出的最大值和最小值，即得出和所成角的余弦值的取值范围． 【解答】解：分别以，，为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则： ，0，，，1，，设，，，，，0，，， ，， ，设和所成角为，则， ， ，即时，取最小值；，即时，取最大值， 和所成角余弦值的取值范围是． 故答案为：． 【点评】本题考查了通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标解决异面直线所成角的问题的方法，向量夹角的余弦公式，异面直线所成角的定义，考查了计算能力，属于中档题． 11．已知圆，圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，则圆的标准方程为 　　． 【分析】设，则圆为：，，由圆与圆外切，得到，求出，得到圆的标准方程． 【解答】解：在直线上，设， 圆与轴相切，圆为：，， 又圆与圆外切，，解得， 圆的标准方程为． 故答案是：． 【点评】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线与圆、圆与圆的位置关系，属于中档题． 12．我们称元有序实数组，，，为维向量，为该向量的范数．已知维向量，其中，0，，，2，，记范数为奇数的的个数为，则　　（用含的式子表示， 【分析】对分奇偶讨论，再结合计数原理及二项式定理，即可求解． 【解答】解：当为偶数时，范数为奇数，则的个数为奇数，即0的个数为1，3，5，，， 根据乘法原理和加法原理可得， ， ， 两式相减可得； 当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，即0的个数为0，2，4，，， 根据乘法原理和加法原理可得， ， ， 两式相减可得． 综上可得：． 故答案为：． 【点评】本题考查计数原理及二项式定理的应用，分类讨论思想，化归转化思想，属中档题． 二、选择题（本大题共4题,满分18分,第13-14题每题4分,第15-16题每题5分) 13．已知，，是任意实数，且，则下列不等式一定成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解． 【解答】解：当时，均不成立， ， 则，， 故，故正确； ，，，满足， 但，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查不等式的性质，属于基础题． 14．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为　　 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于，平行于同一个平面的两条直线可以平行、异面或相交，错误； 对于，垂直于同一个平面的两条直线平行，正确； 对于，平行于同一直线的两个平面可能相交，错误； 对于，若，，则或，错误； 故选：． 【点评】本题考查直线与平面的位置关系，涉及直线与平面垂直、平行的判断和性质，属于基础题． 15．设，为两个随机事件，以下命题正确的为　　 A．若，是对立事件，则 B．若，是互斥事件，，则 C．若，且，则，是独立事件 D．若，是独立事件，，则 【分析】利用互斥事件与相互独立事件的性质逐一判断即可． 【解答】解：对于：若，是对立事件，则，故错误； 对于，若，是互斥事件，，，则，故错误； 对于：若，则， 则，是独立事件，故，也是独立事件，故正确； 对于：若，是独立事件，，，则，也是独立事件， ，， 则，故错误． 故选：． 【点评】本题考查的知识要点：互斥事件和对立事件的定义，必然事件的定义及关系式的应用，属于中档题． 16．记，分别为函数，的导函数，若存在，满足且，则称为函数与的一个“真实点”．若函数与有且只有一个“真实点”，则实数的值为　　 A． B． C． D． 【分析】根据题意，设是函数与的“真实点”，求出两个函数的导数，由“真实点”的定义可得，变形可得方程有且只有一解，据此可得、的值，代入方程组计算可得答案． 【解答】解：根据题意，设是函数与的“真实点”， 则，， 则有，变形可得， 若两个函数有且只有一个“真实点”，即方程有且只有一解， 则有△，解可得， 方程的唯一解， 则有，解可得， 故选：． 【点评】本题考查函数、导数的综合应用以及函数与方程的关系，涉及导数的计算，属于综合题． 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分） 17．已知． （1）函数的最小正周期是，求，并求此时的解集； （2）已知，，求函数，的值域． 【分析】（1）利用正弦函数的周期公式求出，再求出方程的解集即得． （2）利用二倍角公式及辅助角公式求出，再利用正弦函数性质求出值域即可． 【解答】解：（1）依题意，，解得，则，由，得， 解得或，即或， 所以的解集为或． （2）依题意，， ， 当时，，则有，， 所以函数，的值域为． 【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换，三角函数的周期性及其求法，倍角公式的应用，属于中档题． 18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得，结合，即可证得结论； （2）由已知，证得即为平面与平面的夹角，利用向量夹角公式即可求得两平面夹角的大小． 【解答】（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系， 设，依题意得，0，，，1，， ，0，，，1，，， 所以，， 则，所以， 由已知，且，，平面， 所以平面； （2）解：已知，由（1）可知平面， 又平面，所以， 故即为平面与平面的夹角， 设点的坐标为，，，则， 设，则有，，，1，， 即，，， 设，则有，解得， 则点的坐标为，即， 又点的坐标为，所以， 所以， 又为锐角，所以， 即平面与平面的夹角大小为． 【点评】本题考查线面垂直的判定，考查两平面夹角的求法，属中档题． 19．某初级中学共有学生2000名，各年级男、女生人数如表： 初一年级 初二年级 初三年级 女生 373 男生 377 370 已知在全校学生中随机抽取1名，抽到初二年级女生的频率是0.19． （1）求的值； （2）现用分层随机抽样的方法在全校抽取48名学生，问应在初三年级抽取多少名？ （3）在（2）中，若所抽取的初一年级、初二年级、初三年级三个年级学生的体重的平均数分别是，，，方差分别是1，2，3，估计该校所有学生体重的平均数和方差． 【分析】（1）由题意可知，从而求出的值． （2）先计算出初三年级的总人数，再利用分层抽样的概念即可得到结果． （3）先求出初一、二年级应抽取的学生的人数，再利用平均数和方差的公式求解． 【解答】解：（1），． （2）初三年级人数为， 现用分层抽样的方法在全校抽取48名学生，应在初三年级抽取的人数为， （3）初一年级应抽取的学生的人数为， 初二年级应抽取的学生的人数为， 该校所有学生体重的平均数约为， 该校所有学生体重的方差约为． 【点评】本题主要考查了数据的数字特征，考查了分层抽样的概念，同时考查了学生的计算能力，是基础题． 20．已知椭圆与抛物线在第一象限交于点，，，分别为的左、右顶点． （1）若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； （2）设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值； （3）设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标． 【分析】（1）由题意，根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程； （2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案； （3）由三点共线得到和，从而表达出，，得到，换元后得到，结合二次函数图象性质求出最小值，得到方程，求出，进一步求出点的坐标． 【解答】解：（1）因为椭圆的焦距为2， 所以， 解得， 则， 解得， 则椭圆， 因为，在第一象限，， 所以， 所以， 将点的坐标代入中， 解得， 则的准线方程为； （2）因为点是和的一个共同焦点， 所以， 解得，， 则，， 此时直线的方程为， 联立，消去并整理得， 设，，，， 由韦达定理得，， 所以， 联立，消去并整理得， 设，，，， 由韦达定理得，， 所以， 若方向相同， 此时， 若方向相反， 此时， 故； （3）因为，，，三点共线， 所以， 解得， 同理，由，，，三点共线， 可得， 此时 ， 因为， 所以， 所以， 又， 则， 因为， 令， 此时， 所以， 其中， 因为， 所以的开口向下，对称轴为， 其中， 故当时，取得最大值， 最大值为， 则的最小值为， 令， 解得，负值舍去， 所以， 解得， 此时， 又， 所以， 故点的坐标为． 【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题． 21．设函数在，上有定义，实数，满足．若在区间，上不存在最小值，则称在区间，上具有性质． （1）若函数，且在区间，上具有性质时，求常数的取值范围； （2）已知，且当时，，判别在区间，上是否具有性质，并说明理由； （3）若对于的任意实数和；函数在区间，上具有性质，且对于任意，当时，有：，证明：当时，． 【分析】（1）分别讨论图象的对称轴与1和2的关系，即可得出是否存在最小值，再求出的取值范围； （2）由题目条件可得出在区间，上如果有最小值，则最小值必在区间，上取到，又在区间，上不存在最小值，所以在区间，上具有性质； （3）首先证明证明对于任意，；其次证明当且时，；当且时，；最后证明：当时，即可． 【解答】解：（1）当，时，在，上存在最小值； 当，即时，在，上存在最小值（2）； 当，即时，在，上单调递增，所以不存在最小值， 所以的取值范围为，． （2）因为时，， 所以在区间，上如果有最小值，则最小值必在区间，上取到； 另一方面，当时，； 当时，，此时在区间，上不存在最小值， 所以在区间，上具有性质． （3）①首先证明对于任意，． 当时，由， 可知介于和之间． 若，则在区间，上存在最小值，矛盾． 利用归纳法和上面结论可得：对于任意，，当时，． ②其次证明当且时，；当且时，． 任取，设正整数满足，则． 若存在使得，则，即． 由于当时，，所以在区间，有最小值，矛盾． 类似可证，当且时，． ③最后证明：当时，． 当时，（2）（1）成立．当时，由可知，存在使得， 所以． 当时，有：． 若，则， 所以在，上存在最小值，故不具有性质，故不成立． 若，则，，． 假设，则在，上存在最小值，故不具有性质，故假设不成立． 所以当时，对于任意都成都成立． 又，故当、， 所以，即． 所以当时，则存在正整数使得，则， 所以当时，，同理可证得当时，． 所以当时，必然存在正整数，使得，所以； 当时，（2）（1）显然成立， 综上所述：当时，． 【点评】本题考查函数与方程的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$