精品解析：江西南昌市外国语学校2025-2026学年高二上学期2月期末测试数学试卷

南昌市外国语学校2025—2026学年上学期 高二数学期末测试卷 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为 A. B. C. D. 2. 从A，B，C，D，E这5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案有（ ）种. A. 24 B. 48 C. 72 D. 120 3. 如图，在四面体中，，点满足，为中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，过抛物线的焦点的直线（斜率为正）交抛物线于点两点（其中点在第一象限），交其准线于点，若，则到抛物线的准线的距离为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 在展开式中的系数为（ ） A. 10 B. 15 C. D. 7. 已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ） A. B. C. D. 8. 一只小青蛙位于数轴上的原点处，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳动一个单位或者两个单位距离的能力，且每次跳动至少一个单位.若小青蛙经过5次跳动后，停在数轴上实数2位于的点处，则小青蛙不同的跳动方式共有种. A. 105 B. 95 C. 85 D. 75 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）． 9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 圆与圆有两条公切线 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 当时，圆存在无数对点关于直线对称 10. 棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，下列命题中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积与的取值无关 B. 当时，点Q到直线AC的距离是 C. 当时， D. 当时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为 11. 高考数学试题第二部分为多选题，共个小题，每小题有个选项，其中有个或个是正确选项，全部选对得分，部分选对得部分分，有选错的得分.若正确答案是个选项，只选对个得分，有选错的得分；若正确答案是个选项，只选对个得分，只选对个得分，有选错的得分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择个选项的得分，记为小明随机选择个选项的得分，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在的展开式中常数项是______．（用数字作答） 13. 已知椭圆的两个焦点分别为，，过椭圆上顶点A与左焦点的直线与椭圆的另一个交点为B，若是直角，则椭圆的离心率是______． 14. “素数”是指大于1的自然数中，除了1和它本身以外，不能被其它正整数整除的数，例如2､3､都是素数；“孪生素数”是指相差为2的两个素数，例如都是“孪生素数”；关于“孪生素数”有一个著名的猜想：自然数中存在无穷多对“孪生素数”；2013年数学家张益唐证明了“存在无穷多对素数，它们的差不超过7000万”，2014年陶哲轩等数学家证明了“存在无数多对素数，它们的差不超过246”；现在某同学要从小于20的素数中取出4个，则取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率=__________. 四、解答题（第15题13分，第16题、17题15分，第18题、19题17分） 15. 为了解某市高中学生喜爱打篮球是否与性别有关，从该市若干所学校的全部高中学生中随机抽取名学生进行调查．得到了如下的列联表： 性别 打篮球 合计 不喜爱 喜爱 男生 女生 合计 （1）请完成上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生喜爱打篮球与性别有关．（单位：人） （2）若将频率视作概率，从全市所有高中学生中随机抽取人进行调查，记人中喜爱打篮球的人数为，求的均值和方差． 附：，. 16. 如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形.边上存在一点，使平面，.若平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 17. 已知双曲线的左、右顶点分别为 ，在上，． （1）求的方程； （2）过的直线交于另一点（异于 ），与轴交于点，直线与交于点，证明：直线过定点． 18. 在三棱锥中，，，与平面所成的角为． （1）若，，如图，过点作平面，分别交，于点，． ①求证：平面； ②设，为平面内的动点，求周长的最小值． （2）若，，求二面角的取值范围． 19. 《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈的高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌市外国语学校2025—2026学年上学期 高二数学期末测试卷 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，故，即，故渐近线方程为. 【考点】本题考查双曲线的基本性质，考查学生的化归与转化能力. 2. 从A，B，C，D，E这5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案有（ ）种. A. 24 B. 48 C. 72 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理和排列组合的应用，对特殊元素分类讨论，分别计算不同的情况种类数目，求出结果. 【详解】解法1（特殊元素优先）：若A参加竞赛，则参赛方案有种； 若A不参加竞赛，则参赛方案有种，因此不同的参赛方案有72种. 解法2（特殊位置优先）：先从除了A以外的4名学生中选择2名参加物理、化学竞赛，有种； 再从余下的3名学生中选择2名参加数学、外语竞赛，有种；因此共有种不同的参赛方案. 故选：C. 3. 如图，在四面体中，，点满足，为中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形，运用空间向量线性运算将向量用表示即可. 【详解】因为 所以， 故选：C. 4. 两位游客准备分别从葫芦古镇、兴城古城、龙潭大峡谷、九门口水上长城、龙湾海滨风景区5个景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件“两位游客中至少有一人选择葫芦古镇”，事件“两位游客选择的景点不同”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出和，再利用条件概率的计算公式计算即可. 【详解】两位游客从5个景点中任选，每人有5种选择，总事件数：种. 事件的对立事件为“两位游客都不选择葫芦古镇”，的事件数：种, 因此. 事件分为两种情况：甲选葫芦古镇，乙选其余4个景点，4种； 乙选葫芦古镇，甲选其余4个景点，4种；共种事件， 因此. 所以. 故选：C. 5. 如图，过抛物线的焦点的直线（斜率为正）交抛物线于点两点（其中点在第一象限），交其准线于点，若，则到抛物线的准线的距离为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形特征得出，，得出，再计算得出解得即得. 【详解】如图，分别过点作准线的垂线，垂足分别为点， 设，所以，由抛物线的定义得，所以， 在中，，又因为， 解得，又记准线与对称轴交于点，因为，解得，即到抛物线的准线的距离为4. 故选：B. 6. 在展开式中的系数为（ ） A. 10 B. 15 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据乘法法则求出展开式中含的项即可得解. 【详解】展开式中含的项为： . 所以在展开式中的系数为. 故选：C 7. 已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作平面，垂足为，由正三棱锥性质求出及外接球的半径，进而求得，利用球的截面性质求解. 【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心， 因为    ，， 所以，则， 因为，取的中点，所以， ， 设正三棱锥外接球的半径为，则，得， 所以，故， 设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点， ，则， 所以，则， 所以与该截面所成角为，故， ，即与该截面所成角为. 故选：C. 8. 一只小青蛙位于数轴上的原点处，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳动一个单位或者两个单位距离的能力，且每次跳动至少一个单位.若小青蛙经过5次跳动后，停在数轴上实数2位于的点处，则小青蛙不同的跳动方式共有种. A. 105 B. 95 C. 85 D. 75 【答案】A 【解析】 【详解】分析：根据题意，分4种情况讨论：①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，由加法原理计算可得答案． 详解：根据题意，分4种情况讨论： ①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，有C51=5种情况， ②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，有C52=10种情况， ③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位， 有C52A33=60种情况， ④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，有C52C32=30种情况， 则一共有5+10+60+30=105种情况，即有105种不同的跳动方式． 故选A． 点睛：本题考查排列、组合的应用，注意分析青蛙左右跳动的次数与单位． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）． 9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 圆与圆有两条公切线 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 当时，圆存在无数对点关于直线对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】求解直线系所过的定点判断A；判断两圆位置关系判断B；求解直线被圆截的弦长判断C，利用圆的圆心与直线的位置关系判断D． 【详解】对A，直线，即，恒过点，所以A正确； 对B，圆的圆心坐标为，半径为，而圆的圆心为，半径为1， 则两圆心的距离为，半径和为3，半径差为1，则，则两圆相交，则两圆有两条公切线，B正确； 对C，圆的圆心坐标为，圆的半径为2． 直线，恒过点，代入圆方程得，则定点在圆内，则直线与圆必有两交点， 设圆心到直线的距离为，则弦长，若要弦长最短，则最大， 而圆心到直线的距离最大值即为圆的圆心到定点的距离为：， 所以直线被圆截得的最短弦长为，所以C不正确； 对D，当时，直线方程为：，代入圆心坐标，得， 则该直线经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确． 故选：ABD． 10. 棱长为1的正方体中，为底面的中心，是棱上一点，且，，为线段的中点，下列命题中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积与的取值无关 B. 当时，点Q到直线AC的距离是 C. 当时， D. 当时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据锥体体积计算、点线距离、线线垂直、正方体的截面等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对选项A：由，因为到平面的距离为定值， 且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以A正确； 对选项B：当时，是的中点， ， ，所以为锐角， 所以, 所以点Q到直线AC的距离是，所以B正确. 对选项C：当时，，可得，， 取的中点分别为，连接，则， 在直角三角形中，， 则，所以不成立，所以C不正确． 对选项D：当时，取，连接，则，又， 所以，所以共面，即过三点的正方体的截面为， 由，则是等腰梯形，且， 所以平面截正方体所得截面的周长为，所以D正确； 故选：ABD 11. 高考数学试题第二部分为多选题，共个小题，每小题有个选项，其中有个或个是正确选项，全部选对得分，部分选对得部分分，有选错的得分.若正确答案是个选项，只选对个得分，有选错的得分；若正确答案是个选项，只选对个得分，只选对个得分，有选错的得分.小明对其中的一道题完全不会，该题有两个正确选项的概率是，记为小明随机选择个选项的得分，记为小明随机选择个选项的得分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】分别计算出和的分布列，然后逐项进行计算即可求得. 【详解】由题意，，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择个；若该题有个正确选项，则小明从个错误选项中选择个， 概率为：； ，该题有个正确选项，则小明从个正确选项中选择个， 概率为：； ，该题有个正确选项，则小明从个正确选项中选择个， 概率为：； ，若该题有两个正确选项，则小明从两个错误选项中选择个或选择个错误选项；若该题有个正确选项，则小明从个错误选项中选择个，再从个正确选项中选一个，概率为：； ，该题有个正确选项，则小明从个正确选项中选择个， 概率为：； ，该题有个正确选项，则小明从个正确选项中选择个， 概率为：； 对于A选项，， A错误； 对于B选项，； ；所以， B正确； 对于C选项，， ，C正确； 对于D选项，，D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在的展开式中常数项是______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】设项为常数项，则，经过整理使的次数为零，求出的值，将代入求出常数项. 【详解】设项为常数项，， 则有，解得， . 故答案为：. 13. 已知椭圆的两个焦点分别为，，过椭圆上顶点A与左焦点的直线与椭圆的另一个交点为B，若是直角，则椭圆的离心率是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用勾股定理将边长用表示出来，然后利用三角函数建立和的关系求解离心率. 【详解】 如图所示，椭圆上顶点A，所以， 设则 若是直角，则 即，解得, 所以 所以, 且为锐角，所以, 且 故. 故答案为：. 14. “素数”是指大于1的自然数中，除了1和它本身以外，不能被其它正整数整除的数，例如2､3､都是素数；“孪生素数”是指相差为2的两个素数，例如都是“孪生素数”；关于“孪生素数”有一个著名的猜想：自然数中存在无穷多对“孪生素数”；2013年数学家张益唐证明了“存在无穷多对素数，它们的差不超过7000万”，2014年陶哲轩等数学家证明了“存在无数多对素数，它们的差不超过246”；现在某同学要从小于20的素数中取出4个，则取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率=__________. 【答案】 【解析】 【分析】分两个是“孪生素数”分别是或或或逐个确定，再结合古典概率模型概率计算公式即可求解. 【详解】小于20的素数共有，8个， 其中“孪生素数”有4对， 若取，则不能取7，从中取2个，同时和不能同时出现，故有种， 若取，则不能取3，从中取2个，同时和不能同时出现，故有种， 若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，故有种， 若取，再从中取2个，同时，，和不能同时出现，故有种， 总共有， 而从个数中取出4个共有种， 所以取出的4个素数中恰有两个是“孪生素数”的概率为， 故答案为： 四、解答题（第15题13分，第16题、17题15分，第18题、19题17分） 15. 为了解某市高中学生喜爱打篮球是否与性别有关，从该市若干所学校的全部高中学生中随机抽取名学生进行调查．得到了如下的列联表： 性别 打篮球 合计 不喜爱 喜爱 男生 女生 合计 （1）请完成上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生喜爱打篮球与性别有关．（单位：人） （2）若将频率视作概率，从全市所有高中学生中随机抽取人进行调查，记人中喜爱打篮球的人数为，求的均值和方差． 附：，. 【答案】（1） 性别 打篮球 合计 不喜爱 喜爱 男生 女生 合计 学生喜爱打篮球与性别有关 （2）， 【解析】 【分析】（1）完成列联表，根据列联表中的数据，结合公式求出，再根据临界值分析判断即可． （2）喜欢打篮球的概率为 ，分析得到服从二项分布 ，利用二项分布的均值和方差公式直接求解即可． 【小问1详解】 列联表如下： 性别 打篮球 合计 不喜爱 喜爱 男生 女生 合计 零假设：学生喜爱打篮球与性别无关， 根据列联表数据，计算得到， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即学生喜爱打篮球与性别有关． 【小问2详解】 喜欢打篮球的概率为 ，从全市所有高中学生中随机抽取人进行调查， 记人中喜爱打篮球的人数为，则服从二项分布 ， 则的均值：， 的方差：． 16. 如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形.边上存在一点，使平面，.若平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 过作于，    因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以. 又平面，平面，所以. 因为平面，平面，， 所以平面，又平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）过作于，再利用面面垂直的性质定理，证得平面，再依次证得，，即可证得平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两个平面的法向量，再运用向量夹角公式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，以，所在的直线为，轴，以过作的平行线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，    ，，，， 则，，， 设平面的法向量， 则，即，令，则， 设平面的法向量， 则，即，令，则， 设平面与平面所成角为， . 所以平面与平面所成角的余弦值. 17. 已知双曲线的左、右顶点分别为 ，在上，． （1）求的方程； （2）过的直线交于另一点（异于 ），与轴交于点，直线与交于点，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明：解法一：设直线的方程为，直线的方程为． 联立得． 联立消去，整理得， ∴，即． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为． 令，得，即． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为， 即． 由解得， 故直线过定点． 解法二：同法一，得， 设直线过定点，则． 又∵， ∴， 整理得． 由解得．故直线过定点． 解法三：①当直线斜率存在时，设的方程为，则． 由直线的斜率为得. 联立消去，整理得， ∴，∴， ∴直线的斜率为，∴直线的方程为． 联立得． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为， 即．由得． ②当直线斜率不存在时，，直线的方程为，显然过点． 综上所述，直线过定点． 【解析】 【分析】（1）结合题设可得，，求出即可求解； （2）解法一：设直线的方程为，直线的方程为，联立方程组可得，，进而得到，可得直线的方程，进而求证即可； 解法二：同解法一得到，设直线过定点，通过求证即可； 解法三：分直线斜率存在与直线斜率不存在两种情况，求出的坐标，得到直线的方程，进而求证即可. 【小问1详解】 ∵在上，∴．① ∵，∴， ∴，② 由①②解得，故的方程为． 【小问2详解】 略 18. 在三棱锥中，，，与平面所成的角为． （1）若，，如图，过点作平面，分别交，于点，． ①求证：平面； ②设，为平面内的动点，求周长的最小值． （2）若，，求二面角的取值范围． 【答案】（1）①证明：由⊥平面，平面，得⊥， 由，得⊥平面BCD，而平面，则⊥， 又，，平面，则⊥平面， 又平面，则⊥，而，平面， 所以平面PCD； ②1； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）根据线面垂直得到⊥，⊥，从而得到⊥平面，所以⊥，所以平面PCD. （ii）建立空间直角坐标系，平面的一个法向量为，设点关于平面对称的点为，则，要想最小，则需三点共线，此时的最小值为的长，设，且，从而得到方程组，解得，故，，故△CGH周长的最小值为. （2）在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆，设，求出两平面的法向量，设二面角的大小为，则，换元得到，从而求出答案. 【小问1详解】 （i）略 （ii）由，得，，则， 过点作，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，， 则，，， 则平面的一个法向量为， 设点关于平面对称的点为，则， ，要最小，则需三点共线， 此时的最小值为的长，其中，且， 则且，而，解得， 故，； 所以△CGH周长的最小值为. 【小问2详解】 PB与平面BCD所成的角， 以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，故， PB与平面BCD所成的角，，则点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆， 设，， 设平面的法向量为，则， 令，得，平面的法向量为， 设二面角的大小为，由图形知，二面角是锐二面角，， 则， 令，则， 又在上单调递减，因此， 所以二面角的取值范围为. 19. 《最强大脑》“脑王争霸”是节目中最激烈的高智商对抗环节，通常由往届擂主与多名挑战者进行多轮脑力对决．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 【答案】（1） （2）（i） 2 4 5 最大值为． （ii）设事件A,B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”． 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA,BB,AB,BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”， 事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB,BA表示“甲、乙各得1分”， 当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 , 因此，得， 而，所以. 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率公式计算即可． （2）（i）求出所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值； （ii）设事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解． 【小问1详解】 设该擂主连胜三局为事件，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B,C,D，则， 由题知，事件A,B,C相互独立， 所以， 所以该擂主连胜三局的概率为． 【小问2详解】 （i）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得的所有可能取值为：2,4,5， , ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： ， 由，得，当且仅当时取等号，则， 因此， 所以的最大值为． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $