精品解析：北京市第二中学2025-2026学年高三下学期考前校模数学试题

北京二中2025—2026学年度高三年级校模 数学试卷 第一部分（选择题 共40分） 一、单选题（本题共10小题，每小题4分，共40分．选出符合题目要求的一项） 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知非零向量满足，，且与的夹角为，则（ ） A. 6 B. C. D. 3 4. 2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出了新一代人工智能大模型，其训练算力需求为1000PetaFLOPS（千亿亿次浮点运算/秒）．根据技术规划，DeepSeek的算力每年增长．截止至2025年，其算力已提升至2250PetaFLOPS，并计划继续保持这一增长率．问：DeepSeek的算力预计在哪一年首次突破7500PetaFLOPS？（ ） （参考数据：，，） A. 年 B. 年 C. 年 D. 年 5. 设直线经过抛物线的焦点，为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则直线斜率的最大值为（ ）． A. B. C. D. 1 6. 设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 已知数列是等比数列，则“存在正整数，对于恒成立”是：“为递减数列”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 8. 已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（ ）． A. B. C. D. 9. 月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）． A. 80 B. 96 C. 100 D. 112 10. 曲线,则下列命题是假命题的是（ ） A. 当时，曲线关于点中心对称 B. 当时，曲线是轴对称图形 C. 当时，曲线所围成的面积小于 D. 当时，曲线上的点到原点距离的最小值是1 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率e=______. 12. 已知多项式，其中为实数，则____，_______． 13. 已知角的终边经过点，函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则＝__________． 14. 给定函数，若在其定义域内存在使得，则称为“函数”，为该函数的一个“点”．设函数，若1n2是的一个“点”，则实数a的值为______；若为“函数”，则实数a的取值范围为______． 15. 在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为； ④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 三、解答题（本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为9． 注：若选择条件不合要求，本小题得0分；若选择多个条件，按所选第一个条件计入． 17. 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版（EV）和插电混动版（PHEV）在某市随机调查了300名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人）． 车型 低收入群体（20万/年） 中收入群体（20万/年-50万/年） 高收入群体（50万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 EV 70 30 70 50 40 40 PHEV 20 80 60 60 60 20 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率． （1）从该市全体消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动版（EV）的概率； （2）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取2人，记为这4人中愿意购买插电混动版（PHEV）的人数，求的分布列和数学期望； （3）假设该市社区内的低收入，中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取1人，将其愿意购买纯电动版（EV）的概率估计值记为，试比较与的大小． 18. 如图，四棱锥，平面ABCD，，，．若E点满足，平面交线段PD于F点． （1）求证：； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求D点到平面的距离． 19. 已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且． （1）求椭圆C的方程； （2）若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 20. 已知函数，，． （1）证明：在区间恒成立； （2）若的最小值为0，求的值； （3）若在区间内恒成立，求的取值范围． 21. 设和均为各项互不相等的项数列，其中，，，…，．记数列：，，…，，其中，，，…，． （1）写出所有满足条件的数列和，使得数列:，，，； （2）若，是公差不为的等差数列，求证：为定值； （3）若为各项互不相等的数列，记中最大的数为，最小的数为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京二中2025—2026学年度高三年级校模 数学试卷 第一部分（选择题 共40分） 一、单选题（本题共10小题，每小题4分，共40分．选出符合题目要求的一项） 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分别求解集合、实数集下的补集与集合，再计算二者的交集即可得到结果. 【详解】因为，即集合，所以； 由，整理得，等价为，解得， 所以集合， 所以. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由共轭复数的定义得，由虚部的定义即可求解. 【详解】由题意，化简得，则，所以复数的虚部为． 故选：B 3. 已知非零向量满足，，且与的夹角为，则（ ） A. 6 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的加法的平行四边形法则，判断四边形的形状，推出结果即可． 【详解】解：非零向量，满足，可知两个向量垂直，，且与的夹角为， 说明以向量，为邻边，为对角线的平行四边形是正方形，所以则． 故选：． 【点睛】本题考查向量的几何意义，向量加法的平行四边形法则的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题． 4. 2023年，深度求索（DeepSeek）公司推出了新一代人工智能大模型，其训练算力需求为1000PetaFLOPS（千亿亿次浮点运算/秒）．根据技术规划，DeepSeek的算力每年增长．截止至2025年，其算力已提升至2250PetaFLOPS，并计划继续保持这一增长率．问：DeepSeek的算力预计在哪一年首次突破7500PetaFLOPS？（ ） （参考数据：，，） A. 年 B. 年 C. 年 D. 年 【答案】C 【解析】 【分析】利用归纳可知，从年起，到第年，DeepSeek的算力提升至PetaFLOPS，解不等式，即可得出结论. 【详解】由题意可知，截止至2025年，DeepSeek的算力已提升至2250PetaFLOPS， 到年，其算力提升至PetaFLOPS， 到年，其算力提升至PetaFLOPS，， 以此类推可知，从年起，到第年，DeepSeek的算力提升至PetaFLOPS， 由，可得， 所以，， 所以，DeepSeek的算力预计在年首次突破PetaFLOPS， 故选：C. 5. 设直线经过抛物线的焦点，为直线上任意一点，过总能作圆的切线，则直线斜率的最大值为（ ）． A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得直线与圆的位置关系，根据抛物线方程，可得焦点坐标，从而设出直线方程，利用点到直线距离公式，建立不等式，可得答案. 【详解】由题意可知直线与圆不相交，则圆心到直线的距离大于等于半径，即， 由抛物线可得焦点，易知直线的斜率存在，设为，则直线， 由，则，整理可得，解得， 所以直线的斜率的最大值为. 故选：B. 6. 设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】结合三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法，逐项判定，即可求解得到答案. 【详解】对于A中，因为，例如时，，所以不正确； 对于B中，因为，例如时，， 所以不正确， 对于C中，因为，则 又由， 所以是正确的； 对于D中，例如，满足此时， 所以不一定成立，所以不正确； 7. 已知数列是等比数列，则“存在正整数，对于恒成立”是：“为递减数列”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】取两种特殊情况说明，分和两次情况讨论，将转化为，分和两种情况与假设对比，据此即可求解. 【详解】取两种特殊情况说明充分性， 当时显然成立； 当时，理由如下： 因为是等比数列，设公比为，则， 当时，，即， 若，则， 注意到，当时，，与假设矛盾，舍去， 故，此时，则为递减数列； 若，则或， 注意到，当时，，与假设矛盾，舍去， 故，此时，则为递减数列； 综上：存在，使时，为递减数列，即充分性成立； 当为递减数列时，，即成立，即必要性成立. 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于取两种特殊情况说明，分和两次情况讨论. 8. 已知圆台上下底面半径之比为，母线与底面所成的角的正弦值为，圆台体积为，则该圆台的侧面面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合圆台轴截面的几何性质，利用母线与底面夹角的三角函数关系得到高、母线长与底面半径的关系，再通过体积公式求出参数，最终计算侧面积. 【详解】作出圆台的轴截面如图所示，设圆台的上底面半径为，母线为，高为， 则下底面半径为，作，垂足为，则， 因为母线与底面所成的角的正弦值为，即， 则， 由，得，又因为，所以， 所以，解得， 即，所以圆台侧面积. 9. 月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（ ）． A. 80 B. 96 C. 100 D. 112 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得. 【详解】依题意，有，， 时，不是正整数； 时，； 时，，不是正整数. 所以，，. 故选：B 10. 曲线,则下列命题是假命题的是（ ） A. 当时，曲线关于点中心对称 B. 当时，曲线是轴对称图形 C. 当时，曲线所围成的面积小于 D. 当时，曲线上的点到原点距离的最小值是1 【答案】C 【解析】 【分析】根据给出的的值，对于A：从而可判断求解；对于B：不难发现其曲线关于对称，从而判断求解；对于C：利用转化法不难证明曲线上任意一点到原点的距离大于或等于1，从而可判断求解；对于D：由并结合的取值范围，即可判断求解. 【详解】对于选项A:由可得曲线即， 因为是奇函数且关于原点对称， 所以关于中心对称，故A为真命题； 对于选项B：由可得曲线 对于曲线上的任意一点， 则关于的对称点也在曲线上, 所以曲线关于直线对称，故B为真命题； 对于选项C：由可得曲线 所以，可知曲线图象是一个封闭的图形， 故可设曲线上任意一点， 易得到原点的距离满足， 因为所以， 因为，所以，故， 当且仅当时，即时，， 又因为曲线是个封闭图形，所以其面积，故C为假命题； 对于选项D: 由可得曲线所以 故可设曲线上任意一点，则， 又因为所以， 因为，所以，当且仅当或时，有最小值1， 所以曲线上的点到原点距离的最小值是1.故选项D为真命题. 故选：C. 【点睛】方法点睛：C项中转化法求出曲线上任一点到原点距离都大于或等于1,而可求解；D项中根据的取值范围从而可求出最小值. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率e=______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据渐近线方程求出，进而求出，可求得离心率. 【详解】对于双曲线，标准方程为，则，， 又双曲线的渐近线方程为，所以，解得， 则，，. 故答案为：2. 12. 已知多项式，其中为实数，则____，_______． 【答案】 ①. -10 ②. 32 【解析】 【分析】将变形为，求得其通项公式，分别对k赋值，即可得答案. 【详解】的展开式的通项公式为：， 令，得， 所以. 令，得， 令，得， 令，得， 令，得， 令，得， 所以. 故答案为：-10；32 13. 已知角的终边经过点，函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则＝__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意结合正弦函数的性质可求出，再结合任意角三角函数的定义可求出，然后根据两角和的正弦公式可求得结果. 【详解】由题意得 因为角的终边经过点，所以 因此 14. 给定函数，若在其定义域内存在使得，则称为“函数”，为该函数的一个“点”．设函数，若1n2是的一个“点”，则实数a的值为______；若为“函数”，则实数a的取值范围为______． 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】（1）根据对数函数的概念可得，结合新定义函数可得，解之即可； （2）根据新函数的定义可知当时，有， 当时，有，分别得和，结合指数函数的性质和基本不等式即可求解. 【详解】由题意知，当时，， 由新定义的函数知，，则， 有，即， 解得； 若函数为“函数”，则存在使得， 当时，， ，即， 得，即，得， 当且仅当即时等号成立.； 当时，， ，即， 得， 当且仅当即时等号成立. 所以a的取值范围为. 故答案为：；. 15. 在边长为的正方形中，点为中点，点为中点，现将沿直线翻折至位置，若为线段的中点，在翻折的过程中，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②异面直线、所成角始终为； ③翻折过程中存在某个位置，使得大小为； ④点在某个圆上运动． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】②④ 【解析】 【分析】对于①，根据等体积可知,只需求出到平面的距离的最大值，即可判断；对于②，取中点,连接,则,连接，由异面直线的定义可知是异面直线、所成角或补角，在中，利用余弦定理求解后，即可判断；对于③，由②可判断；对于④，根据②可知以，，从而得的轨迹是以、为球心的两个球面的交线，即可判断. 【详解】对于①，由题意可知, 又因为, 要使三棱锥的体积最大，则点到平面,即平面的距离最大， 只有当平面平面时，最大， 此时的长度与斜边上高的一半相等， 所以， 所以,故①错误； 对于②，取中点,连接,则,连接， 所以是异面直线、所成角或补角， 因为,, ,, 又因为, 所以, 又因为， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： , 又因为 所以， 即异面直线、所成角始终为，故②正确； 对于③，由②可知，故③错误； 对于④，由②可知， 所以， 又因为， 所以的轨迹是以、为球心的两个球面的交线， 即点在某个圆上运动，故④正确. 三、解答题（本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为9． 注：若选择条件不合要求，本小题得0分；若选择多个条件，按所选第一个条件计入． 【答案】（1） （2）选条件②不合题意，选条件①或③时的面积为 【解析】 【分析】（1）首先根据正弦定理，边化为角，再根据三角恒等变换求解； （2）分别选择3个条件，根据，再根据余弦定理和三角恒等变换，三角形面积公式判断是否符合条件. 【小问1详解】 ，根据正弦定理可知， ，即，因为， 所以，即； 【小问2详解】 若选择①，，，则， 因为，则， 根据余弦定理，即，得， 则，所以， 所以条件①符合要求； 若选择②，则，且， 若为锐角，则，， ， 若为钝角，则，， ， 根据正弦定理，因为有2个值，所以也有2个值， 则三角形的面积也有2个值，故条件②不符合要求； 若选择③，，，且， 所以， 则，则， 所以，故条件③符合要求. 17. 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版（EV）和插电混动版（PHEV）在某市随机调查了300名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人）． 车型 低收入群体（20万/年） 中收入群体（20万/年-50万/年） 高收入群体（50万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 EV 70 30 70 50 40 40 PHEV 20 80 60 60 60 20 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率． （1）从该市全体消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动版（EV）的概率； （2）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取2人，记为这4人中愿意购买插电混动版（PHEV）的人数，求的分布列和数学期望； （3）假设该市社区内的低收入，中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取1人，将其愿意购买纯电动版（EV）的概率估计值记为，试比较与的大小． 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率来估计概率即可； （2）由于是从该市全体中来抽取，即从总体中来抽取，故用频率估计概率，再结合独立事件同时发生用乘法公式和分类加法原理来求解； （3）利用全概率公式来进行求解. 【小问1详解】 由表可知300名调查者中愿意购买纯电动版人数为180人，频率为， 用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买纯电动版的概率估计为； 【小问2详解】 用频率估计概率，从全市中收入群体中随机抽1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率估计，从全市高收入群体中随机抽取1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率， 由题意的可能取值为0，1，2，3，4 ， ， ． 所以的分布列为 0 1 2 3 4 ． 【小问3详解】 低收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为； 中收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为； 高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为． 利用全概率公式可得：． 18. 如图，四棱锥，平面ABCD，，，．若E点满足，平面交线段PD于F点． （1）求证：； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求D点到平面的距离． 【答案】（1）证明过程见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）先得到平面，由线面平行的性质可得线线平行； （2）建立空间直角坐标系，设，，求出两平面的法向量，利用夹角余弦值得到方程，求出，进而求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求出答案. 【小问1详解】 因为，平面，平面， 所以平面， 平面交线段PD于F点，即平面平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，，又，，所以， 故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 又，所以， 设，，则， 显然平面的一个法向量为， 其中，设平面的一个法向量为， 则， 设得，所以， 由题意得， 解得，负值舍去， 故，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 设D点到平面的距离为， 则. D点到平面的距离为. 19. 已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且． （1）求椭圆C的方程； （2）若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在定点， 【解析】 【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可； （2）先联立直线和椭圆，通过∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF，表示出，由解出点P的坐标即可. 【小问1详解】 由题知，椭圆C过点和， 所以，解得 所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 假设在y轴上存在定点P，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立，设，， 由，得，∴， ∵∠EQP＝2∠EFP，∴∠EFP＝∠FPQ，∴QE＝QF＝QP ∴点P在以EF为直径的圆上，即PE⊥PF ， ∴ ∴恒成立 ∴，解得 ∴ ∴存在定点，使得∠EQP＝2∠EFP恒成立． 【点睛】本题关键点在于利用∠EQP＝2∠EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可. 20. 已知函数，，． （1）证明：在区间恒成立； （2）若的最小值为0，求的值； （3）若在区间内恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把问题等价转为为证明在区间恒成立，设，利用导数研究其单调性，即可证明； （2）求导后，分和两种情况讨论，当时，函数的单调递减区间是，不存在最小值，当，函数先减后增，有最小值，求解即可； （3）记，分和和时讨论，根据（1）（2）中得结论结合零点存在定理，推出和两类不等式矛盾，当时，，得出在单调递增，从而，满足题意，即可求解． 【小问1详解】 在恒正， 则在区间恒成立等价于在区间恒成立． 取，，故在区间单调递增， 所以． 故原不等式恒成立． 【小问2详解】 ，， 当时，函数的单调递减区间是，不存在最小值； 当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是． 则的最小值为，令，，则，的单调递增区间是，单调递减区间是，． 即当时，的最小值为0， ． 【小问3详解】 记， 则当时，由（2）知，在上单调递减，所以． 对恒成立， 又当时，由（1）知，， 取时，， 则与已知不等式矛盾． 当时，， ，由（1）知， 当时，，取，则， 从而由函数零点存在定理知，存在，使， 当时，，在单调递减，，与已知不等式矛盾． 当时，， 在单调递增，从而，，满足题意． 综上可知． 21. 设和均为各项互不相等的项数列，其中，，，…，．记数列：，，…，，其中，，，…，． （1）写出所有满足条件的数列和，使得数列:，，，； （2）若，是公差不为的等差数列，求证：为定值； （3）若为各项互不相等的数列，记中最大的数为，最小的数为，求的最小值． 【答案】（1）；； ；. （2）记等差数列的公差为， 由， 得，则. 由，得. 因为，且和均为各项互不相等的2026数列， 所以， 所以即. 所以公差. 不妨设公差，则， 而只能由1和2026得到，去除两端的数后只能由2和2025得到 以此类推，于是总为定值2027. （3）当为偶数时最小值为，当为奇数时最小值为. 【解析】 【分析】（1）根据定义分析出，再写出所有情况即可； （2）记等差数列的公差为，分析出，则，以分析即可； （3）分为偶数和为奇数讨论，当为偶数利用反证法得，再讨论等号成立的情况，当为奇数时举例即可. 【小问1详解】 显然，因为， 根据，，则，，， 从而满足条件的答案有4组，分别为： ；； ；. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，数列中有个不同的整数，则，当且仅当数列为个连续整数时取等号， 当为偶数时，若存在数列，使得，则， 由为偶数，知为奇数，故不可能为0，则不可能为0. 这与矛盾， 所以当为偶数时，. 当为偶数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时满足. 当为奇数时，如果数列； 数列； 那么数列，此时. 综上，当为偶数时，最小值为；当为奇数时，最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $