2027年高考数学一轮复习检测卷（全国一卷03）

**基本信息** 立足一轮复习，以基础综合为核心，覆盖函数、几何、统计等模块，融合新背景与原创题，注重知识逻辑链与核心素养考查。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |集合复数|2|基础概念辨析|集合运算与复数性质的直接应用| |向量逻辑|1|原创条件判断|向量共线与充分必要条件的推理结合| |几何综合|4|新背景+空间几何|椭圆性质（故宫提盒）、立体几何（四棱锥二面角）的直观与空间观念| |函数导数|3|零点+切线+新定义|函数性质（零点个数）、导数应用（切线方程）的运算与推理| |统计概率|3|独立性检验+条件概率|数据意识（百分位数）、模型观念（二项分布）的实际应用| |数列不等式|1|帕德逼近证明|数列递推与不等式证明的逻辑推导|

2027年高考一轮复习检测卷（全国一卷03） 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：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．已知集合，，则（    ）． A． B． C． D． 2．已知，则（    ） A． B． C． D． 3．【原创】已知向量，则“”是“向量共线”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 4．设直线过点，且与圆相切，则直线的方程为（    ） A． B．或 C． D．或 5．【新背景】如图，剔红开光花卉纹铜龙耳椭圆提盒是故宫博物院珍藏．已知该提盒的盒口的外轮廓线是一个离心率为的椭圆，且该椭圆的长轴长约为22cm，则该椭圆的短轴长约为（取）（    ） A．18.12cm B．15.1cm C．14.3cm D．7.55cm 6．已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．设一个简单几何体的棱数与面数之和为.用表示正棱台，表示正 棱锥，则（    ） A． B．存在，使得 C． D．存在，使得 8．若函数满足：在定义域内存在互不相同的三个数，，，当，，成等差数列，有，，成等比数列，则称满足“性质”．对于以下两个结论，说法正确的是（     ）． ①函数不满足“性质”； ②对于任意的正实数，都满足“性质”． A．①、②都正确 B．①、②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 二、选择题：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．下列说法正确的是（   ） A．残差是预测值减去观测值 B．一组数据：1，2，3，4，5，6的25百分位数是2 C．在独立性检验中，零假设是“分类变量与独立” D．在线性回归分析中，决定系数用来刻画拟合的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 10．已知函数，若直线是曲线的切线，则（    ） A． B．是的极小值点 C．直线不可能是曲线的切线 D．恒成立 11．双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线，其左右焦点分别为和，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（   ） A．直线是曲线E的一条渐近线 B．双曲线C的离心率为2 C．若与双曲线C有四个交点，则 D．以为直径的圆与圆相切 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知二项式的展开式中的常数项为，则实数______． 13．已知，，且，．则满足条件的一组，的值可以是________，________． 14．一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 在中，角所对的边分别为，，，已知. (1)求； (2)若的面积为，且，求的最小值. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 17．（15分） 已知曲线的焦点为且过点，是其上一点． (1)求的焦点坐标； (2)作曲线在点处的切线，由点作的垂线，垂足为，若，求点的坐标． 18．（17分） 春节期间，为了进一步发挥电子商务在活跃消费市场方面的积极作用，保障人民群众度过一个平安健康快乐祥和的新春佳节，甲公司和乙公司在某购物平台上同时开启了打折促销，直播带年货活动，甲公司和乙公司所售商品类似，存在竞争关系． (1)现对某时间段100名观看直播后选择这两个公司直播间购物的情况进行调查，得到如下数据： 选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计 用户年龄段19—24岁 40 50 用户年龄段25—34岁 30 合计 依据小概率值的独立性检验，推断选择哪家直播间购物是否与用户的年龄有关； (2)若小李连续两天每天选择在甲、乙其中一个直播间进行购物，第一天等可能他从甲、乙两家中选一家直播间购物，如果第一天去甲直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.7；如果第一天去乙直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.8，求小李第二天去乙直播间购物的概率； (3)元旦期间，甲公司购物平台直播间进行“秒杀”活动，假设直播间每人下单成功的概率均为，每人下单成功与否互不影响，若从直播间中随机抽取五人，记五人中恰有2人下单成功的概率为，求的最大值点． 参考公式：，其中． 独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值表： 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19．超导量子计算原型机“祖冲之三号”的问世标志着我国在量子计算硬件研发上进入世界第一方阵.帕德逼近通过有理函数形式对复杂函数（如指数函数、对数函数等）进行高效逼近，可在量子电路中用较少的量子门实现量子算法设计，降低算法的资源消耗和误差积累.帕德逼近是法国数学家帕德发明的用多项式逼近特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足：，，，…，.注：，，，，…. (1)求在处的阶帕德逼近； (2)在（1）的条件下，当，试比较与的大小，并证明； (3)已知数列满足，，证明：. 1 / 6学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮复习检测卷（全国一卷03） 数学·全解全析 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：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．已知集合，，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，且， 所以， 所以. 2．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以， 所以． 3．【原创】已知向量，则“”是“向量共线”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 【详解】因为，, 所以向量，， 当时，向量，因为，所以向量共线成立； 由向量，共线，有，此时， 所以“”是“向量共线”的充分不必要条件． 故选：A 4．设直线过点，且与圆相切，则直线的方程为（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】D 【详解】圆的圆心，半径，直线过点， 而圆心到直线的距离为1，因此直线是圆的一条切线； 当直线的斜率存在时，设其方程为，即， 由，解得，方程为， 所以直线的方程为或. 5．【新背景】如图，剔红开光花卉纹铜龙耳椭圆提盒是故宫博物院珍藏．已知该提盒的盒口的外轮廓线是一个离心率为的椭圆，且该椭圆的长轴长约为22cm，则该椭圆的短轴长约为（取）（    ） A．18.12cm B．15.1cm C．14.3cm D．7.55cm 【答案】B 【详解】设该椭圆的长半轴长，短半轴长和半焦距分别为, 依题意，，因,则， 故. 故该椭圆的短轴长约为15.1cm． 6．已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 解法1：令得．由题意可知函数的图象与直线有三个交点，由图可知． 解法2：当时，． 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除B、D选项． 当时，， 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除C选项，故选A． 7．设一个简单几何体的棱数与面数之和为.用表示正棱台，表示正 棱锥，则（    ） A． B．存在，使得 C． D．存在，使得 【答案】D 【详解】用表示正棱台，表示正 棱锥， ，A选项错误； ，要使得，所以不符合题意，B选项错误； ，C选项错误； 存在，使得，D选项正确； 故选：D 8．若函数满足：在定义域内存在互不相同的三个数，，，当，，成等差数列，有，，成等比数列，则称满足“性质”．对于以下两个结论，说法正确的是（     ）． ①函数不满足“性质”； ②对于任意的正实数，都满足“性质”． A．①、②都正确 B．①、②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】D 【详解】对于①，由，，成等差数列，则， 取，即， 则，， 若，，成等比数列，则， 即，则， 即或，则或（舍去）， 当时，，当时，， 所以函数满足“性质”，故①错误； 对于②，由，，成等差数列，则， 取，则，， 所以 ， 而，则， 所以对于任意的正实数，都满足“性质”，故②正确. 二、选择题：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．下列说法正确的是（   ） A．残差是预测值减去观测值 B．一组数据：1，2，3，4，5，6的25百分位数是2 C．在独立性检验中，零假设是“分类变量与独立” D．在线性回归分析中，决定系数用来刻画拟合的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好 【答案】BC 【详解】对于A，残差是观测值减去预测值，故A错误； 对于B，因为，所以1，2，3，4，5，6的25百分位数是2，故B正确； 对于C，在独立性检验中，零假设是“分类变量与无关”，即“分类变量与独立”，故C正确； 对于D，决定系数越大，模型的拟合效果越好，故D错误. 10．已知函数，若直线是曲线的切线，则（    ） A． B．是的极小值点 C．直线不可能是曲线的切线 D．恒成立 【答案】AC 【详解】A：由，显然该切线的斜率为， 设切点为， 由， 所以有，即切点为， 代入函数解析式中，得，所以本选项说法正确； B：由上可知， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以是的极大值点，因此本选项说法不正确； C：由， 函数的定义域为全体正实数集， 设切点为，由， 所以该方程无正实数解，即直线不可能是曲线的切线，所以本选项说法正确； D：由上可知：是的极大值点， 且， 所以恒成立不成立，因此本选项说法不正确. 11．双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线，其左右焦点分别为和，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（   ） A．直线是曲线E的一条渐近线 B．双曲线C的离心率为2 C．若与双曲线C有四个交点，则 D．以为直径的圆与圆相切 【答案】ABD 【详解】A选项，中，当趋向于或时，曲线趋向于， 当从左边趋向于0时，趋向于，从右边趋向于0时，趋向于， 由双刀函数性质可知曲线的渐近线分别为和，A正确； B选项，两条渐近线夹角为，结合图象可知曲线的对称轴为和（如图）， 故将绕原点逆时针旋转得到， 故的两渐近线方程分别为， 联立与得， 当时，，当时，， 故曲线的两个顶点为，， 故， 易得中， 由渐近线方程为得，故，， 故离心率为，B正确； C选项，由B可知，双曲线方程为， 当时，联立与得， 解得， 当时，，交点坐标为，当时，， 交点坐标为，共3个交点，不合要求，C错误； D选项，，设，故， 以为直径的圆方程为， 即， 与圆联立可得，此为两圆的交点弦方程或公切线方程， 圆的圆心到直线的距离 ， 以为直径的圆与圆相切，D正确 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知二项式的展开式中的常数项为，则实数______． 【答案】 【详解】由题意得的展开式中的通项为， 令，得，则常数项为， 即，解得． 13．已知，，且，．则满足条件的一组，的值可以是________，________． 【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一） 【详解】由诱导公式知，所以，即 ① ， ，即 ②， 因为，，故，由①得，因此， 由②得，因此， 由诱导公式知，又，与的取值范围一致，因此， 取，则，代入①②验证均成立，符合条件， 则满足条件的一组，的值可以是，.（答案不唯一） 14．一个被染满颜料的蚂蚱从数轴上的原点开始跳动，每次跳跃有等可能的概率向左或向右跳动1个单位长度，蚂蚱所在的点会留下颜色，则蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的期望________. 【答案】 【详解】蚂蚱跳动4次后染上颜色的点数个数X的可能取值为， 表示蚂蚱在或者之间来回跳动， 则； 表示蚂蚱由向右最远跳到， 可以为“右右左左”，“右左右右”，“右右左右”共种， 由对称性知由向左最远跳到，也有种， 由向左最远跳到，最右跳到，可能为“左右右左”，“右左左右”有种， 故一共有种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右左”，“左左左右”，“左右右右”，“右左左左”，共种， 则； 表示蚂蚱跳动为“右右右右”，“左左左左”，共种， 则； 则， 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 在中，角所对的边分别为，，，已知. (1)求； (2)若的面积为，且，求的最小值. 【答案】(1)；(2). 【详解】（1）由正弦定理得， 即，（2分） 由余弦定理可得，（5分） 因为， 所以.（6分） （2）由已知，所以. （7分） 因为，所以， 可得，（8分） 所以 ，（10分） 又， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为.（13分） 16．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1) 证明见解析；(2) 【详解】（1）连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点. （6分） （2）取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以．（8分） 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，，（10分） 则平面的一个法向量为．（11分） 设平面的一个法向量为， 则，取， 因为二面角的余弦值为， （13分） 所以，解得（负值已舍去）， 所以． （15分） 17．（15分） 已知曲线的焦点为且过点，是其上一点． (1)求的焦点坐标； (2)作曲线在点处的切线，由点作的垂线，垂足为，若，求点的坐标． 【答案】(1)焦点坐标为；(2)点的坐标为或 【详解】（1）曲线过点，代入得，解得. 则曲线的方程为，属于标准抛物线型. 对比得，即，焦点坐标为. （5分） （2）设点，满足， 由题可知切线斜率一定存在. 所以设切线的方程为，即. 联立抛物线与切线方程， 消去得. 因为直线与抛物线相切，所以判别式， 即， 整理得 将代入得，即，解得. 因此切线方程为， 整理得. （8分） 由向切线作垂线，垂足为， 因为切线斜率为，所以垂线斜率为， 垂线方程为，联立切线与垂线方程求交点: 代入解得.（10分） 三点坐标：，，. 因为，所以是直角三角形，. 所以面积. . （12分） 所以面积 由，得 ， 即. 不妨先设，则， . 两边同乘可得， 即.（13分） 可知时，. 所以， 二次方程的判别式，方程无实根， 故，.（14分） 同理可得，.如图所示: 综上，点的坐标为或.（15分） 18．（17分） 春节期间，为了进一步发挥电子商务在活跃消费市场方面的积极作用，保障人民群众度过一个平安健康快乐祥和的新春佳节，甲公司和乙公司在某购物平台上同时开启了打折促销，直播带年货活动，甲公司和乙公司所售商品类似，存在竞争关系． (1)现对某时间段100名观看直播后选择这两个公司直播间购物的情况进行调查，得到如下数据： 选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计 用户年龄段19—24岁 40 50 用户年龄段25—34岁 30 合计 依据小概率值的独立性检验，推断选择哪家直播间购物是否与用户的年龄有关； (2)若小李连续两天每天选择在甲、乙其中一个直播间进行购物，第一天等可能他从甲、乙两家中选一家直播间购物，如果第一天去甲直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.7；如果第一天去乙直播间购物，那么第二天去甲直播间购物的概率为0.8，求小李第二天去乙直播间购物的概率； (3)元旦期间，甲公司购物平台直播间进行“秒杀”活动，假设直播间每人下单成功的概率均为，每人下单成功与否互不影响，若从直播间中随机抽取五人，记五人中恰有2人下单成功的概率为，求的最大值点． 参考公式：，其中． 独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值表： 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)认为选择哪家直播间购物与用户的年龄有关；(2)；(3) 【详解】（1）列联表如下： 选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计 用户年龄段19—24岁 40 10 50 用户年龄段25—34岁 20 30 50 合计 60 40 100 零假设：用户选择哪家直播间购物与用户的年龄无关 ， 根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即用户选择哪家直播间购物与用户的年龄又关，该推断犯错概率不超过0.001.（4分） （2）由题设，小李第二天去乙直播间的基本事件：{第一天去甲直播间，第二天去乙直播间}；{第一天去乙直播间，第二天去乙直播间}，两种情况， 所以小李第二天去乙直播间购物的概率. （8分） （3）由题设，设五人中下单成功的人数为，则，（9分） 所以，令，（11分） 所以，令， 所以， 开口向下，且在上递增，上递减，又， 故上，递减；上，递增； 由，，故上，即，上，即， 所以在上递增，上递减，即在上递增，上递减， 所以，即. （17分） 19．超导量子计算原型机“祖冲之三号”的问世标志着我国在量子计算硬件研发上进入世界第一方阵.帕德逼近通过有理函数形式对复杂函数（如指数函数、对数函数等）进行高效逼近，可在量子电路中用较少的量子门实现量子算法设计，降低算法的资源消耗和误差积累.帕德逼近是法国数学家帕德发明的用多项式逼近特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足：，，，…，.注：，，，，…. (1)求在处的阶帕德逼近； (2)在（1）的条件下，当，试比较与的大小，并证明； (3)已知数列满足，，证明：. 【答案】(1)；(2) 答案见解析；(3) 证明见解析 【详解】（1）设在处的阶帕德逼近，（1分） 所以，． 又， 所以，．（2分） 又， . 所以，. （4分） （2），证明如下： 当时，令，（5分） 则， 所以，函数在上单调递增．（7分） 所以，．故当时，．（8分） （3）因为，则，所以． 若，则，即．（9分） 由（2）知，当时，， 当时，则． 因为，则，又，（11分） 所以，即， 故数列是递减数列，所以．（12分） 首先证明不等式，， 设，则在上恒成立， 则在上单调递减，则， 则，， 所以，（13分） 所以， 故当时，，（14分） 累加得， 所以，（15分） 故．（16分） 又当时，． 综上，． （17分） 1 / 15学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮复习检测卷（全国一卷03） 数学·参考答案 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：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 2 3 4 5 6 7 8 A A A D B A D D 二、选择题：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 10 11 BC AC ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13．（答案不唯一），（答案不唯一） 14． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 【解析】（1）由正弦定理得， 即，（2分） 由余弦定理可得，（5分） 因为， 所以.（6分） （2）由已知，所以. （7分） 因为，所以， 可得，（8分） 所以 ，（10分） 又， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为.（13分） 16．（15分） 【解析】（1）连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点. （6分） （2）取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以．（8分） 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，，（10分） 则平面的一个法向量为．（11分） 设平面的一个法向量为， 则，取， 因为二面角的余弦值为， （13分） 所以，解得（负值已舍去）， 所以． （15分） 17．（15分） 【解析】（1）曲线过点，代入得，解得. 则曲线的方程为，属于标准抛物线型. 对比得，即，焦点坐标为. （5分） （2）设点，满足， 由题可知切线斜率一定存在. 所以设切线的方程为，即. 联立抛物线与切线方程， 消去得. 因为直线与抛物线相切，所以判别式， 即， 整理得 将代入得，即，解得. 因此切线方程为， 整理得. （8分） 由向切线作垂线，垂足为， 因为切线斜率为，所以垂线斜率为， 垂线方程为，联立切线与垂线方程求交点: 代入解得.（10分） 三点坐标：，，. 因为，所以是直角三角形，. 所以面积. . （12分） 所以面积 由，得 ， 即. 不妨先设，则， . 两边同乘可得， 即.（13分） 可知时，. 所以， 二次方程的判别式，方程无实根， 故，.（14分） 同理可得，.如图所示: 综上，点的坐标为或.（15分） 18．（17分） 【解析】（1）列联表如下： 选择甲公司直播间购物 选择乙公司直播间购物 合计 用户年龄段19—24岁 40 10 50 用户年龄段25—34岁 20 30 50 合计 60 40 100 零假设：用户选择哪家直播间购物与用户的年龄无关 ， 根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即用户选择哪家直播间购物与用户的年龄又关，该推断犯错概率不超过0.001.（4分） （2）由题设，小李第二天去乙直播间的基本事件：{第一天去甲直播间，第二天去乙直播间}；{第一天去乙直播间，第二天去乙直播间}，两种情况， 所以小李第二天去乙直播间购物的概率. （8分） （3）由题设，设五人中下单成功的人数为，则，（9分） 所以，令，（11分） 所以，令， 所以， 开口向下，且在上递增，上递减，又， 故上，递减；上，递增； 由，，故上，即，上，即， 所以在上递增，上递减，即在上递增，上递减， 所以，即. （17分） 19．（17分） 【解析】（1）设在处的阶帕德逼近，（1分） 所以，． 又， 所以，．（2分） 又， . 所以，. （4分） （2），证明如下： 当时，令，（5分） 则， 所以，函数在上单调递增．（7分） 所以，．故当时，．（8分） （3）因为，则，所以． 若，则，即．（9分） 由（2）知，当时，， 当时，则． 因为，则，又，（11分） 所以，即， 故数列是递减数列，所以．（12分） 首先证明不等式，， 设，则在上恒成立， 则在上单调递减，则， 则，， 所以，（13分） 所以， 故当时，，（14分） 累加得， 所以，（15分） 故．（16分） 又当时，． 综上，． （17分） 7 / 7学 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $