达州市2025年普通高中二年级春季学期教学质量监测数学答案_2025年7月_250721四川省达州市2025年普通高中二年级春季学期教学质量监测

达州市 2025 年普通高中二年级春季学期教学质量监测
数学试题
（满分 150分 考试时间 120分钟）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号用 0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，
并检查条形码粘贴是否正确.
2.选择题使用 2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用 0.5毫米的黑色签字
笔书写在答题卡的对应题框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无
效.
3.考试结束以后，将答题卡收回.
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. 从6名学生中选出2名分别担任组长和副组长，则不同的选择方法数为（ ）
A. C2 B. 26 C. A2 D. 62
6 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据排列数的概念即可求解.
【详解】根据题意可知选出2人并担任不同职务，因此相当于选出两人并按照顺序排列，
所以根据排列数的概念可得：不同的选择方法数为A2
.
6
故选：C
2. 已知事件A发生的概率PA 3 ，事件AB发生的概率P  AB  1 ，则P  B A  （ ）
5 3
5 1 14 4
A. B. C. D.
9 5 15 15
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件概率公式即可求解.
1
 
  P BA 3 5
【详解】由条件概率公式可得：P B A    ,
P  A  3 9
5
故选：A.
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学科网（北京）股份有限公司3. 等差数列  a  中，a a 12，a a 54，则数列  a  的前10项和为（ ）
n 3 7 5 8 n
A.55 B.65 C.110 D.130
【答案】B
【解析】
a 2d a 6d 12 a 2
【分析】由题意列出相应方程组 1 1 ，解得 1 ，从而可求解.
  a 4d  a 7d 54 d 1
1 1
【详解】设数列的首项为a ，公差为d ，由a a 12，a a 54，
1 3 7 5 8
a 2d a 6d 12 a 2
即 1 1 ，解得 1 ，所以a n1，
  a 4d  a 7d 54 d 1 n
1 1
10  a a 
所以S  1 10  5  211  65，故B正确.
10 2
故选：B.
4 已知随机变量服从正态分布N  4,2  ，若P  24 0.488，则P 6 （ ）
.
A.0.976 B.0.024 C.0.012 D.0.988
【答案】D
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性即可求解.
【详解】由题意可得随机变量服从正态分布N  4,2  ，且P  24 0.488，
则P  46 0.488，所以P 6 0.4880.50.988，故D正确.
故选：D.
5. 已知甲组有3名男生2名女生，乙组有2名男生4名女生，如果随机选1个组，再从该组中随机选1名
学生，则该学生是男生的概率为（ ）
7 14 5 10
A. B. C. D.
15 15 11 11
【答案】A
【解析】
【分析】根据全概率公式计算即可.
1 1
【详解】依题意，选甲组概率为P  ，选乙组概率为P  ，
1 2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司3 3 2 1
甲组里男生概率为P   ，乙组里男生概率为P   ，
3 32 5 4 24 3
1 3 1 1 7
所以该学生是男生的概率P PP PP      .
1 3 2 4 2 5 2 3 15
故选：A.
6. 某寝室安排3人打扫下一周5天的寝室卫生，每天只安排1人，每人至少打扫1天，则有多少种不同的
安排方法（ ）
A.120 B.150 C.240 D.300
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分2步进行分析：①、分两种情况讨论将5天分成3组的情况数目，②、将分好的三
组全排列，对应3人由分步计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①将5天分成3组
C3C1C1
若分成1、1、3的三组，有 5 2 1 10种分组方法，
A2
2
C2C2C1
若分成1、2、2的三组，有 5 3 1 15种分组方法，
A2
2
则将5天分成3组，有101525种分组方法；
②将分好的三组全排列，对应3人，有A3 6种情况；
3
所以不同的安排方式则有256150种.
故选：B．
 
f x 3
7. 定义在R 上的函数 f  x  ，且 f 13，对xR，2f  x  f x 0，则不等式  的解集
e2 e2x
是（ ）
A.
,1
B.
1,
C.
 e,
D.
,e 
【答案】B
【解析】
 
f x 3
【分析】构造F  x  f  x e2x2，利用导数得F(x)在R 上单调递减，把  转化为F(x) F(1)，
e2 e2x
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学科网（北京）股份有限公司利用单调性解不等式即可.
【详解】xR，2f

x
 f
x
0，
构造F

x

f

x
e2x2，
所以F x  f x e2x2  f  x 2e2x2 e2x2 f x 2f  x 0，
 
所以F(x)在R 上单调递减，且F  1  f  1 e212 3，
 
f x 3
不等式  可化为 f  x e2x2 3，即F(x) F(1)，所以x 1，
e2 e2x
所以原不等式的解集为1,
.
故选：B.
1  1 1 3 3
8. 设a  ，b2lnsin cos ，c ln ，则（ ）
2  4 4 2 2
A. a bc B. bca C. bac D. ca b
【答案】C
【解析】
【分析】利用x 0时，ln  1x  x和lnx1 1 的结论即可选出答案
x
1 x
【详解】令g  x ln  1x x  x1  ，则g x  1 ，
1x 1x
所以g

x

在
1,0 
处单调递增，在
 0,
处单调递减
所以 f  x   f  0 0，
max
所以x 0时，ln  1x  x，
 1 1 2  1 1  1
blnsin cos

ln1sin

sin sin  aba
 4 4  2 2 6 2
1 1 1 x1
另一方面，令 f  x lnx 1  x0 ,则 f x   
x x x2 x
所以 f

x

在

0,1

处单调递减，在
 1,
处单调递增
所以 f  x   f  1 0
min
1
所以x 0时，lnx1
x
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学科网（北京）股份有限公司1 3 3 3  2 1
当x 0时，lnx1 c ln   1   a，ac
x 2 2 2  3 2
bac
故选：C
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. 若A，B两组成对样本数据的样本相关系数分别为r 0.95，r 0.98，则B组数据比A组数据的线
A B
性相关性更强
B. 决定系数R2越接近0拟合效果越好
C. 若y关于x的经验回归方程为 yˆ 0.5x0.6，则样本数据  2,1  相应的残差为1.4
D. 若y关于x的经验回归方程为 yˆ 0.5x0.6的样本中心是  2,m  ，则m0.4
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据相关系数的性质分析判断；对于B，根据决定系数的性质分析判断；对于C，残差计
算公式计算判断；对于D，根据经验回归方程过样本中心点分析判断.
【详解】对于选项A：样本相关系数的绝对值越大，线性相关性越强，故A正确；
对于选项B：在回归分析中，R2越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好，故B错误；
对于选项C：将x2代入 yˆ 0.5x0.6，则 yˆ 0.4，则残差为1(0.4)1.4，故C错误；
对于选项D：经验回归直线必过中心点，将x2代入 yˆ 0.5x0.6则m0.4故D正确.
故选： AD.
10. 已知 12x 9 a a xa x2 a x9，则（ ）
0 1 2 9
A.  12x 9的展开式中含x2项的二项式系数为144
B.  12x 9的展开式中含x2项的系数为144
C.  12x 9的展开式的各二项式系数的和为29
39 1
D. a a a a a 
0 2 4 6 8 2
【答案】BCD
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】根据二项式定理相关知识，对选项逐一分析；
【详解】对于A，B：对于 12x 9，其展开式的通项为T Cr19r2x r 2 r Crxr ，那么含x2项
r1 9 9
的二项式系数为C2 36，含x2项的系数为2 2 C2 144，故A错误，B正确.
9 9
对于C：根据二项式系数的性质，二项式展开式的各二项式系数的和为2n，那么 12x 9的展开式的各二
项式系数的和为29，所以 C正确.
对于D：令 x1 可得 a a a a  121 9 1 ，
0 1 2 9
令 x1 可得 a a a a a  12 9 39 ，
0 1 2 3 9
39 1
两式相加可得 a a a a a  ，故D正确.
0 2 4 6 8 2
故选：BCD
11. 已知各项均为正数的数列  a  满足：a2 a2 a a  0，以及aa a 6，数列  b  满足
n n1 n n1 n 1 2 3 n
a log b ，则（ ）
n 2 n
A. b 2n
n
n  n1 
B. 数列  a b  的前n项和为 2n12
n n
2
 2n2  2n3 8
C. 数列 的前n项和为
  b
n
1  b
n1
1   2n11
 1  1   1 
D. 若T 1 1 1 ，则T e
n  b  b   b  n
1 2 n
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：借助因式分解可得a a 1，再由aa a 6可得a 1，即可得数列  a  ，即可得  b  ；
n1 n 1 2 3 1 n n
对B：借助等比数列与等差数列求和公式计算即可得；对C：借助裂项相消法计算即可得；对D：构造函数
1 1 1
f  x ln  1x x，结合导数研究其单调性可得ln  1x  x，则可得lnT    ，再利
n b b b
1 2 n
用等比数列求和公式计算即可得.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】对A：a2 a2 a a  a a  a a  a a 
n1 n n1 n n1 n n1 n n1 n
 a a  a a 1 0，
n1 n n1 n
由a 0，则a a 10，即a a 1，
n n1 n n1 n
故数列  a  是以1为公差的等差数列，则aa a  a 1 a  a 1 a  a21  6 ，
n 1 2 3 2 2 2 2 2
即a3 a 6 a 2  a2 a 3  0，故a 2，则a 1，
2 2 2 2 2 2 1
故a nlog b ，则b 2n，故A正确；
n 2 n n
对B：a b 2n n，
n n
 
2 12n  1n n  1n n
则其前n项和为   2n12，故B错误；
12 2 2
2n2 2n2 4 4
  
对C:
 b 1  b 1   2n 1  2n11  2n 1 2n11
，
n n1
 2n2 
则数列 的前n项和为：
  b
n
1  b
n1
1  
4 4 4 4 4 4
    
211 22 1 22 1 23 1 2n1 2n11
4 2n3 8
4  ，故C正确；
2n11 2n11
对D：，令 f  x ln  1x x，x 0，
1 x
则 f x  1 0，故 f  x  在  0, 上单调递减，
1x 1x
则 f  x  f  0 ln100，即ln  1x  x，
 1   1   1  1 1 1
故lnT ln1 ln1 ln 1   
n  b   b   b  b b b
1 2 n 1 2 n
1 1 
1

1 1 1 2 2n  1
    1 1，
2 22 2n 1 2n
1
2
即有lnT 1，则T e，故D正确.
n n
故选：ACD.
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学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. 定义在区间1,3 上的函数 f  x  的导函数 y f x  的图象如图所示，则函数 f  x  的极大值点为
___________.
【答案】1
【解析】
【分析】通过导函数的图象得到导函数的符号，进而得到原函数的单调性，进而判断出极大值点
【详解】极大值点在导函数
f
x

的零点处，且满足零点的左侧为正，右侧为负，
由导函数的图象可知，这样的极大值点为1，
故答案为：1
 1
13. 已知Bn, ，E 5，21，则D ______.
 3
40
【答案】
3
【解析】
【分析】先根据二项分布的期望公式求出n，然后利用二项分布的方差公式求出D

，进而利用方差的性
质求解即可.
 1 1 1 2 10
【详解】因为Bn, ，所以E 5 n，所以n15，所以D 15   ，
 3 3 3 3 3
40
又21，所以D  4D  .
3
40
故答案为：
3
 
xln 4x2 1
14. 已知a0，函数 f  x ex lnax  ，当x 时， f  x  有两个零点，则a的取值范围
a 2
是_____.
第8页/共18页
学科网（北京）股份有限公司 1 2
【答案】 , 
 e e
【解析】
【分析】令 f  x 0，可得aex lnax  xln  4x2  ，令g  x  xlnx，则有g  aex   g  2x  ，利用导
1  2x 1 2x
数可得g  x  在 , 上单调递增，则有a  在x 时有两解，再构造函数h  x  ，结合导数
2  ex 2 ex
研究单调性后计算即可得.
 
【详解】令 ex lnax  xln 4x2 0 ，即aex lnax  xln  4x2  ，
a
由x 1 ，则aexln  aex  2xln  2x  ，
2
令g  x  xlnx，x 1 ，则g  aex   g  2x  ，
2
1 1 
则g x lnx1ln 11ln20， 故g  x  在 , 上单调递增，
2 2 
2x 1 2x 1 2  1x 
故a  在x 时有两解，令h  x  ，x ，则h x  ，
ex 2 ex 2 ex
1 
当x  ,1时，h x 0，当x 1, 时，h x 0，
2 
1 
则h

x

在 ,1上单调递增，在
 1,
上单调递减，
2 
1 1 1
又 h    ，h  1  2 ，当x时，h  x 0，
2 1 e e
e2
 1 2
故a  , .
 e e
 1 2
故答案为：  , .
 e e
四、解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 随着智能家居的迅速发展，扫地机器人已经成为许多家庭不可或缺的清洁助手.某扫地机器人公司在
2024年底发布的某款旗舰级扫地机器人产品从2025年1月开始销售.该公司统计了从1月份到5月份每个
月的销售量y （万件）i 1,2,3,4,5的数据如下表所示.
i
第9页/共18页
学科网（北京）股份有限公司月份代码 1 2 3 4 5
销售量（万件） 1.75 2.5 3.75 5.5 7.75
（1）根据表格数据判断模型 y cdx2较为适宜作为月销售量y关于月份代码x的回归方程，求y关于x的
回归方程；
（2）随机调查了200名购买者对该款扫地机器人的认可程度，得到的部分数据见下表：
认可 不认可
男性购买者 70 30
女性购买者 60 40
依据小概率值0.1的2独立性检验，分析购买者对该款扫地机器人的认可程度与性别是否有关联.
 n  x x  y  y   n x y nxy
i i i i 5 5
参考公式与数据：b ˆ i1  i1 ，aˆ  yb ˆ x,x2 55，t2 979，
 n  x x 2  n x2nx 2 i1 i i1 i
i i
i1 i1
5 5
x y 78.75，t y 327.25，其中t  x2 .
i i i i i i
i1 i1
n  ad bc 2
2  ，其中nabcd .
 ab  cd  ac  bd 

0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828

【答案】（1） yˆ 1.50.25x2
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）令t  x2，将非线性转化为线性，利用最小二乘法得出关于的回归方程；
（2）先假设市民对直播带货认可程度与年龄无关联，再计算卡方，进行独立性检验即可.
【小问1详解】
第10页/共18页
学科网（北京）股份有限公司1 5 1
令t  x2，得 y cdt，可得t  x2  5511，
5 i 5
i1
1
y  (1.752.53.755.57.75)4.25 ，
5
5
t y 5t y 327.255114.25 93.5
则d ˆ  i1i i   0.25，
5 t2 5t 2 9795112 374
i1i
c   yˆd ˆ t  4.250.25111.5，
所以y关于t的回归方程为 yˆ 1.50.25tˆ，
所以y关于x的回归方程 yˆ 1.50.25x2.
【小问2详解】
零假设H : 市民对直播带货认可程度与年龄无关;
0
200  70403060 2 200
因为 x2    2.198 2.706,
10010013070 91
依据小概率值0.1的独立性检验,推断H 成立,
0
所以认为市民对直播带货认可程度与年龄无关联.
16. 已知数列  a  的前n项和为S ，S 
n2 n
，等比数列  b  满足：b 3，b 81.
n n n 6 n 1 4
（1）求数列  a  和  b  的通项公式；
n n
（2）求数列  a b  的前n项和为T .
n n n
n
【答案】（1）a  ，b 3n
n 3 n
 2n1  3n 1
（2）
4
【解析】
【分析】（1）利用n2时，a S S 求出a ；设  b  的公比为q，则b 81求出q可得b ；
n n n1 n n 4 n
（2）利用错位相减求和可得T .
n
【小问1详解】
n2 n  n1 2 n1 n
当n2时， a S S    ，
n n n1 6 6 3
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学科网（北京）股份有限公司11 1 n
当n1时，S   a ，所以a  ；
1 6 3 1 n 3
设  b  的公比为q，则b bq3 3q3 81，
n 4 1
解得q 3，b 33n1 3n；
n
【小问2详解】
n
由（1），a b  3n n3n1，
n n 3
T 130 231332 n3n1，
n
3T 131232 333n3n，
n
两式相减得2T 13132 33 3n1n3n
n
13n 3n 1
 n3n   n3n ，
13 2 2
3n 1 n3n  2n1  3n 1
所以T     .
n 4 4 2 4
17. 已知函数 f  x 2x3 3  a3  x2 18ax6.
（1）若a 0，求曲线 y  f  x  在点  1, f  1  处的切线方程；
 
（2）求函数 f x 的单调区间.
【答案】（1）12x y110
（2）
见解析
【解析】
【分析】（1）先求出切点坐标及切线斜率；再根据直线方程的点斜式即可写出切线方程.
（2）先求出导函数 f x  ，令 f x 0，解得：x a，x 3；再根据a和3的大小关系分类讨论，
1 2
令 fx0和 fx0即可求出函数 f  x  的单调区间.
【小问1详解】
当a 0时， f  x 2x39x2 6，
则 f x 6x2 18x， f  1 1，
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学科网（北京）股份有限公司所以切点坐标为 ( 1,-1 ) ，切线斜率为 f 1 12，
所以切线方程为 y1 12  x1  ，即12x y110.
【小问2详解】
由 f  x 2x3 3  a3  x2 18ax6，可得： f x 6x2 6  a3  x18a6  xa  x3  .
令 f x 0，解得：x a，x 3.
1 2
当a3时，令 fx0，得x3或x  a；令 fx0，得a  x 3，此时函数 f  x  在 ,a  上
单调递增，在  a,3  上单调递减，在  3, 上单调递增；
当a 3时， f x 6  x3 2 0，此时 f  x  在 , 上单调递增；
当a 3时，令 fx0，得x a或x3；令 fx0，得3 x  a，此时函数 f  x  在 ,3  上
单调递增，在  3,a  上单调递减，在  a, 上单调递增；
综上可得：当a3时，函数 f  x  的单调递增区间为： ,a  和  3, ，单调递减区间为：  a,3  ；
当a 3时，函数 f  x  的单调递增区间为： , 上单调递增，无单调递减区间；
当a 3时，函数 f  x  的单调递增区间为： ,3  和  a, ，单调递减区间为：  3,a  .
1
18. 有10道单项选择题，某生能正确解答其中6道题，不能正确解答的题目每道题能够猜对的概率为 .
4
（1）若10道单项选择题全部做完，求该生答对的题目数的分布列；
（2）若从10道单项选择题中随机抽出2道题进行做答，求该生答对的题目数的均值和方差.
【答案】（1）分布列见解析
7 39
（2）均值为 ，方差为
5 100
【解析】
【分析】（1）的可能取值为6,7,8,9,10，求出相应的概率，得到分布列；
（2）的可能取值为0,1,2，求出相应的概率，利用期望和方差公式进行求解.
【小问1详解】
的可能取值为6,7,8,9,10，
4 4 3
 1 3 81 1  1 27
P 6  1      ，P 7 C1  1   ，
 4 4 256 4 4  4 64
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学科网（北京）股份有限公司2 2 3
1  1 27 1  1 3
P 8 C2    1   ，P 9 C3    1   ，
4 4  4 128 4 4  4 64
4
1 1
P 10 C4    ，
4 4 256
题目数的分布列如下：
 6 7 8 9 10
81 27 27 3 1
P
256 64 128 64 256
【小问2详解】
的可能取值为0,1,2，
0，即抽到的2道题全部来自不能正确解答的4道题目，且没有正确解答，
C2  1 2 3
故P 0  4  1

 ，
C2  4 40
10
1，即抽到的2道题全部来自不能正确解答的4道题目，且正确解答其中的1道，
或抽到的2道题1道来自能正确解答的6道题目，1道来自不能正确解答的4道题目，且这道题目没能正确
解答，
C2 1  1 C1C1  1 9
故P 1  4 C1  1   6 4 1   ，
C2 2 4  4 C2  4 20
10 10
2，即抽到的2道题全部来自不能正确解答的4道题目，且均正确解答，
或抽到的2道题1道来自能正确解答的6道题目，1道来自不能正确解答的4道题，
且这道题目正确解答，
或抽到的2道题均来自能正确解答的6道题目，
C2 1 2 C1C1 1 C2 19
故P 2  4 
 
 6 4   6  ，
C2 4 C2 4 C2 40
10 10 10
3 9 19 7
所以该生答对的题目数的均值为0 1 2  ，
40 20 40 5
2 2 2
 7 3  7 9  7 19 39
方差为 0    1    2    .
 5 40  5 20  5 40 100
1
19. 函数 f  x cosx x2 a， f  x  的导函数为 f x  .
2
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学科网（北京）股份有限公司 
（1）求证：x 0, 时， f x xcosxx0；
 2
（2）对xR， f

x
0恒成立，求a的取值范围；
n 1 1
（3）求证：isin n 1.
i 2n
i1
【答案】（1）答案见详解
（2）
,1 
（3）答案见详解
【解析】
【分析】(1)求出
f
x

，代入不等式再化简，构造g

x
tanxx，用导数求出g 
x
0成立，从而
证明;
(2)求 f x  ，找到 f  x  的临界点，用 f x  判断临界点性质，分析 f  x  单调性，找出值域，得到答案;
1 n 1 n 1
(3)换元x ，变形已知条件得isin nif  ，再由（1）（2）结合数学归纳法得出n2时，
i i i
i1 i1
n 1 1
isin n 1成立，最后验证n1时，不等式成立
i 2n
i1
【小问1详解】
f
x
sinxx， f
x
xcosxxsinxxcosx
要证明
f
x
xcosxx0，只需证明sinxxcosx0.
 
当x 0, 时，cosx 0，
 2
不等式sinxxcosx0两边同时除以cosx得：tanxx0，
1
令g  x tanxx，则g x  1
cos2 x
 
当x 0, 时，g x 0恒成立，
 2
 
g  x  在0, 上是减函数.
 2 
g

0
0,
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学科网（北京）股份有限公司 
∴当x 0, 时，g  x 0恒成立，
 2
 
即x 0, 时，tanxx0，
 2
 
x 0, 时， f x xcosxx0
 2
【小问2详解】
f
x
sinxx， f
x
cosx1,
令 f x 0，得唯一解x0， 且 f  0 1a
x0是唯一临界点
cosx1, f x 0，
 f x  是增函数
 f  x  在x0处取得极小值，
当x时， f  x 
x0是最小值点
对xR， f  x 0恒成立时，需 f  0 1a0
即a1
所以，a的取值范围是 ,1  .
【小问3详解】
1 1 1 1
当x 时， f(x)sinxx,即sin   f  
i i i i
1 1 1 1
isin i  f    1if  
i i i  i 
n 1 n 1
isin  nif 
 
i i 
i1 i1
由（1）知x0,1时， f(x) xxcosx，
1 1 1 1 1
if   i  cos  1cos
i i i i i
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学科网（北京）股份有限公司n 1 n  1 n 1
isin  n 1cos

cos
i  i  i
i1 i1 i1
x2 x2
取a 1，由（2）知 f(x)0，cosx 1，cosx1 ，
2 2
1 1 1
当x 时，cos 1
i i 2i2
n 1 n  1  1 n 1
cos  1

n 
i  2i2  2 i2
i1 i1 i1
n 1 1
接下来证明 2
i2 n
i1
n 1 1 5 1 3
当n2时，左边 1  ，右边2  ，不等式成立，
i2 4 4 2 2
i1
k 1 1
假设nk时不等式成立，则 2
i2 k
i1
k1 1 k 1 1 1 1
n  k 1时，    2  ，
i2 i2  k1 2 k  k1 2
i1 i1
1 1 1
这里需要证明2  2
成立，
k  k1 2 k 1
1 1 1
  
简化得 ，
k  k1 2 k1
1 1 1 1
  
整理得 ，
 k1 2 k k1 k  k1 
两边乘以k  k 1 2得：k k 1，不等式成立
所以，对nk1也成立
n 1 1
n2时， 2 成立，
i2 n
i1
综合所有信息可得：
n 1 n 1 1 n 1 1
n2时，isin cos n  n1
i i 2 i2 2n
i1 i1 i1
n 1 1
n2时，isin n 1；
i 2n
i1
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学科网（北京）股份有限公司n 1 1 1
n1时，不等式左边isin sin1，右边 n 1
i 2n 2
i1
 1
Q sin1sin 
6 2
n 1 1
n 1时，isin n 1成立
i 2n
i1
n 1 1
综上，isin n 1
i 2n
i1
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