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. 第1页/共18页 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 第2页/共18页 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 第3页/共18页 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 第4页/共18页 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 第5页/共18页 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. 第6页/共18页 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. 第7页/共18页 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 第11页/共18页 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， 第12页/共18页 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 第13页/共18页 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 第14页/共18页 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, 第15页/共18页 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 第16页/共18页 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 第17页/共18页 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 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司