2025年高考数学试卷（全国Ⅱ卷）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按年份分类）2008-2025_2025·高考数学真题

2025 年全国统一高考数学试卷 （新高考Ⅱ卷） 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，写在试 卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符 合题目要求的. 1. 样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数的计算公式即可求解. 2+8+14+16+20 60 【详解】样本数据2,8,14,16,20的平均数为 = =12. 5 5 故选：C. 1 2. 已知z =1+i，则 =（ ） z-1 A. -i B. i C. -1 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法即可求解. 1 1 1 i 【详解】因为z =1+i，所以 = = = =-i. z-1 1+i-1 i i2 故选：A. 3. 已知集合A={-4,0,1,2,8},B=  x∣x3 = x  ,则A I B =（ ） A. {0,1,2} B. {1,2,8} 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司C. {2,8} D. {0,1} 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合B后结合交集的定义可求AÇB. 【详解】B=  x|x3 = x  =0,-1,1 ，故A I B=0,1 ， 故选：D. x-4 4. 不等式 ³2的解集是（ ） x-1 A. {x∣-2£ x£1} B. {x∣x£-2} C. {x∣-2£ x<1} D. {x∣x >1} 【答案】C 【解析】 【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可. x-4 x+2 ìx+2x-1£0 【详解】 ³2即为 £0即í ，故- 2£ x<1， x-1 x-1 îx-1¹0 故解集为 -2,1 ， 故选：C. 5. 在VABC中，BC =2，AC =1+ 3，AB = 6 ，则A=（ ） A. 45° B. 60° C. 120° D. 135° 【答案】A 【解析】 AB2 + AC2 -BC2 【分析】由余弦定理cosA= 直接计算求解即可. 2AB AC g AB2 + AC2 -BC2  6 2 + 1+ 3 2 -22 2 【详解】由题意得cosA= = = ， 2AB g AC 2´ 6´ 1+ 3  2 又0o < A<180o，所以A=45o. 故选：A 6. 设抛物线C: y2 =2px(p >0)的焦点为F,点A在C上，过A作C的准线的垂线，垂足为B，若直线 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司BF的方程为y=-2x+2，则|AF |=（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先由直线l 求出焦点F 和 p即抛物线C的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依 BF 次求出y 和x ，再由焦半径公式即可得解. A A 【详解】对l : y =-2x+2，令y=0，则x=1， BF 所以F1,0 ， p=2即抛物线C: y2 =4x，故抛物线的准线方程为x=-1， 故B-1,4 ，则y =4，代入抛物线C: y2 =4x得x =4. A A p 所以 AF = AB = x + =4+1=5. A 2 故选：C 7. 记S 为等差数列 a  的前n项和，若S =6,S =-5,则S =（ ） n n 3 5 6 A. -20 B. -15 C. -10 D. -5 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项a 和公差d的方程求出首项a 和公差d，再由等 1 1 差数列前n项和公式即可计算求解. ì3a +3d =6 ìd =-3 【详解】设等差数列 a  的公差为d，则由题可得 í 1 Þí ， n 5a +10d =-5 a =5 î î 1 1 所以S =6a +15d =6´5+15´-3=-15. 6 1 故选：B. 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司a 5 æ pö 8. 已知00，若S =7,a =1，则（ ） n n n 3 3 1 1 A q= B. a = . 2 5 9 C. S =8 D. a +S =8 5 n n 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，根据等比数列通项公式和前n项和公式得到方程组，解出a ,q，再利用其通项公式和前n 1 项和公式一一计算分析即可. ìa =4 ì a =9 ì aq2 =1 ï 1 ï 1 【详解】对A，由题意得í 1 ，结合q >0，解得í 1 或í 1（舍去），故A正确； a +aq+aq2 =7 q= q=- î ï ï 1 1 1 î 2 î 3 4 æ1ö 1 对B，则a =aq4 =4´ ç ÷ = ，故B错误； 5 1 è2ø 4 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司æ 1 ö a 1  1-q5 4´ ç è 1- 32 ÷ ø 31 对C，S = = = ，故C错误； 5 1-q 1 4 1- 2 é æ1ö nù n-1 4´ê1- ç ÷ ú 对D，a =4´ æ ç 1ö ÷ =23-n， S = êë è2ø úû =8-2-n+3， n è2ø n 1 1- 2 则a +S =23-n +8-23-n =8，故D正确； n n 故选：AD. 10. 已知 f(x)是定义在R上的奇函数，且当x >0时， f x=  x2 -3  ex +2，则（ ） A. f(0)=0 B. 当x<0时， f x=-  x2 -3  e-x -2 C. f(x)³2当且仅当x³ 3 D. x=-1是 f(x)的极大值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用 f(x)=-f -x 代入求解即可；对C，举反例 f(-1)>2 即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断. 【详解】对A，因为 f(x)定义在R 上奇函数，则 f(0)=0，故A正确； 对B，当x<0时，-x>0，则 f(x)=-f -x=- é -x2 -3  e-x+2 ù =-  x2 -3  e-x-2，故B正确； êë úû 对C， f(-1)=-1-3e-2=2e-1>2， 故C错误； 对D，当x<0时， f(x)=  3-x2 e-x-2，则 f¢(x)=-  3-x2 e-x-2xe-x =  x2 -2x-3  e-x， 令 f¢(x)=0，解得x=-1或3（舍去）， 当xÎ-¥,-1 时， f¢(x)>0，此时 f x 单调递增， 当xÎ-1,0 时， f¢(x)<0，此时 f x 单调递减， 则x=-1是 f(x)极大值点，故D正确； 故选：ABD. x2 y2 11. 双曲线C: - =1(a >0,b>0)的左、右焦点分别是F、F ，左、右顶点分别为A，A ，以 a2 b2 1 2 1 2 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司5p FF 为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且ÐNAM = ，则（ ） 1 2 1 6 p A ÐAMA = B. MA =2 MA . 1 2 6 1 2 C. C的离心率为 13 D. 当a= 2时，四边形NAMA 的面积为8 3 1 2 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平行四边形的性质判断A；由FM ^ F M 且 MO =c结合M 在渐近线上可求M 的坐标，从 1 2 而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得c2 =13a2， MA b 计算后可判断C的正误，或者利用 2 = = 3并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求 AA 2a 1 2 出面积后可判断D的正误. b 【详解】不妨设渐近线为y = x，M 在第一象限，N 在第三象限， a 5π π 对于A，由双曲线的对称性可得AMA N 为平行四边形，故ÐAMA =π- = ， 1 2 1 2 6 6 故A正确； 对于B，方法一：因为M 在以FF 为直径的圆上，故FM ^ F M 且 MO =c， 1 2 1 2 ì x2 + y2 =c2 ï ï 0 0 ìx =a 设M x ,y  ，则í ，故í 0 ，故MA ^ AA ， 0 0 y b y =b 2 1 2 ï 0 = î 0 ïx a î 0 π 3 2 3 由A得ÐAMA = ，故 MA = MA ´ 即 MA = MA ，故B错误； 1 2 6 2 1 2 1 3 2 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司b 方法二：因为tanÐMOA = ，因为双曲线中，c2 =a2 +b2， 2 a a 则cosÐMOA = ，又因为以FF 为直径的圆与C的一条渐近线交于M 、N ，则OM =c， 2 c 1 2 a 则若过点M 往x轴作垂线，垂足为H ，则 OH =c× =a= OA ，则点H 与A H 重合，则MA ^ x c 2 2 2 轴，则 MA = c2 -a2 =b， 2 方法三：在V OMA 2 利用余弦定理知， MA 2 2 = OM 2 + OA 2 2 -2 OM OA 2 cosÐMOA 2 ， a 即 MA 2 =c2 +a2 -2ac× =b2，则 MA =b， 2 c 2 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司p 则 V A 1 A 2 M 为直角三角形，且ÐA 1 MA 2 = 6 ，则2 MA 2 = 3 MA 1 ，故B错误； uuuur 1uuuur uuuur uuuur2 uuuur2 uuuur uuuur uuuur2 对于C，方法一：因为MO= MA +MA ，故4MO =MA +2MA ×MA +MA ， 2 1 2 1 1 2 2 2 3 由B可知 MA =b, MA = b， 2 1 3 4 2 3 3 13 13 故4c2 =b2 + b2 +2´b´ b´ = b2 =  c2 -a2 即c2 =13a2， 3 3 2 3 3 故离心率e= 13，故C正确； MA b b c b2 方法二：因为 2 = = 3，则 =2 3，则e= = 1+ = 1+(2 3)2 = 13，故C正确； AA 2a a a a2 1 2 对于D，当a= 2时，由C可知e= 13，故c = 26， 1 故b=2 6 ，故四边形NAMA 为2S =2´ ´2 6´2 2 =8 3， 1 2 △MA 1 A 2 2 故D正确， 故选：ACD. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分. 12. 已知平面向量a r =(x,1),b r =(x-1,2x),若a r ^  a r -b r ，则|a r |=___________ 【答案】 2 【解析】 r r 【分析】根据向量坐标化运算得a-b =(1,1-2x)，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可. 【详解】a r -b r =(1,1-2x)，因为a r ^  a r -b r ，则a r ×  a r -b r =0， 则x+1-2x=0，解得x=1. 则a r =(1,1)，则|a r |= 2. 故答案为： 2. 13. 若x=2是函数 f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点，则 f(0)=___________ 【答案】-4 【解析】 【分析】由题意得 f¢2=0即可求解a，再代入即可求解. 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【详解】由题意有 f x=x-1x-2x-a ， 所以 f¢x=x-ax-1+x-1x-2+x-ax-2 ， 因为2是函数 f x 极值点，所以 f¢2=2-a =0，得a=2， 当a=2时， f¢x=2x-2x-1+x-22 =x-23x-4， æ4 ö 当𝑥∈ −∞, 4 ,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增，当xÎ ç ,2 ÷ , f¢x<0, f x 单调递减， 3 è3 ø 当xÎ2,+¥, f¢x>0, f x 单调递增， 所以x=2是函数 f x=x-1x-2x-a 的极小值点，符合题意； 所以 f 0=-1´-2´-a=-2a =-4. 故答案为：-4. 14. 一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁 球，则铁球半径的最大值为____________cm． 5 【答案】 2 【解析】 【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径； 【详解】 圆柱的底面半径为4cm，设铁球的半径为r，且r <4， 由圆柱与球的性质知AB2 =(2r)2 =(8-2r)2 +(9-2r)2， 即4r2 -68r +145=2r -52r -29=0， r<4， Q 5 \r = . 2 5 故答案为： 2 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司四、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. 1 15. 已知函数 f x=cos2x+j(0£j<π), f 0= ． 2 （1）求j ; æ πö （2）设函数g(x)= f(x)+ f ç x- ÷，求g(x)的值域和单调区间． è 6ø π 【答案】（1）j= 3 （2）答案见解析 【解析】 1 【分析】（1）直接由题意得cosj= ,0£j<π，结合余弦函数的单调性即可得解； 2 æ πö （2）由三角恒等变换得gx= 3cos ç 2x+ ÷，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数gx 的 è 6ø 单调区间. 【小问1详解】 1 π 由题意 f 0=cosj= ,0£j<π，所以j= ； 2 3 【小问2详解】 æ πö 由（1）可知 f x=cos ç 2x+ ÷， è 3ø æ πö æ πö 所以gx= f x+ f ç x- ÷ =cos ç 2x+ ÷ +cos2x è 6ø è 3ø 1 3 3 3 æ πö = cos2x- sin2x+cos2x= cos2x- sin2x= 3cos 2x+ ， ç ÷ 2 2 2 2 è 6ø 所以函数gx 的值域为é- 3, 3ù， ë û π π 5π 令2kπ£2x+ £π+2kπ,kÎZ，解得- +kπ£ x£ +kπ,kÎZ， 6 12 12 π 5π 11π 令π+2kπ£2x+ £2π+2kπ,kÎZ，解得 +kπ£ x£ +kπ,kÎZ， 6 12 12 é π 5π ù 所以函数gx 的单调递减区间为 - +kπ, +kπ ,kÎZ， ê ú ë 12 12 û é5π 11π ù 函数gx 的单调递增区间为 +kπ, +kπ ,kÎZ. ê ú ë12 12 û 第10页/共18页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 2 16. 已知椭圆C: + =1(a>b>0) 的离心率为 ，长轴长为4． a2 b2 2 （1）求C的方程； （2）过点(0,-2)的直线l与C交于A, B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为 2，求| AB|． x2 y2 【答案】（1） + =1 4 2 （2） 5 【解析】 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数t表示面积后可求t的值，从而可求弦长. 【小问1详解】 2 因为长轴长为4，故a=2，而离心率为 ，故c= 2， 2 x2 y2 故b= 2 ，故椭圆方程为： + =1. 4 2 【小问2详解】 由题设直线AB的斜率不为0，故设直线l:x=ty+2 ，Ax ,y ,Bx ,y  ， 1 1 2 2 ìx=ty+2 由í 可得  t2 +2  y2 +4t2y+4t2 -4=0， îx2 +2y2 =4 故Δ=16𝑡4−4(𝑡2+2)(4𝑡2−4)=4(8−4𝑡2)>0即- 2 x ，证明见解析. 1 2 【解析】 æ 1 ö 1 【分析】（1）先由题意求得 f¢x= x2 ç -3k÷，接着构造函数gx= -3k,x>0，利用导数工 è1+x ø 1+x 具研究函数gx 的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数 f x 在区间(0,+¥)上存 在唯一极值点；再结合 f 0 =0和x®+¥时 f x 的正负情况即可得证 f x 在区间(0,+¥)上存在唯一 零点； 1 （2）（i）由（1）x +1= 和g¢t= f¢x +t- f¢x -t 结合（1）中所得导函数 f¢x  计算得到 1 3k 1 1 1 é x +t2 x -t2 ù g¢t=-tê 1 + 1 ú，再结合tÎ0,x  得 êë x +t+1x +1 x -t+1x +1 úû 1 1 1 1 1 g¢t<0即可得证； （ii）由函数gt 在区间 0,x  上单调递减得到0> f 2x  ，再结合 f x =0， 1 1 2 和函数 f x 的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【小问1详解】 1 x2 æ 1 ö 由题得 f¢x= -1+x-3kx2 = -3kx2 = x2 ç -3k÷， 1+x 1+x è1+x ø 1 因为xÎ0,+¥ ，所以x2 >0，设gx= -3k,x>0， 1+x 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 则g¢x=- <0在(0,+¥)上恒成立，所以gx 在(0,+¥)上单调递减， 1+x2 1 g0=1-3k >0，令gx =0Þ x = -1， 1 1 3k 所以当xÎ0,x  时，gx>0，则 f¢x>0；当xÎx ,+¥时，gx<0，则 f¢x<0， 0 0 所以 f x 在 0,x  上单调递增，在 x ,+¥ 上单调递减， 0 0 所以 f x 在(0,+¥)上存在唯一极值点， 1 x 对函数y =ln1+x-x有y¢= -1=- <0在(0,+¥)上恒成立， 1+x 1+x 所以y =ln1+x-x在(0,+¥)上单调递减， 所以y =ln1+x-x< y| =0在(0,+¥)上恒成立， x=0 1 1 又因为 f 0 =0，x®+¥时 x2 -kx3 = x21-2kx<0， 2 2 所以x®+¥时 f x<0， 所以存在唯一x Î0,+¥ 使得 f x =0，即 f x 在(0,+¥)上存在唯一零点. 2 2 【小问2详解】 1 1 æ 1 ö （i）由（1）知x = -1，则x +1= ， f¢x= x2 ç -3k÷， 1 3k 1 3k è1+x ø æ 1 ö æ 1 ö 则g¢t= f¢x +t- f¢x -t=x +t2 ç -3k ÷ -x -t2 ç -3k ÷ 1 1 1 x +t+1 1 x -t+1 è ø è ø 1 1 æ 1 1 ö æ 1 1 ö =x +t2 ç - ÷ -x -t2 ç - ÷ 1 x +t+1 x +1 1 x -t+1 x +1 è ø è ø 1 1 1 1 -tx +t2 tx -t2 é x +t2 x -t2 ù = 1 - 1 =-tê 1 + 1 ú x 1 +t+1x 1 +1 x 1 -t+1x 1 +1 êë x 1 +t+1x 1 +1 x 1 -t+1x 1 +1 úû é x +t2 x -t2 ù =-tê 1 + 1 ú， êë x +t+1x +1 x -t+1x +1 úû 1 1 1 1 x +t2 x -t2 因为tÎ0,x  ，所以x -t+1>0，所以 1 + 1 >0， 1 1 x +t+1x +1 x -t+1x +1 1 1 1 1 所以g¢t<0， 所以函数gt 在区间 0,x  上单调递减； 1 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（ii）2x > x ，证明如下： 1 2 由（i）知：函数gt 在区间 0,x  上单调递减， 1 所以g0> gx  即0> f 2x  ，又 f x =0， 1 1 2 由（1）可知 f x 在 x ,+¥ 上单调递减，x Îx ,+¥ ，且对任意xÎ0,x  f x>0， 0 2 0 2 所以2x > x . 1 2 19. 甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为 æ1 ö P ç < p<1 ÷，乙胜的概率为q， p+q=1，且各球的胜负相互独立，对正整数k ³2，记 p 为打完k è2 ø k 个球后甲比乙至少多得2分的概率，q 为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． k （1）求 p ,p （用p表示）． 3 4 p - p （2）若 4 3 =4，求p． q -q 4 3 （3）证明：对任意正整数m， p -q < p -q < p -q ． 2m+1 2m+1 2m 2m 2m+2 2m+2 【答案】（1） p = p3， p = p34-3p 3 4 2 （2） p = 3 （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）直接由二项分布概率计算公式即可求解； p - p （2）由题意q =q3,q =q34-3q ，联立 4 3 =4， p+q=1即可求解； 3 4 q -q 4 3 （3）首先p -p =Cm-1pm+1qm，p -p =Cm pm+2qm，同理有q -q =Cm-1qm+1pm， 2m 2m+1 2m 2m+2 2m+1 2m+1 2m 2m+1 2m q -q =Cm qm+2pm，作差有 p -q < p -q ，另一方面 2m+2 2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 2m 2m 2m+1! æ m ö 2m+1! æ m ö p - p = pmqm×pçp- ÷，且同理有q -q = pmqm×q ç q- ÷， 2m+2 2m m!m+1! è 2m+1ø 2m+2 2m m!m+1! è 2m+1ø 作差能得到 p -q < p -q ，由此即可得证. 2m 2m 2m+2 2m+2 【小问1详解】 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司p 为打完3个球后甲比乙至少多得两分的概率，故只能甲胜三场， 3 故所求为 p =C31- p0 p3 = p3， 3 3 p 为打完4个球后甲比乙至少多得两分的概率，故甲胜三场或四场， 4 故所求为 p =C31- p1 p3 +C41- p0 p4 =4p31- p+ p4 = p34-3p； 4 4 4 【小问2详解】 由（1）得 p = p3， p = p34-3p ，同理q =q3,q =q34-3q ， 3 4 3 4 p - p 若 4 3 =4， p+q=1， q -q 4 3 p - p p34-3p- p3 3p31- p p3q æ pö 2 则 4 3 = = = = ç ÷ =4， q -q q34-3q-q3 3q31-q q3p è q ø 4 3 2 由于0< p,q<1，所以 p=2q=21- p>0，解得 p = ； 3 【小问3详解】 我们有 m-1 m-1 m-1 m-1 m-1 p - p =åCk p2m-kqk -åCk p2m+1-kqk =åCk p2m-kqk -åCk p2m+1-kqk -åCk-1p2m+1-kqk 2m 2m+1 2m 2m+1 2m 2m 2m k=0 k=0 k=0 k=0 k=0 m-1 m-1 m-1 m-1 =1- påCk p2m-kqk -åCk-1p2m+1-kqk =åCk p2m-kqk+1-åCk-1p2m+1-kqk 2m 2m 2m 2m k=0 k=0 k=0 k=0 m-1 m-2 =åCk p2m-kqk+1-åCk p2m-kqk+1 =Cm-1pm+1qm . 2m 2m 2m k=0 k=0 以及 m m-1 m m m-1 p -p =åCk p2m+2-kqk-åCk p2m+1-kqk =åCk-1 p2m+2-kqk+åCk p2m+2-kqk-åCk p2m+1-kqk 2m+2 2m+1 2m+2 2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 k=0 k=0 k=0 k=0 k=0 m m-1 =åCk-1 p2m+2-kqk +Cm pm+2qm +p-1åCk p2m+1-kqk 2m+1 2m+1 2m+1 k=0 k=0 m m-1 =åCk-1 p2m+2-kqk +Cm pm+2qm -åCk p2m+1-kqk+1 2m+1 2m+1 2m+1 k=0 k=0 m-1 m-1 =åCk p2m+1-kqk+1+Cm pm+2qm -åCk p2m+1-kqk+1 =Cm pm+2qm. 2m+1 2m+1 2m+1 2m+1 k=0 k=0 至此我们得到p -p =Cm-1pm+1qm，p -p =Cm pm+2qm，同理有q -q =Cm-1qm+1pm， 2m 2m+1 2m 2m+2 2m+1 2m+1 2m 2m+1 2m 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司q -q =Cm qm+2pm. 2m+2 2m+1 2m+1 故 p - p =Cm-1pm+1qm = p×  Cm-1pmqm >q×  Cm-1pmqm =Cm-1qm+1pm =q -q ，即 2m 2m+1 2m 2m 2m 2m 2m 2m+1 p -q < p -q . 2m+1 2m+1 2m 2m 另一方面，由于 p - p =p - p -p - p =Cm pm+2qm-Cm-1pm+1qm = pmqm×p  p×Cm -Cm-1 2m+2 2m 2m+2 2m+1 2m 2m+1 2m+1 2m 2m+1 2m æ 2m+1! 2m! ö 2m+1! æ m ö = pmqm× pç ç è p× m!m+1! - m-1!m+1! ÷ ÷ ø = m!m+1! pmqm× p ç è p- 2m+1 ÷ ø 2m+1! æ m ö 且同理有q -q = pmqm×q ç q- ÷. 2m+2 2m m!m+1! è 2m+1ø æ m ö æ m ö m m m+1 故结合pçp- ÷-qçq- ÷=p-qp+q- p-q=p-q- p-q= p-q>0， è 2m+1ø è 2m+1ø 2m+1 2m+1 2m+1 就能得到 p - p >q -q ，即 p -q < p -q ，证毕. 2m+2 2m 2m+2 2m 2m 2m 2m+2 2m+2 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司