安徽省安慶市第一中學2024-2025學年高三上學期期末質(zhì)量檢測數(shù)學試題+-試卷下載-教習網(wǎng)

時間：120分鐘滿分：150分
第I卷（選擇題）
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.已知集合A={x|x2?3x?4>0}，B={y|y=ln(x2+e)}，則(?RA)∩B=( )
A. [?1,4]B. [1,4]C. [0,1]D. [?1,1]
【答案】B
解：因為A={x|x2?3x?4>0}=(?∞,?1)∪(4,+∞)，所以? RA=[?1,4]，又B={y|y=ln(x2+e)}=[1,+∞)，所以(? RA)∩B=[1,4]．
2.已知向量a=(csθ,sinθ)，b=(4,?3)，下列選項正確的為( )
A. 若a/?/b，則tanθ=34 B. 若a⊥b，則sinθ=45
C. |a?b|的最小值為6 D. 若a與a?b垂直，則|a?b|=2 6
【答案】D
解：對于A，由a//b，得?3csθ=4sinθ，則tanθ=?34，A錯誤；
對于B，由a⊥b，得4csθ?3sinθ=0，
與sin2θ+cs2θ=1聯(lián)立，
解得sinθ=±45，B錯誤；
對于C，(a?b)2=a2?2a?b+b2
=1+25?2(4csθ?3sinθ)=26?10cs(θ+φ)，
(csφ=45,sinφ=35)，所以|a?b|的最小值4，C錯誤．
對于D，由題意知：a?(a?b)=0，且a=1，
則a?b=1，|a?b|2=a2?2a?b+b2=1?2+25=24，
|a?b|=2 6，D正確，
3.函數(shù)f(x)=1x+ln|x|的圖象大致為( )
A. B.
C. D.
【答案】B
解：當 x0 時，函數(shù) f(x)=1x+lnx ，此時 f(1)=11+ln1=1 ，
而選項 A 中在 x>0 時的最小值為2，故可排除 A ，只有 B 正確，
故選B．
4.已知遞減的等比數(shù)列{an}滿足：an>0，a1a5+2a3a5+a2a8=36，a2a6=8，若bn=lg2an，則數(shù)列{|bn|}的前12項和T12=( )
A. 9B. 12C. 18D. 27
【答案】C
解：因為a1a5+2a3a5+a2a8=36，所以a32+2a3a5+a52=(a3+a5)2=36，
又an>0，所以a3+a5=6，又a2a6=8，所以a3a5=8．
因為{an}是遞減數(shù)列，所以a3=4,a5=2.設公比為q，則q2=a5a3=12．
又an>0，所以q= 22，所以an=a5?qn?5=2×( 22)n?5=27?n2，所以bn=7?n2，
令bn≥0，則1≤n≤7，令bn7．
所以T12=(b1+b2+?+b7)?(b8+b9+?+b12)=[7b1+7×62×(?12)]?[5b8+5×42×(?12)]=18．
5.現(xiàn)安排甲、乙、丙三位同學在星期一到星期六值日，每人兩天，且都不連續(xù)值日的不同方法種數(shù)為( )
A. 6B. 15C. 20D. 30
【答案】D
解：把星期一到星期六記為1，2，3，4，5，6，則不連續(xù)值日的三組數(shù)可列舉為(1?3,2?5,4?6)，(1?4,2?5,3?6)，(1?4,2?6,3?5)，(1?5,2?4,3?6)，(1?6,2?4,3?5)，所以符合條件的方法有5A33=30種．
6.十字歇山頂是中國古代建筑屋頂?shù)慕?jīng)典樣式之一，圖1中的故宮角樓的頂部即為十字歇山頂.其上部可視為由兩個相同的直三棱枓交疊而成的幾何體(圖2).這兩個直三棱柱有一個公共側(cè)面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BEC=120 °，則該幾何體的體積為( )
A. 272B. 27 32 C. 27D. 27 3
【答案】C
解:由題意可知該幾何體可由直三棱柱BEC?AFD，以及兩個三棱錐S?ABM，S?CDN，
由BE=CE=3,∠BEC=120 °可得BC=2BE?sin60°=3 3，
由題意可知底面ABCD為正方形，故CD=3 3，
故VADF?BCE=S?BCD?CD=12×3 3×32×3 3=814，
VS?ABM=VS?CDN=13S?CDN12BC=13S?BEC3 32=13×12×3 3×32×3 32=278，
故幾何體的體積為814+278×2=27，
7.已知函數(shù)f(x)=sinωx+π6(ω>0)，“存在m,n∈0,π2，函數(shù)f(x)的圖象既關于直線x=m對稱，又關于點(n,0)對稱”是“ω≥2”的( )
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件：
【答案】B
解：存在m，n∈[0,π2]，函數(shù)f(x)的圖象既關于直線x=m對稱，又關于點(n,0)對稱，
則π6≤π2+k1π≤π6+π2ωπ6≤k2π≤π2ω+π6(k1∈Z,k2∈Z)，
解得k1?0,k2?1,ω?2k2?13,ω?2k1+23
當k2=1，k1=0時，ω≥53，故充分性不成立，
若函數(shù)f(x)的圖象既關于直線x=m對稱，又關于點(n,0)對稱，
則m=1ω(k1π+π3)，k1∈Z，n=1ω(k2π?π6)，k2∈Z，當k2=1，k1=0，ω≥2時，
則m=π3ω∈[0,π6]n=5π6ω∈[0,5π12]故必要性成立，
綜上所述，“存在m，n∈[0,π2]，函數(shù)f(x)的圖象既關于直線x=m對稱，又關于點(n,0)對稱”是“ω≥2”的必要不充分條件．
故選：B．
8.已知函數(shù)f(x),g(x)的定義域均是R，f(x)滿足f(4+x)+f(?x)=0，g(0)=g(2)=1，g(x+y)+g(x?y)=g(x)f(y)，則下列結(jié)論中正確的是( )
A. f(x)為奇函數(shù)B. g(x)為偶函數(shù)
C. g(?1?x)=g(?1+x)D. g(1?x)=g(1+x)
【答案】D
解：對于A，因為g(x+y)+g(x?y)=g(x)f(y)，所以令x=0，得g(y)+g(?y)=g(0)f(y)=f(y)，
即f(x)=g(x)+g(?x)，
f(?x)=g(?x)+g(x)=f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，故A錯誤;
對于B，由f(4+x)+f(?x)=0，令x=?2，得f(2)+f(2)=0，所以f(2)=0，
由g(x+y)+g(x?y)=g(x)f(y)，令x=0，y=2，得g(2)+g(?2)=g(0)f(2)=f(2)=0，
所以g(?2)=?g(2)=?1，所以g(x)不是偶函數(shù)，故B錯誤;
對于C，令x=y=?1，則g(?2)+g(0)=g(?1)f(?1)=0，令x=y=1，則g(2)+g(0)=g(1)f(1)=2，
所以g(1)，f(1)≠0，所以f(?1)≠0，所以g(?1)=0，
令x=?1，得g(?1+y)+g(?1?y)=g(?1)f(y)．
化簡得g(?1+y)=?g(?1?y)，用x替換y，得g(?1+x)=?g(?1?x)，故C錯誤;
對于D，令y=2，得g(x+2)+g(x?2)=0，從而可知g(x+1)+g(x?3)=0，
而g(1?x)=?g(x?3)=g(1+x)，故D正確．
二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9.已知復數(shù)z1，z2在復平面內(nèi)對應的點分別為Z1，Z2，O為坐標原點，則( )
A. 若z=z1+z2，則z=z1+z2
B. 若z1，z2均不為0，則|z1z2|=|OZ1?OZ2|
C. 若z=z2，則|z1z2|=|z1z|
D. 若|OZ1+OZ2|=|OZ1?OZ2|，則z1?z2=0
【答案】AC
解：設z1=a+bi(a,b∈R)，z2=c+di(c,d∈R)，則z1=a?bi，z2=c?di，
對于A，z=z1+z2=(a+c)+(b+d)i，z1+z2=(a+c)?(b+d)i，
則z=z1+z2=(a+c)?(b+d)i，即z=z1+z2，所以A選項正確;
對于B，z1z2=(ac?bd)+(bc+ad)i，
OZ1=(a,b)，OZ2=(c,d)，則OZ1?OZ2=ac+bd，
則|z1z2|=|OZ1?OZ2|不一定恒成立，所以B選項不正確;
對于C，|z1z2|2?|z1z|2=(z1z2)(z1z2)?(z1z)(z1z)
=(z1z2)(z1z2)?(z1z2)(z1z2)=0，
即|z1z2|2?|z1z|2=0，即|z1z2|=|z1z|，所以C選項正確;
對于D，若|OZ1+OZ2|=|OZ1?OZ2|，
即OZ1?OZ2=0，z1?z2不一定為0，所以D選項不正確，
10.已知棱長為2的正四面體A?BCD滿足AE=λAD，BF=μBC，EM=12EF，λ，μ∈[0,1].則下列選項正確的是( )
A. |EF|≥ 2 B. 當λ=12時，EF?AD=0
C. 當|EF|= 3時，λ+μ的最小值為12 D. 當|EF|= 3時，|AM|的取值范圍為[ 32, 112]
【答案】ABD
解：如圖：
對于A.因為BF=μBC=μAC?AB，
所以EF=AF?AE=AB+μAC?AB?λAD=1?μAB+μAC?λAD，
因此EF2=1?μAB+μAC?λAD2
=1?μ2AB2+μ2AC2+λ2AD2+21?μμAB·AC?21?μλAB·AC?2λμAC·AD．
因為正四面體A?BCD的棱長為2，所以AB·AC=AB·AC=AC·AD=2×2cs60°=2，
因此EF2=41?μ2+4μ2+4λ2+41?μμ?41?μλ?4λμ=4λ?122+4μ?122+2，
所以EF2?2，當且僅當λ=μ=12時，等號成立，因此|EF|≥ 2，故A正確；
對于B.當λ=12時，由選項A知：EF=1?μAB+μAC?12AD，
因此EF·AD=1?μAB·AD+μAC·AD?12AD2=21?μ+2μ?12×4=0，故B正確；
對于C.當|EF|= 3時，由選項A知：3=4λ?122+4μ?122+2，即λ?122+μ?122=14，
所以λ?12+μ?1222?λ?122+μ?1222=18，即λ?12+μ?12? 22，
因此? 22+1?λ+μ? 22+1，當且僅當λ?12=μ?12時，等號成立，
所以λ+μ的最小值為1? 22，故C錯誤；
對于D.因為EM=12EF，所以AM=AF+AE2，
因此由選項A知：AM=AB+μAC?AB+λAD2=1?μAB+μAC+λAD2，
所以AM2=1?μ2AB2+μ2AC2+λ2AD2+21?μμAB·AC+21?μλAB·AC+2λμAC·AD4
=41?μ2+4μ2+4λ2+41?μμ+41?μλ+4λμ4=λ+122+μ?122+12．
因為當|EF|= 3時，由選項C知：λ?122+μ?122=14，
所以AM2=14?λ?122+λ+122+12=2λ+34．
因為λ∈[0,1]，所以34?AM2?114，因此 32?AM? 112，即|AM|的取值范圍為[ 32, 112]，
11.已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|=2c，過點F2且斜率為?ba的直線l交C于點P，交C的一條漸近線于點Q，則( )
A. 若以F1F2為直徑的圓經(jīng)過點Q，則C的離心率為2
B. 若以F1F2為直徑的圓經(jīng)過點P，則C的離心率為2 2
C. 若QF2=2QP，則C的漸近線方程為y=±x
D. 若點P不在圓E:(x?c)2+y2=a24外，則C的漸近線的斜率的絕對值不大于1
【答案】ACD
解：由題意知直線l的方程為y=?ba(x?c)，則l與C的漸近線y=?bax平行，
聯(lián)立方程y=bax,y=?ba(x?c),解得x=c2,y=bc2a,即Q(c2,bc2a).
若以F1F2為直徑的圓經(jīng)過點Q，則QF1⊥QF2．
因為F1Q=(3c2,bc2a)，F(xiàn)2Q=(?c2,bc2a)，
故F1Q?F2Q=?3c24+b2c24a2=0，
所以b2=3a2，c2=4a2，c=2a，
所以e=ca=2，故A正確;
若以F1F2為直徑的圓經(jīng)過點P，則PF1⊥PF2，
故|PF1|=|F1F2|sin∠QF2O=|F1F2|sin∠QOF2=2c×bc=2b，
|PF2|=|F1F2|cs∠QF2O=|F1F2|cs∠QOF2=2c×ac=2a，
由雙曲線定義知|PF1|?|PF2|=2b?2a=2a，得ba=2，
故e=ca= 1+(ba)2= 5，故B錯誤;
若QF2=2QP，則P為線段QF2的中點，所以P(3c4,bc4a)，
又點P在C上，則(3c4)2a2?(bc4a)2b2=1，解得c2a2=2，
所以ba= (ca)2?1=1，
則C的漸近線方程為y=±x，故C正確;
因為|PF1|?|PF2|=2a，即|PF1|=|PF2|+2a，
且cs∠QF2O=|F1F2|2+|PF2|2?|PF1|22|F1F2|?|PF2|，即4c2+|PF2|2?(2a+|PF2|)24c?|PF2|=ac，
解得|PF2|=c2?a22a=b22a．
因為點P不在圓E外，則|PF2|≤a2，即b22a≤a2，即ba≤1，
所以C的漸近線的斜率的絕對值不大于1，D正確．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.a?xy(x+y)7的展開式中x2y5的系數(shù)為36，則a的值為________．
【答案】4321
解：∵(a?xy)(x+y)7=(a?xy)(C70?x7+C71?x6y+C72．x5y2+?+C76?xy6+C77?y7)，
故展開式中x2y5的系數(shù)為a?C75?C76=21a?7=36，∴a=4321，
故答案為：4321．
13.已知函數(shù)fx=2x3?ax2+12x+b在x=2處取得極小值，且f3=10，若fx的定義域為m,n，值域為5,10，則m的取值范圍是________．
【答案】12,2
解:由題意可得：f′x=6x2?2ax+12，
因為函數(shù)fx=2x3?ax2+12x+b在x=2處取得極小值，
所以f′2=0，即24?4a+12=0，解得a=9，
又因為f3=10，則有2×33?9×32+12×3+b=10，解得b=1，
所以fx=2x3?9x2+12x+1，
所以f′x=6x2?18x+12=6x?1x?2，
令f′x=0，解得x=1或x=2，
當x∈?∞,1時，f’(x)>0，fx單調(diào)遞增，
當x∈1,2時，f’(x)0，fx單調(diào)遞增，
函數(shù)fx在x=2處取極小值f2=5，在x=1處取極大值f1=6，
令fx=10，即2x3?9x2+12x?9=0，
化為x?32x2?3x+3=0，解得x=3，
令fx=5，即2x3?9x2+12x?4=0，
化為x?222x?1=0，解得x=2或x=12，
又因為函數(shù)fx在x=2處取得極小值，
若滿足fx定義域為m,n，值域為5,10，則有n=3，m∈12,2．
故答案為：12,2
14.以maxMminM表示數(shù)集M中最大(小)的數(shù).設a>0,b>0,c>0，已知a2c+b2c=1，則minmax1a,1b,1c= ________．
【答案】32
解：由a2c+b2c=1，得a2+b2=1c，
設max1a,1b,1c=M，則M≥1a,M≥1b,M≥1c=a2+b2≥2ab，
由3M=2 M? M+M≥2?1 a?1 b+2ab=1 ab+1 ab+2ab
≥331 ab?1 ab?2ab=332，
當且僅當a=b=c=132時取等號，故M?32，
所以minmax1a,1b,1c=32．
故答案為：32．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題13分)
在△ABC中，設內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知c=1，a=2，B=π3，D為△ABC外接圓O上一點(A、B、C、D按逆時針方向排列)．
(1)求b及圓O的半徑；
(2)求四邊形ABCD面積的最大值．
【答案】(1)根據(jù)題意可知，b2=a2+c2?2accsB=4+1?2×2×1×12=3，
故b= 3，設圓O的半徑為R，
根據(jù)正弦定理知，2R=bsinB= 3sinπ3=2，即R=1．
(2)由(1)知，a2=b2+c2，即A=π2，
可得∠ADC=π?π3=2π3，S△ABC=12bc= 32，
在△ADC中，
cs2π3=AD2+DC2?AC22AD?DC≥2AD?DC?32AD?DC=1?32AD?DC，
即AD?DC≤1，當且僅當AD=DC時等號成立，
故S△ADC=12AD?DCsin2π3≤ 34，
故四邊形ABCD的面積Smax=S△ABC+(S△ADC)max= 32+ 34=3 34．
16.(本小題15分)
如圖，直線BC⊥平面ADEB，BE//AD//CF，點G為線段DF的中點，點H在線段AC上，EH∩BG=O，BE=2，AD=1．
(1)證明：BE//HG;
(2)若BA⊥BE，CF=3，BA=BC=2，求直線OC與平面DEF所成角的正弦值．
【答案】解：(1)證明：∵AD//CF，∴A，D，F(xiàn)，C四點共面，
∵BE//CF，且BE?平面ADFC，CF?平面ADFC，
∴BE/?/平面ADFC，
因為EH∩BG=O，所以，B，E，G，H四點共面，
又∵BE?平面BEGH，平面ADFC∩平面BEGH=HG，
∴BE//HG；
(2)由BC⊥平面ADEB，且BA⊥BE，
所以BA，BE，BC兩兩垂直，如圖所示，以點B為坐標原點，BA，BC，BE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，．
∵CF=3，BA=BC=2，BE=2，AD=1，
∴A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，F(xiàn)(0,2,3)，
∵點G為線段DF的中點，且BE//HG//AD//CF，
∴點H為線段AC的中點，
∴GH=2，且O為線段EH的中點，
∴H(1,1,0)，O(12,12,1)，則OC=(?12,32,?1)，
設平面DEF的法向量為n=(x,y,z)，∵DE=(?2,0,1)，EF=(0,2,1)，
由n?DE=0n?EF=0,∴?2x+z=02y+z=0，取z=2，得y=?1，x=1，即n=(1,?1,2)．
設直線OC與平面DEF所成角為θ，
∵sinθ=|cs|=|OC?n||OC||n|=4 2121，
∴直線OC與平面DEF所成角的正弦值為4 2121．
17.(本小題15分)
已知函數(shù)f(x)=?xlnx+a(x+1)，a∈R．
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若關于x的不等式f(x)≤2a在[2,+∞)上恒成立.求a的取值范圍；
【答案】解：(1)當a=0時，f(x)=?xlnx(x>0)，
則f′(x)=?lnx?1，令f′(x)=0，可得x=e?1，
當x∈(0,e?1)時，f′(x)>0，當x∈(e?1,+∞)時，f′(x)0，當x∈(ea?1,+∞)時，f′(x)0，解得00)的漸近線與圓C:x2+y2+10x+16=0相切，圓心C是E的一個焦點．
(1)求E的方程;
(2)過點R(6,0)的直線l與E的右支交于M，N兩點，A1，A2分別為E的左、右頂點，直線A1M與A2N交于點P．
(ⅰ)證明：P在定直線上;
(ⅱ)若直線A1N與A2M交于點Q，求PR?QR的值．
【答案】(1)解：圓C的方程化為標準形式為(x+5)2+y2=9，所以圓心C(?5,0)，半徑r=3，
則E的半焦距 a2+b2=5，
又E的兩條漸近線方程為y=±bax，即bx±ay=0，由題意，知|5b| a2+b2=3，所以b=3，b2=9，a2=16，
所以E的方程為x216?y29=1．
(2)(i)證明：設直線MN的方程為：x=my+6，M(x1,y1)，N(x2,y2)，易知x1，x2≠4，y1，y2≠0，
聯(lián)立方程x=my+6,x216?y29=1消去x得(9m2?16)y2+108my+180=0，
則m≠±43，△=1082m2?720(9m2?16)>0，
y1+y2=?108m9m2?16，y1y2=1809m2?16．
因為M(x1,y1)是E上的點，所以x1216?y129=1，
則x12?1616=y129?(x1+4)(x1?4)y12=169?x1+4y1=16y19(x1?4)，
聯(lián)立直線A1M:y=y1x1+4(x+4)，直線A2N:y=y2x2?4(x?4)的方程，得y1x1+4(x+4)=y2x2?4(x?4)，
所以x+4x?4=y2(x1+4)y1(x2?4)=x1+4y1?y2x2?4=16y19(x1?4)?y2(x2?4)=16y19(my1+2)?y2(my2+2)
=16y1y29m2y1y2+18m(y1+y2)+36=16×1809m2?169m2?1809m2?16+18m??108m9m2?16+36=?5．
解得x=83，故點P在定直線x=83上.
(ii)解：由雙曲線對稱性可知，點Q也在直線x=83上，設P(83,y3)，Q(83,y4)
點P在直線A1M上，所以y3=y1x1+4(83+4)=20y13(x1+4)，
點Q在直線A1N上，所以y4=y2x2+4(83+4)=20y23(x2+4)，
所以PR?QR=(103,?y3)?(103,?y4)=1009+y3y4
=1009+4009?y1y2(x1+4)(x2+4)=1009+4009?y1y2(my1+10)(my2+10)
=1009+4009?y1y2m2y1y2+10m(y1+y2)+100
=1009+4009?1809m2?16m2×1809m2?16?1080m2+1009m2?16=1009?4009×980=559．
19.(本小題17分)
已知數(shù)列A:a1,a2,?,a2m為2m個數(shù)1,2,?,2m的一個排列，其中m∈N?，且m≥3.若在集合1,2,?,2m?1中至少有一個元素i使得|ai?ai+1|=m，則稱數(shù)列A具有性質(zhì)P．
(1)當m=3時，判斷數(shù)列B:1,5,3,4,6,2和數(shù)列C:6,5,2,4,1,3是否具有性質(zhì)P；
(2)若數(shù)列a2n?1和a2n(n=1,2,?,m)均為等差數(shù)列，且a1=1，a2m=2，證明：對于所有的偶數(shù)m，數(shù)列A:a1,a2,?,a2m不具有性質(zhì)P；
(3)在所有由1,2,?,2m的排列組成的數(shù)列中，記具有性質(zhì)P的數(shù)列的個數(shù)為S，不具有性質(zhì)P的數(shù)列的個數(shù)為T，證明：對于任意m(m≥3)，S>T．
【答案】(1)當m=3時，若數(shù)列B:1,5,3,4,6,2具有性質(zhì)P，
則集合1,2,3,4,5中至少有一個元素i，使得|ai?ai+1|=3
驗證可得，不存在i，使得|ai?ai+1|=3，所以數(shù)列B不具有性質(zhì)P．
對于數(shù)列C:6,5,2,4,1,3，集合1,2,3,4,5中存在元素i=2時，
滿足|a2?a3|=5?2=3，所以數(shù)列C具有性質(zhì)P
(2)因為數(shù)列a2n?1和a2n(n=1,2,?,m)均為等差數(shù)列，且a1=1，a2m=2，
所以數(shù)列A:1,2m,3,2m?2,???,2m?1,2，
所以任意相鄰兩項的差絕對值都是奇數(shù)，
所以當m為偶數(shù)時，在集合1,2,?,2m?1中不存在元素i使得|ai?ai+1|=m，
故對于所有的偶數(shù)m，數(shù)列A:a1,a2,?,a2m不具有性質(zhì)P
(3)所有由1,2,?,2m的排列組成的數(shù)列共有A2m2m=2m×2m?1×???×1個，
其中不具有性質(zhì)P的排列要求1與m+1不相鄰，2與m+2不相鄰，???，m與2m不相鄰，
故T=2AmmAmm，所以S=A2m2m?2AmmAmm，
∴S?T=A2m2m?3AmmAmm=2m!?3×m!2，
因為2m×2m?1×2m?2×???×m+13×m×m?1×m?2×???×2×1>m+13>1m≥3，
所以2m!>3×m!2∴S?T=A2m2m?3AmmAmm=2m!?3×m!2>0，
所以對于任意m(m≥3)，S>T．

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