深圳中学 2025届高三二轮二阶测试
数学
注意事项：
1.答第一卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2.每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动用橡皮
擦干净后，再涂其它答案，不能答在试题卷上。
3.考试结束，监考人员将答题卡收回。
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分，每小题只有一个选项符合要求
1.设集合A= x|
x-6
x+1 <0 ,B= x|x=2k-1,k∈Z ，则 A∩B= ( )
A. 1,3 B. -1,1,3 C. 1,3,5 D. -1,1,3,5
2.已知向量AB= 5,1 ,BC = m,9 ,CD= 8,5 ．若 A,C,D三点共线，则m= ( )
A. 54 B. - 11 C. 11 D. -
5
4
3.已知复数 z满足 |z- 4- 5i| = 1 ，则复数 z在复平面对应的点位于 ( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
4.设 tanα,tanβ是方程 x2+ 6 3x+ 7= 0的两根，且 α,β∈ - π2 ,
π
2 ，则 α+ β= ( )
A. π B. - π C. 2π D. - 2π3 3 3 3
5.已知无穷正项等差数列 an 公差为 d ，则“ Sn 是等差数列”是“存在 k∈N * ，使得 d= ka1”的 ( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.不等式 logox> sin3x, a>0且 a≠ 1)对 x∈ 0, π6 恒成立，则 a的范围是 ( )
A. 0, π6 B.
π
6 ,1 C.
π π π
6 ,1 ∪ 1, 2 D. 1, 2
7.一个盒子中装有 2n个白球和 2n- 1个黑球 n∈N * 且n≥ 3)，从中随机取出n个球，发现这n个球颜色
相同，则这n个球都是黑球的概率为 ( )
A. 1 B. n n n3 2n+1 C. 2n+2 D. 2n+3
8.如图，边长为 2的正方体的一个顶点A在平面 α内，其余顶点在 α的同侧，且点B和点D到平面 α的距离
2
均为 2 ，则平面A1C1D与平面 α的夹角的余弦值为 ( )
A. 12 B.
2
2 C.
1 6
3 D. 6
C1
D1
B1
C A1
D
B
A
二、多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分
9.已知圆C:x2+ y2= 4,P是直线 l:x+ y- 6= 0上一动点，过点P作直线PA,PB分别与圆C相切于点A,
B，则 ( )
A. 圆C与直线 l相离 B. |PA|存在最小值
C. |AB|存在最大值 D. 存在点P使得ΔABC为直角三角形
10.已知 a为常数，函数 f x = x ex-ax 有且只有一个极值点 x0，则 ( )
A. a≤ 0 B. x0∈ -1,0 C. f x0 为极大值点 D. f x0 < 0
11.莱昂哈德 医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数、公式
和定理.在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数、棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为
V，棱数为E，面数为F，则V-E+F= 2．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是 ( )
注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体
A. 若某棱锥的棱数比顶点数多 5，则该棱锥为六棱锥
B. 存在 7条棱的多面体
C. 存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同
D. 若某凸多面体每个面都是边长为 1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间
图形均相同，则面数的所有可能取值为 6,7,12
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分
12.已知某场考试考生人数为 10000人,考试的成绩服从正态分布N 300,2500 ，若录取分数线为 350分，则
录取人数约为 ． (结果四舍五入取整数)
(参考数据：若 ξ服从正态分布N μ,σ2 ，则P μ-σ≤ξ≤μ+σ ≈ 0.6827)
n
13. x+ 1在 2x 的展开式中，仅第 6项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 .
2 2 2 2
14.已知椭圆C: x4 +
y x y
3 = 1与双曲线E: 2 - 2 = 1有相同的焦点F1,F2，且它们在第二象限的公共点为a b
点P；点P与右焦点F2的连线交 y轴与点Q，且QF1平分∠PF1F2，则双曲线E的离心率为 ．
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. (本小题满分 13分)
ΔABC A,B,C a,b,c cosC= 2b+c在 中，内角 所对的边分别为 ，且 2a ．
(1)求角A的大小：
(2)若A的角平分线交BC于D，且AD= 3，求ΔABC面积的最小值．
16. (本小题满分 15分)如图，已知多面体的底面ABCD是边长为 2的正方形，EA⊥底面ABCD，
FD EA FD= 1，且 2 EA= 1．
(1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，并说明理由；
(2)求直线EB与平面ECF所成角的余弦值．
E
F
A
D
B K C
17. (本小题满分 15分)
甲,乙手中各有一个设备,可以各自输入一个数字 p p∈ 0,1 ，设置完数字后每次按下按钮，设备有 p
的概率显示 0，1- p的概率显示 1 ，每次按按率显示的结果相互独立．设甲，乙输入的数字分别为 a,b，
且保持不变，随后进行游戏：甲乙同时按下按钮，若显示的结果之和为 0 ，则乙得 1分，甲不得分；若显示
的结果之和为 1 ，则甲得 2分，乙不得分；若显示的结果之和为 2 ，则乙得 3分，甲不得分．
(1)若 a= 1 23 ,b= 3 ，进行 5轮游戏后甲的累计得分为 η ，求 E η ；
(2)在不知道乙输入的数字 b的值的情况下，甲想要每轮游戏的得分期望比乙高，则甲输入的数字 a的
取值范围是多少？
18. (本小题满分 17分)
x2 y2
已知双曲线E: 2 - 2 = 1的焦距为 4 ，其中一条渐近线为 x= 3ya b
(1)已知点M m,1 ，若双曲线 E上存在两点 P,Q ，使得M 为线段 PQ中点，求m的取值范围；
(2) 1 n已知点 N 3 , 3 ，且 n≥ 1．过双曲线 E右焦点 F 的直线交 E于 A,B两点，满足：直线 AN 交双
曲线 E于另一点 C ，直线 BN 交双曲线 E于另一点 D ，且 AB CD．记 ΔABN 的面积为 S n ，当
S n 取得最小值时，求 n的值．
19. (本小题满分 17分)
已知 an 是等差数列， bn 是公比为 q的等比数列，满足 a1= b1,a2= b2≠ a1 ，记 Sn为数列 bn 的前 n
项和。
(1)若 bk= am k,m 是大于 2的的整数)，求证：Sk-1= m-1 a1;
(2)若 b3= a j j 是某一正整数)，求证：q是整数，且数列 bn 中的每一项都是数列 an 中的项；
(3)求证：对任意给定正整数m ，总存在实数 a1 和 q ，使得 b1≤ a1≤ b2≤ a2≤ ≤ bm≤ am 成立.
深圳中学 2025 届高三二轮二阶测试数学答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C C A D A B A A AB ABD AD
二、填空题
12．1587 513. 15x4 14．
2
4．【解析】因为 tan , tan 是方程 x2 6 3x 7 0的两根，
所以 tan tan 6 3, tan tan 7，所以 tan 0, tan 0
因为 , π π , ，所以 ,
π ,0
，所以 π,0 2 2 2
2π
则 tan tan tan 6 3 3 ，所以 .
1 tan tan 1 7 3
5．【解析】若 Sn 是等差数列，设 Sn xn y x, y R 2 2 2，则 Sn x n 2xyn y
当 n 1 2 2时， a1 x 2xy y
n 2 a S S 2x 2当 时， n n n 1 n 2xy x
2
因为数列 an 2 2 2 2为等差数列，则 a1 x 2xy y 满足 an 2x n 2xy x
x2即 2xy y2 2x2 2xy x2 ，可得 y 0，故 a 2 2 2 n 2x n x d an 1 an 2x 2a1 n N， ，
所以，“ d 2a ” 1 “
*
存在 k N ，使得 d ka1 ”，
但“ d 2a1 ” “存在 k N*，使得 d ka1 ”，
因此，“ Sn *是等差数列”是“存在 k N ，使得 d ka1 ”的充分而不必要条件.
π
6.【解析】 当 x 0,
时，函数 y logax的图像要恒在 y sin 3x图像的上方 0 a 1
6
ln π
如图所示，题意等价于 loga sin(3 ) 1 6 1 ln lna，所以 a的范围为
,1 .
6 6 lna 6 6
7.【解析】记事件 A为摸出 n个球颜色相同，事件 B为摸出n个黑球，则
P(B | A) P(AB) P(B) (第二个等式是因为 B A )
P(A) P(A)
n
P(A) C2n C
n n n
2n 1 P(B) C， 2n 1n n ，因此 P(B | A)
C
2n 1
C n n4n 1 C4n 1 C2n C2n 1
n n n 1 n 1
由组合数性质C2n C2n 1 C2n 1 2C2n 1 ，故 P(B | A) 3
答案第 1页，共 8页
8.【解析】点 B和点D到平面 的距离相等，故 BD 平面
而 BD为平面 ACC1A1法向量，故平面 ACC1A1 平面
分别过C, A1作平面 的垂线，垂足为 E,F，如图，则 E, A,F三点共线
2
由 BG DH ，且 BD与 AC中点重合可知CE 2
2
因此 CAE 30 ， A1AF 60
，故 A1F 3
进而由 C1CE 150
易知点C1到平面 的距离为 2 3
又因为 B1D1与 A1C1中点重合，且 B1D1 平面
因此点D1到平面 的距离为 2 3，而点 B到平面 的距离为 22 2
2
3 2
且 BD1 2 3，故直线 BD1与平面 的夹角正弦值为 2 2
1
2 3 2
易知直线 BD1与平面 A1C1D
1
垂直，故平面 A1C1D与平面 的夹角的余弦值为 2
9．【解析】圆C : x2 y2 4的圆心C(0,0)，半径 r 2
对于 A，点C到直线 l的距离d 6 3 2 2，所以圆C与直线 l相离，A正确；
2
对于 B，| PA | | PC |2 | AC |2 | PC |2 r2 d2 r2 14，当且仅当 PC l时取等号，所以 | PA |存在
最小值，B正确；
对于 C，由 PC垂直平分 AB得， S 1PACB | PC || AB | 2S PAC | PA || AC |，2
则 | AB | 4 | PA | 4 1 4 4 4 7 2 4 1 ，因此 |AB|有最小值无最大值，C错误.| PC | | PC | (3 2)2 3
对于 D，由 C知 | AB | 4 7 2 2，所以不存在点 P使得三角形△ABC为直角三角形.
3
10.【解析】 f '(x) (x 1)e x 2ax ，由题意得 f '(x)有且仅有一个变号零点
故曲线 y (x 1)e x与直线 y 2ax有且只有一个穿越型交点
由图可知 a 0， 1 x 0，AB正确
当 x x x x0时 (x 1)e 2ax， f '(x) 0；当 x x0时 (x 1)e 2ax， f '(x) 0
故 f x0 为极小值点，C错误
ax x0 10 e
x0 代入 f x0 得 f x
x0 (1 x0 ) ex0 0，D正确
2 0 2
答案第 2页，共 8页
11.【解析】A选项：E V 5代入欧拉公式得 F 7，故为六棱锥，A正确
B选项：若 E 7，则V F 9，而V ,F 4，故V 4,F 5或V 5,F 4，无论哪种情况都无法形成多
面体，B错误
C选项：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接 4个面，设共有 x个五边形， y个六边形，
V 5x 6y则 （数遍每个五边形的 5 个顶点和每个六边形的 6 个顶点，则该多面体每个顶点都被至少数了
4
4 5x 6y遍），考虑所有多边形的内角和，注意每个顶点所连接的内角之和小于 ，故3 x 4 y 2 V 2
4
，整理得 x 2y 0无解，C错误
D ① 4F选项： 若每个面都是正方形，则每个顶点连接 3个面(正方形内角为90 )，每条棱连接 2个面，故V ，
3
E 4F ，代入得 F 6，此时为正方体
2
②若每个面都是正五边形，则每个顶点连接 3个面数(正五边形内角为108 )，
5F 5F
每条棱连接 2个面，故V ， E ，代入得 F 12，此时为正十二面体
3 2
③若即存在正方形又存在正五边形，则每个顶点连接 3个面，每条棱连接 2个面，设共有m个正方形，n
个正五边形，则
V 4m 5n E 4m 5n ， ， F m n代入欧拉公式得 2m n 12
3 2
因为每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，故每个顶点要么连接 2 个正方形 1 个五边形，要
么连接 1 个正方形 2 个五边形
(i) 2 1 m 2V V若每个顶点连接 个正方形 个五边形，则 , n ，解得m 5，n 2，F 7，此时为侧面为正
4 5
方形的正五棱柱
(ii)若每个顶点连接 1 个正方形 2 个五边形，此时考虑某个五边形，其 5 条边每条边相连的面一定是五边形
正方形间隔环形排列, 而 5 是奇数, 不可能;
因此符合题意的简单凸多面体的面数只可能为 6,7,12，D正确
P 350 P 300 50 1 0.682712．【解析】 0.15865，所以录取人数为0.15865 10000 1587（人）．
2
13．【解析】由 (x 1 )n的展开式中，仅第 6项的二项式系数最大，得展开式共 11项，则n 10，
2x
(x 1 )10的展开式的通项公式T Cr x10 r 1 r 1 r 10 2rr 1 10 ( ) r C10x ,r N ,r 10，2x 2x 2
1 10! 10!
r C
r 1 Cr 1 2 10 r 1 10
设展开式中系数最大项是T ，则 2 2 ，即 r!(10 r)! (r 1)!(9 r)!r 1 ，
1
Cr 1 Cr 1 10!
r 10 r 1 10 2
10!
2 2 r!(10 r)! (r 1)!(11 r)!
8 11
解得 r ，而 r N，因此 r 3，
3 3 T
1
4
3 4
3 C10x 15x
4，
2
所以展开式中系数最大的项是15x4 .
14.【解析】由椭圆的定义可知， PF1 PF2 4， F1F2 2
由双曲线的定义可知， PF2 PF1 2a，所以， PF1 2 a， PF2 2 a，
答案第 3页，共 8页
设 PF1F2 2 ，因为PF2交 y轴于点Q，且QF 平分 PF1 1F2 ，所以 QF2F1 QF1F2 ，
PF 2 PFF 2 F
2
1F2 PF
2 2
1 2 a 4 2
2
a
在 1 2中，由余弦定理可知， cos
2a 1
，
2 PF2 F1F2 4 a 2 a 2
设 QF1 QF2 m，则 PQ PF2 QF2 a 2 m，
PF1 PQ 2 a a 2 m 4 2a
由角平分线定理可知， ，即 ，解得m F1F2 QF
，
2 2 m 4 a
OF
cos QF F cos 2 1 4 a 2a 1在Rt△QOF2中， 2 1 QF2 m 4 2a a
，
2
2
整理可得5a2 8a 4 0，因为0 a 1，解得 a ，5
1 5
因此，双曲线的离心率为 .
a 2
三、解答题
2 2 2
15.【解析】(1)由余弦定理，得 a b c 2b c ，即 a2 b2 c2 2b2 bc
2ab 2a
整理得b2 c2 a2 bc
b2 c2cos A a
2 1
所以
2bc 2
又0 A π，所以 A 2π ．
3
(2)因为 S 1 ABC bc sin
2 1
b AD sin 1 c AD sin ，
2 3 2 3 2 3
所以bc 3b 3c .
因为bc 3b 3c 6 bc ，即 bc 36
当且仅当b c 6时等号成立
所以 S 3 ．故△ABC面积的最小值为 . ABC bc 9 3 9 34
16.【解析】(1)延长 AD,EF ，设其交点为 N，连接CN ，
则CN 为平面 ABCD与平面 ECF的交线，
取线段 CD的中点 M，连接 KM，直线 KM即为所求．
证明如下：因为 FD//EA，所以 FDA∽ EAN
又 FD 1 EA， 所以 ND 1 NA
2 2
所以 ND DA BC，又 ND//BC，
所以四边形 BCND为平行四边形，所以CN //BD，
答案第 4页，共 8页
取CD的中点M ，连接KM ，
∵K ,M 分别为 BC ,CD的中点，
∴KM //BD，∴KM //CN．
∵CN 平面EFC， KM 平面EFC ∴KM //平面EFC．
(2)以点 A为原点， AB所在的直线为 x轴， AD所在的直线为 y轴，建立空间直角坐标系，如图.
由已知可得 A 0,0,0 ,E 0,0,2 ,B 2,0,0 ,C 2,2,0 ,F 0,2,1 ，
所以 EC 2,2, 2 ,EB 2,0, 2 ,EF 0,2, 1 ，
设平面 ECF的法向量为n (x, y,z)，
n EC 0, x y z 0则 得 ，取 y 1得， x 1, z 2
n EF 0. 2y z 0
平面 ECF的一个法向量 n (1,1,2) .
设直线 EB与平面 ECF所成的角为 ，
EB n
则 sin cos EB, n 2 3 2
33
， cos 1 sin EB n 2 2 6 6 6
所以直线 EB与平面ECF所成角的余弦值为 33 .
6
17．【解析】(1)每轮游戏甲要么得 2分，要么不得分
5
设事件 A为甲得 2分，由题意得 P(A) a(1 b) (1 a)b
9
设 5 5轮游戏中甲有得分的轮数为 X ，则 X B(5, )， 2X
9
5 25
由二项分布的期望公式知 E(X ) 5 ，因此 E( ) 2E(X ) 50
9 9 9
(2)设每轮游戏甲的得分期望为 X1，乙的得分期望为 X 2，由题意得
X1的可能取值为0,2
P(X1 2) a(1 b) b(1 a) a b 2ab
E(X1) 2a 2b 4ab
X 2的可能取值为0,1,3
P(X2 1) ab；P(X2 3) (1 a)(1 b) ab a b 1
E(X2 ) 4ab 3a 3b 3
答案第 5页，共 8页
E(X1) E(X 2 )对任意b [0,1]恒成立，即5a 5b 8ab 3 0对任意b [0,1]恒成立
令 g(b) (5 8a)b 5a 3， g(b)是关于b的一次函数
g(0) 0
因此 g(b) 0对 b [0,1] 3 2成立 ，解得 a
g(1) 0 5 3
a (3 2故 的取值范围为 , ) .
5 3
18．【解析】(1)由题意得，2c 4 a， 3
b
结合 a2 b2 c2解得 a 3,b 1
x2
因此双曲线 E : y2 1
3
若直线 PQ斜率不存在，则线段 PQ中点在 x轴上，不符合题意
若直线 PQ斜率存在，设 P(x1, y1),Q(x2 , y2 )，则 x1 x2
x1 x2 y y m， 1 2 1
2 2
x 21 y 2 1
3 1 (x1 x2 )(x1 x2 )
两式作差得 (y1 y2 )(y1 y )
x 2 3
2
2 2
y 1 3 2
y y y y 1 m
因此 k 1 2 1 2PQ kOM ，故 kx x x PQ
1 2 1 x2 3 3
直线 PQ : y m (x m) 1，与双曲线 E联立得
3
m2 m2 m2(1 )x2 2m(1 )x 3(1 )2 3 0
3 3 3
2
4(1 m )(6 m2 ) 0，解得m2 3或m2 6
3
故m的取值范围为 ( , 6) ( 3, 3) ( 6, )
(2)取 AB中点G，CD中点H
AB CD G,H ,N三点共线
1
由(1)知 kAB kOG kCD kOH k3 OG
kOH kON n
k 1 AB ，且直线 AB过 F (2,0)3n
因此直线 AB : x 3ny 2，设 A(x3 , y3 ),B(x4 , y4 )，与双曲线 E联立得
(9n2 3)y2 12ny 1 0， 12(1 9n2 ) 0
答案第 6页，共 8页
| n2 5 |
| AB | 1 9n2 | y3 y4 |，点 N 到直线 AB的距离 d 3
1 9n2
1 1 2 5 1 2 5 12(1 9n
2 )
S(n) | AB | d (n ) | y y | (n )
2 2 3 3 4 2 3 9n2 3
2
整理得 S(n)2 1 (3n 5)
2 (1 9n2 )
27 (3n2 1)2
2 2 2 2
令 t 3n2 1 2，则 (3n 5) (1 9n ) (t 6) (3t 4)
(3n2 1)2 t 2
2
令 f (t) (t 6) (3t 4)，则 f '(t) 3(t 6)(t
2 6t 16) 3(t 6)(t 2)(t 8)
t 2 t3 t3
因此 f (t)在 (2,8)单调递减， (8, )单调递增
当且仅当 t 8，即 n 3时 f (t)取得最小值
综上，当 S(n)取得最小值时， n 3
19.【解析】注：前两问出自 2007 年江苏高考数学
(1)由题意得， an 的公差d a2 a1 b2 b1 ( q 1) a1 0
因此， an a1 [1 (n 1)(q 1)]，bn a qn 11 且 q 1,a1 0
a (1 q n)
由等比数列的前 n项和公式知 S 1n 1 q
若b a ，则 a qk 1k m 1 a1 [1 (m 1)(q 1)]，即1 q
k 1 (m 1)(1 q)
a (1 q k 1S 1 ) a1(m 1)(1 q)此时 k 1 a (m 1)1 q 1 q 1
(2)若b 23 a j，则 q 1 ( j 1)(q 1) ( j 1)q ( j 2)
整理得 (q j 2)(q 1) 0
①若 j 1，则 q 1，此时b2n 1 a1,b2n a2， q 1为整数
②若 j 2，则b3 a2 b2，不符合题意，故 j 2
③若 j 2，则 q j 2为正整数，此时对任意 n 2
b a [(q 1) 1]n 1 a [1 C1 (q 1) C2 (q 1)2 Cn 1 n 1n 1 1 n 1 n 1 n 1 (q 1) ]
取正整数 i C1 C 2 (q 1) Cn 1 n 2n 1 n 1 n 1 (q 1) ，则
bn a1[1 i (q 1)] ai 1，故数列 bn 中的每一项都是数列 an 中的项，且 q j 2为整数
答案第 7页，共 8页
(3)当m 2时结论显然成立
当m 2时，由 a1 a2 b3 a3可得 a1 a1q a
2
1q a1 (2q 1)
整理得 a1(q 1) 0， a1q(q 1) 0且 a1(q 1)
2 0
因此 a1 0，0 q 1 (因为 a1 0且 q 1)
ak bk 1 ak 1 对 k 1,2, ,m 1成立
等价于1 (q 1)(k 1) qk 1 (q 1)k对 k 1,2, ,m 1成立
首先证明对任意 q (0,1)， qk 1 (q 1)k 对 k 1,2, ,m 1成立
k 1时显然成立
若 qk 1 (q 1)k成立，则 qk 1 q q(q 1)k
而 q q(q 1)k 1 (q 1)(k 1) (q 1)2 k 0
故 qk 1 q q(q 1)k 1 (q 1)(k 1)
由数学归纳法可知 qk 1 (q 1)k对 k 1,2, ,m 1成立
其次证明1 (q 1)(k 1) qk对 k 1,2, ,m 1成立，等价于对 k m 1成立
若1 (q 1)k q k 1则
qk 1 (q 1)k q (q 1)(k 1) 1 1 (1 )( k 1) 1 ( q 1)( k 1)
q q q
因此由1 (q 1)k q k 1可推出1 (q 1)(k 1) qk
故只需证明存在 q (0,1)，使得1 (q 1)(m 2) qm 1即可
构造函数 f (x) xm 1 (m 2)(x 1) 1, x (0,1)
f '(x) (m 1)xm 2 m 2， f ''(x) (m 1)(m 2)xm 3 0
故 f '(x)在 (0,1)单调递增，而 f '(0) 0， f '(1) 1 0
故存在 x0 (0,1)，使得 f '(x0 ) 0，且 f (x)在 (0, x0 )递减，在 (x0 ,1)递增
又因为 f (1) 0，故 f (x0 ) f (1) 0，取 q x0即符合题意
综上，对任意给定正整数m，总存在实数 a1和 q，使得b1 a1 b2 a2 bm am成立.
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