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山东省烟台市招远市第二中学等校2025届高三上学期10月摸底联考 数学试题（含解析）
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这是一份山东省烟台市招远市第二中学等校2025届高三上学期10月摸底联考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．某校高一年级个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，抽得个班的比赛得分如下：，则这组数据的分位数为（ ）
A．B．C．D．
3．安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知椭圆的左､右顶点分别为，上顶点为，离心率为.若，则（ ）
A．5B．7C．21D．25
5．设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．若函数有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知实数构成公差为的等差数列，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的部分图象如图所示，令，则（ ）
A．的一个对称中心是
B．的对称轴方程为
C．在上的值域为
D．的单调递减区间为
10．已知复数，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若满足，则
C．若，且，则
D．若满足，则在复平面内所对应点的轨迹是双曲线
11．若函数，则（ ）
A．的极大值点为2
B．有且仅有2个零点
C．点是的对称中心
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，点是边上一点，若，则 .
13．甲､乙两位同学进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）.根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立.若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则的取值范围为 .
14．如图，为的边上一点，，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰.已知甲､乙､丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为，乙过关的概率为，丙过关的概率为.
(1)若三人中有两人过关，求丙过关的概率；
(2)记甲､乙､丙三人中过关的人数为，求的分布列与数学期望.
16．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
17．如图，矩形中，为的中点，将沿折起，使平面平面，且点满足，且.
(1)求直线与平面所成角的正切值；
(2)求几何体的体积.
18．抛物线的焦点为，准线为，斜率分别为的直线均过点，且分别与交于和（其中在第一象限），分别为的中点，直线与交于点，的角平分线与交于点.
(1)求直线的斜率（用表示）；
(2)证明：的面积大于.
19．定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
(1)若已知数列，求；
(2)求不等式的解集；
(3)是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由.
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据题意写出集合的元素，再根据集合交运算即可求解.
【详解】即，
解得，
由题意得，
则.
故选.
2．【答案】A
【分析】将比赛得分从小到大重新排列，结合百分位数定义求其分位数.
【详解】将比赛得分从小到大重新排列：，
因为，
所以这组数据的分位数是第个数93.
故选A.
3．【答案】D
【分析】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人；共有种实习方案，其中甲，乙到同一家实习的情况有种，则可得到甲､乙到同一家实习的概率.
【详解】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人,
即共有种实习方案，
其中甲，乙到同一家实习的情况有种，
故大学生甲､乙到同一家实习的概率为.
故选D.
4．【答案】B
【分析】根据离心率及，得到a,b的两个关系式，解方程即可求解.
【详解】因为离心率，解得
因为分别为的左､右顶点，B为上顶点，
则.
所以，
因为.，
所以，
将代入
解得.
故选B.
5．【答案】C
【分析】先将，构造函数，研究单调性，进而比较大小即可.
【详解】构造函数，可得，
当时，单调递减，
，
由，故，即.
故选C.
6．【答案】C
【分析】由，令，讨论判别式，结合二次函数零点分布、极值点定义研究各项正误.
【详解】由，，得，
令，
若，此时单调，不存在极值点，所以，即，
由于有唯一极值点，故有正根，负根各一个，则，故，
结合选项一定成立.
故选C.
7．【答案】C
【分析】首先正切化为正弦和余弦，再利用辅助角和二倍角公式化解得到，再利用角的变换表示，最后利用三角函数二倍角公式，即可求解.
【详解】根据题意，
，
.
故选C.
8．【答案】A
【分析】由实数构成公差为的等差数列，可得，构造函数，利用导数可得的最小值为，得，即可得到的取值范围.
【详解】因为实数构成公差为的等差数列，
所以，
所以，
构造函数，
当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以的最小值为，
所以.
故选A.
9．【答案】ABD
【分析】观察图象确定的最小值，周期求，结合对称性可得函数过点由此可求，通过三角恒等变换求，验证是否为的对称中心判断A，求的对称轴判断B，由条件求的范围，结合余弦函数性质判断C，结合余弦函数性质求函数的单调递减区间判断D.
【详解】由题图可得函数的最小值为，，
又，，，所以，
结合对称性可得函数的图象过点，
所以，解得，又，所以，
所以，
所以，
所以.
对于A，当，，所以是的一个对称中心，故A正确；
对于B，令，，可得，，故的对称轴方程为，，故B正确；
对于C，时，，所以，故在上的值域为，故C错误；
对于D，令，解得，
所以的单调递减区间为，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】AC
【分析】首先设复数和，利用复数的乘法运算公式和模的运算公式，即可判断A；利用列举法判断B；根据复数相等的条件，即可判断C，结合复数相减的模的几何意义，即可判断D.
【详解】对于A选项，设，则，，
，，
所以，故A正确；
对于B选项，若，则，故B错误；
对于C选项，令，
因为，所以或；
，
因为，所以，因为或，所以，所以，故C正确；
对于D选项，令，因为6，所以，
由双曲线定义可得在复平面内所对应点的轨迹是双曲线的右支，故D错误.
故选AC.
11．【答案】BCD
【分析】对于A，直接求导，根据函数单调性与极值的关系即可判断；对于B，结合极值与0的大小关系即可判断；对于C，直接验算即可；对于D，由C选项结论即可验算.
【详解】
对于A，由题意知.
令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递增；
令，解得，所以在上单调递减.
所以在处有极大值.所以的极大值点为0，故A错误；
对于B，又因为极小值，极大值，故有且仅有2个零点，故B正确；
对于C，，对称中心为，故C正确；
对于D，由C选项，所以.故D正确.
故选BCD.
【关键点拨】判断D选项的关键在于得出点是的对称中心，由此即可顺利得解.
12．【答案】
【分析】由向量的线性运算可得，再代入，即可求得.
【详解】
由题意，，
所以
.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】分别求得甲以获胜的概率，甲以获胜的概率为，列出不等式即可求得.
【详解】甲以获胜的概率，甲以获胜的概率为，
由题意，，即，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】建立如图所示坐标系，法一：由两点间距离公式表示出，然后结合二次函数的性质求出结果；法二：由两点间距离公式表示出，然后结合基本不等式求出结果.
【详解】以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，
设
，
法一：，当时，.
法二：，
当且仅当时等号成立，故.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）由题意可知，这是一个条件概率，先求有两人过关的概率，再利用条件概率求解即可.
（2）根据题意的所有可能取值为，根据题意，逐一求出相应的概率即可得到分布列，再求数学期望即可.
【详解】（1）记甲､乙､丙三人过关分别为事件，记三人中恰有两人过关为事件
则
，
又
，
所以，
故若有两人过关，丙过关的概率为.
（2）由题意可知，的所有可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为
故，
即的数学期望为.
16．【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对求导得，对分和来讨论的单调性即可；
（2）要证，只需证，结合（1）的结论得，即证恒成立. 令，利用导数求出的最大值即可得证.
【详解】（1），定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，
当时，，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，要证，只需证，
由（1）得，，
即证恒成立.
令，则
当时，单调递增，
当时，单调递减，
的最大值为，即.
恒成立，原命题得证.
17．【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）先由面面垂直的性质得到平面，进而证明两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，找到平面的一个法向量，代入线面角公式求出正弦值，再由同角三角函数关系求出余弦和正切即可；
（2）由图形关系可得，再分别求出四棱锥与三棱锥的体积即可；
【详解】（1）取中点中点，连接，
由题易得，
，
平面平面，平面平面面，
∴平面，
又为中点，则在矩形中，四边形为正方形，
，
两两垂直，且.
以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，.
，平面的一个法向量为.
.
，则，
，则直线与平面所成角的正切值为.
（2）.
.
，
.
所求几何体的体积为2.
18．【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法求点的坐标，同理可得的坐标，由此可求直线的斜率；
（2）设直线的倾斜角分别为，求直线，的方程，分别在，条件下求，再求的面积，并证明结论.
【详解】（1）抛物线的焦点的坐标为，准线的方程为，
设直线的方程为，
联立得，
由已知方程的判别式，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，，
所以
故中点的坐标为，
同理可得，
故.
（2）设直线的倾斜角分别为，
则有，
的倾斜角为，斜率为，
故FQ：，
当时，，
故.
，
即，
当，且时，
令可得，，
所以，
，
当时，点的坐标为，
点的坐标为，
此时，
所以，当且仅当时取等号.
记点到的距离为，
当时，由于，
故，故，又，
故此时的面积；
当时，，又，
故此时的面积；
综上所述，的面积大于.
【方法总结】（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
19．【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，理由见解析.
【分析】（1）由已知，可得第二次“和扩充”后得到数列，即可得到；
（2）由已知，数列第次“和扩充”后增加的项数为，可得，可得是首项为4，公比为2的等比数列，可得，则，可解得.
（3）由已知，可得，进而可得，从而得到结论.
【详解】（1）第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；
第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；
故.
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，
所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，.
故，，
故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
又，则，即，解得.
（3）因为，
，
依次类推，，
故
，
若使为等差数列，则，
所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列.
【思路导引】小问（2），推出是首项为4，公比为2的等比数列，进而求解；小问（3），推出，利用累加法求和得到，得到结论.0
1
2
3
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．某校高一年级个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，抽得个班的比赛得分如下：，则这组数据的分位数为（ ）
A．B．C．D．
3．安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知椭圆的左､右顶点分别为，上顶点为，离心率为.若，则（ ）
A．5B．7C．21D．25
5．设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．若函数有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知实数构成公差为的等差数列，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的部分图象如图所示，令，则（ ）
A．的一个对称中心是
B．的对称轴方程为
C．在上的值域为
D．的单调递减区间为
10．已知复数，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若满足，则
C．若，且，则
D．若满足，则在复平面内所对应点的轨迹是双曲线
11．若函数，则（ ）
A．的极大值点为2
B．有且仅有2个零点
C．点是的对称中心
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，点是边上一点，若，则 .
13．甲､乙两位同学进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）.根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立.若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则的取值范围为 .
14．如图，为的边上一点，，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰.已知甲､乙､丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为，乙过关的概率为，丙过关的概率为.
(1)若三人中有两人过关，求丙过关的概率；
(2)记甲､乙､丙三人中过关的人数为，求的分布列与数学期望.
16．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
17．如图，矩形中，为的中点，将沿折起，使平面平面，且点满足，且.
(1)求直线与平面所成角的正切值；
(2)求几何体的体积.
18．抛物线的焦点为，准线为，斜率分别为的直线均过点，且分别与交于和（其中在第一象限），分别为的中点，直线与交于点，的角平分线与交于点.
(1)求直线的斜率（用表示）；
(2)证明：的面积大于.
19．定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
(1)若已知数列，求；
(2)求不等式的解集；
(3)是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由.
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据题意写出集合的元素，再根据集合交运算即可求解.
【详解】即，
解得，
由题意得，
则.
故选.
2．【答案】A
【分析】将比赛得分从小到大重新排列，结合百分位数定义求其分位数.
【详解】将比赛得分从小到大重新排列：，
因为，
所以这组数据的分位数是第个数93.
故选A.
3．【答案】D
【分析】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人；共有种实习方案，其中甲，乙到同一家实习的情况有种，则可得到甲､乙到同一家实习的概率.
【详解】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人,
即共有种实习方案，
其中甲，乙到同一家实习的情况有种，
故大学生甲､乙到同一家实习的概率为.
故选D.
4．【答案】B
【分析】根据离心率及，得到a,b的两个关系式，解方程即可求解.
【详解】因为离心率，解得
因为分别为的左､右顶点，B为上顶点，
则.
所以，
因为.，
所以，
将代入
解得.
故选B.
5．【答案】C
【分析】先将，构造函数，研究单调性，进而比较大小即可.
【详解】构造函数，可得，
当时，单调递减，
，
由，故，即.
故选C.
6．【答案】C
【分析】由，令，讨论判别式，结合二次函数零点分布、极值点定义研究各项正误.
【详解】由，，得，
令，
若，此时单调，不存在极值点，所以，即，
由于有唯一极值点，故有正根，负根各一个，则，故，
结合选项一定成立.
故选C.
7．【答案】C
【分析】首先正切化为正弦和余弦，再利用辅助角和二倍角公式化解得到，再利用角的变换表示，最后利用三角函数二倍角公式，即可求解.
【详解】根据题意，
，
.
故选C.
8．【答案】A
【分析】由实数构成公差为的等差数列，可得，构造函数，利用导数可得的最小值为，得，即可得到的取值范围.
【详解】因为实数构成公差为的等差数列，
所以，
所以，
构造函数，
当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以的最小值为，
所以.
故选A.
9．【答案】ABD
【分析】观察图象确定的最小值，周期求，结合对称性可得函数过点由此可求，通过三角恒等变换求，验证是否为的对称中心判断A，求的对称轴判断B，由条件求的范围，结合余弦函数性质判断C，结合余弦函数性质求函数的单调递减区间判断D.
【详解】由题图可得函数的最小值为，，
又，，，所以，
结合对称性可得函数的图象过点，
所以，解得，又，所以，
所以，
所以，
所以.
对于A，当，，所以是的一个对称中心，故A正确；
对于B，令，，可得，，故的对称轴方程为，，故B正确；
对于C，时，，所以，故在上的值域为，故C错误；
对于D，令，解得，
所以的单调递减区间为，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】AC
【分析】首先设复数和，利用复数的乘法运算公式和模的运算公式，即可判断A；利用列举法判断B；根据复数相等的条件，即可判断C，结合复数相减的模的几何意义，即可判断D.
【详解】对于A选项，设，则，，
，，
所以，故A正确；
对于B选项，若，则，故B错误；
对于C选项，令，
因为，所以或；
，
因为，所以，因为或，所以，所以，故C正确；
对于D选项，令，因为6，所以，
由双曲线定义可得在复平面内所对应点的轨迹是双曲线的右支，故D错误.
故选AC.
11．【答案】BCD
【分析】对于A，直接求导，根据函数单调性与极值的关系即可判断；对于B，结合极值与0的大小关系即可判断；对于C，直接验算即可；对于D，由C选项结论即可验算.
【详解】
对于A，由题意知.
令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递增；
令，解得，所以在上单调递减.
所以在处有极大值.所以的极大值点为0，故A错误；
对于B，又因为极小值，极大值，故有且仅有2个零点，故B正确；
对于C，，对称中心为，故C正确；
对于D，由C选项，所以.故D正确.
故选BCD.
【关键点拨】判断D选项的关键在于得出点是的对称中心，由此即可顺利得解.
12．【答案】
【分析】由向量的线性运算可得，再代入，即可求得.
【详解】
由题意，，
所以
.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】分别求得甲以获胜的概率，甲以获胜的概率为，列出不等式即可求得.
【详解】甲以获胜的概率，甲以获胜的概率为，
由题意，，即，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】建立如图所示坐标系，法一：由两点间距离公式表示出，然后结合二次函数的性质求出结果；法二：由两点间距离公式表示出，然后结合基本不等式求出结果.
【详解】以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系，
设
，
法一：，当时，.
法二：，
当且仅当时等号成立，故.
故答案为：.
15．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）由题意可知，这是一个条件概率，先求有两人过关的概率，再利用条件概率求解即可.
（2）根据题意的所有可能取值为，根据题意，逐一求出相应的概率即可得到分布列，再求数学期望即可.
【详解】（1）记甲､乙､丙三人过关分别为事件，记三人中恰有两人过关为事件
则
，
又
，
所以，
故若有两人过关，丙过关的概率为.
（2）由题意可知，的所有可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为
故，
即的数学期望为.
16．【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对求导得，对分和来讨论的单调性即可；
（2）要证，只需证，结合（1）的结论得，即证恒成立. 令，利用导数求出的最大值即可得证.
【详解】（1），定义域为，
则，
①当时，，在上单调递增；
②当时，
当时，，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
综上，①当时，在上单调递增，
②当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，要证，只需证，
由（1）得，，
即证恒成立.
令，则
当时，单调递增，
当时，单调递减，
的最大值为，即.
恒成立，原命题得证.
17．【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）先由面面垂直的性质得到平面，进而证明两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，找到平面的一个法向量，代入线面角公式求出正弦值，再由同角三角函数关系求出余弦和正切即可；
（2）由图形关系可得，再分别求出四棱锥与三棱锥的体积即可；
【详解】（1）取中点中点，连接，
由题易得，
，
平面平面，平面平面面，
∴平面，
又为中点，则在矩形中，四边形为正方形，
，
两两垂直，且.
以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，.
，平面的一个法向量为.
.
，则，
，则直线与平面所成角的正切值为.
（2）.
.
，
.
所求几何体的体积为2.
18．【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法求点的坐标，同理可得的坐标，由此可求直线的斜率；
（2）设直线的倾斜角分别为，求直线，的方程，分别在，条件下求，再求的面积，并证明结论.
【详解】（1）抛物线的焦点的坐标为，准线的方程为，
设直线的方程为，
联立得，
由已知方程的判别式，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，，
所以
故中点的坐标为，
同理可得，
故.
（2）设直线的倾斜角分别为，
则有，
的倾斜角为，斜率为，
故FQ：，
当时，，
故.
，
即，
当，且时，
令可得，，
所以，
，
当时，点的坐标为，
点的坐标为，
此时，
所以，当且仅当时取等号.
记点到的距离为，
当时，由于，
故，故，又，
故此时的面积；
当时，，又，
故此时的面积；
综上所述，的面积大于.
【方法总结】（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
19．【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，理由见解析.
【分析】（1）由已知，可得第二次“和扩充”后得到数列，即可得到；
（2）由已知，数列第次“和扩充”后增加的项数为，可得，可得是首项为4，公比为2的等比数列，可得，则，可解得.
（3）由已知，可得，进而可得，从而得到结论.
【详解】（1）第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；
第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；
故.
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，
所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，.
故，，
故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
又，则，即，解得.
（3）因为，
，
依次类推，，
故
，
若使为等差数列，则，
所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列.
【思路导引】小问（2），推出是首项为4，公比为2的等比数列，进而求解；小问（3），推出，利用累加法求和得到，得到结论.0
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