2025届高三天枢杯第二届线上联考数学试题+答案
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第二次天枢杯线上联考一试数学本试卷共5页，20题．全卷满分150分，考试用时120分钟，注意事项：1．填空题，主观题请自备答题纸．并将答案提交到对应的答题区．请保持字迹工整．笔记清晰．字迹不清，提交错误的作答视为无效．2．考试期间，请考生独立作答，禁止考生查网书籍、使用计算器等辅助工具、或在考试期间与他人交流．试卷在考试期间禁止外传，考试结束后可以外传，但最好留下作者名称skyhgzsh．3．请使用高中课内知识答题，课外“超钢”知识请在答题纸上给出相应定理的证明，如果题+目中不涉及复数的相关内容，则默认范围为实数．自然数默认包含，正整数用Z表示，不建议使用如“趋近于，足够大”等模棚性词语4．考试结束后．请在规定时间内以雨课堂或QQ私信（QQ：10691923）的途径，将答题纸以电子版，照片或扫描的方式在府课章的相应位置处提交，未在规定时间内发送的卷子视为未提交，不计人成绩．5．本比赛的最终解释权归作者所有．考试期间如对试卷内容等方面有问题，请先通读试题内容，如仍有疑间，请私信作者．6．题目顺序不代表难度，部分题目可能难度较高！37．已知：若abc,,均为非负实数，则abc++≥3abc．取等当且仅当abc==一、选择题：本题共10小题，每小题4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．已知：哥德巴赫猜想认为任一大于2的偶数都可写成两个质数之和．定义P为全体素数的集合，那么以下形式化命题中和哥德巴赫猜想不等价的是（）A．¬∃nN∈[2,+∞)，∀∈pP，∀∈pP，ppn+≠2012120B．{ppppPpP+∈,∈}⇒{2nnR∣∈[2,+∞}12112xC．{xpPpPxpp∣且∈∈=+,,∉=N}012122D．∀∈mN,(2m<或P(2mppP−∈≠∣}0)82．设复数z=+10.2i，wz=．那么如下说法中错误的是（）A．w<1.16B．w在第二象限1w−2wC．若fx()=(54x−)，那么fz()=2iD．∈Qw+3．称数列{a}和{b}“同增减”，如果∀∈nZ，(aabb−)(−≥)0那么以下说法中正确的是（）nnn++11nnn,A．两个单调递增数列{a}和{b}是同增减的nnB．∀∈cR和任意数列{a}.有{a}和{b=ca}同增减nnnnC．∀∈cR和任意数列{a}.有{a}和{bca=+}同增减nnnn+cD．∀∈cR和任意正数数列{a},有{a}和{ba=}同增减nnnn4．已知平面上四个点ABCD,,,，其中任意三个不共线．若ABAD⋅=⋅ACAD，则直线AD一定经过三角形ABC的（）A．外心B．内心C．重心D．垂心22xy22225．已知椭圆r:+=>>≠1(abab0,0,)过点(1,1)，其右顶点A，上顶点B．那么以下说法正22ab确的是（）22A．设c是半焦距O到Γ的其中一个焦点的距离），那么必然有ca<b．o到直线ab的距离d不是定值oab−223c．γ和x++=yxy没有交点4d．三角形oab面积的取值范围是[1,+∞)6．如下图所示，边长为a的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构．ca和al等部分金属就属于这种结构．若将原子认为是如此分布的等大实心球，使得最近的两个原子球恰好相切，那么一个边长为a的面心立方正方体品格内被原子球所占据的部分的体积是（）2π32π372π3π3a．ab．ac．ad．a461267．仍然考虑上面的图形，若要将这一个立方体上的14个点染上红黄蓝三种颜色，使得被一条线段连接的两个点不能染上同一种色，那么不同染色方案的种数是（旋转和镜像对称后重合的视为同一种）（）a．3b．6c．9d．12ln71.028．已知：a=，b=2.8，ce=，那么abc,,三者的关系是（）ln2a．abc<<b．acb<<c．cba<<d．bca<<3319．不是方程xx−−=0的解的选项是（）48,1π4π5π7πa．cosb．cosc．cosd．cos9999+10．我们称两个正整数a和b互素，当且仅当a和b的最大公因数是1，我们定义ϕ(nnz)(∈)是小于：n的正整数中和n互素的数的个数，例如φ(62)=．是因为小于6的数中只有1与5和6互素．那么以下说法错误的是（）nna．有无限多个正整数n使φ(n)>B．有无限多个正整数n使φ(n)<22C．φ(n)=1的解只有1和2D．对于任意正整数n，都有m使得φ(mn)=二、填空题：本题共5小题．每小题6分，共30分sin(x)11．定义sincx()=．那么sinc(x)在(0,π)上的取值范围是______．xsincx()12．已知在平面xOy上yx=sin和单位圆交于Pxy(,,)那么的可能取值是(sinc函数的定义见上）00tan(x)______．313．若，sinc(πln(xx))=0(>1)的解从小到大排成aa,,那么若Sa=++a．则ln(S)+1210011001005的整数部分是______．b14．已知三角形ABC中A是直角，DA=λλCA(10>>)，若当变化时sinc(∠DBC)的最小值是c33．那么λ的可能取值是______．2π2+15．定义a=2，a=−+∈aa1(nZ)那么以下说法正确的有（填序号）______．1n+1nnA．a=18095B．除了a以外，a都是奇数1n11C．对于任章的n，++<1aa1nD．以21a−，22a−，21a−为三边的三角形是直角三角形nn+1n+1三、解答题：本题共5小题共80分．解答应写出文字说明，证明过程或者演算步骤．16．（13分）信息熵描述了一个事情的不确定度，或者说我知道某个信息所减少的不确定度．此处“度”代表我们可以度量不同的信息中“信息”的含量多少，熵的概念在信息学和通信领城用处颇多，若有一系列基本事件，,以X作为随机变量，则这些事件可以分别认为是X=1,，Xn=．则对于这些基本事件的总体的熵，我们用公式HX()=−(PX(=1log)PX(=++1)PXn(=)logPXn(=)计算．22（1）求抛一面质地均匀的六面骰子的熵（2）假设一枚硬币，其抛出正面的概率是p，请计算当p取值为何时其熵最大5（3）在上一问中，假设p=．若A想将多次抛掷硬币的信息通过一串“0”和“1”构建的字符串s（如6“0”、“11011”、“1010110”传递给B，并满足以下条件：·A和B事先商量好个对应法则·A连续3次抛掷该硬币，将这三次的正反面通过对应法则编码成s，将s发送给B·B可以通过s唯一地确定A抛掷的硬币分别在第1，2，3次时的正反面·s的长度ls()的期望Els(())尽量小．例如，A可以直接用每一位的数表示那一次硬币抛掷的结果，如表：正正正111正正反110正反正101反正正011正反反100反正反010反反正001反反反000从而显然无论如何．都有ls()=3成立．从而Els(())=3请设计一种方案，使得：（a）Es(())<3（b）Els(())≤2并证明．（你不需要分别给出方案，b的方案自动满足a)17．（13分）36已知一个平行六面体的最长体对角线长度是l，证明：该平行六面体的体积V≤．并指出取等条件．918．（17分）我们定义arccos(x):[−→1,1][0,π)的函数使得在(0,π)上，arccoscos((xx))=,11证明：arccos∈Q当且仅当n=1,2,4πn1k过程提示（若不按本过程，证明成功亦为满分）：设ϕ=arccos，Ck=cos(φ)，A=nC．得kkkn到A关于A，A的表达式（提示：CC，利用递推式得到矛盾，由此证明原命题．k+1kk−1kk+−1119．（17分）22xy22已知Γ+=>>:10(ab)的两个焦点和两个顶点四点共圆，且Γ和lx:64+=y，221ablxy:−=64均相切2（1）求Γ的表达式和离心率（2）已知动点P在Γ的第一象限上运动，l和P相切，和l交于C，和l交于D。设Γ右焦点为F，PAB1证明∠CFD是常量，并计算其正切值．120．（20分）3xx−设fx()=e−ax（1）若a=0．求fx()的单调区间，并分析是何种单调．（2）分析fx()的零点数量和a的关系．第二次天枢杯线上联考一试数学答案1．C解答A的意思是不存在偶数2n是哥猜的反例0B的意思是两个质数的和作为集合包含了所有大于2的偶数的集合C的意思是两个质数的和中不是偶数的部分为空，也就是两个质数的和都是偶数D的意思是要么一个偶数不大于2，要么存在一个质数使得该偶数减去质数之后还是一个质数．综上，只有C和哥猜无关，而且C实际上是错的，因为235+=是两个质数的和，但不是偶数，和命题矛盾．2．A解答442A注意到wz==1.04>+10.0441.16,×=从而A错误244822B注意到z=0.960.4i+，z=0.76160.768i+，从而设zaab=++ii，则z=−+−2iab2i2abab，从而在第二象限．B正确．,2C代入就发现fz()=+=(1i)2i，从而C正确161111D化简就是111−=−=−，而后者是，从而两个都是有理数，差也是有理数．从而28www(z2)1.04D正确从而答案是A．3．B解答A注意到两个数列都是单调递增的，从而两个差都是正的，它们的积也是正数．A正确B考虑an=和c=−1，注意到其积是—1，和“同增减”矛盾．B正确．n2C代入就发现积是(aa−)，从而必然非负．C正确nn+1ccccD注意到aa<的时候aa<，反之亦然．从而(aaaa−)(−≥)0,从而D正确．nn+1nn+1nn++11nn从而答案是B．4．D解答首先，考虑BE和CF分别垂直直线AD于E和F，注意到题设等价于AE=AF，也就是EF,重合，从而BC⊥AD，也就是AD过三角形ABC的垂心．从而答案是D．5．C11解答通过带入，注意到+=1，不妨设a>0，b>0，那么Aa(,0)，Bb(0,)22ab22A注意到当b=3的时候a<2，但是cba=−>2，从而A错误xy11B从而直线AB是+−=10，计算dOAB−===1，B错误．ab111+22ab222y3222xyC注意到xy+=−(1)，从而有y<1，同理x<1．从而+<1，和Γ没有交点．C正确·2224ab112abD注意到+>，从而S=>1，也就是1取不到，D错误22abab2从而答案是C．6．B解答题目创意和部分描述来自《暗杀教室》122话，有改动．,222π3由图可得两个原子间最短距离是，从而球半径r=，带入公式得到一个球的体积是a．同时，242412π3一个晶体内包含6个半球和8个，也就是4个球，从而总体积是a，答案为B．867．A解答我们首先假设正方体的一对对顶点是在(0,0,0)和(1,1,1)，若将(0,0,0)染成a色，那么(0,0.5,0.5)，(0.5,0.5,0)，(0.5,0,0.5)三个点必然都是b色，而(0,0,1)，(0,1,0)，(1,0,0)必然都是c色．如此递推可以恰好染完整个正方体．而当b色固定的时候通过旋转就可以得到ac互换的正方体．从而只有三种不同的方案，也就是将面的中间分别染上红黄蓝三种颜色．8．C145解答先比较a和b，注意到2=16384，7=16807，从而ab>2.83535再比较b和c，注意到e<2.72，而又有=．从而只需要证明ln>0.02，这是显然的，因为有2.72343411常用不等式ln1+>从而答案是Cnn+19．Bπ解答注意到带入可以发现方程是cos(3)a=cos，其中a是答案中的选项．3从而只有B带入发现符号相反，从而答案是B．10．D解答pA是因为对于任意的奇质数p，有φ(pp)=−>12B是因为对于任意的正整数6n，有φ(623nnn)≤<c是因为当n>2的时候1和n−1都和n互素，从而φ(n)至少是2D错误是因为φ(m)=3是无解的．因为显然对于任意的m>2．若a和m互素则ma−也和m互素，反之m亦然．而当m为偶数时自己和自己对应的和m不互质．而m=1,2的时候φ(m)=1．从而该方程无解．综2上，D选项是错误的，从而选D二、填空题：本题共5小题，每小题6分，共30分．11．（0，1）,xxcos()−sin(x)解答求导发现sincx′()=，而因为xx<tan()，从而分子为负，必然单调减少．又因为2x它连续，所以只需要算端点取值即可，右侧sinc(π)=0，从而是左开0，极大值注意到以下放缩32xxx>sin(xx)>−，从而1sin>cx()>−1，也就是其取不到1但是可以无限接近．从而是右开1，从66而范围是(0,1)12．12222解答显然，注意到yx=sin(),从而yx+=1，xx=cos()．又因为可以证明这个交点满足01<<x，0000000sinc(xx00)cos()从而x>0，cos(x)>0，从而==100tan(xx00)13．101解答首先，解sincx(πln())=0就是解sin(πln(x))=0并且ln(x)≠0，从而可以得到πln(xkkZ)=π(∈)，101k+ee−101结合x>1可得xekZ=(∈),从而S=，取对数后就是ln(eee−−−)ln(1)注意到100e−11001ln(ee−=+−)101ln1100e13从而我们要证明ln(e−+1)ln1−<100e53516807我们把左边放大到ln1.75()=ln72ln2−并证明其小于，注意到(1.75)=<17，而5102433338512e>=2.719.68317>（也可以是e>=>17）从而命题成立．也是整数部分是101．32714．436−解答题目创意来自AntonioCaminhaMunizNeto的“AnExcursionthroughElementaryMathematics，VolumeII’”的第275页，有改动．b设AC=b，AB=c，那么=tan∠ABC=tan(∠ABD+∠DBC)c(1−λ)b+xbc(1−+λ)bcx从而设tan∠=DBCx，那么有==c(1−λ)bxc−−(1λ)bx1−c,2222从而bc+−(λλ11)bx=−+bc()cx，λλbc=xc(+−(1)b)33ππ因为sinc(∠=DBC)，∠∈DBC0,，从而∠=DBC，x=tan∠=DBC3，而minmaxmaxmax2π23λλλbcbcx=≤=22cb+−(1λ)2bc1−−λλ21λ22也就是=3，解出λλ=121(−)，也就是λλ+−=12120，带入得到21−λ−±1214448+22=±−436．因为取正，从而λ=436−，此时注意到cb=(1−λ)仍然能取到，从2而答案就是436−．15．BCD解答本题创意来自第15届大学生数学竞赛初赛A卷第六大题和OEIS的数列A000058A就是计算：a=3，a=7，a=43，a=1807．所以A错误2345B注意到a显然都是整数，从而aa(−1)必然是偶数，从而+1必然是奇数，B正确nnnC首先可以注意到aa=+1，从而aaa=()+1，a=aaa()+1，从而aaa=××+1，从213214312nn+11111而可以证明++=−11<，C正确．aaa−111nn+2222D注意到(214414a−=)aa−+=a−=32(a−−1)(2a−2)，从而命题成立nnnn++11nn+1从而答案是BCD．三、解答题：本题共5小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．116．解答第一问：因为六个面，每个面的概率都是，611从而HX()=×−6log=log(6)=+1log3()22266第二问：注意到HX()=−(plog(p)+−(1p)log1(−p))，记录其为fp()，221111从而fp′()=−−log(p)+log1(p)，fp′′()=−+=−<0，22ln2pp1−−ln2()pp(1)从而有下表1110,,1222,1110,,1222fp′′()———fp′()+0−1fp()1从而p=时熵最大．2第三问：（a），我们的思路是尽量让更可能的事件用更短的s表示．从而考虑在例子的基础上作如下替换：11代表三面正，100代表正正反，0001代表正反反，0000代表三面反．1256119从而有的概率是ls()=2，有的概率是ls()=4．计算可得Els(())=33−<．从而方案满216216216足要求．（b），我们直接给出编码：正正正1正正反011正反正010反正正001正反反00011反正反00010反反正00001反反反000001257516215计算可得Els(())=135×+×+×=<2从而方案满足要求．216216216108222217．解答首先，设三个边是abc,,，那么对于任意的体对角线labc=+++2cos<a，bab>+2cos<a，c<+acac2cos<b，cbc>从而可以设a′和a反向、b′和b反向，c′和c反向．则四个体对角线的平方和就是2224(abc+++2ab(cosab,+cosab′′,+cosab′′,+cosab,)+(bc,的对应部分）+(,ac的对应部分）注意到(cosab,+cosab′′′,++cosab,cosab,′)实际上等于0（因为正负相消），从而其他两个对222应部分也是0，四个体对角线的平方和就是4(abc++)．,因为l是最长的，从而其不小于平均值（取等条件是四个都相等，也就是每个角都是直角，也就是它是长max2222方体），从而labc≥++π而此时注意到V=Sh，不妨设S是ab,对应的平面，h是c对应的高．那么Sab≤（取等条件是ab,=）2π而h本身作为垂线高，也有hc≤（取等条件是c和平面垂直，也就是>a，cb>=，c=，从而Vabc≤22222112222222注意到labc≥++=(333abc++=)((abc+++−+−+−)(ab)(ac)(bc))331223≥(abc++≥)33(abc)，从而lV≥33（此处三边相等的时候取等）取等条件是该平行六面体就是3立方体．18．解答本题源自《数学天书中的证明》第五版1π1π首先，显然arccos10=，arccos=，arccos=．24432Ck注意到cos(kk++−=1)ϕcos(1)ϕ2coscosϕϕk，从而CC=−kk+−11ncos0cosϕp也就是A=2A−nA．因为A==1，A==1．若nq=2，k+−11kk011n其中q是大于1的奇数pN∈:递归初始有An(∈{0,1})不是q的倍数．n若A，A不是q的倍数，那么2A不是q的倍数，k−1kk而nA是．从而A=2A−nA也不是q的倍数．k−1k+−11kk从而A总不是q的倍数，从而总不是n的倍数．kϕs若=（其中st,是整数），那么tsπ=ϕ，从而cos2sCϕ==cos2tπ=1．2sπtAA2s2s但是A不是n的倍数，从而不是整数，更不可能是1，矛盾2s221s−nnnp若n=2，p∈N，p≥32Ak定义B=而初始有B=1是奇数kk12p−2若B是奇数，那么BB=+2B是偶数和奇数的和，从而是奇数kkk+−11k从而B当k>0时总是奇数．k,2sAB2B22ss2s如上，类似地有C=1，但是==是奇数除以偶数，从而必然不是整数，矛盾．综上，2sns22×sp2np(−+21)命题成立．19．第一问：首先，注意到焦点和长轴顶点贡献，从而不会共圆．从而焦点和短轴顶点共圆．a因为焦点到短轴顶点的距离就是a，结合对角互补，可得它们实际上构成了一个正方形，从而bc==，2c1222222也就是c==，从而xya+=2，代入xy=+46，也就是166+++=y86yya2恰好有a2222一个解，也就是8yya++−=86(16)0，∆=⋅6644816−⋅(−a)=0．222xy也就是a=−=16124，Γ+=:1．42第二问：设Pxy(,,)从而斜率k必然存在且非0，设切线lykxx:=−+()y00P00222222代入xy+=24得到xkxx+2(−)+2ykyxx+4(−−=)40,0000222因为P在Γ上，从而xy+=24，从而(xxxxkxx−)(++2(−+)40ky)=．000000x0因为解只有xx=，从而第二个因素的解也是xx=，也就会240x+=ky，或者说是k=−，00002y022从而22yy=−++xxxy，也就是l:24xx+=yy0000P00462(−y0)41(x−)xy联立xx+=24yy和lx:64+=y，解出C,,0=cc，0016262xyxy00−−00zzcc462(+y0)−−41(x)xy同理有D,0=dd,.6262xyxy00++00zzdd从而xyc=462(−0)，yxc=41(0−)，zc=(62xy00−)xyd=462(+0)，yxd=−−41(0)，zd=(62xy00+)注意到因为c=2，从而F1(2,0)．从而写出所求角度θ的正切值表达式．tanθ（1）kk−FC11FD=（2）1+kcFFD11,YXcd(−−−22)YXdc()=（3）(Xc−22)(Xd−+)YYcd(yxcd−−xycd)2(yzcd−yzdc)=（4）(xxcd++−yycd)22zzcd(xzcd+xzdc)先处理分子：(yxcd−xycd)−2(yzcd−yzdc)=4(x0−1462)(+y0)+4624(−y00)(x−−1)241624162((xx00−+)(yxx0)+(00−−=)(y0))16322(−xx00)(−1+)再处理分母：(xxcd++−yycd)3zzcd2(xzcd+=−xzdc)(462462(y0)(+y00)−4(1x−)4(x0−1262)+(xyxy0−00)(62+−0)2462((−yxy00)(62+++0)462(yxy00)(62−=0))2228032+x0−482xxy00+2−760+322y0=−−+16(1x0)(4(−+12)+−+(22)x0)6当x=1时候注意到能解出y=，此时l和l重合，与它们只有交点相矛盾．而x−22不可能是0．00PA2−66从而tanθ==−−3，又注意到通过画图可知该角度在P变化的时候θ恒为锐角，从而其221(−)2是定角．20．解答第一问：222xx−2xx−fx′()=(31x−−)ea,在本问中fx′()=(31x−)e．3xx−2注意到e>0，从而fx′()的正负只和(31x−)有关，从而可作出下表：3−33333−∞−,−,,+∞333333+0—0+fx′()2323fx()9−9ee3333从而fx()的单调递增区间是−∞−,,,+∞，单调递减区间是−,．3333第二问：3xx−a=0时注意到e>0恒成立，从而没有零点．,33a≠0时，注意到所求可以化为x−=xln(axax)(>0)的解的数量．而此时若设gxxx()=−，21hx()=ln(ax)，则gx′()=31x−，hx′()=从而可以作下图：x(−∞−,1)−1330−3−−1,−,0333+++0——gx′()00gx()2390331(1,+∞)30,,1333——0+++gx′()00gx()23−9'212113当a<0时，注意到(gxhx()−())=31x−−，注意到3x+−+−≥313>，x224xx从而gxhx()−()单调递增，零点若有则至多有一个．1111注意到设x1=max−,时有x1≥−，，从而gx(11)>>−≥01hx()2ea2eaee设x2=min−2,时有x2≤−2,，从而gx(22)<<≤01hx().从而在(xx21,)上必然有一个零点．从而aa32总是有一个零点．α>0时候，我们考虑kx()=−−31xx，注意到kx′()=91x−，从而可作出下表：1111−11(1,+∞)−∞−,3−,33331,13+0—0+++kx′()1711kx()−−991'kx()从而其在,1之间有一个零点，设其为α，从而考虑(gxhx()−=())，3x,其在(0,+∞)上的正负性和kx()一样，从而(gxhx()−())先单调减少后单调递增，其极小值点就是最小值点，在x=α处取到．3112注意到αα=(+1)，从而此处gh(αα)−=−−−()ααln()ln(a)，333113−α从而当ab<=e时gh−的最小值比0大，此时没有零点；α当ab=时gh−的最小值恰好就是0，从而只有一个零点；11当ab>时gh−在x=α处小于0，在x1=min,时hx(11)<−<1gx()3ae，从而(x,α)上有一个零点．1注意到ln(xxx)>−≥1(2时），当x≥2时gxhx()−()≥−+−3xx1ln(a)=+−2x(1ln(a))，从而在ln(a)−1x=max2,时gxhx()−>()0，从而在(α,x)上有一个零点．从而此时共有两个零点．22212−a1综上，当0≤<=abe3时fx()没有零点，当a<0或者ab=时有一个零点；当ab>时有两个零点．α</a，c<+acac2cos<b，cbc></a，bab></x，0000000sinc(xx00)cos()从而x></tan()，从而分子为负，必然单调减少．又因为2x它连续，所以只需要算端点取值即可，右侧sinc(π)=0，从而是左开0，极大值注意到以下放缩32xxx></c是因为当n></b．o到直线ab的距离d不是定值oab−223c．γ和x++=yxy没有交点4d．三角形oab面积的取值范围是[1,+∞)6．如下图所示，边长为a的正方体成周期性排列，在正方体的各个角以及每个面的中心有原子分布的晶体结构，我们称之为面心立方结构．ca和al等部分金属就属于这种结构．若将原子认为是如此分布的等大实心球，使得最近的两个原子球恰好相切，那么一个边长为a的面心立方正方体品格内被原子球所占据的部分的体积是（）2π32π372π3π3a．ab．ac．ad．a461267．仍然考虑上面的图形，若要将这一个立方体上的14个点染上红黄蓝三种颜色，使得被一条线段连接的两个点不能染上同一种色，那么不同染色方案的种数是（旋转和镜像对称后重合的视为同一种）（）a．3b．6c．9d．12ln71.028．已知：a=，b=2.8，ce=，那么abc,,三者的关系是（）ln2a．abc<<b．acb<<c．cba<<d．bca<<3319．不是方程xx−−=0的解的选项是（）48,1π4π5π7πa．cosb．cosc．cosd．cos9999+10．我们称两个正整数a和b互素，当且仅当a和b的最大公因数是1，我们定义ϕ(nnz)(∈)是小于：n的正整数中和n互素的数的个数，例如φ(62)=．是因为小于6的数中只有1与5和6互素．那么以下说法错误的是（）nna．有无限多个正整数n使φ(n)>
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