2023年12月3日发(作者：河南高考文综数学试卷)

2023年潍坊市高中学科核心素养测评高三数学一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5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．设fx为R上的可导函数，且lim处的切线斜率为（A．2）B．-1C．1D．）D．3,01,312x0f1f12x2，则曲线yfx在点1,f1x12Uxx90A2．已知全集，集合y1，则ðUA（yA．0,1B．3,01,3C．3,3，茎叶图中甲的得3．甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（图1）分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（图2）完好，则（）A．甲的单场平均得分比乙低C．甲、乙的极差均为11B．乙的60%分位数为19D．乙得分的中位数是16.5nn*4．已知函数fnxsinxcosxnN，函数yf42x33π在0,上的零点的个数为48（A．2）B．3C．4D．55．如图，在正三棱锥D-ABC中，AB3，DA2，O为底面ABC的中心，点P在线段uuuruuurDO上，且PODO，若PA平面PBC，则实数（）试卷第1页，共6页A．21B．13C．64D．666．阿基米德螺线是一个点匀速离开一个固定点的同时又以固定的角速度绕该固定点转动而A20,2，产生的轨迹．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点A11,0，A33,0，A40,4，A55,0，A60,6，A77,0，A80,8，并按这样的规律继续下去．若四边形AnAn1An2An3的面积为760，则n的值为（）A．18B．19C．21D．22x2y27．已知双曲线C1:221a0,b0的左，右焦点分别为F1，F2，点F2与抛物线abC2:y22pxp0的焦点重合，点P为C1与C2的一个交点，若△PF1F2的内切圆圆心的横坐标为4，C2的准线与C1交于A，B两点，且ABA．949，则C1的离心率为（2）B．54C．95D．748．设a1.2，be0.1，c1ln1.1，则（A．abcB．cba）C．bacD．bca二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，试卷第2页，共6页有选错的得0分，9．假设某厂有两条包装食盐的生产线甲、乙，生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐质量服从正态分布N500,5（单位：g），生产线乙正常情况下生产出来包装食盐质量为xg，2(x1000)1随机变量x服从正态密度函数xe200，其中xR，则（1022）附：随机变量N(,2)，则P0.683，P220.954，P330.997．A．正常情况下，从生产线甲任意抽取一包食盐，质量小于485g的概率为0.15%2B．生产线乙的食盐质量x~N1000,100C．生产线乙产出的包装食盐一定比生产线甲产出的包装食盐质量重D．生产线甲上的检测员某天随机抽取两包食盐，称得其质量均大于515g，于是判断出该生产线出现异常是合理的10．已知非零向量ae，e1，对任意tR，恒有ateae，则（）A．a在e上的投影的数量为1C．aaerrrrB．aea2eD．eae11．已知函数fx的定义域D关于原点对称，mD,m0且fm1，当x0,m时，fx0；且对任意xD,yD,xyD且xy，都有fxyA．fx是奇函数C．fx是周期函数12．设xR，当nB．f3m0fxfy1fyfx，则（）D．fx在2m,3m上单调递减）11xnnZ时，规定xn，如1.21，4.54．则（22A．ababa,bRB．n2nnnN*nN*C．设函数ysinxcosx的值域为M，则M的子集个数为32D．x111121n11xxxnx22n2n2n2试卷第3页，共6页三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡的相应位置．3202313．已知a,bR，a3ibii（i为虚数单位），则ab______．2214．已知圆M满足与直线l:x60和圆N:x1y29都相切，且直线MN与l垂直，请写出一个符合条件的圆M的标准方程________________________．15．若x0，y0，则x3y的最大值为____________．x23y2416．公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高．意思是两个同高的几何体，若在等高处的截面积相等，则体积相等．如图是某厂家生产的游泳池浮漂实物图及设计图，则h的长度为____________cm；利用祖暅原理可求得该浮漂的体积为____________cm3．四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．将正奇数数列1，3，5，7，9…的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表．(1)设数表中每行的最后一个数依次构成数列an，求数列an的通项公式；2n1n(2)设bn，求数列bn的前n项和Tn．an1222218．设钝角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且abcRab，其试卷第4页，共6页中R是ABC外接圆的半径．7π，求C的大小；12π(2)若CD2DA，CBD，证明：ABC为等腰三角形．2(1)若B19．如图，直角梯形ABCD中，AB//DC,ABBC,ABBC2CD2，直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台．(1)求圆台的表面积和体积；(2)若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角(0)到A1BCD1，且直线A1D与平面ABCD所成角的正弦值为21，求角的最小值．720．某校举行“强基计划”数学核心素养测评，要求以班级为单位参赛，最终高三一班（45人）和高三二班（30人）进入决赛．决赛规则如下：现有甲、乙两个纸箱，甲箱中有4个选择题和2个填空题，乙箱中有3个选择题和3个填空题，决赛由两个环节组成，环节一：要求两班级每位同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答，作答后放回原箱．并分别统计两班级学生测评成绩的相关数据；环节二：由一班班长王刚和二班班长李明进行比赛，并分别统计两人的测评成绩的相关数据，两个环节按照相关比赛规则分别累计得分，以累计得分的高低决定班级的名次．(1)环节一结束后，按照分层抽样的方法从两个班级抽取20名同学，并统计每位同学答对题目的数量，统计数据为：一班抽取同学答对题目的平均数为1，方差为1；二班抽取同学答对题目的平均数为1.5，方差为0.25，求这20人答对题目的均值与方差；(2)环节二，王刚先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙箱中，然后李明再抽取题目，已知李明从乙箱中抽取的第一题是选择题，求王刚从甲箱中取出的是两道选择题的概率．321．已知动点P与两定点A12,0，A22,0，直线PA1与PA2的斜率之积为，记动点P4的轨迹为曲线C．试卷第5页，共6页(1)求曲线C的方程；(2)设Da,01a2，E为直线x2a上一动点，直线DE交曲线C于G，H两点，若GD、HE、GE、HD依次为等比数列bn的第m、n、p、q项，且mnpq，求实数a的值．x22．已知函数fxeklnx11kR．(1)当k1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；(2)若对任意x1,，都有fx0，求实数k的取值范围；2fs2ft1(3)当k时，对任意的s,t0,，且st，试比较fsft与的大2st小．试卷第6页，共6页1．C【分析】根据导数的定义，计算得到答案.【详解】f1limf1f12x2xx0f1f12x1lim1.2x0x故曲线yfx在点1,f1处的切线斜率为1.故选：C2．D【分析】求解全集U以及集合A，根据补集的定义计算补集即可求出结果.【详解】12解：Uxx90x3x3，Ay1y|0y1，y所以ðUAx|3x0或1x3.故选：D3．D【分析】根据茎叶图、直方图，平均数、中位数、百分数、极差的求法判断各项的正误即可.【详解】A：由茎叶图和直方图，甲比赛得分为9,12,13,14,15,20,26,28，平均得分为912131415202628137，88乙比赛得分为9,14,15,16,17,18,19,20，平均得分为甲高于乙，错误；914151617181920128，88B：由860%4.8，故乙的60%分位数为17，错误；C：甲的极差为28919，乙的极差为20911，错误；D：乙得分的中位数是故选：D161716.5，正确.2答案第1页，共17页4．B【分析】首先求出f4x的解析式，即可得到yf42x【详解】nn*因为fnxsinxcosxnN，3，再根据余弦函数的性质计算可得.4所以f4xsin4xcos4xsin2xcos2x2sin2xcos2x2111cos4x131sin22x1cos4x，22244所以yf42x31331cos8xcos8x，444441πkππ令y0，令cos8x0，则8xkπ,kZ，解得x,kZ，41682π3π5π3π因为x0,，所以x或x或x，161616833π所以函数yf42x在0,上的零点的个数为3个.48故选：B5．D【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.【详解】由题设，△ABC为边长为3的等边三角形，且DADBDC2，等边△ABC的高为333，42在正棱锥中，以O为原点，平行CB为x轴，垂直CB为y轴，OD为z轴，如上图示，答案第2页，共17页3131,,0),C(,,0),D(0,0,3)，且P(0,0,3)，222231所以AP(0,1,3)，PB(,,3)，CB(3,0,0)，22则A(0,1,0),B(31xy3z0PBm22若m(x,y,z)为面PBC的法向量，则，令z1，则CBm3x0m(0,23,1)，23k16又PA平面PBC，则APkm且k为实数，k3，故.601故选：D6．A【分析】根据四边形的特点，将四边形的面积转化为四个直角三角形的面积，即可求解.【详解】如图，四边形AnAn1An2An3的面积由四个直角三角形构成，1111n3760，得nn1n1n2n2n3n2222nn1n3n2n1n31520，2n42n21520，即n2n1380，nN*，解得：n18故选：A7．B【分析】p2b2令F1(c,0),F2(c,0)，由题设知c0且AB求得4b29a，再由内切圆中切线长性2a质及双曲线定义、性质确定与F1F2的切点C的位置，进而求离心率.【详解】答案第3页，共17页由题设F1(c,0),F2(c,0)，又点F2与抛物线的焦点重合，即cp0，2c2y2221b22b29由a，则y，故AB，即4b29a，baa2a2b2c2如下图示，内切圆与△PF1F2各边的切点为D,E,K，所以PDPE,DF1KF1,EF2KF2，又|PF1||PF2|2a，则(PDDF1)(PEEF2)DF1EF2KF1KF22a，所以K为双曲线右顶点，又△PF1F2的内切圆圆心的横坐标为4，即a4，故b29，则c5，所以离心率为e故选：B8．C【分析】利用ca、ba的形式构造函数，应用导数研究其在(0,1)上单调性，进而比较相应函数值的符号，即可知参数的大小关系.【详解】由ca1ln1.1120.1，令f(x)1ln(1x)12x且0x1，所以f(x)1112x1x，1x12x(1x)12x112x10，即g(x)递减，c5.a4令g(x)12x1x且0x1，则g(x)所以g(x)g(0)0，故f(x)0在(0,1)上恒成立，则f(x)在(0,1)上递减，所以f(x)f(0)0，即f(0.1)0，则ca；答案第4页，共17页由bae0.1120.1，令t(x)ex12x且0x1，x所以t(x)e112x在(0,1)上递增，故t(x)t(0)0，故t(x)在(0,1)上递增，t(x)t(0)0，即t(0.1)0，则ba；综上，bac.故选：C【点睛】关键点睛：应用作差法得到某种函数形式，并构造函数研究单调性判断函数值的符号即可.9．AD【分析】根据正态分布的参数，以及结合3原则的参考数据，即可判断选项.【详解】由条件可知，设生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐的质量为X，2其中XN500,5，其中500，5，则PX485PX310.9970.00150.15%，故A正确；22(x1000)1B.随机变量x服从正态密度函数xe200，可知，1000，10，1022所以生产线乙的食盐质量x~N1000,10，故B错误；C.不一定，可能小概率事件发生，生产线乙产出的包装食盐比生产线甲产出的包装食盐质量轻，故C错误；D.PX515PX310.9970.00150.15%，说明生产线甲抽到质量大于2515g的可能性很低，所以随机抽取两包质量均大于515g，说明判断出该生产线出现异常是合理的，故D正确.故选：AD10．ABD【分析】根据数量积的运算律求得ae，再根据数量积的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】答案第5页，共17页2222由|ate||ae|可得a2taet2ea2aee，又e1，令aem则上式等价于t22mt2m10，对任意的tR恒成立，22故4m42m10，解得m10，解得m1，即ae1；对A：由aeaecosae1，且e1，故acosae1，即a在e上的投影的数量为1，故A正确；rr2rrrrrrr2rrrrr对B：aea22aee2a23，a2ea22ae4e2a22，rrrrrr2rr2aea2e，即aea2e，故B正确；22对C：aaeaaea1，不确定其结果，故a(ae)不一定成立，故C错误；对D：eaeae10，故e(ae)，D正确；故选：ABD.11．ACD【分析】对于A，令txy，根据fxyfxfy1fyfx证明ftft即可判断；对于B，根据fm1，结合fxyfxfy1fyfx即可求得f2m,f3m，即可判断；对于C，先求出fxm，再根据fx2mfxmm求出fx2m，即可判断；对于D，令2myx3m，先判断fx,fy的符号，再根据fxyfxfy1fyfx比较fx,fy即可判断.【详解】对于A，令txy，则ftfxyfxfy1fyfxfxfy1fxfyfyxft，所以函数fx是奇函数，故A正确；答案第6页，共17页对于B，由fm1，得fmf2mm所以f2m0，则f2mf3mmf3mfm1fmf3mf2mfm1fmf2mf2m11f2m1，f3m11f3m0，所以f3m1，故B错误；对于C，由fxyfxfy1fyfx，得fxmfxfm1fmfxfx11fx，fx11fxm11fx1则fx2mfxmm，fx11fxmfx11fx则fx4m1fx，即fx4mfx，fx2m所以函数fx是以4m为周期的周期函数，故C正确；对于D，令2myx3m，则xy0,m,x2m0,m,y2m0,m，则fx2mfxf2m1f2mfx10，所以fx0，fxfy2mfyf2m1f2mfy10，所以fy0，所以fxfy0，fyfxyfxfy1fyfx0，因为fxfy0，所以fxfy10，所以fyfx0，即fyfx，所以fx在2m,3m上单调递减，故D正确.故选：ACD.【点睛】答案第7页，共17页关键点点睛：本题考查了抽象函数的奇偶性，周期性及单调性，C选项的关键在于根据fx2mfxmm判断fx2m与fx的关系，D选项的关键在于令2myx3m，判断出fx,fy的符号.12．BCD【分析】2结合特例，可判定A错误；结合nnnn1，可判定B正确；结合正弦、余弦函数2的值域，得到ysinxcosx的值域为M2,1,0,1,2，可判定C正确；设fxx111121n11xxxnx，得到fx的周期为22n2n2n21，证得fx恒为0，可判定D正确.n【详解】对于A中，例如0.61,0.61，则0.60.61.21,0.60.62，可得0.60.60.60.6，所以A错误；22对于B中，由nnnn111(n)2，所以n2nn，242n2nn，所以B正确；2所以nnnn1，所以21sinx1sinx1,0,1对于C中，因为，可得，cosx1,0,11cosx1当x5π3ππ,π,,,0时，可得ysinxcosx2,1,0,1,2，444即函数ysinxcosx的值域为M2,1,0,1,2，所以集合M的子集个数为2532，所以C正确；对于D中，设fxx111121n11xxxnx，22n2n2n21111x1，nxnx1，2222若nN，可得anan，所以x11111110，则f(x)fxxxnxnxn2222所以fx的周期为1，n答案第8页，共17页又当0x11111110；时，可得x，此时x222n22n11111112110；x，此时x2n22n2nn221n111n11n110；x，此时x2n22n2n211110，nx，此时nx222211所以fx0(0x)，结合周期为，即fx恒为0，所以D正确.nn故选：BCD.【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题的求解：1、根据函数的新定义，可通过举出反例，说明不正确，同时正确理解新定义与高中知识的联系和转化；2、正确理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结合函数的基本性质（如单调性、奇偶性和周期等性质）进行推理、论证求解.13．2【分析】利用复数的乘方运算及乘法运算计算，再借助复数相等求解作答.【详解】32023由a3ibii得：a3ibi(i)，即a3i1bi，而a,bR，则a1,b3，所以ab2.故答案为：214．x5y21（答案不唯一）22【分析】不妨设圆M与圆N外切，根据直线MN与l垂直，可得圆M的纵坐标，由两圆的位置关系列出横坐标和半径的等量关系，求解可得圆M的一个方程.【详解】由条件可知：直线x6与圆N相离，不妨设圆M与圆N外切，设Ma,b，半径为r，答案第9页，共17页因为直线MN与l垂直，所以b2，a5r6a则有，解得：b2，a1r3r1所以圆M的标准方程为：x5y21.故答案为：x5y2115．2##0.5【分析】12222x3yx3y由x23y24，再利用基本不等式即可得解.x213y23【详解】x3yx3yx3yx3y1，x23y24x213y232x2123y232x6y2当且仅当x21且3y23，即xy1时，取等号，所以x3y1的最大值为2.22x3y41故答案为：2.16．46646π【分析】根据设计图截面结构，结合球体轴截面的性质确定球体半径、实物高及中间柱体底面半径的关系求h；应用祖暅原理求圆柱两端处球冠的体积，然后用球体体积减去圆柱体积、两个球冠体积即可得实物体积.【详解】由实物轴截面如下图示：O为球心，答案第10页，共17页结合设计图知：OA5,OB1,h2AB，故1h225，可得h46cm；4由题设知：若V1为球体体积，V2为圆柱体积，V3为圆柱一端的球冠体积，由祖暅原理知：V321250π53[π5226π(26)3]π346π，3334500ππ53π1246686π646πcm3.33所求体积为VV1V22V3故答案为：46，646π【点睛】关键点点睛：第二空，求柱体两端球冠体积要模仿祖暅原理求球体体积的思路计算得出，然后求实物体积.217．(1)annn22n1(2)2n1【分析】（1）题意三角形数表可知anan12n，利用累加法和等差数列前n项求和公式计算可得ann2n1，检验即可；2n2n1（2）由（1）可得bn，结合裂项相消求和法计算即可求解.nn1【详解】（1）由题意知，a2a14，a3a26，……，anan12n，所以，a2a1a3a2Lanan1468L2n2234Ln22nn12n2n2，22得ana1nn2，因为a11，所以annn1，2经检验满足题意，所以annn1；2n1n2n2n1（2）由题意得，bn，nn1nn12122所以，Tn2122232n2n12n1．23n12nn1答案第11页，共17页18．(1)Cπ12(2)证明见解析【分析】（1）应用正余弦边角关系及三角形内角性质得BCπ，即可求C的大小；2122（2）由（1）及题设易知ABCADB，则有cb，应用余弦定理可得32a2b233a，进而确定三角形形状.cosC2ab2b【详解】2222（1）因为abcRab，由余弦定理得：2RabcosCab2，所以2RcosCb，由正弦定理得：2RcosC2RsinB，所以cosCsinB，又A,B,C0,π，BC（2）由题意得ADππ7ππ，所以BC，又B，所以C．2122122b，CDb，33由（1）知：ABCC所以ABCADB，则2π，所以ABDC，212ABAD2，即AB2ADAC，即cb，ACAB32223aa2b2abccosCRt△ABC在ABC中，在中，3cosC2b2ab2ab2a2b23a33所以，b，故cosC33a，解得a32b22ab2b又C0,π，故Cπππ，A2C，266所以ABC为等腰三角形．19．(1)表面积和体积分别为355π，14π3答案第12页，共17页(2)π3【分析】（1）利用圆台的表面积、体积公式求圆台的表面积和体积；（2）构建空间直角坐标系，确定A1D、面ABCD的一个法向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求cos，进而可求的最小值.【详解】（1）由题意，直角梯形ABCD旋转形成下底面半径为2，上底面半径为1，高为2的圆台，可得该圆台的母线长为5，所以该圆台的表面积Sπ125π4π355π，114π，该圆台的体积V2ππ4π4π33故所求圆台的表面积和体积分别为355π，14π；3（2）作BMBA，以点B为坐标原点，射线BA，BM，BC为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D1,0,2，A12cos,2sin,0，即A1D12cos,2sin,2，n又平面ABCD的一个法向量0,1,0，设A1D与平面ABCD所成的角为，uuuruuurr则sincosA1D,n|2sin|12cos2(2sin)242sin94cos217，两边平方并结合sin2cos21，解得cos111π或cos，故cos时所求的最小值为．3221420．(1)样本均值为1.2，样本方差为0.76答案第13页，共17页(2)613【分析】（1）首先求分层抽取的两个班的人数，再根据两个班抽取人数的平均数和方差，结合总体平均数和方差公式，代入求值；（2）根据全概率公式和条件概率公式，即可求解.【详解】（1）一班抽取45302012人，二班抽取208人，75752一班样本平均数为x1，样本方差为s11；二班样本的平均数为y1.5，样本方差为s220.25；总样本的平均数为记总样本的样本方差为s2，则s212181.51.2．12822121(11.2)80.25(1.51.2)200.76．所以，这20人答对题目的样本均值为1.2，样本方差为0.76．（2）设事件A为“李明同学从乙箱中抽出的第1个题是选择题”，事件B1为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件B2为“王刚同学从甲箱中取出1个选择题1个填空题\"，事件B3为“王刚同学从甲箱中取出2个题都是填空题”，则B1、B2、B3，彼此互斥，且B1B2B3，1C21C18C224C24PB12，PB22，PB32，C615C615C65PAB1153，PAB2，PAB3，288PAPB1PAB1PB2PAB2PB3PAB3258113135815215824所求概率即是A发生的条件下B1发生的概率：答案第14页，共17页25PB1APB1PAB1586PB1A．13PAPA1324x2y221．(1)1x243(2)a2【分析】（1）设点P坐标，依据题意列出等式，化简可求出轨迹方程；（2）依据等比数列的性质可得GDHEGEHD，代入弦长公式化简结合韦达定理可求出a的值.【详解】（1）设动点P的坐标为x,y，由题意得，yy3，x2x24x2y2化简得：1x2，43x2y2故所求C的方程为1x2．43（2）设E2a,t，t0，设直线DE的方程为：y设Gx1,y1，Hx2,y2，联立方程：txa，atyxa,a22222223a4tx8atx4at12a0，消去y得22xy1,434a2t212a28at2所以x1x22，x1x2，3a24t23a4t2由题意得bmbnbpbq，所以GDHEGEHD，即GDHEGEHD0．t2即12ax12ax2at2122ax1x2a0a从而ax12ax22ax1x2a0，2所以2x1x23ax1x24a0，答案第15页，共17页4a2t212a28at2即23a24a20，2223a4t3a4t所以a22，又1a2，a2，经检验满足题意．22．(1)2xy0(2)k1(3)fsft2fs2ftst【分析】（1）利用导数几何意义求切线方程；（2）由已知不等式恒成立且f00知f00，进而求得k1，再代入yfx应用导数研究fx0恒成立，根据充要关系确定参数值；（3）设st0，构造gsfsftst2fsft，利用导数研究gs单调性，进而确定其函数值符号，即可证结论.【详解】xx（1）当k1时fxelnx11，f00，所以fxe1，f02，x1所以yfx在点0,f0处的切线方程为2xy0．x（2）对x1,都有fx0且f00，而fxek，则f01k0，x11x1g(x)e，则2，x1x1xx所以k1，此时fxelnx11，故fxg(x)e在x1,上g(x)0，即g(x)fx单调递增，且f00，当x1,0时f00，fx单调递减，当x0,时f00，fx单调递增，所以fxf00，满足题意，综上，k1．（3）不妨设st0，令gsfsftst2fsft，所以gsfsstftfs，则gsfsst，x又fxek2kxkfxex，fxe3，且x0，2，x1x1x1答案第16页，共17页2k11xx1xfxee1，k当，33，而e1，3x1x1x12所以fx0，故gxfsst0，gs在0,上单调递增，所以gsgt0，所以gs单调递增，故gsgt0，所以gsfsftst2fsft0，即fsft【点睛】关键点点睛：第二问，根据不等式恒成立及f00得f00求参数范围，求证所得参数范围使不等式恒成立，由充要关系确定范围；第三问，构造2fs2ftst．gsfsftst2fsft研究其函数值符号即可.答案第17页，共17页


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