2023年辽宁省高考数学真题及答案解析

2023年12月4日发(作者：涟水面试数学试卷及答案)

2023年辽宁省高考数学真题及参考答案一、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.在复平面内，A.第一象限13i3i对应的点位于（B.第二象限）．D.第四象限）．C.第三象限2.设集合A0,a，B1,a2,2a2，若AB，则a（A.2B.1C.23D.13.某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（AC400C200种）．CC400C200种.4515B.C400C200种2040.3030D.C400C200种40204.若fxxalnA.12x1为偶函数，则a（2x1B.0C.）．12D.1x25.已知椭圆C:y21的左、右焦点分别为F1，F2，直线yxm与C交于A，B3两点，若△F1AB

面积是△F2AB

面积的2倍，则m（A.23x）．B.23C.23D.）．236.已知函数fxaelnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为（.e1）．D.e27.已知为锐角，cos15，则sin（24158C.A.358B.354D.154）．D.1208.记Sn为等比数列an的前n项和，若S45，S621S2，则S8（A.120B.85C.851二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB120，PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则（A.该圆锥的体积为π22）．B.该圆锥的侧面积为43πD.△PAC的面积为3210.设O为坐标原点，直线y3x1过抛物线C:y2pxp0的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（A）．D..p283C.以MN为直径的圆与l相切11.若函数fxalnx0OMN为等腰三角形）．0bca0既有极大值也有极小值，则（xx2C.b28ac012.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为(01)，收到0的概率为1；发送1时，收到0的概率为(01)，收到1的概率为1.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为(1)(1)2B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为(1)2C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为(1)2(1)3D.当00.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率2三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。bab3ab2ab13.已知向量a，b满足，，则______．14.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．15.已知直线l:xmy10与积为B两点，写出满足“ABC面C:x1y24交于A，28”的m的一个值______．5π，则fπ______．616.已知函数fxsinx，如图A，B是直线y若AB1与曲线yfx的两个交点，2四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知ABC的面积为3，D为BC中点，且AD1．（1）若ADCπ，求tanB；3（2）若b2c28，求b,c．18.an为等差数列，bnan6,n为奇数2an,n为偶数，记Sn，Tn分别为数列an，bn的前n项和，S432，T316．（1）求an的通项公式；（2）证明：当n5时，TnSn．319.某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．（1）当漏诊率pc0.5％时，求临界值c和误诊率qc；（2）设函数fcpcqc，当c95,105时，求fc的解析式，并求fc在区间95,105的最小值．20.如图，三棱锥ABCD中，DADBDC，BDCD，ADBADC60，E为BC的中点．（1）证明：BCDA；（2）点F满足EFDA，求二面角DABF的正弦值．21.已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为25,0，离心率为5．（1）求C的方程；（2）记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上.22.（1）证明：当0x1时，xxsinxx；（2）已知函数fxcosaxln1x2，若x0是fx的极大值点，求a的取值范围．4参考答案一、选择题1.【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.【详解】因为13i3i38i3i68i，2则所求复数对应的点为6,8，位于第一象限.2.【答案】B【解析】【分析】根据包含关系分a20和2a20两种情况讨论，运算求解即可.【详解】因为AB，则有：若a20，解得a2，此时A0,2，B1,0,2，不符合题意；若2a20，解得a1，此时A0,1，B1,1,0，符合题意；综上所述：a1.3.【答案】D【解析】【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取60602002020，根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有C40400C200种.60040040人，高中部共抽取6004.【答案】B【解析】【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出a值，再检验即可.1(1a)ln3，解得a0，32x111当a0时，fxxln，2x12x10，解得x或x，222x1(1a)ln【详解】因为f(x)为偶函数，则f(1)f(1)，则其定义域为xx11或x，关于原点对称.2212x12x12x12x1fxxlnxlnxlnxlnfx，2x12x12x12x1故此时fx为偶函数.5.【答案】C5【解析】【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用0，求出m范围，再根据三角形面积比得到关于m的方程，解出即可.yxm【详解】将直线yxm与椭圆联立x2，消去y可得4x26mx3m230，2y13因为直线与椭圆相交于A,B点，则36m443m30，解得2m2，设F1到AB的距离d1,F2到AB距离d2，易知F12,0,F2则d1222,0，|2m|2，d2|2m|2，SSF1ABF2AB|2m||2m|22，|2m||2m|22或32（舍去），3解得m6.【答案】C10在1,2上恒成立，再根据分参求最值即可求出．x11xx【详解】依题可知，fxae0在1,2上恒成立，显然a0，所以xe，xa【解析】【分析】根据fxaex设gxxe,x1,2，所以gxx1e0，所以gx在1,2上单调递增，xxgxg1e，故e7.【答案】D111，即ae，即a的最小值为e1．ae【解析】【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．【详解】因为cos12sin215，而为锐角，245116解得：sin28.【答案】C358251．4【解析】【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据S4,S8的关系即6可解出；方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．【详解】方法一：设等比数列an的公比为q，首项为a1，若q1，则S66a132a13S2，与题意不符，所以q1；由S45，S621S2可得，a11q41q5，a1q21a1q①，16121q1q由①可得，1q2q421，解得：q24，所以S8a11q81qa11q41q1q4511685．方法二：设等比数列an的公比为q，因为S45，S621S2，所以q1，否则S40，从而，S2,S4S2,S6S4,S8S6成等比数列，所以有，5S2S221S25，解得：S21或S225，4当S21时，S2,S4S2,S6S4,S8S6，即为1,4,16,S821，易知，S82164，即S885；当S2522时，S4a1a2a3a4a1a21q1qS20，4与S45矛盾，舍去．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握S4,S8的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．二、选择题：9.【答案】AC【解析】【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【详解】依题意，APB120，PA2，所以OP1,OAOB3，1A选项，圆锥的体积为π331π，A选项正确；72B选项，圆锥的侧面积为π3223π，B选项错误；C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，则ACOD,ACPD，所以PDO是二面角PACO的平面角，则PDO45，所以OPOD1，故ADCD31D选项，PD121210.【答案】AC【解析】【分析】先求得焦点坐标，从而求得p，根据弦长公式求得MN，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.【详解】A选项：直线y3x1过点1,0，所以抛物线C:y2pxp0的焦22，则AC22，C选项正确；2，所以SPAC12222，D选项错误.2点F1,0，所以p1,p2,2p4，则A选项正确，且抛物线C的方程为y24x.2B选项：设Mx1,y1,Nx2,y2，y3x12由2消去y并化简得3x10x3x33x10，y4x解得x13,x21116，所以MNx1x2p32，B选项错误.333C选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d1,d2,d，因为d111d1d2MFNFMN，222即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C选项正确.D选项：直线y3x1，即3xy30，O到直线3xy30的距离为d3，2所以三角形OMN的面积为116343，23238由上述分析可知y133123,y2311323，3所以OM3223213123，21,ON33322所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误.11.【答案】BCD【解析】【分析】求出函数f(x)的导数f(x)，由已知可得f(x)在(0,)上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.【详解】函数f(x)alnxbc的定义域为(0,)，求导得xx2ab2cax2bx2c，f(x)23xxxx3因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f(x)在(0,)上有两个变号零点，而a0，因此方程ax2bx2c0有两个不等的正根x1,x2，Δb28ac0b于是x1x20，即有b28ac0，ab0，ac0，显然a2bc0，即bc0，a2cxx012aA错误，BCD正确.12.【答案】ABD【解析】【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1)(1)(1)(1)(1)2，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1)(1)(1)2，B正确；9对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为C3(1)(1)(1)(12)，C2232错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P(1)2(12)，单次传输发送0，则译码为0的概率P1，而00.5，因此PP(1)2(12)(1)(1)(12)0，即PP，D正确.【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.三、填空题13.【答案】3【解析】【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令cab，结合数量积的运算律运算求解.rrrab2ab【详解】法一：因为，即ab222ab，则a2abb4a4abb，整理得a2ab0，r2rrr2r2rrr22又因为ab3，即ab23，r2rrr2r2则a2abbb3，所以brrrrrr法二：设cab，则c3,abc2b,2ab2cb，rr2rr2r2rrr2r2rrr2由题意可得：c2b2cb，则c4cb4b4c4cbb，rrr2r2整理得：cb，即bc3.14.【答案】28【解析】【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.21，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，421所以正四棱锥的体积为44632，3【详解】方法一：由于10截去的正四棱锥的体积为2234，所以棱台的体积为32428.方法二：棱台的体积为316416428.131315.【答案】2（2,2,,121中任意一个皆可以）2【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长AB，以及点C到直线AB的距离，结合面积公式即可解出．【详解】设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得AB24d2，所以S△ABC184525d24d2，解得：d或d，255521m2，所以由dm111m221m245225或，解得：m2或2551m1．216.【答案】32【解析】【分析】设Ax1,111π,Bx,sinxxx，依题可得，，结合的解可2212226得，x2x12π2，从而得到的值，再根据fπ0以及f00，即可得332f(x)sin4xπ，进而求得fπ．3ππ11A【详解】设x1,,Bx2,，由AB可得x2x1，6622由sinxπ15π2kπ，kZ，由图可知，可知，x2kπ或x2662π5π2ππ，即x2x1，4．6633x2x111因为f8π828ππsin0，所以kπ，即πkπ，kZ．333382πkπsin4xπkπ，3322π或fxsin4xπ，33223π，fπsin．4ππ332所以f(x)sin4x所以fxsin4x又因为f00，所以f(x)sin4x【点睛】本题主要考查根据图象求出以及函数fx的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，以及特殊角的三角函数值是解题关键．四、解答题17.【答案】（1）3；5（2）bc2.【解析】【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出a，作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答.（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出ADC即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出ADC即可求解作答.【小问1详解】方法1：在ABC中，因为D为BC中点，ADCπ，AD1，3则SADC111331ADDCsinADC1aaS222282ABC3，解得a4，2在△ABD中，ADB22π，由余弦定理得c2BD2AD22BDADcosADB，3127，则cosB74127257，14即c41221()7，解得c12sinB1cos2B1(sinB357221，所以tanB)cosB5.1414方法2：在ABC中，因为D为BC中点，ADCπ，AD1，33，解得a4，2则SADC111331ADDCsinADC1aaS222282ABC在ACD中，由余弦定理得b2CD2AD22CDADcosADB，2即b4122113，解得b3，有AC2AD24CD2，则CADπ，22Cπ533BE，，过A作AEBC于E，于是CEACcosC,AEACsinC，2622AE3.BE5所以tanB【小问2详解】方法1：在△ABD与ACD中，由余弦定理得1212ca12a1cos(πADC)42，11b2a212a1cosADC42整理得12a2b2c2，而b2c28，则a23，213，解得sinADC1，而0ADCπ，于是31sinADC22又SADCADCπ，2AD2CD22.所以bc方法2：在ABC中，因为D为BC中点，则2ADABAC，又CBABAC，于是4ADCB(ABAC)2(ABAC)22(b2c2)16，即4a216，解得22a23，13又SADC13，解得sinADC1，而0ADCπ，于是31sinADC22ADCπ，所以bcAD2CD22.2（2）证明见解析.18.【答案】（1）an2n3；【解析】【分析】（1）设等差数列an的公差为d，用a1,d表示Sn及Tn，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶结合分组求和法求出Tn，并与Sn作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出Sn，bn，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出Tn，并与Sn作差比较作答.【小问1详解】an6,n2k1,kN，设等差数列an的公差为d，而bn2an,n2k则b1a16,b22a22a12d,b3a36a12d6，于是S44a16d32，解得a15,d2，ana1(n1)d2n3，T4a4d121613所以数列an的通项公式是an2n3.【小问2详解】方法1：由（1）知，Sn2n3,n2k1n(52n3),kN，n24n，bn24n6,n2k当n为偶数时，bn1bn2(n1)34n66n1，13(6n1)n327nn，222232712当n5时，TnSn(nn)(n4n)n(n1)0，因此TnSn，222373252当n为奇数时，TnTn1bn1(n1)(n1)[4(n1)6]nn5，222232512当n5时，TnSn(nn5)(n4n)(n2)(n5)0，因此TnSn，222Tn所以当n5时，TnSn.142n3,n2k1n(52n3)2b,kN，n4n，n方法2：由（1）知，Sn24n6,n2k当n为偶数时，Tn(b1b3bn1)(b2b4bn)当n5时，TnSn(n当n为奇数时，若n3，则32271n)(n24n)n(n1)0，因此TnSn，2212(n1)3n144n6n327nn222222Tn(b1b3bn)(b2b4bn1)32535nn5，显然T1b11满足上式，因此当n为奇数时，Tnn2n5，222232512当n5时，TnSn(nn5)(n4n)(n2)(n5)0，因此TnSn，222所以当n5时，TnSn.19.【答案】（1）c97.5，q(c)3.5%；12n3n1144(n1)6n122220.008c0.82,95c100f(c)（2），最小值为0.02．0.01c0.98,100c105【解析】【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出c，再根据第二个图求出c97.5的矩形面积即可解出；（2）根据题意确定分段点100，即可得出fc的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．【小问1详解】依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为50.0020.5%，所以95c100，所以c950.0020.5%，解得：c97.5，q(c)0.0197.59550.0020.0353.5%．【小问2详解】当c[95,100]时，f(c)p(c)q(c)(c95)0.002(100c)0.0150.0020.008c0.820.02；15当c(100,105]时，f(c)p(c)q(c)50.002(c100)0.012(105c)0.0020.01c0.980.02,0.008c0.82,95c100故f(c)，0.01c0.98,100c105所以fc在区间95,105的最小值为0.02．20.【答案】（1）证明见解析；（2）3．3【解析】【分析】（1）根据题意易证BC平面ADE，从而证得BCDA；（2）由题可证AE平面BCD，所以以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，再求出平面ABD,ABF的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【小问1详解】连接AE,DE，因为E为BC中点，DBDC，所以DEBC①，因为DADBDC，ADBADC60，所以ACD与△ABD均为等边三角形，ACAB，从而AEBC②，由①②，AEDEE，AE,DE平面ADE，所以，BC平面ADE，而AD平面ADE，所以BCDA．【小问2详解】不妨设DADBDC2，BDCD，BC22,DEAE2．AE2DE24AD2，AEDE，又AEBC,DEBCE，DE,BC平面BCDAE平面BCD．以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为16n1x1,y1,z1,n2x2,y2,z2，二面角DABF平面角为,而AB0,2,2，因为EFDA2,0,2，所以F2,0,2，即有AF2,0,0，2x12z10，取x11，所以n1(1,1,1)；2y12z102y22z20，取y21，所以n2(0,1,1)，2x20n1n22663所以，cos，从而sin1．33293n1n2所以二面角DABF的正弦值为3．3x2y221.【答案】（1）1416（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题意求得a,b的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得此可证得点P在定直线x=1上.【小问1详解】x21，即交点的横坐标为定值，据x23x2y2设双曲线方程为221a0,b0，由焦点坐标可知c25，ab22cxy则由e5可得a2，bc2a24，双曲线方程为1.a416【小问2详解】由(1)可得A12,0,A22,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为xmy4，且11m，22x2y222与1联立可得4m1y32my480，且64(4m23)0，41617则y1y232m48,yy，124m214m21直线MA1的方程为yy1yx2，直线NA2的方程为y2x2，x12x22联立直线MA1与直线NA2的方程可得：x2y2x12y2my12my1y22y1y22y1x2y1x22y1my26my1y26y14832m16m22y2y1122214m14m14m1，4848m3m6y6y114m214m21x21可得x=1，即xP1，由x23m据此可得点P在定直线x=1上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.22.【答案】（1）证明见详解（2）,22,2【解析】【分析】（1）分别构建Fxxsinx,x0,1，Gxxxsinx,x0,1，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0a22和a22，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.【详解】（1）构建Fxxsinx,x0,1，则Fx1cosx0对x0,1恒成立，则Fx在0,1上单调递增，可得FxF00，所以xsinx,x0,1；构建Gxsinxxx2x2xsinx,x0,1，18则Gx2x1cosx,x0,1，构建gxGx,x0,1，则gx2sinx0对x0,1恒成立，则gx在0,1上单调递增，可得gxg00，即Gx0对x0,1恒成立，则Gx在0,1上单调递增，可得GxG00，所以sinxxx,x0,1；2综上所述：xxsinxx.（2）令1x20，解得1x1，即函数fx的定义域为1,1，若a0，则fxln1x2,x1,1，因为ylnu在定义域内单调递减，y1x2在1,0上单调递增，在0,1上单调递减，则fxln1x2在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故x0是fx的极小值点，不合题意，所以a0.当a0时，令ba0因为fxcosaxln1x2cosaxln1xcosbxln1x，2222且fxcosbxln1xcosbxln1xfx，所以函数fx在定义域内为偶函数，由题意可得：fxbsinbx2x,x1,1，2x11b（i）当0b22时，取mmin,1，x0,m，则bx0,1，222xbx2b，2x2x2由（1）可得fxbsinbxbxx21x211x2且b2x20,2b20,1x20，所以fxxb2x22b21x20，即当x0,m0,1时，f¢(x)>0，则fx在0,m上单调递增，19结合偶函数的对称性可知：fx在m,0上单调递减，所以x0是fx的极小值点，不合题意；（ⅱ）当b22时，取x0,0,1，则bx0,1，由（1）可得1bfxbsinbx332x2xx22332232bbxbxbxbxbx2bx21x211x22232构建hxbxbxbx2b,x0,，1b则hx3bx2bxb,x0,，32231b且h0b0,h3113hx0bb0x，则对0,恒成立，bb2可知hx在0,上单调递增，且h02b0,h1b1b120，b所以hx在0,内存在唯一的零点n0,，当x0,n时，则hx0，且x0,1x20，则fx1bxb3x3b2x2b3x2b20，21x即当x0,n0,1时，fx0，则fx在0,n上单调递减，结合偶函数的对称性可知：fx在n,0上单调递增，所以x0是fx的极大值点，符合题意；综上所述：b22，即a22，解得a故a的取值范围为,2【点睛】关键点睛：1.当0a22时，利用sinxx,x0,1，换元放缩；2.当a2时，利用22或a2，2,.xxsinx,x0,1，换元放缩.2021