2023~2024學(xué)年河北區(qū)域聯(lián)考高考數(shù)學(xué)押題試題4月帶解析

2023-2024學(xué)年河北省區(qū)域聯(lián)考高考數(shù)學(xué)押題模擬試題（4月）一、單選題（每題5分，共40分）1.已知集合，則的元素個(gè)數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【正確答案】B分析】先化簡集合,求出即得解.【詳解】解：所以，所以的元素個(gè)數(shù)為2.故選：B.2.若復(fù)數(shù)，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱，且，則復(fù)數(shù)（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義及對(duì)稱性，得出復(fù)數(shù)，再利用復(fù)數(shù)的除法法則即可求解.【詳解】由題意知，復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)，因?yàn)閺?fù)數(shù)，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱，所以復(fù)數(shù)在復(fù)平面對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，即，則，故選：C．3.若a，b都是實(shí)數(shù)，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】B【分析】根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷可得；【詳解】解：，都是實(shí)數(shù)，那么“”“”，反之不成立，例如：，，滿足，但是無意義，“”是“”的必要不充分條件．故選：B．4.2021年10月16日0時(shí)23分，長征二號(hào)F遙十三運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火升空，秒后，神舟十三號(hào)載人飛船進(jìn)入預(yù)定軌道，順利將翟志剛、王亞平、葉光富三名航天員送入太空．在不考慮空氣阻力的條件下，從發(fā)射開始，火箭的最大飛行速度滿足公式：，其中為火箭推進(jìn)劑質(zhì)量，為去除推進(jìn)劑后的火箭有效載荷質(zhì)量，為火箭發(fā)動(dòng)機(jī)噴流相對(duì)火箭的速度．當(dāng)時(shí)，千米/秒．在保持不變的情況下，若噸，假設(shè)要使超過第一宇宙速度達(dá)到千米/秒，則至少約為（結(jié)果精確到，參考數(shù)據(jù)：，）（）A.噸 B.噸 C.噸 D.噸【正確答案】B【分析】根據(jù)所給條件先求出，再由千米/秒列方程求解即可.【詳解】因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以，由，得，所以，解得（噸），即至少約為噸.故選：B5.設(shè)雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為，過的直線分別交雙曲線左右兩支于點(diǎn)M，N.若以MN為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)且，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】由題意可得△MNF2為等腰直角三角形，設(shè)|MF2|＝|NF2|＝m，則|MN|m，運(yùn)用雙曲線的定義，求得|MN|＝4a，可得m，再由勾股定理可得a，c的關(guān)系，即可得到所求離心率．【詳解】若以MN為直徑的圓經(jīng)過右焦點(diǎn)F2，則，又|MF2|＝|NF2|，可得△MNF2為等腰直角三角形，設(shè)|MF2|＝|NF2|＝m，則|MN|m，由|MF2|﹣|MF1|＝2a，|NF1|﹣|NF2|＝2a，兩式相加可得|NF1|﹣|MF1|＝|MN|＝4a，即有m＝2a，在直角三角形HF1F2中可得4c2＝4a2+（2a+2a﹣2a）2，化為c2＝3a2，即e．故選C．本題考查雙曲線的定義、方程和性質(zhì)，主要是離心率的求法，注意運(yùn)用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．6.設(shè)函數(shù)f（x）是定義在區(qū)間上的函數(shù)，f'（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且，則不等式的解集是A. B.（1，＋∞） C.（－∞，1） D.（0，1）【正確答案】D【分析】構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，結(jié)合，可得在上單調(diào)遞增，則不等式，可變?yōu)?，則，結(jié)合單調(diào)性即可求解．【詳解】構(gòu)造函數(shù)，則，由，所以，即在上單調(diào)遞增．因?yàn)?，則不等式，可變?yōu)?，則，所以，所以，故選D本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查學(xué)生發(fā)散思維和計(jì)算能力，屬中檔題．解題的關(guān)鍵在于根據(jù)給出的條件，構(gòu)造新函數(shù)，求導(dǎo)可應(yīng)用題中條件，得到新函數(shù)的單調(diào)性，把問題轉(zhuǎn)化為根據(jù)單調(diào)性解不等式問題，進(jìn)而得到答案．7.在圓冪定理中有一個(gè)切割線定理：如圖1所示，QR為圓O的切線，R為切點(diǎn)，QCD為割線，則．如圖2所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)，點(diǎn)P是圓上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)作直線BT垂直AP于點(diǎn)T，則的最小值是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】先利用和余弦定理得到，可得，即可求，進(jìn)而求得，再利用基本不等式即可得到答案【詳解】連接，在中，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以，平方得，將代入可得，因?yàn)?，所以，所以，在，，所以，?dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，取等號(hào),故選：A8.如圖，在三棱錐中，平面，，，側(cè)棱與平面所成的角為，為的中點(diǎn)，是側(cè)棱上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】通過線面位置關(guān)系的證明得到的面積為，當(dāng)?shù)拿娣e最小，此時(shí)，據(jù)此即可利用解三角形的方法進(jìn)行求解即可【詳解】由題意知為等腰直角三角形，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以．又平面，所以，所以平面，所以，故的面積．易知，所以，所以，當(dāng)最小時(shí)，的面積最小，此時(shí)．當(dāng)時(shí)，過作，交的延長線于點(diǎn)，則，連接，如圖，則為異面直線與所成的角或其補(bǔ)角．因?yàn)槠矫妫詾橹本€與平面所成的角，所以，所以，所以，．又，所以，所以，，在中，易知，所以，故當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，異面直線與所成角的余弦值為故選：D本題以三棱錐為載體考查空間線面關(guān)系的判定、線面角、異面直線所成的角，考查考生的空間想象能力、邏輯思維能力，屬于中檔題二、多選題（每題5分，共20分，漏選得2分，錯(cuò)選得0分）9.2022年6月18日，很多商場都在搞促銷活動(dòng).重慶市物價(jià)局派人對(duì)5個(gè)商場某商品同一天的銷售量及其價(jià)格進(jìn)行調(diào)查，得到該商品的售價(jià)元和銷售量件之間的一組數(shù)據(jù)如下表所示：90951001051101110865用最小二乘法求得關(guān)于的經(jīng)驗(yàn)回歸直線是，相關(guān)系數(shù)，則下列說法正確的有（）A.變量與負(fù)相關(guān)且相關(guān)性較強(qiáng)B.C.當(dāng)時(shí)，的估計(jì)值為13D.相應(yīng)于點(diǎn)的殘差為【正確答案】ABD【分析】根據(jù)相關(guān)性、相關(guān)系數(shù)判斷A，利用樣本中心點(diǎn)判斷B，將代入回歸直線方程判斷C，求得時(shí)的估計(jì)值，進(jìn)而求得對(duì)應(yīng)的殘差，從而判斷D.【詳解】對(duì)A，由回歸直線可得變量，線性負(fù)相關(guān)，且由相關(guān)系數(shù)可知相關(guān)性強(qiáng)，故A正確；對(duì)B，由題可得，，故回歸直線恒過點(diǎn)，故，即，故B正確；對(duì)C，當(dāng)時(shí)，，故C錯(cuò)誤；對(duì)D，相應(yīng)于點(diǎn)的殘差，故D正確.故選：ABD.10.甲?乙?丙?丁?戊共5位志愿者被安排到，，，四所山區(qū)學(xué)校參加支教活動(dòng)，要求每所學(xué)校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所學(xué)校支教，則下列結(jié)論正確的是（）A.不同的安排方法共有240種B.甲志愿者被安排到學(xué)校的概率是C.若學(xué)校安排兩名志愿者，則不同的安排方法共有120種D.在甲志愿者被安排到學(xué)校支教的前提下，學(xué)校有兩名志愿者的概率是【正確答案】ABD【分析】先將5人分成4組，然后排入4所學(xué)校即可判斷A；分A學(xué)校只有一個(gè)人和A學(xué)校只有2個(gè)人，兩種情況討論，求出甲志愿者被安排到A學(xué)校的排法，再根據(jù)古典概型即可判斷B；先將A學(xué)校的兩名志愿者排好，再將剩下的3名志愿者安排到其他3所學(xué)校即可判斷C；求出甲志愿者被安排到A學(xué)校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A學(xué)校支教的前提下，A學(xué)校有兩名志愿者的排法，根據(jù)條件概率進(jìn)行計(jì)算，從而可判斷D.詳解】甲?乙?丙?丁?戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山區(qū)學(xué)校參加支教活動(dòng)，則共有種安排方法，故A正確；甲志愿者被安排到A學(xué)校，若A學(xué)校只有一個(gè)人，則有種安排方法，若A學(xué)校只有2個(gè)人，則有種安排方法，所以甲志愿者被安排到A學(xué)校有種安排方法，所以甲志愿者被安排到A學(xué)校的概率是，故B正確；若A學(xué)校安排兩名志愿者，則不同的安排方法共有種，故C錯(cuò)誤；甲志愿者被安排到A學(xué)校有種安排方法，在甲志愿者被安排到A學(xué)校支教的前提下，A學(xué)校有兩名志愿者的安排方法有24種，所以在甲志愿者被安排到A學(xué)校支教的前提下，A學(xué)校有兩名志愿者的概率是，故D正確.故選：ABD.11.平面內(nèi)到兩定點(diǎn)距離之積為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡稱為卡西尼卵形線，它是1675年卡西尼在研究土星及其衛(wèi)星的運(yùn)行規(guī)律時(shí)發(fā)現(xiàn)的.已知在平面直角坐標(biāo)系中，，，動(dòng)點(diǎn)P滿足，其軌跡為一條連續(xù)的封閉曲線C.則下列結(jié)論正確的是（）A.曲線C與y軸的交點(diǎn)為， B.曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱C.面積的最大值為2 D.的取值范圍是【正確答案】ABD【分析】根據(jù)給定條件，求出曲線C的方程，由判斷A；由曲線方程對(duì)稱性判斷B；取特值計(jì)算判斷C；求出的范圍計(jì)算判斷D作答.【詳解】設(shè)點(diǎn)，依題意，，整理得：，對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，解得，即曲線C與y軸的交點(diǎn)為，，A正確；對(duì)于B，因，由換方程不變，曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱，B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，即點(diǎn)在曲線C上，，C不正確；對(duì)于D，由得：，解得，于是得，解得，D正確.故選：ABD結(jié)論點(diǎn)睛：曲線C的方程為，(1)如果，則曲線C關(guān)于y軸對(duì)稱；(2)如果，則曲線C關(guān)于x軸對(duì)稱；(3)如果，則曲線C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱.12.已知點(diǎn)為正方體的棱的中點(diǎn)，過的平面截正方體，，下列說法正確的是（）A.若與地面所成角的正切值為，則截面為正六邊形或正三角形B.與地面所成角為則截面不可能為六邊形C.若截面為正三角形時(shí)，三棱錐的外接球的半徑為D.若截面為四邊形，則截面與平面所成角的余弦值的最小值為【正確答案】AD【分析】取的中點(diǎn)，做底面，取的中點(diǎn)，連接、交于點(diǎn)，連接，在正方體中可判斷平面與底面所成的角為，再分別取的中點(diǎn)，連接，可判斷截面為正六邊形；取的中點(diǎn)，連接，則為等邊三角形，所以即為平面與平面所成的二面角的平面角可判斷A；當(dāng)時(shí)，，可判斷四邊形為等腰梯形，必與有交點(diǎn)，則截面為六邊形可判斷B；若截面為正三角形時(shí)，則為的中點(diǎn)，所以三棱錐為正三棱錐，設(shè)正三角形的外接圓的圓心為，外接球的球心為，利用求出半徑可判斷C；若截面為四邊形，則截面與底面棱的交點(diǎn)必在上，且截面為時(shí)與平面所成角的最大，此時(shí)的余弦值最小，求出余弦值可判斷D.【詳解】取的中點(diǎn)，做底面，則為的四等分點(diǎn)，且，分別取的中點(diǎn)，連接、交于點(diǎn)，則點(diǎn)為的四等分點(diǎn)，連接，在正方體中，，，此時(shí)平面，即平面與底面所成的角為，且，因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面與底面所成的角的正切值為，再分別取的中點(diǎn)，連接，即過的平面截正方體的截面為正六邊形；取的中點(diǎn)，連接，則為等邊三角形，，所以即為平面與平面所成的二面角的平面角，且，，，所以平面與平面所成的二面角的平面角的正切值為，此時(shí)為等邊三角形，故A正確；當(dāng)時(shí)，，所以，所以，由于，所以為等腰直角三角形，，由于，所以四邊形為等腰梯形，必與有交點(diǎn)，則截面六邊形，故B錯(cuò)誤；若截面為正三角形時(shí)，則為的中點(diǎn)，所以三棱錐為正三棱錐，且，，設(shè)正三角形的外接圓的圓心為，外接球的球心為，連接，則，，因?yàn)?，所以，在中，因?yàn)?，所以，解得，故C錯(cuò)誤；，若截面為四邊形，則截面與底面棱的交點(diǎn)必在上，且截面為時(shí)與平面所成角的最大，此時(shí)的余弦值最小，連接，取的中點(diǎn)，連接，，則，，四邊形為等腰梯形，，則即為截面為時(shí)與平面所成平面角，，，，在中，由余弦定理得，故D正確.故選：AD.三、填空題（每題5分，共20分）13.已知，則_____________.【正確答案】30【分析】利用二項(xiàng)式定理的原理與組合的意義求解即可.【詳解】因?yàn)椋允呛?xiàng)的系數(shù)，若從10個(gè)式子中取出0個(gè)，則需要從中取出3個(gè)，7個(gè)1，則得到的項(xiàng)為；若從10個(gè)式子中取出1個(gè)，則需要從中取出1個(gè)，8個(gè)1，則得到的項(xiàng)為；若從10個(gè)式子中取出大于或等于2個(gè)，則無法得到含的項(xiàng)；綜上：含的項(xiàng)為，則含項(xiàng)的系數(shù)為，即.故答案為.14.已知正三角形ABC內(nèi)接于半徑為2的圓O，點(diǎn)P是圓O上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則的取值范圍是________．【正確答案】【詳解】在中,，所以..當(dāng)點(diǎn)在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí),位于處時(shí),有最大值為.當(dāng)位于處時(shí),有最小值為..所以.故答案為:.15.已知數(shù)列滿足，，，則的前項(xiàng)積的最大值為________.【正確答案】2【分析】由遞推公式可得數(shù)列周期，從而根據(jù)周期性得出前項(xiàng)積的最大值.【詳解】因?yàn)?，所以，兩式相除得，即，故?shù)列的周期，由，，可得，設(shè)的前項(xiàng)積為，所以當(dāng)，時(shí)，，當(dāng)，時(shí)，，當(dāng)，時(shí)，，所以的最大值為2.故216.歷史上第一位研究圓錐曲線的數(shù)學(xué)家是梅納庫莫斯（公元前375年-325年），大約100年后，阿波羅尼斯更詳盡、系統(tǒng)地研究了圓錐曲線，并且他還進(jìn)一步研究了這些圓錐曲線的光學(xué)性質(zhì).如圖甲，從橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)出發(fā)的光線或聲波，經(jīng)橢圓反射后，反射光線經(jīng)過橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)，其中法線表示與橢圓的切線垂直且過相應(yīng)切點(diǎn)的直線，如圖乙，橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為其左、右焦點(diǎn)，直線與橢圓相切于點(diǎn)（點(diǎn)在第一象限），過點(diǎn)且與切線垂直的法線與軸交于點(diǎn)，若直線的斜率為，，則橢圓的離心率為______.【正確答案】【分析】由離心率公式結(jié)合定義得出，再由正弦定理的邊角互化得出橢圓的離心率.【詳解】設(shè)，則，，，其中，所以橢圓的離心率為.故四、解答題（17題10分，其余12分，共70分）17.已知菱形ABCD的邊長為2，∠DAB＝60°.E是邊BC上一點(diǎn)，線段DE交AC于點(diǎn)F.（1）若△CDE的面積為，求DE的長；（2）若CF＝4DF，求sin∠DFC.【正確答案】（1）；（2）.【分析】（1）由△CDE的面積求得，再由余弦定理可得；（2）結(jié)合已知由正弦定理可得，再由誘導(dǎo)公式與兩角和的正弦公式可得結(jié)論．【詳解】（1）依題意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.因?yàn)椤鰿DE的面積S＝CD·CE·sin∠BCD＝，所以，解得CE＝1.在△CDE中，由余弦定理，得DE＝＝＝.（2）依題意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，設(shè)∠CDE＝θ，則0°<θ<60°.在△CDF中，由正弦定理，得＝，因?yàn)镃F＝4DF，所以sinθ＝＝，所以cosθ＝，所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝.本題考查正弦定理、余弦定理、三角形面積公式，考查誘導(dǎo)公式與兩角和的正弦公式，屬于中檔題．18.若在數(shù)列的每相鄰兩項(xiàng)之間插入此兩項(xiàng)的和，形成新的數(shù)列，再把所得數(shù)列按照同樣的方法不斷構(gòu)造出新的數(shù)列.現(xiàn)對(duì)數(shù)列1，2進(jìn)行構(gòu)造，第一次得到數(shù)列1，3，2；第二次得到數(shù)列1，4，3，5，2；依次構(gòu)造，第次得到的數(shù)列的所有項(xiàng)之和記為.（1）求與滿足的關(guān)系式；（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（3）證明：【正確答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.【分析】(1)根據(jù)題干給出的規(guī)則,得到第次構(gòu)造后數(shù)列的和與第次構(gòu)造后數(shù)列和的關(guān)系;(2)已知相鄰兩項(xiàng)關(guān)系構(gòu)造等比數(shù)列,進(jìn)而得到數(shù)列的通項(xiàng)公式;(3)根據(jù)的通項(xiàng)公式,應(yīng)用放縮變成等比數(shù)列的前項(xiàng)和,應(yīng)用公式計(jì)算即可.【小問1詳解】設(shè)第次構(gòu)造后得的數(shù)列為，則，則第次構(gòu)造后得到的數(shù)列為1，，，，，…，，，，2，則，即與滿足的關(guān)系式為；【小問2詳解】由，可得，且,則所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，所以，即；【小問3詳解】，所以19.如圖，三棱柱，底面是邊長為2的正三角形，，平面平面.（1）證明：平面；（2）若與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.【正確答案】（1）證明過程見解析（2）【分析】（1）作出輔助線，由面面垂直得到線面垂直，進(jìn)而得到線線垂直，得到BD⊥，再證明出AB⊥，從而得到平面；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解面面角的余弦值.【小問1詳解】取AB的中點(diǎn)N，AC的中點(diǎn)D，連接BD，，CN，因?yàn)榈酌媸沁呴L為2的正三角形，，所以，BD⊥AC，CN⊥AB，因?yàn)槠矫嫫矫?，交線為AC，平面，因?yàn)锽D⊥AC，所以BD⊥平面，因?yàn)槠矫?，所以BD⊥，因?yàn)?，平面，所以AB⊥平面，因?yàn)槠矫妫訟B⊥，因?yàn)?，平面ABC，所以平面ABC；【小問2詳解】過點(diǎn)C作CFAB，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CN所在直線為x軸，CF所在直線為y軸，所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，設(shè)平面的法向量為，則，解得：，設(shè)，則，故，故，因，解得：，故設(shè)平面的法向量為，則，設(shè)，則，則，設(shè)平面與平面夾角的余弦值為，則，故平面與平面夾角的余弦值為.20.已知，分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，橢圓上任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最小值與最大值之比為，過且垂直于長軸的橢圓的弦長為．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過的直線與橢圓相交的交點(diǎn)、與右焦點(diǎn)所圍成的三角形的內(nèi)切圓面積是否存在最大值？若存在，試求出最大值；若不存在，說明理由．【正確答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）根據(jù)題意得到和，結(jié)合，聯(lián)立方程組，求得的值，即可求解；（2）設(shè)的內(nèi)切圓半徑為，由，根據(jù)橢圓的定義，化簡得到，設(shè)直線，聯(lián)立方程組，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，化簡得到，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可求解.【詳解】（1）由題意，橢圓上任意一點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最小值與最大值之比為，可得，即，又由過且垂直于長軸的橢圓的弦長為，可得，聯(lián)立方程組，可得：，，所以，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）設(shè)的內(nèi)切圓半徑為，可得，又因?yàn)椋?，要使的?nèi)切圓面積最大，只需的值最大，由題意直線斜率不為，設(shè)，，直線，聯(lián)立方程組，整理得，易得，且，，所以，設(shè)，則，設(shè)，可得，所以當(dāng)，即時(shí)，的最大值為，此時(shí)，所以的內(nèi)切圓面積最大為.直線與圓錐曲線的綜合問題的求解策略：對(duì)于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用問題，通常聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，以及弦長公式等進(jìn)行求解，此類問題易錯(cuò)點(diǎn)是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯(cuò)解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力．21.已知函數(shù).（1）當(dāng)時(shí)，求證：；（2）若恒成立，求a的值.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）化簡，分類討論和，的正負(fù)，即可證明；（2）因?yàn)椋?，（），要使恒成立，只要，?duì)求導(dǎo)，討論的單調(diào)性，即可得出答案.【小問1詳解】，當(dāng)時(shí)，，，又二者不能同時(shí)為0，所以；當(dāng)時(shí)，，又，，所以；綜上有時(shí)，；【小問2詳解】因?yàn)?，令，（），要使恒成立，只要，因?yàn)椋謭D像在定義域上連續(xù)不