山西省临汾市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山西省临汾市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共62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。
山西省临汾市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．（2021·山西临汾·统考一模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·山西临汾·统考一模）若，则（    ）
A． B． C． D．
3．（2021·山西临汾·统考一模）已知，则（    ）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
4．（2021·山西临汾·统考一模）曲线在点处的切线方程为（    ）
A． B． C． D．
5．（2021·山西临汾·统考一模）乔家大院是我省著名的旅游景点，在景点的一面墙上，雕刻着如图（1）所示的浮雕，很好地展现了我省灿烂辉煌的“晋商文化”．某陶艺爱好者，模仿着烧制了一个如图（2）的泥板作品，但在烧制的过程中发现，直径为的作品烧制成功后直径缩小到．若烧制作品的材质、烧制环境均不变，那么想烧制一个体积为的正四面体，烧制前的陶坯棱长应为（    ）

A． B． C． D．
6．（2021·山西临汾·统考一模）记为数列的前项和，若，则（    ）
A．﹣1024 B．﹣1023 C．1023 D．1024
7．（2021·山西临汾·统考一模）函数的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
8．（2021·山西临汾·统考一模）已知，则下列各数中最大的是（    ）
A． B． C． D．
9．（2021·山西临汾·统考一模）1904年，瑞典数学家柯克构造了一种曲线，取一个正三角形，在每个边以中间的部分为一边，向外凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的部分擦掉，就成了一个很像雪花的六角星，如图所示．现在向圆中均匀的散落1000粒豆子，则落在六角星中的豆子数约为（    ）（，）

A．577 B．537 C．481 D．331
10．（2021·山西临汾·统考一模）已知同时满足以下条件：
①当时，最小值为；
②；
③．
若在有2个不同实根，，且，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
11．（2021·山西临汾·统考一模）过椭圆内定点且长度为整数的弦，称作该椭圆过点的“好弦”．在椭圆中，过点的所有“好弦”的长度之和为（    ）
A．120 B．130 C．240 D．260
12．（2021·山西临汾·统考一模）在棱长为2的正方体中，平面，则以平面截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以为顶点的锥体的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
13．（2022·山西临汾·统考一模）已知集合，，则A∩=（
A． B． C． D．
14．（2022·山西临汾·统考一模）已知a，，i是虚数单位.若，则（　　）
A． B． C． D．
15．（2022·山西临汾·统考一模）为了庆祝中国共产党成立100周年，某学校组织了一次“学党史、强信念、跟党走”主题竞赛活动.活动要求把该学校教师按年龄分为35岁以下，岁，45岁及其以上三个大组.用分层抽样的方法从三个大组中抽取一个容量为10的样本，组成答题团队，已知岁组中每位教师被抽到的概率为，则该学校共有教师（　　）人
A．120 B．180 C．240 D．无法确定
16．（2022·山西临汾·统考一模）已知角的终边过点，则的值为（　　）
A． B． C． D．
17．（2022·山西临汾·统考一模）如图，该模具是一个各棱长都为2的正四棱锥，要将两个同样的模具装在一个球形包装盒内，则包装盒的最小直径为（　　）

A．2 B．2 C．4 D．4
18．（2022·山西临汾·统考一模）已知{}为等比数列，，公比.若是数列{}的前n项积，则取最大值时n为（　　）
A．4 B．5 C．4或5 D．5或6
19．（2022·山西临汾·统考一模）已知函数，则曲线在点处的切线方程为（　　）
A． B．
C． D．
20．（2022·山西临汾·统考一模）如图，一个直四棱柱型容器中盛有水，底面为梯形，，且侧棱长，当侧面ABCD水平放置时，液面与棱的交点恰为的中点，当底面水平放置时，液面高为（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8
21．（2022·山西临汾·统考一模）2019年在阿塞拜疆举行的联合国教科文组织第43届世界遗产大会上，随着木槌落定，良渚古城遗址成功列人《世界遗产名录》，这座见证了中华五千多年文明史的古城迎来了在世界文明舞台上的“高光时刻”，标志着良渚是实证中华五千多年文明史的圣地，得到了世界的广泛认同.2010年，考古学家对良渚古城水利系统中一条水坝的建筑材料（草裹泥）上提取的草茎遗存进行碳14年代学检测，检查测出碳14的残留量约为初始值的55.2%，已知死亡生物体内碳14的含量y与生物死亡年数x之间符合，其中k为死亡生物碳14的初始量.据此推断，此水坝大约是距2010年之前（　　）年建造的.
参考数据∶
A．4912 B．4930 C．4954 D．4966
22．（2022·山西临汾·统考一模）将函数的图像向左平移个单位，再把图像上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到g（x）的图像，若，则的最大值为（　　）
A． B．π C． D．2π
23．（2022·山西临汾·统考一模）过点作抛物线的两条切线，切点分别为.若为的重心，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
24．（2022·山西临汾·统考一模）已知实数、、满足，，，则（　　）
A． B．
C． D．
25．（2023·山西临汾·统考一模）已知集合，则集合的子集的个数为（    ）
A．8 B．7 C．4 D．3
26．（2023·山西临汾·统考一模）复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
27．（2023·山西临汾·统考一模）抛物线的焦点关于其准线对称的点为，则的方程为（    ）
A． B．
C． D．
28．（2023·山西临汾·统考一模）1682年，英国天文学家哈雷发现一颗大彗星的运行曲线和1531年､1607年的彗星惊人地相似.他大胆断定，这是同一天体的三次出现，并预言它将于76年后再度回归.这就是著名的哈雷彗星，它的回归周期大约是76年.请你预测它在本世纪回归的年份（    ）
A．2042 B．2062 C．2082 D．2092
29．（2023·山西临汾·统考一模）已知，为不共线的非零向量，，，，则（    ）
A．，，三点共线 B．，，三点共线
C．，，三点共线 D．，，三点共线
30．（2023·山西临汾·统考一模）的展开式中的系数为（    ）
A． B． C．64 D．160
31．（2023·山西临汾·统考一模）已知,则（    ）
A． B．
C． D．
32．（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（    ）

A． B． C． D．

二、多选题
33．（2023·山西临汾·统考一模）某学生社团有男生32名，女生24名，从中随机抽取一个容量为7的样本，某次抽样结果为：抽到3名男生和4名女生，则下列说法正确的是（    ）
A．这次抽样可能采用的是抽签法
B．这次抽样不可能是按性别分层随机抽样
C．这次抽样中，每个男生被抽到的概率一定小于每个女生被抽到的概率
D．这次抽样中，每个男生被抽到的概率不可能等于每个女生被抽到的概率
34．（2023·山西临汾·统考一模）已知函数，则下列说法正确的有（    ）
A．的图象关于点中心对称
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递减
D．将的图象向左平移个单位，可以得到的图象
35．（2023·山西临汾·统考一模）如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（    ）

A．平面
B．平面
C．
D．与夹角的余弦值为
36．（2023·山西临汾·统考一模）定义在上的函数满足，则下列说法正确的是（    ）
A．函数是奇函数
B．函数是偶函数
C．函数是周期函数
D．若函数有4个零点，则函数的最大值为

三、填空题
37．（2021·山西临汾·统考一模）抛物线的焦点坐标是_______．
38．（2021·山西临汾·统考一模）若，满足约束条件，则的最大值为_____________．
39．（2021·山西临汾·统考一模）已知函数，若，则______．
40．（2021·山西临汾·统考一模）对于一个函数，若存在两条距离为的直线和，使得在时恒成立，称函数在内有一个宽度为的通道．则下列函数在内有一个宽度为1的通道的有______．（填序号即可）
①；
②；
③；
④．
41．（2022·山西临汾·统考一模）已知向量的夹角为，则___________.
42．（2022·山西临汾·统考一模）有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床加工的次品率为5%，第2台车床加工的次品率为6%，加工出来的零件混放在一起.已知两台车床加工的零件数分别占总数的45%，55%，则任取一个零件是次品的概率为___.
43．（2022·山西临汾·统考一模）已知圆O的直径，动点M满足，则动点M的轨迹与圆O的公共弦长为___.
44．（2022·山西临汾·统考一模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为___.
45．（2023·山西临汾·统考一模）已知，则__________.
46．（2023·山西临汾·统考一模）如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有________种不同的绿化方案（用数字作答）.

47．（2023·山西临汾·统考一模）设是曲线上的动点，且.则的取值范围是__________.
48．（2023·山西临汾·统考一模）已知双曲线的离心率为分别为的左､右焦点，点在上且关于坐标原点对称，过点分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，且四边形的面积为6，则的面积为__________.

四、解答题
49．（2021·山西临汾·统考一模）如图，在多面体中，四边形与都是直角梯形，且，，．

（1）证明：平面；
（2）若平面平面，且，求二面角的余弦值．
50．（2021·山西临汾·统考一模）的内角，，的对边分别为，，．已知．
（1）记边上的高为，求；
（2）若，，求．
51．（2021·山西临汾·统考一模）这一年来人类与新型冠状病毒的“战争”让人们逐渐明白一个道理，人类社会组织模式的差异只是小事情，病毒在地球上存在了三四十亿年，而人类的文明史不过只有几千年而已，人类无法消灭病毒，只能与之共存，或者病毒自然消亡，在病毒面前，个体自由要服从于集体或者群体生命的价值．在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体内或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期，因此我们应该注意做好良好的防护措施和隔离措施．某研究团队统计了某地区10000名患者的相关信息，得到如表表格：
潜伏期（天）







人数
600
1900
3000
2500
1600
250
150
（1）新冠肺炎的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与年龄的关系，通过分层抽样从10000名患者中抽取200人进行研究，完成下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为潜伏期与患者年龄有关？

潜伏期天
潜伏期天
总计
60岁以上（含60岁）


150
60岁以下
30


总计


200
（2）依据上述数据，将频率作为概率，且每名患者的潜伏期是否超过8天相互独立．为了深入研究，该团队在这一地区抽取了20名患者，其中潜伏期不超过8天的人数最有可能是多少？
附：．

0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

52．（2021·山西临汾·统考一模）已知椭圆与双曲线有两个相同的顶点，且的焦点到其渐近线的距离恰好为的短半轴的长度．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作不垂直于坐标轴的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得平分？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
53．（2021·山西临汾·统考一模）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有三个极值点，，（），求的取值范围．
54．（2021·山西临汾·统考一模）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；
（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，，均异于极点，且，求的值．
55．（2021·山西临汾·统考一模）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）使得成立，求的取值范围．
56．（2022·山西临汾·统考一模）在某医院，因为患心脏病而住院的600名男性病人中，有200人秃顶，而另外750名不是因为患心脏病而住院的男性病人中有150人秃顶.
(1)填写下列秃顶与患心脏病列联表∶

患心脏病
患其他病
总计
秃顶



不秃顶



总计



据表中数据估计秃顶病患中患心脏病的概率和不秃顶病患中患心脏病的概率，并用两个估计概率判断秃顶与患心脏病是否有关.
(2)能够以的把握认为秃顶与患心脏病有关吗？请说明理由.
注∶.

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

57．（2022·山西临汾·统考一模）已知数列的前n项和为，满足
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，求数列的前项和
58．（2022·山西临汾·统考一模）如图，直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且，分别是棱，，的中点.

(1)若M为上的点，证明∶
(2)若M为的中点，求二面角的余弦值.
59．（2022·山西临汾·统考一模）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面α相切，两个球分别与平面α相切于点，，丹德林（）利用这个模型证明了平面x与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若平面α截圆锥得的是焦点在x轴上，且离心率为的椭圆，圆锥的顶点V到椭圆顶点的距离为，圆锥的母线与椭圆的长轴垂直，圆锥的母线与它的轴的夹角为.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点Q的坐标为（，0），过右焦点的直线与椭圆交于A，B两点，直线BQ与直线交于点E，试问直线EA是否垂直于直线l？若是，写出证明过程；若不是，请说明理由.
60．（2022·山西临汾·统考一模）已知函数，其中
(1)当时，证明
(2)若存在实数b，使得在上恒成立，求a的取值范围.
61．（2022·山西临汾·统考一模）在直角坐标xOy系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为(t为参数，).直线l与曲线C交于A，B两点.
(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
(2)若点满足，求a的值.
62．（2022·山西临汾·统考一模）已知函数
(1)求不等式的解集M；
(2)若t为M中最小的正整数，a，b，，且，求证∶.
63．（2023·山西临汾·统考一模）已知数列，，满足，，.
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)设，证明：.
64．（2023·山西临汾·统考一模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)证明：；
(2)若，求的面积.
65．（2023·山西临汾·统考一模）技术员小李对自己培育的新品种蔬菜种子进行发芽率等试验，每个试验组3个坑，每个坑种2粒种子.经过大量试验，每个试验组没有发芽的坑数平均数为.
(1)求每粒种子发芽的概率：
(2)若一个坑内至少有一粒种子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没有发芽，则这个坑需要补种.取出一个试验组，对每个不发芽的坑补种1粒种子.设本试验组种植种子数为，求的平均数.
66．（2023·山西临汾·统考一模）在三棱锥中，，，，取直线与的方向向量分别为，，若与夹角为.

(1)求证：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
67．（2023·山西临汾·统考一模）已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.
①为等差数列；②为等比数列.
(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由
68．（2023·山西临汾·统考一模）已知函数是其导函数.
(1)讨论的单调性；
(2)对恒成立，求的取值范围.

参考答案：
1．B
【分析】由集合的交集运算可得选项.
【详解】解：因为，
又，故．
故选：B．
2．A
【分析】根据复数的运算法则化简求解，然后求复数的模.
【详解】，
故，
故选：A
3．C
【分析】根据向量共线定理，考查选项中两个向量之间是否有倍数关系即可判断.
【详解】对于A:不存在实数 ，使得，故 三点不共线；
对于B: 不存在实数 ，使得，故 三点不共线；
对于C: ,故 ，所以三点共线；
对于D: 不存在实数 ，使得，故 三点不共线；
故选：C
4．D
【分析】根据导数的几何意义求出斜率，点斜式求出切线方程.
【详解】的导数为，
可得在处的切线的斜率为2，
且切点为，
则切线的方程为，
即．
故选：D
5．C
【分析】因为直径为的作品烧制成功后直径缩小到，可得烧制成功后与原来的比例关系，利用正四面体的体积求出边长，根据比例变化相等可求出所求.
【详解】因为直径为的作品烧制成功后直径缩小到，
所以烧制成功后变为原来的，
设正四面体的边长为，其高为，
则其体积为，
令，解得，
由于比例变化相等，故烧制前棱长为．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：该题主要考查了正四面体的体积，正确解题的关键是熟练掌握正四面体的体积公式.
6．B
【分析】由已知可求得，再利用可得是以﹣1为首项，2为公比的等比数列，即可求出.
【详解】由题意，当时，，解得，
当时，，
化简整理，得，
∴数列是以﹣1为首项，2为公比的等比数列，
∴．
故选：B．
【点睛】思路点睛：利用和求通项的步骤：
（1）当时，利用求出；
（2）时，将替换为，得到关于的式子；
（3）将两式相减，利用得到关于的通项公式或递推关系；
（4）利用递推关系求出数列通项公式；
（5）验证是否满足通项即可得出答案.
7．D
【分析】首先求出函数的定义域，再根据函数在与上的函数值排除错误选项，即可判断；
【详解】解：∵，∴，
即该函数的定义域为，
∴选项B错误，
当时，，∴，排除选项C，
当时，，∴，排除选项A，
故选：D．
8．D
【分析】求出和后，用诱导公式化为锐角的余弦，由余弦函数单调性可得．
【详解】解：当，，，
则，
，
，
，
∵，且函数在上单调递减，
∴，
即最大的是，
即最大值是，
故选：D．
9．A
【分析】设原正三角形边长为，则由正弦定理求出正三角形外接圆半径，根据，落在六角星中的概率，从而求得结果..
【详解】设原正三角形边长为，
则由正弦定理得，即，
所以正三角形外接圆半径为，则，
又由题意得凸出来的小正三角形边长为，
则
，
则，
所以落在六角星中的豆子数约为．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关面积型几何概型的问题，正确解题的关键是掌握相应的概率公式以及图形的面积公式.
10．D
【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，求得实数的取值范围.
【详解】函数满足，
当时，最小值为，
∴，函数．
∵，
故的图象关于直线对称，
故有，即，．
又，即，
即，故，
函数．
在有2个不同实根，，且，
根据，
，
，
∴，
故选：D．
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关三角函数的问题，解题思路如下：
（1）由条件①确定的值；
（2）由条件②确定出函数图象的一条对称轴，结合条件③求得的值；
（3）得到函数的解析式之后利用函数值相等的条件，结合自变量的范围和限制条件，求得参数的取值范围.
11．C
【分析】确定是右焦点，求出过的弦长的范围，在此范围的整数都可取，注意除最长最短弦外，其他弦长都有两条弦．
【详解】解：由已知可得，，
所以，故为椭圆的右焦点，
由椭圆的性质可得当过焦点的弦垂直轴时弦长最短，
所以当时，最短的弦长为，
当弦与轴重合时，弦长最长为，
则弦长的取值范围为，
故弦长为整数的弦有4到16的所有整数，
则“好弦”的长度和为，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，确定出解题方法是求出过点弦长的范围，椭圆过焦点的弦长，最长的弦为长轴，最短的弦为通径（过焦点与长轴垂直的弦），通径长这．
12．B
【分析】由正方体的对称性，可知当截面为正六边形时，截面面积最大，再分当球心在棱锥内部时和当球心在棱锥外部时，建立方程求得外接球的半径可得选项.
【详解】解：如图，

由正方体的对称性，可知当截面为正六边形时，截面面积最大，
此时正六边形的边长为，
设交截面于，则为的中点，所以，
设正六棱锥外接球的球心为，外接球半径为，
当球心在棱锥内部时，有，解得，
外接球面积为；
若球心在棱锥外部时，有，解得（舍去）．
∴以为顶点的锥体的外接球的表面积为．
故选：B．
【点睛】方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径､截面圆的半径及球心到截面的距离三者的关系求解，其中确定球心的位置是关键.
13．B
【分析】化简集合，然后利用补集、交集的定义运算即可.
【详解】∵集合，，
∴，.
故选：B.
14．B
【分析】利用复数相等求出a，b，再借助复数平方运算计算作答.
【详解】因，a，，则有，
所以.
故选：B
15．C
【分析】根据抽样过程中每个个体被抽到的概率都相等可得答案.
【详解】因为在抽样过程中，每位教师被抽到的概率都相等，
所以该学校共有教师人.
故选：C.
16．D
【分析】结合三角函数的定义、两角差的正切公式求得正确答案.
【详解】.
故选：D
17．B
【分析】由正四棱锥的性质可得底面的中心为其外接球的球心，即求.
【详解】如图正四棱锥，设为底面的中心，

因为正四棱锥的各棱长都为2，
所以，即为正四棱锥的外接球的球心，
故包装盒的最小直径为.
故选：B.
18．C
【分析】先求得，然后结合二次函数的性质求得正确答案.
【详解】

，
函数的开口向下，对称轴为，
所以当或时，取得最大值.
故选：C
19．A
【分析】根据微积分基本定理，可得，再求出函数的导函数，得到函数在处的导数，再求出的值，再根据点斜式即可求出方程．
【详解】因为，所以，
所以，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即为.
故选：A.
20．C
【分析】利用等体积法即可求得答案.
【详解】易知，水的体积不变，如图，设液面与棱的交点分别为，侧面梯形高为h，，则，于是，，

当底面水平放置时，记液面高为x，于是水的体积，即.
故选：C.
21．D
【分析】由解方程，求得，由此求得正确选项.
【详解】依题意，
两边乘以得，
两边取以为底的对数得，
，，
，.
故选：D
22．C
【分析】先求出的解析式，然后根据得到，，，这是本题的关键，接下来求出，，得到的最大值.
【详解】由题意得：，因为，即，
而最大值为2，最小值为-2，相差为4，
∴，，
令，，解得：，，
令，，解得：，.
∵
∴要想取得最大值，则当，，当，，
此时的最大值为.
故选：C
23．A
【分析】根据题意，设，根据导数的几何意义，求出切线和的方程，联立方程可得，根据，可得，再根据重心坐标公式，即可求出结果.
【详解】由题意，设，
又抛物线，所以，所以
所以切线的方程为，即；
同理切线的方程；
联立，的方程，，解得
又，所以，所以，
又为的重心，所以的横坐标为，
纵坐标为，
所以点的坐标为.
故选：A.
24．A
【分析】分析可得，利用函数的单调性可得出的范围，再结合中间值法可得出、、的大小关系.
【详解】，则，所以，，
，则，则，
又因为，则，
构造函数，其中，
因为函数、在上均为增函数，则在上也为增函数，
因为，，所以，，
即，
，所以，，即.
故选：A.
25．C
【分析】解不等式，得集合A，列出子集，得子集个数.
【详解】，
集合A的子集为：，，，，共4个.
故选：C.
26．D
【分析】依据复数的运算律化简复数，写出代数形式，得虚部.
【详解】，
虚部为.
故选：D.
27．B
【分析】根据抛物线的定义以及方程求解.
【详解】由题可知，抛物线开口向上，设方程为，
设抛物线的焦点为，则准线为，
所以解得，所以方程为，
故选:B.
28．B
【分析】构造等差数列求出其通项公式，给n赋值即可.
【详解】由题意，可将哈雷彗星的回归时间构造成一个首项是1682，公差为76的等差数列，
则等差数列的通项公式为，
∴，.
∴可预测哈雷彗星在本世纪回归的年份为2062年.
故选：B.
29．B
【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量逐项判断作答.
【详解】，为不共线的非零向量，，，，
则，，
因，则与不共线，，，三点不共线，A不正确；
因，即与共线，且有公共点B，则，，三点共线，B正确；
因，则与不共线，，，三点不共线，C不正确；
因，则与不共线，，，三点不共线，D不正确.
故选：B
30．C
【分析】在二项展开式的通项公式中令x的幂指数为3，求出r的值，即可求得的系数.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，则，故展开式中的系数为.
故选：C.
31．D
【分析】构造,求导求单调性即可得,即证明,再构造,,求导求单调性即可得,即,即证明,即可选出选项.
【详解】解:由题知构造,,
所以,
故在单调递减,所以,
即,即,即
因为,
构造,,
所以,
即在上单调递增,所以,
即,即,即,
综上:.
故选:D
32．A
【分析】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.
【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则平面.取BC的中点G，连接FG，作，垂足为H，如图所示，

由题意得，，，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，
∴这个羡除的外接球体积为.
∵，面，面，
∴面，即：点A到面的距离等于点B到面的距离，
又∵，
∴，
∴这个羡除的体积为，
∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为.
故选：A.
33．AB
【分析】根据抽样方法的概念求解即可.
【详解】根据抽样结果，此次抽样可能采用的是抽签法，A正确；
若按分层抽样，则抽得的男女人数应为4人，3人，
所以这次抽样不可能是按性别分层随机抽样，B正确；
若按抽签法，则每个男生被抽到的概率和每个女生被抽到的概率均相等，C,D错误.
故选:AB.
34．AC
【分析】用余弦函数的图像与性质，采用整体代入的思想对选项逐一判断即可.
【详解】由可知，解得，所以函数的对称中心为，故A选项正确；
令 解得，所以函数的对称轴为，，故B选项错误；
令，解得，所以函数的单调递减区间为，故C选项正确；
将的图象向左平移个单位得，故D选项错误；
故选：AC
35．ABD
【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，连接，
由于分别是的中点，所以，
根据棱柱的性质可知，所以,
由于平面，平面，
所以平面，所以A选项正确.

B选项，，

，

，
所以，
由于平面，所以平面，B选项正确.

，
所以，即，所以C选项错误.
D选项，，，，

，
所以与夹角为，
则.

故选：ABD
36．BCD
【分析】运用抽象函数的对称性、奇偶性、周期性可判断选项A、B、C，运用基本不等式求最值可判断选项D.
【详解】对于选项A，∵，即：，
∴，∴为偶函数.故选项A错误；
对于选项B，∵，即：，
∴，∴为偶函数.故选项B正确；
对于选项C，∵，，∴是周期函数.故选项C正确；
对于选项D，，
∵，∴的图象关于直线对称，
∴且，
∴或，
当时，，易得函数只有3个零点，不符合题意.
当时，，
当且仅当，即时取等号.所以的最大值为.故选项D正确.
故选：BCD.
37．
【分析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标.
【详解】由得，所以抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题.
38．6
【分析】首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.
【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：

由，可得，
画出直线，将其上下移动，
结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，
由，解得，
此时，故答案为6.
点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.
39．﹣3
【分析】利用函数的对称性可求得函数值．
【详解】根据题意，函数，
则
，
则，
若，则，
故答案为：﹣3．
40．②③④
【分析】对于①②④，分析发现在定义域内存在最大和最小值，则在两条水平直线之间，计算过最值的两条水平直线间的距离可判断；对于③，可发现函数的渐近线为，则可判定过端点与渐进性平行的直线为，且距离，则存在两条直线，距离可得到.
【详解】解：对于①，，
，则在两条直线和之间，
两直线的距离，所以不存在宽度为1的通道，故①错误；
对于②，函数，
研究函数在上的最大值，
函数在时取得极大值点即最大值点，
，时，函数，，
故存在两直线和，，故②正确；
对于③，函数；
函数随的增大而增大，渐近线为，
取两条直线，，
故，故③正确；
对于④，函数，
所以，
由此得到两直线的距离，
故存在两条直线，，两条直线的距离.
故④正确．
故答案为：②③④．
【点睛】本题考查学生的思维能力和转化能力，属于中档题；
知识点点睛：（1）观察三角函数的图像需要用到三角函数的辅助角公式，然后可知三角函数的最值；（2）函数图像的判断经常需要借助于导数，用导数求得函数的最值或范围；
41．
【分析】对平方，利用平面向量数量积运算公式，可求出，对其开方即可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
42．5.55%/0.0555
【分析】利用两台车床的次品率和零件数占比求得正确结论.
【详解】依题意，任取一个零件，求它是次品的概率为
.
故答案为：5.55%.
43．/
【分析】如图所示，以点O为圆心建立直角坐标系，先求出点的轨迹，再求两圆的公共弦长得解.
【详解】解：如图所示，以点O为圆心建立直角坐标系，所以,设，
因为，
所以，
所以，（1）
所以点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆.
又圆方程为，（2）
所以（1）-（2）得两圆的公共弦方程为，
所以.
所以动点M的轨迹与圆O的公共弦长为.
故答案为：

44．/0.75
【分析】利用余弦定理及基本不等式可得，然后利用同角关系式，可得，即求．
【详解】∵，
∴，
∴，
当且仅当，即时等号成立，
又，所以，
∴.
故答案为：．
45．/.
【分析】由公式代入计算可得结果.
【详解】∵，，
∴，解得：.
故答案为：.
46．180
【分析】利用分步乘法原理求解即可
【详解】如图：
A
B
D
C
从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，
B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；
由D区与B，C花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色，
则D有3种颜色花卉摆放方法.
故共有种涂色方法.
故答案为：180
47．
【分析】由当PA垂直于在点P处的切线时，取得最小值列式可得,代入中解不等式即可.
【详解】∵，∴，
设点，则在点P处的切线斜率为，
∵，即：当且仅当PA垂直于切线时，取得最小值，
又∵，
∴，即：，①
∴，即：，②
∴由①②得：，解得：或，
又∵由①知，，
∴，即：，解得：，
∴.
故答案为：.
48．
【分析】根据确定四边形为矩形，结合勾股定理，双曲线的定义可求出的值，结合离心率可求双曲线方程，再根据点到直线的距离公式和三角形的面积公式可求解.
【详解】如图，不妨设在第一象限，

因为，且为的中点，
所以四边形为矩形，所以，
又因为，，
所以，所以，
即，又因为离心率为所以，
则，解得，所以，
所以双曲线方程为，
由等面积法可得，所以，
所以，
两条渐近线方程分别为倾斜角为
所以到渐近线的距离为

设相交于点，
又因为,
所以，
所以，
故答案为: .
49．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据直线与平面平行的判定定理证明；
（2）寻找二面角的平面角，先求其正切值，再求其余弦值.
【详解】（1）证明：因为，，
又因为，，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面．
（2）解：取中点，
设，则，
又因为，，
所以，，
所以，
又因为，
所以四边形是正方形，为等腰直角三角形，
于是，
因为平面平面，
又因为，所以，
所以平面，
所以是在平面内射影，
由三垂线定理得，
所以为二面角的平面角，
设二面角的大小为，
，
，
故二面角的余弦值为．

【点睛】思路点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题思路如下：
（1）结合题中条件，找到平行线，之后利用线面平行判定定理证明即可；注意条件不要写丢；
（2）结合题中条件，找出二面角的平面角，求解即可，注意在求解过程中，得遵循作角、证角、求角的过程.
50．（1）2；（2），或2．
【分析】（1）由正弦定理化边为角后，应用两角和的正弦公式和诱导公式变形后再由正弦定理化角为边，从而可得结论；
（2）由（1）所得角的关系中用正弦定理化角为边求得（用表示），再用余弦定理求出，然后由可求得值．
【详解】解：（1），
由正弦定理可得：，
化为：，
∴，
∵，
∴．
（2）由（1）有，
∴，即．
由余弦定理可得：，
∴，
可得，
∴，
化为：，
解得或4，
解得或2．
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查两角和的正弦公式与诱导公式．解三角形问题已知边角关系时常用利用正弦定理进行边角转换，然后由三角恒等变换公式变形求解或由代数式运算求解．
51．（1）表格见解析，能；（2）16名.
【分析】（1）由表中数据可知，求得潜伏期大于8天的人数，列出2×2列联表，利用公式求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2）求得该地区10000名患者中潜伏期不超过8天的人数，求得潜伏期不超过8天的概率，进而抽取的20名患者中潜伏期不超过8天的人数．
【详解】（1）由表中数据可知，潜伏期大于8天的人数为人，
补充完整的2×2列联表如下，

潜伏期天
潜伏期天
总计
60岁以上（含60岁）
130
20
150
60岁以下
30
20
50
总计
160
40
200
所以，
故能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为潜伏期与患者年龄有关．
（2）该地区10000名患者中潜伏期不超过8天的人数为名，
将频率视为概率，潜伏期不超过8天的概率为，
所以抽取的20名患者中潜伏期不超过8天的人数最有可能是名．
52．（1）；（2）存在点，使得平分．
【分析】（1）由已知求出双曲线的焦点以及渐近线方程，进而求出焦点到渐近线的距离，由此求出椭圆的方程；
（2）设出直线的方程以及，，的坐标，联立直线与椭圆的方程，写出韦达定理，求出直线，的斜率，利用平分可得直线，的斜率的和为0，化简即可求解．
【详解】解：（1）由题意可得，
双曲线的焦点为，渐近线方程为：，
则焦点到渐近线的距离为，所以，
则椭圆的标准方程为；
（2）存在点使得平分，
由题知，直线的斜率存在且不为0，又直线过点，
则设直线的方程为，
，，，
联立方程，消去整理可得：
，
所以，，
因为，，，
所以，
即，
因为，所以
，
即，
则，
化简可得，因为，所以，
综上，存在点，使得平分．
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
53．（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）对函数求导，分和两种情况，分别得出函数的单调性；
（2）有三个极值点，即有三个根，由（1）可得且，从而求出的取值范围，构造，利用导数判断出函数的单调性，求出最值，即可得的取值范围．
【详解】（1），
当时，，在上单调递减；
当时，令，得，
当时，；
当时，．
故在上单调递减，在上单调递增．
（2），
，因为有三个极值点，，，
所以有三个根，，，
假设，，是的两个根，
结合（1）可知，当时，满足条件，
则，解得，
所以，
所以方程的两个根中有一个小于1，一个大于1，
又，所以，，是的两个根，
所以，
，
，
所以


，
令，，
则，所以在（0，1）上单调递增，
时，，，
所以，
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究函数的单调性和最值问题，考查极值点的应用，解决本题的关键点是化简，利用已知条件将其转化为一个关于的函数，利用导数研究函数的单调性和最值，进而得出参数范围，考查学生分类讨论思想和计算能力，属于中档题．
54．（1）；；（2）.
【分析】（1）直接利用转换关系式，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．
（2）利用极径和三角函数关系式的恒等变变换求出结果．
【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数）．
转换为直角坐标方程为：．
曲线的极坐标方程为．
转换为直角坐标方程为：．
（2）曲线的参数方程为（为参数）．
转换为极坐标方程为：，
曲线的极坐标方程为．
曲线的极坐标方程为，
点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，
，均异于极点，且，
∴，，
整理得：，
解得．
55．（1）；（2）.
【分析】（1）由零点分区间法和绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；
（2）分别讨论，，，由参数分离和绝对值不等式的性质，结合存在性问题解法，可得所求范围．
【详解】解：（1）等价为
或或，
解得或或，
则原不等式的解集为；
（2）成立即为，
若，则不成立；
由，
当时取得等号，
当即有，
即；
当即有，
即．
综上可得，的取值范围是．
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和不等式成立问题解法，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力．
56．(1)，判断秃顶与患心脏病有关
(2)能够以的把握认为秃顶与患心脏病有关，理由见解析

【分析】（1）根据条件中所给的数据，列出列联表，填上对应的数据，得到列联表；根据表中数据，结合古典概型，即可求出结果；
（2）假设秃顶与患心脏病没有关系，根据列联表，把求得的数据代入求观测值的公式求出观测值，把观测值同临界值进行比较，即可得到结果．
(1)
解∶

患心脏病
患其他病
总计
秃顶
200
150
350
不秃顶
400
600
1000
总计
600
750
1350
.
由于远大于，所以判断秃顶与患心脏病有关；
(2)
解∶由题可知的观测值，

所以能够以的把握认为秃顶与患心脏病有关.
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用，再根据等比数列的定义，即可证明结果；
（2）由（1）可知，可得，进而可得，再根据分组求和，即可求出结果.
(1)
证明：由题可知，
①
②
得∶，即
当时，由①知
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
(2)
解：由（1）可知，
所以
所以
.
58．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，由可得，勾股定理得，根据线面垂直的判断定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得答案；
（2）连接BD交AC于点O，以OB，，过O且与侧棱平行的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面MBG、平面CBG的、法向量，由二面角的向量求法可得答案.
(1)
连接，
在中，，在中，，
所以，，
所以，，
连接AE，，易知且，
，
，所以，
即，又因为，所以平面，
又因为BM平面，所以.

(2)
连接BD交AC于点O，易知如图，以OB，，过O且与侧棱平行的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，， ，，所以，，
.

设平面MBG的法向量，
所以，即，取，得，
由题意知，平面CBG的一个法向量为，
，
所以二面角M—BG—C的余弦值为.
59．(1)
(2)是，证明见解析

【分析】（1）由题意可得，求出，再由离心率求出，再利用求出，从而可得椭圆的标准方程，
（2）当AB的斜率为0时，显然EA⊥直线l，当AB的斜率不为0时，可设其方程为∶，，将直线方程代入椭圆方程中消去，化简后利用根与系数的关系，与出直线的方程，令求出，然后结合前面的式子求即可
（1）
由题知∶
由，解得  
因为椭圆的离心率为，所以.
所以椭圆的标准方程为
（2）
当AB的斜率为0时，显然EA⊥直线l
当AB的斜率不为0时，可设其方程为∶，
联立整理得∶，显然
由韦达定理得∶
直线的方程为∶
令，得
因为，所以，
所以，
韦达定理代入得∶
即，所以EA⊥直线l，
60．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）构造函数，，利用导数证明不等式即可；
（2）由导数得出，再由得出a的取值范围.
(1)
当时，
令，则
当时，；当时，
所以在单调递减，在单调递增.
所以，即（当且仅当时，等号成立）
令，则，
当时，，当时，
所以在单调递减，在单调递增.
所以，即（当且仅当时，等号成立）.
所以
即
(2)
①当时，在单调递增，
在单调递增，，所以，不存在实数b满足题意.
②当时，
当时，；当时，
所以在单调递减，在单调递增，.

当时，，当时，
所以，在单调递增，在单调递减.
.
令，则，所以，解得
综上，a的取值范围为
【点睛】方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数
（1）若，总有成立，故
（2）若，总有成立，故
61．(1)曲线C：，直线l：()；
(2)1.

【分析】(1)利用极坐标与直角坐标互化公式变形可得曲线C的直角坐标方程；消去直线l的参数方程中参数t可得l的普通方程.
(2)把l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，再利用参数的几何意义列式计算作答.
(1)
因，把代入得：，
所以曲线C的直角坐标方程为；
消去l的参数方程中的参数t得：，
所以l的普通方程为().
(2)
将(t为参数，)代入椭圆得：，
因，即，设点A，B所对参数分别为，则，
于是得，
即，因此，，整理得，
而，解得，即1，
所以a的值是.
62．(1)或
(2)证明见解析

【分析】（1）运用零点分段法去绝对值后再解不等式即可；
（2）根据条件得，两边平方后再运用基本不等式可证明.
(1)
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得
综上所述，不等式的解集M为或.
(2)
由（1）知，
则a，b，
所以
所以
因为（当且仅当时取等），
（当且仅当时取等）
（当且仅当时取等）.
所以.
所以
（当且仅当时，等号成立）.
63．(1)证明见解析，
(2)证明见解析

【分析】（1）由的递推公式，得的递推公式，证明为等比数列，得数列的通项公式；
（2）由（1）得的通项公式，裂项求和，证明不等式.
【详解】（1）证明：因为，，
所以，即，即，
又因为，所以是首项为1，公比为3的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）证明：因为，
所以，
所以，
所以，
即，
所以.
64．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角计算可得结果.
（2）由余弦定理解三角形及三角形面积公式计算可得结果.
【详解】（1）证明：由及正弦定理得：，
整理得，.
因为，
所以，
所以或，
所以或（舍），
所以.
（2）由及余弦定理得:，
整理得，
又因为，可解得，
则，所以△是直角三角形，
所以△的面积为.
65．(1)；
(2).

【分析】（1）利用二项分布的平均数建立方程求解即可；（2）先求出每个坑不发芽的概率，再利用二项分布及平均数的性质求解.
【详解】（1）由题意知，每组中各个坑是否发芽相互独立，每个坑不发芽的概率为，
设每组不发芽的坑数为，则，
所以每组没有发芽的坑数的平均数为，
解得，
所以每个种子的发芽率为.
（2）由（1）知每个坑不发芽的概率为，
设为补种种子的个数，则，
所以，
.
66．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）将补全为矩形，证明平面，建立空间直角坐标系，计算和的数量积，证明；
（2）求平面和平面的法向量，计算夹角余弦的绝对值，可得所求.
【详解】（1）
证明：过作，且，连接，，
取的中点，连接，，，
则为与的夹角，即.
设，则，
因为，所以为等边三角形，
则，，.
因为，所以平行四边形为矩形，
所以，所以，即.
因为，平面，
所以平面.
取的中点，连接，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
所以，，
，所以.
（2），，，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
67．(1)
(2)存在，和.

【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.
(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.
【详解】（1）选①，由题意解得
所以的标准方程为.
选②，由题意解得
所以的标准方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，
的方程为，令，得，
所以，同理，
所以以为直径的圆的标准方程为.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立得，
由韦达定理得.
因为，所以的方程为，
令，得，即的坐标为，
同理的坐标为，
所以以为直径的圆的标准方程为




将韦达定理代入并整理得，
令，则，解得或.
当斜率不存在时，令，则，解得或.
由①②知，以为直径的圆过和.
68．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求与，分类讨论与时，通过研究符号的正负来研究的单调性.
（2）分类讨论情形一：当时，恒成立；情形二：当时，恒成立，在情形一中分类讨论与时，在上是否恒成立，在情形二中分类讨论、与时，在上是否恒成立即可.
【详解】（1）函数的导函数，
当时，，所以在R上单调递增；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综述：当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为对恒成立，
所以当时，；当时，，则，所以.
所以且连续不断.
，，
情形一：当时，
当时，在上单调递增，
又因为，所以在上单调递增，
所以，满足题意.
当时，由（1）知在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，
所以，不符合题意.
情形二：当时，
当时，由，知不恒成立；.
当时，，易知恒成立.
当时，
由（1）知的最小值，
所以在单调递增，而，所以成立.
综上可得的取值范围为.
【点睛】利用导数证明不等式的策略：
（1）构造函数，将不等式转化为函数的最值问题；
（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较；
（3）导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.