精品解析：山东省青岛第二中学2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题

青岛二中2022—2023学年第二学期期末考试 高二数学试题 命题人：张羽 牟庆生 侯界飞 山川 姜欣勇 审核人：董天龙 本试卷共6页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上的无效． 一、单项选择题：本题共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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足（i是虚数单位），则复数z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，已知是边上的中点，是的中点，若，则实数（ ） A. B. C. D. 1 5. 设直线被圆：所截得弦的中点为，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 南宋晩期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图一所示，这只杯盏的轴截面如图二所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为，则该杯盏的高度为（ ） A. B. C. D. 7. 设等比数列前n项和为，下列说法中正确的有（ ） ①若，则； ②，，成等比数列； ③若，则； ④若有偶数项，，其奇数项之和341，偶数项之和为682，则有10项． A 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 已知定义在R上的奇函数满足，且当时，则不等式在上的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9. 在某影评网站上随机选取六位专业影评人给《流浪地球2》评分，得到一组样本数据如下：9.1，9.2，9.4，9.4，9.6，9.7，则下列关于该样本的说法中正确的有（ ） A. 极差为0.6 B. 均值为9.4 C. 方差为0.026 D. 第80百分位数为9.6 10. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 第7项和第8项的二项式系数相等 B. 奇数项的二项式系数和为1024 C. 含项的系数为165 D. 展开式中不含常数项 11. 某地工业化工厂排风扇发生故障，在抢修人员到来前测得工厂内部空气中有毒物质含量达到了危险状态．经过抢修人员的抢修排气扇恢复正常，排气4分钟后测得工厂内的有毒物质浓度为128ppm，继续排气4分钟后又测得浓度为64ppm．由检验知该工厂内有毒物质浓度y（单位：ppm）与排气时间t（单位：分）之间满足函数关系，其中（R为常数）．当有毒物质浓度不高于0.5ppm时称空气质量为合格等次，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 排气32分钟后，工厂内部空气质量为合格等次 D. 排气36分钟后，工厂内部空气质量为合格等次 12. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 球O的半径 B. 球O在正方体外部分的体积大于 C. 若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则 D. 若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 2022年10月梦天实验舱发射，标志着中国空间站三舱“T”字的基本构型完成.除了梦天实验舱外，中国空间站的基本构型还包括天和核心舱和问天实验舱．假设要安排3名中国航天员和2名国际航天员前往中国空间站开展实验，每个舱段必须安排至少一人，天和核心舱需要安排3人，且两名国际航天员不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有______种． 14. 已知一个各侧面均为全等的等腰梯形的正四棱台，其上下底面面积之比为，一个侧面的面积为，若侧面腰长为上底面对角线的倍，则该四棱台体积为______． 15. 已知，，，，，满足，且，则______． 16. 双曲线的左、右焦点分别为，P为右支上一点，且，的内切圆圆心为I，与切于点A，直线PI交x轴于点Q，若，则双曲线的离心率为____________． 四、解答题：本题共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. 已知数列的前n项和为，满足． （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前n项和． 18. 锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角C的值； （2）若，D为AB的中点，求中线CD的范围． 19. 如图，四棱锥中，底面为矩形，与交于点，点在线段上，且平面，平面平面，平面平面． （1）求证：； （2）若，且平面与平面夹角的余弦值为，求的值． 20. 目前新冠病毒依然危害着人民生命健康，国家大力研发新冠疫苗，普及接种来降低新冠病毒对人民的危害程度.现有A，B，C，D四种成熟疫苗且每种都供应充足，某社区组织居民接种新冠疫苗，前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有A，B，C，D四种号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个号码中随机产生，社区李医生接种A种疫苗后，再为居民们接种，记第n位居民（不包含李医生）接种A，B，C，D四种疫苗的概率分别为，，，． （1）第2位居民接种哪种疫苗的概率最大； （2）李医生认为，一段时间后接种A，B，C，D四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第10位居民接种A，B，C，D四种的概率，解释李医生观点的合理性． 参考数据： 21. 已知函数， （1）若是的极值点，求在区间上的最值； （2）若方程有两个不同的根，． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围． 22. 已知定点，关于原点O对称的动点P，Q到定直线l：的距离分别为，，且，记P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程，并说明C是什么曲线； （2）当时，过点F的两条互相垂直的直线与曲线C分别交于A，B，C，D两点，弦AB，CD的中点分别为M，N，求证：直线MN过定点； （3）在（2）条件下，当M，N，F三点可构成三角形时，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 青岛二中2022—2023学年第二学期期末考试 高二数学试题 命题人：张羽 牟庆生 侯界飞 山川 姜欣勇 审核人：董天龙 本试卷共6页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上的无效． 一、单项选择题：本题共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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出两集合，再求两集合的交集即可. 【详解】∵， ， ∴. 故选：D. 2. 已知复数z满足（i是虚数单位），则复数z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘除法运算化简可得，即可由共轭复数的定义求解. 【详解】由得， 故， 故选：D 3. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数定义域和复合函数的单调性求解. 【详解】，函数有意义，则有，得或， 设，则当时，u关于x单调递减，当时，u关于x单调递增， 又因为函数在定义域内单调递增，由复合函数单调性知可知的单调递减区间为． 故选：A 4. 在中，已知是边上的中点，是的中点，若，则实数（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据是边上的中点，是的中点，得到，再利用平面向量的线性运算求解. 【详解】解：因为是边上的中点，是的中点， 所以， 所以， ， 又因为， 所以，则， 故选：C 5. 设直线被圆：所截得弦的中点为，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆心坐标，根据圆的性质得到，利用垂直求出直线的斜率，再根据点斜式可得结果. 【详解】圆的圆心为， 设直线的斜率为， 由已知直线与垂直，又， 所以，解得：， 所以的方程为，即. 故选：D. 6. 南宋晩期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图一所示，这只杯盏的轴截面如图二所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为，则该杯盏的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，可得点坐标及抛物线的标准方程，设代入抛物线方程求出后可得答案. 【详解】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 依题意可得，设抛物线的标准方程为， 则，解得，所以抛物线的标准方程为， 可设，代入抛物线方程，可得， 所以该杯盏的高度为cm. 故选：C 7. 设等比数列的前n项和为，下列说法中正确的有（ ） ①若，则； ②，，成等比数列； ③若，则； ④若有偶数项，，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，则有10项． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列求和公式即可求解①，由即可求解②，根据即可求解③，根据奇数项与偶数项之比可得公比，即可利用等比求和公式即可求解④. 【详解】对于①，若公比为，由于，则，显然不满足， 故，由得， 故，所以，故，故①正确， 对于②，当时，，，，不能成等比数列，故②错误， 对于③，由，所以， 由于为等比数列，故，故，③错误， 对于④，若有偶数项，， 其奇数项之和为，偶数项之和为， 故，故， 所以，则有10项，④正确， 故选：B 8. 已知定义在R上的奇函数满足，且当时，则不等式在上的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先得出的周期以及对称轴，再证明在上恒成立，通过对称性画出函数和在上的简图，由图象得出解集. 【详解】由题意可得，，即是周期为的函数，且图像关于对称. 令 时，，时， 函数在上单调递增 当时，，即 设， 即函数在上单调递减，则，即 故在上恒成立 结合对称性可画出函数和在上的简图，如下图所示 由图象可知，不等式在上的解集为 故选：A 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9. 在某影评网站上随机选取六位专业影评人给《流浪地球2》的评分，得到一组样本数据如下：9.1，9.2，9.4，9.4，9.6，9.7，则下列关于该样本的说法中正确的有（ ） A. 极差为0.6 B. 均值为9.4 C. 方差为0.026 D. 第80百分位数为9.6 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据极差，平均数，方差，百分位数的计算即可逐一求解. 【详解】因为样本数据为9.1，9.2，9.4，9.4，9.6，9.7， 所以极差为，A正确； 平均值为，B正确； 方差为 ，C错误； 由于，故第80百分位数为第5个数，即9.6，D正确， 故选：ABD． 10. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 第7项和第8项的二项式系数相等 B. 奇数项的二项式系数和为1024 C. 含项的系数为165 D. 展开式中不含常数项 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式系数即可求解A，根据二项式系数和的性质即可求解B，利用通项，即可求解CD. 【详解】的展开式中共12项， 第7项和第8项二项式系数分别为,不相等，A错误； 奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，为，B正确； 设其通项为，则， 令，则，故含项的系数为，C正确， 令，由于,故不存在，使得，故展开式中不含常数项，D正确， 故选：BCD 11. 某地工业化工厂排风扇发生故障，在抢修人员到来前测得工厂内部空气中有毒物质含量达到了危险状态．经过抢修人员的抢修排气扇恢复正常，排气4分钟后测得工厂内的有毒物质浓度为128ppm，继续排气4分钟后又测得浓度为64ppm．由检验知该工厂内有毒物质浓度y（单位：ppm）与排气时间t（单位：分）之间满足函数关系，其中（R为常数）．当有毒物质浓度不高于0.5ppm时称空气质量为合格等次，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 排气32分钟后，工厂内部空气质量为合格等次 D. 排气36分钟后，工厂内部空气质量为合格等次 【答案】BD 【解析】 【分析】设结合题目给的，求出，再解.利用求解出得到答案. 【详解】由题意可设， 则，此时为常数， 由，得，则，即 ，，故A错误，B正确； 把代入，得， 又，,由，得. 至少排气36分钟，这个地下车库中的一氧化碳含量才能达到正常状态， 则C错误，D正确. 故选：BD. 12. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 球O的半径 B. 球O在正方体外部分的体积大于 C. 若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则 D. 若点P在球O正方体外部（含正方体表面）运动，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，画出图形易知正方体的棱切球的直径，即可得半径；对于B，结合球的体积和正方体体积公式即可判断；对于CD，取中点，可知在球面上，根据空间向量的数量积运算即可判断. 【详解】对于A，正方体的棱切球与正方体的每条棱相切于棱中点，如图所示， 为球的一条直径，且， 故球半径，故A正确； 对于B，若球体、正方体的体积分别为， 球在正方体外部的体积，故B正确； 对于C、D，取中点，可知在球面上，可得， 所以， 点在球的正方体外部（含正方体表面）运动， 所以（当为直径时，）， 所以，故C错误，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用空间想象能力，得到球与正方体的相切形状，从而得解. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 2022年10月梦天实验舱发射，标志着中国空间站三舱“T”字的基本构型完成.除了梦天实验舱外，中国空间站的基本构型还包括天和核心舱和问天实验舱．假设要安排3名中国航天员和2名国际航天员前往中国空间站开展实验，每个舱段必须安排至少一人，天和核心舱需要安排3人，且两名国际航天员不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有______种． 【答案】14 【解析】 【分析】根据题意，分2步进行分析：①在5名航天员中选出3人，在天和核心舱工作，两名国际航天员不能同时入选，②剩下2人安排到问天实验舱与梦天实验舱工作，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①在5名航天员中选出3人，在天和核心舱工作，两名国际航天员不能同时入选，有种安排方法， ②剩下2人安排到问天实验舱与梦天实验舱工作，有2种情况， 则有种安排方法， 故答案为：14 14. 已知一个各侧面均为全等的等腰梯形的正四棱台，其上下底面面积之比为，一个侧面的面积为，若侧面腰长为上底面对角线的倍，则该四棱台体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，设，则，过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，根据正四棱台的侧面积计算出的值，再利用台体的体积公式可求得结果． 【详解】由题意得，设，则， 侧面腰长为上底面对角线的倍，所以. 过点，在平面内分别作，，垂足分别为点、， 在等腰梯形中，因为，，，则四边形为矩形， 所以，，则， 因为，，， 所以，所以， 在中，由勾股定理得， 所以等腰梯形的面积为，所以. 所以，，棱台的高， 故棱台的体积为. 故答案为： 15. 已知，，，，，满足，且，则______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算，结合三角恒等变换可得，即可根据得，是函数的两个零点，由周期即可求解. 【详解】, 由可得， 故， 故，是函数的两个零点， 由于,则周期为，解得， 故答案为： 16. 双曲线的左、右焦点分别为，P为右支上一点，且，的内切圆圆心为I，与切于点A，直线PI交x轴于点Q，若，则双曲线的离心率为____________． 【答案】3 【解析】 【分析】记c为双曲线半焦距，先求出，再利用双曲线的性质求出的坐标，再结合求解. 【详解】记c为双曲线半焦距，由角平分线定理，得， 设，则， ∴， ∴. ∵，∴， 解得． 故答案为：3. 四、解答题：本题共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. 已知数列的前n项和为，满足． （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的关系可得，即可由等比数列求解， （2）利用等比求和公式即可求解. 【小问1详解】 由，得， 后式减去前式，得，得． 令，得，可得，所以， 即数列是首项为2，公比为3的等比数列，所以． 【小问2详解】 因为， 故， 所以 18. 锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角C的值； （2）若，D为AB的中点，求中线CD的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简可得出，结合角为锐角可求得结果； （2）由余弦定理可得出，利用平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算可得出，利用正弦定理结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围，可得出的取值范围，即可得解 【小问1详解】 由， ， ，，，． 【小问2详解】 ，，， 由余弦定理有：，， 所以，， 由正弦定理，，，， ， ，因为为锐角三角形，所以且， 则，,则，． 19. 如图，四棱锥中，底面为矩形，与交于点，点在线段上，且平面，平面平面，平面平面． （1）求证：； （2）若，且平面与平面夹角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）3 【解析】 【分析】（1）运用线面平行推出线线平行，根据中点即可求证． （2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解． 【小问1详解】 证明：平面，平面，平面平面， ，又因为四边形为矩形， ，所以是的中点， ； 【小问2详解】 四边形为矩形， 所以，又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理，， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则,0,,,0,,,2,,,2,,,0,,,1,， ， 设平面的法向量为 则即令，则，即， 设平面的法向量为， 则即令，则，所即， 则， 解得，故． 20. 目前新冠病毒依然危害着人民的生命健康，国家大力研发新冠疫苗，普及接种来降低新冠病毒对人民的危害程度.现有A，B，C，D四种成熟疫苗且每种都供应充足，某社区组织居民接种新冠疫苗，前来接种的居民接种与号码机产生的号码对应的疫苗，号码机有A，B，C，D四种号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一次余下的三个号码中随机产生，社区李医生接种A种疫苗后，再为居民们接种，记第n位居民（不包含李医生）接种A，B，C，D四种疫苗的概率分别为，，，． （1）第2位居民接种哪种疫苗的概率最大； （2）李医生认为，一段时间后接种A，B，C，D四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第10位居民接种A，B，C，D四种的概率，解释李医生观点的合理性． 参考数据： 【答案】（1）第2位居民接种疫苗的概率最大． （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率计算公式能求出第2位居民接种哪种疫苗的概率最大； （2）由，得到数列是公比为的等比数列，由此求出，，由此能解释李医生观点的合理性． 【小问1详解】 第1位居民接种，，，疫苗的概率分别为， 若第2位居民接种，则第1位居民接种，概率为， 若第2位居民接种，则第1位居民接种，概率为， 同理，第2位居民接种，疫苗的概率也是， 第2位居民接种疫苗的概率最大． 【小问2详解】 由题设，同理可得， 两式相减，得， 又，故，进而可得，同理可得，故， ， ， 数列是公比为的等比数列， ， ， ， ， 由于，且， 所以数列是公比为的等比数列， 同理， ， 第10位居民接种，，，疫苗概率应该相差将会很小， 李医生的话合理． 【点睛】关键点点睛：由递推关系，证明，是公比为的等比数列，即可求解通项，作差比较.. 21. 已知函数， （1）若是的极值点，求在区间上的最值； （2）若方程有两个不同的根，． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2）（ⅰ），（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）求导，根据极值点可得，即可根据单调性，求解端点处函数值以及极值，比较即可求解最值， （2）（ⅰ）将问题转化为，记，利用导数求解单调性，即可求解；（ⅱ）将问题转化为，令，故，，构造函数，多阶求导，判断函数的单调性，即可利用洛必达法则求解. 【小问1详解】 由可得， 由于是的极值点，则，则， 故， 当时，单调递增，当和时，单调递减， 故是极值点，满足题意，故， ，， 由于，故，因此，故， ， 由于， 故，，因此， 故， 【小问2详解】 （ⅰ）由可得有两个不同的根，， 故， 记，则， 故当时，单调递减，当时，单调递增， 故，当且， 故； （ⅱ），是的两个根，所以且， 不妨设， ， 设，故，， 由可得， ， 记 ， 记，， ，， ，故在上单调递增，， 从而在上单调递增，， 故在上单调递增，， 因此，故在上单调递增， 由洛必达法则可得 ， 因此，得 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 22. 已知定点，关于原点O对称的动点P，Q到定直线l：的距离分别为，，且，记P的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程，并说明C是什么曲线； （2）当时，过点F的两条互相垂直的直线与曲线C分别交于A，B，C，D两点，弦AB，CD的中点分别为M，N，求证：直线MN过定点； （3）在（2）条件下，当M，N，F三点可构成三角形时，求的取值范围． 【答案】（1）曲线C的方程为，表示焦点为的椭圆， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据点点距离以及点线距离，列等量即可化简求解， （2）联立直线与曲线方程得韦达定理，即可根据中点坐标公式得，，即可利用点斜式求解直线方程，化简即可求解定点， （3）根据点点距离公式，结合垂直关系，求解面积为，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值求解. 【小问1详解】 设，则， 由可得，化简可得， 故曲线C的方程为，表示焦点为的椭圆， 【小问2详解】 由（1）知：C的方程为， 设直线方程为，, 联立与可得， 故故，进而，故， 用替换，可得， 故直线方程为，化简得， 进而，故直线过定点 当时，直线直线，此时, 直线显然经过点， 故直线恒过定点 【小问3详解】 由（2）知，， 所以 ， 由于,故， 由于根据奇偶性不妨只考虑，则， 记，，则， 对于可知，故， 当时，在单调递增，当时，在单调递减， 故在取最大值，，故此时面积最大值为， 当时，，故 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$