广东省珠海市某校2023-2024学年高三下学期3月月考数学试题

第 1页 共 4页 ◎ 第 2页 共 4页 高三年级数学测试题 一、单选题：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．有下列一组数据：2，17，33，15，11，42，34，13，22，则这组数据的第 30百分位数是（ ） A．11 B．15 C．13 D．34 2．已知双曲线 2 2 2 2 1 x y a b   的虚轴长为 4，离心率为 2，则该双曲线的方程为（ ） A． 2 2 1 4 yx   B． 2 2 1 4 x y  C． 2 2 1 4 4 x y   D． 2 2 1 2 2 x y   3．记 nS 是等差数列 na 的前 n项和，若 3 6S  ， 6 21S  ，则 12S （ ） A．27 B．36 C．45 D．78 4．已知 ,m n表示两条不同直线， 表示平面，则（ ） A．若 / / , / /m n  ，则 //m n B．若 ,m n   ，则m n C．若 ,m m n  ，则 / /n  D．若 / / ,m m n ^ ，则 n  5．6名同学排成一排，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻的不同排法有（ ） A．72种 B．144种 C．216种 D．256种 6．线段 AB长度为 4，其两个端点 A和 B分别在 x轴和 y轴上滑动，则线段 AB中点的轨迹所围成图形的面积 为（ ） A．2 B．4 C． 2π D． 4π 7．已知 为锐角，且 πtan tan 1 4         ，则 sin 2 1 cos2    （ ） A． 12 B． 3 C． 2 D． 1 3 8．设椭圆 2 2 1 : 12 x yC m   与椭圆 2 2 2 : 18 x yC m   的离心率分别为 1 2,e e ，若 (2, 8)m  ，则（ ） A． 1 2e e 的最小值为 1 4 B． 1 2e e 的最小值为 1 2 C． 1 2e e 的最大值为 1 4 D． 1 2e e 的最大值为 1 2 二、多选题：本题共 3小题，每小题 6 分，共 18 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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。 9．函数 ( ) sin( )f x A x   （ 0A  ， 0  ， | | 2   ）的部分图象如图所示，下列结论中正确的是（ ） A． π 3   B．函数 ( )f x 的图象关于点 π ,0 6      对称 C．函数 ( )f x 在 5 , 12 12      上单调递增 D．将函数 ( )f x 的图象向右平移 π 12 个单位得到函数 πsin 2) 4 ( xg x      的图象 10．已知复数 z的共轭复数为 z，则下列命题正确的是（ ） A． z z R B． z z 为纯虚数 C． z z D． 2 2z z 11．若函数 ( )f x 的定义域为R ，且 ( ) ( ) 2 ( ) ( )f x y f x y f x f y    ， (2) 1f   ，则（ ） A． (0) 0f  B． ( )f x 为偶函数 C． ( )f x 的图象关于点 (1,0)对称 D． 30 1 ( ) 1 i f i    三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分。 12．集合    2 2 1 0 , 1 0A x x x B x ax       ,若 A B B ，则 a 13．球 O的半径与圆锥 M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥 M的侧面展开图的圆心角大小 为 ，球 O的体积与圆锥 M的体积的比值为 ． 14．设 xR ，则函数 ( ) min{4 1, 2 4, 2}f x x x x     的最大值为 . 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．（13分） 已知函数    21 , ln 2 f x x g x x  . (1)求函数      h x f x g x  的最小值； (2)求函数  y f x 过点  1, 4 的切线； 第 3页 共 4页 ◎ 第 4页 共 4页 16．（15分） 有5双鞋子，每双标记上数字1,2,3,4,5从中取3只鞋子． (1)求取出的3只鞋子都没有成对的概率； (2)记取出的3只鞋子的最大数字为 X ，求 X 的分布列和数学期望  E X ． 17．（15分） 如图，平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 的底面 ABCD是正方形，点O为底面的中心， 1AO 平面 ABCD， 1 2AB AA  ． (1)证明： 1AC 平面 1 1BB D D； (2)求平面 1OCB与平面 1 1BB D D的夹角的大小． 18．（17分） 如图，已知抛物线 E： 2 2y x 与点  0 0,P x y ，过点 P作 E的两条切线，切点分别为 ,A B． (1)若  2, 2A  ，求切线 PA的方程； (2)若 0 0 2 0x y   ，求证：直线 AB恒过定点． 19．（17分） 已知函数  f x 在定义域内存在实数 0x 和非零实数D，使得      0 0f x D f x f D   成立，则称函数  f x 为 D “伴和函数”. (1)判断是否存在实数D，使得函数   1f x x  为D “伴和函数”？若存在，请求出D的范围；若不存在，请说明 理由； (2)证明：函数   2 sin 1f x x x   在 0,  上为“ π伴和函数”； (3)若函数   2lg 1 af x x      在  0, 上为“1伴和函数”，求实数 a的取值范围. 答案第 1页，共 12页 参考答案： 1．C 【分析】根据百分位数的计算即可求解. 【详解】该组数据从小到大排列为 2，11，13，15，17，22，33，34，42，且共有 9个数据， 由于9 30% 2.7  ，因此第 30百分位数为从小到大排列的第三个数即 13. 故选：C. 2．C 【分析】根据题意，得到 2, 2 cb e a    ，结合 2 2 2c a b  ，求得 a的值，即可求解. 【详解】由题意，双曲线 2 2 2 2 1 x y a b   的虚轴长为 4，离心率为 2， 可得 2, 2 cb e a    ，即 2c a ， 因为 2 2 2c a b  ，即 2 22 4a a  ，解得： 2a  . 所以曲线的方程为 2 2 1 4 4 x y   . 故选：C. 3．D 【分析】根据等差数列 na 的前 n项和 nS 的性质：对于 0, Nm m  ， 2 3 2 4 3, , , ,m m m m m m mS S S S S S S    ,成等差数列，取 3m  ,列出方程组求解即得. 【详解】因 nS 是等差数列 na 的前 n项和，则 3 6 3 9 6 12 9, , ,S S S S S S S   成等差数列， 于是 6 3 3 9 62( ) ( )S S S S S    ，代入 3 6S  ， 6 21S  ，解得： 9 45S  ， 又 9 6 6 3 12 92( ) ( ) ( )S S S S S S     ,代入上述值，解得： 12 78S  . 故选：D. 4．B 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定与性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于 A中，由 / / , / /m n  ，则 ,m n相交或平行或异面，所以 A错误； 对于 B中，由 ,m n   ，根据线面垂直的性质，可得m n ，所以 B正确； 对于 C中，由 ,m m n  ，则 / /n 或n  ，所以 C错误； 对于 D中，由 / / ,m m n ^ ，则 / /n 或 n  或n  或 n与 相交，所以 D错误. 故选：B. 答案第 2页，共 12页 5．B 【分析】要使元素不相邻，则用插空法，要使元素相邻，则运用捆绑法，分步完成即得. 【详解】先将丙与丁看成一“个”人，与除甲和乙之外的另外两个人留下 4个空， 在其中选 2个给甲和乙，有 24A 种方法； 再考虑丙丁这“个”人和另两个人进行全排，有 33A 种排法； 最后将丙丁“松绑”，有 22A 种方法，由分步计数原理，可得不同排法数为： 2 3 2 4 3 2A A A 144   种. 故选：B. 6．D 【分析】利用几何法直接求出轨迹方程，进而由圆的面积公式求解. 【详解】 OA OB ，设 P为线段 AB中点，  1| | | | 2 2 OP AB  ，设 ( , )P x y ，则 2 2 2x y  ，即 2 2 4x y  ． 则线段 AB中点的轨迹是以坐标原点为圆心，2为半径的圆； 故线段 AB中点的轨迹所围成图形的面积为 4π . 故选：D 7．C 【分析】根据已知条件结合两角和的正切公式可得出关于 tan 的方程，由已知可得出 tan 0  ，可得出关于 tan 的方程，求出 tan 的值，利用二倍角的正弦和余弦公式可求得 所求代数式的值. 【详解】因为 为锐角，则 tan 0  ， 则 πtan tanπ 4tan tan tan π4 1 tan tan 4               1 tantan 1 1 tan        ， 整理可得 2tan 3 tan 0   ，解得 tan 3  ， 答案第 3页，共 12页 所以，       22 2 2 2 cos sinsin 2 1 cos 2sin cos sin cos 2 cos sin cos sin cos sin                      cos sin 1 tan 1 3 2 cos sin 1 tan 1 3                  . 故选：C. 8．D 【分析】由椭圆的离心率，结合椭圆的性质及对勾函数的单调性求解． 【详解】已知椭圆 2 2 1 : 12 x yC m   与椭圆 2 2 2 : 18 x yC m   的离心率分别为 1e ， 2e ， 又 (2, 8)m  ， 则 1 2me m   ， 2 8 2 2 me  ， 则 2 1 2 1610 ( )10 16 2 2 2 2 mm m me e m        ， 设 16( )f m m m   ， (2, 8)m  ， 则根据对勾函数知 ( )f m 在 (2, 4)为减函数，在 (4,8)为增函数， 则 ( ) [8f m  ,10)， 则 1 2 1(0, ] 2 e e  ， 即 1 2e e 的最大值为 1 2 ，无最小值． 故选：D． 9．ABC 【分析】借助图象周期求出、再由定点结合范围求出，得出解析式后结合正弦型函数性 质可得 A、B、C，结合函数图象的平移可得 D． 【详解】对于选项 A:由题意可得 7π π π 4 12 3 4 T    ，故 πT  ， 则 2π 2 π    ， 7π 7πsin 2 1 12 12 f                ， 即 π π7 2 ( ) 6 2 πk k    Z ，解得 5π 2 π 3 k    ， 又 | | 2   ，即 5 2 3 3 π ππ     ，故 A正确； 对于选项 B:即 π( ) sin 2 3 f x x      ，当 π 6 x   时，有 π2 0 3 x   ， 答案第 4页，共 12页 故 ( )f x 的图象关于点 π ,0 6      对称，故 B正确； 对于选项 C:令 π2 3 t x  ，则 siny t ， 当 5π π, 12 12 x      时， π π π2 , 3 2 2 t x        ， 而 siny t 在 π π, 2 2     单调递增，故 C正确； 对于选项 D:将函数 ( )f x 的图象向由右平移 π 12 个单位得到   π π ππ sin 2 sin 2 12 12 3 6 g x f x x x                         ，故 D错误． 故选：ABC． 10．ACD 【分析】设复数 i( , R)z a b a b   ，即可得其共轭复数，根据复数的加减运算，即可判断 A， B；根据复数模的计算可判断 C；根据复数的乘方运算可判断 D. 【详解】设复数 i( , R)z a b a b   ，则 i( , R)z a b a b   ，故 2 Rz z a   ，A正确； 2 iz z b  ，当 0b  时， z z 为实数，B错误； 2 2 2 2,z a b z a b    ，则 z z ，C正确；  2 2 2 2i 2 i,( , R)z a b a b ab a b      ， 2 2 2 2 2 2 2( i) 2 i i 2 iz a b a ab b a b ab        ，故 2 2 2 2 iz a b ab   ， 则 2 2z z ，D正确， 故选：ACD 11．BCD 【分析】对于 A，令 2, 0x y  ,可得 (0) 1f  ；对于 B，令 0,x y x  ，可得 ( ) ( )f x f x  ， 即可判断；对于 C，令 1x y  得  1 0f  ，再令 1,x y x  即可判断；对于 D，根据条件可 得    2f x f x   ,继而    2f x f x   ，进一步分析可得函数周期为 4，分析求值即可. 【详解】对于 A，令 2, 0x y  ，则      2 2 2 2 0f f f  ， 因为 (2) 1f   ，所以  2 2 0f   ，则 (0) 1f  ， 故 A错误； 答案第 5页，共 12页 对于 B，令 0,x y x  ，则  ( ) ( ) 2 (0) ( ) 2f x f x f f x f x    ， 则 ( ) ( )f x f x  ，故 B正确； 对于 C，令 1x y  得，      22 0 2 1 0f f f   ， 所以  1 0f  ， 令 1,x y x  得， (1 ) (1 ) 2 (1) ( ) 0f x f x f f x     ， 则 ( )f x 的图象关于点 (1 )0， 对称，故 C正确； 对于 D，由 (1 ) (1 ) 0f x f x    得    2f x f x   ， 又 ( ) ( )f x f x  ，所以    2f x f x    ， 则    2f x f x   ，    2 4f x f x    ， 所以    4f x f x  ，则函数  f x 的周期为 4， 又  1 0f  ， (2) 1f   ， 则      3 3 1 0f f f    ，    4 0 1f f  ， 则        1 2 3 4 0f f f f    ， 所以     30 1 ( ) 1 2 7 0 1 i f i f f        ， 故 D正确， 故选：BCD. 12．1或 0 【分析】根据包含关系可求参数的值，注意讨论集合 B是否为空集即可. 【详解】    2 2 1 0 1A x x x     , A B B  ,  1B  或B ， 故 1a  或 0a  . 故答案为：1或 0 13． 2 3  /120° 2 【分析】设球 O的半径及圆锥 M的底面半径均为 R，圆锥 M的母线长为 l，再根据球与圆 答案第 6页，共 12页 锥的表面积公式求得 3l R ，即可得圆锥 M的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求 得 2 2h R ，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可 【详解】设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为 l，则 2 24 R R lR    ， 所以 3l R ，圆锥 M的侧面展开图的圆心角大小为 2 2 3 R l    ；球 O的体积为 34 3 R ，圆锥 M 的高 2 2 2 2h l R R   ，圆锥 M的体积为 3 21 2 22 2 3 3 RR R    ，所以球 O的体积与圆 锥 M的体积的比值为 2． 故答案为： 2 3  ， 2 14． 8 3 【分析】把  f x 分 4 1 2 4 1 2 4 x x x x         、 2 4 1 2 2 4 x x x x         、 2 4 4 1 2 4 2 x x x x          三种情况化简为 14 1, 3 1 2( ) 2, 3 3 22 4, 3 x x f x x x x x              ，再结合一次函数的性质即可求解. 【详解】令 4 1 2 4 1 2 4 x x x x         ，解得 1 3 x  ， 令 2 4 1 2 2 4 x x x x         ，解得 1 2 3 3 x  ， 令 2 4 4 1 2 4 2 x x x x          ，解得 2 3 x  ， 所以 14 1, 3 1 2( ) 2, 3 3 22 4, 3 x x f x x x x x              ， 当 1 3 x  时， 7( ) 3 f x  ， 当 1 2 3 3 x  时， 7 8( ) 3 3 f x  ， 当 2 3 x  时， 8( ) 3 f x  ， 答案第 7页，共 12页 所以 ( )f x 的最大值是 8 3 . 综上所述， ( )f x 的最大值是 8 3 . 故答案为： 8 3 . 15．(1) 12 (2)2 2 0x y   或 4 8 0x y   【分析】（1）由题意对  h x 求导得函数单调性，由此即可求解； （2）由题意设出切点，表示出切线方程（含参），从而  4 1b a a    ， 21 2 b a ，由此可 求得 a，b，进一步即可得解. 【详解】（1）由题意得，  h x 的定义域为 0x  ，       21 1xh x f x g x x x x        ， 令   0h x  ，解得 1x  ，或 1x   （舍去）；   0h x  ，解得 1 1x   ，所以 0 1x  ， 所以  h x 在  0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增， 所以         2sin 1 11 1 1 1 ln1 2 2x h x h f g       . （2）设切点为  ,P a b ，切线的斜率  k f a a  ， 所以  y b a x a   ， 因为直线过点  1, 4 ，所以  4 1b a a    ，又 21 2 b a ， 解得 4a  或 2a   ， 所以直线方程为 2 2 0x y   或 4 8 0x y   16．(1) 23 (2)分布列答案见解析，   13 3 E X  【分析】（1）分析可知，只需在指定三双鞋子，每双鞋子各取一只，利用组合计数原理结合 古典概型的概率公式可求得所求事件的概率； 答案第 8页，共 12页 （2）分析可知，随机变量 X 的可能取值有 2、3、4、5，计算出 X 在不同取值下的概率， 可得出随机变量 X 的分布列，进而可求得  E X 的值. 【详解】（1）解：取出的3只鞋子都没有成对，只需在指定三双鞋子，每双鞋子各取一只， 所以，取出的3只鞋子都没有成对的概率为 3 3 5 3 10 C 2 80 2 C 120 3 P    . （2）解：由题意可知，随机变量 X 的可能取值有 2、3、 4、5， 则   1 2 1 2 2 2 3 10 C C C 12 C 30 P X    ，   1 2 2 1 2 4 2 4 3 10 C C C C 23 C 15 P X    ，   1 2 2 1 2 6 2 6 3 10 C C C C 34 C 10 P X    ，   1 2 2 1 2 8 2 8 3 10 C C C C 85 C 15 P X    ， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示： X 2 3 4 5 P 1 30 2 15 3 10 8 15 所以，   1 2 3 8 132 3 4 5 30 15 10 15 3 E X          . 17．(1)证明见解析 (2) π 3 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，证明 1 1 10, 0AC BD AC BB        ，再利用线面垂直 的判定即可； （2）求出相关法向量，利用面面角的空间向量法即可得到答案. 【详解】（1）因为底面是正方形，则OA OB ，又因为 1AO 平面 ABCD， ,OA OB 平面 ABCD，所以 1 1,AO OA AO OB  ， 则 1 , ,AO OA OB两两垂直，则以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系． 1 2 AB AA ， 1 1OA OB OA    ， 1(1,0,0), (0,1,0), ( 1,0,0), (0, 1,0), (0,0,1)A B C D A   ， 答案第 9页，共 12页 则  1,1,0AB   uuur ，设  1 , ,B a b c ，则  1 1 , , 1A B a b c   1 1A B AB    ，则 1, 1, 1a b c    ，即 1 1 1 1B ( , , )． 1 1( 1,0, 1), (0, 2,0), ( 1,0,1)AC BD BB           ， ， 1 1 10, 0AC BD AC BB         ， 11 1,AC BD AC BB   ， 又 1BD BB B  ， 1,BD BB 平面 1 1BB D D， 1AC 平面 1 1BB D D . （2）设平面 1OCB的法向量 ( , , )n x y z  ， 1( 1,0,0), ( 1,1,1)OC OB       ， 1 0 0 n OC x n OB x y z              ， 0x y z     ， 取 (0,1, 1)n    ，由（1）知， 1 ( 1,0, 1)AC     是平面 1 1BB D D的法向量， 设平面 1OCB 与平面 1 1BB D D的夹角为， 1 1 1 1 1cos cos , 22 2 n AC n AC n AC               ， 又 π0 2   ， π 3   . 18．(1) 2 2 0x y   (2)证明见详解 【分析】（1）由题意设切线 PA： 2 ( 2)  y k x ，联立抛物线方程可得关于 y的一元二次 答案第 10页，共 12页 方程，由Δ 0 求出 k即可求解； （2）易知直线 PA斜率不存在求得直线 1: 2 AB y x ，恒过定点 (2,1)；当直线 PA斜率存在时， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，切线 PA： 2 1 1 2 yy y k x         ，联立抛物线方程得关于 y的一元二 次方程，由Δ 0 求出 k，则 PA： 1 1 0x y y x   ，同理可得 PB： 2 2 0x y y x   ，结合题意 可得 AB： 0 0 0x y y x   ，根据直线恒过定点问题，即可证明. 【详解】（1）显然切线 PA的斜率存在且不为 0，设切线 PA： 2 ( 2)  y k x ， 代入 2 2y x ，得 2 2 4 4 0ky y k    ， 由 2( 2) 4 ( 4 4) 0k k       ，解得 1 2 k   所以直线 PA的方程为 12 ( 2) 2 y x    ，即 2 2 0x y   ． （2）若直线 PA的斜率存在，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， PA：   2 1 1 1 2 yy y k x x k x           ， 代入 2 2y x ，得 2 21 12 2 0ky y y ky    由Δ 0 ，解得 1 1k y  ． 所以直线 PA的方程为 1 1 1 2 yy x y   ，即 1 1 0x y y x   同理直线 PB的方程为 2 2 0x y y x   因为 0 0( , )P x y 在直线 PA和 PB上， 所以 0 1 0 1 0 2 0 2 0 0 x y y x x y y x        ， 可得点  1 1,A x y ，  2 2,B x y 在直线 0 0 0x y y x   上， 所以直线 AB的方程为 0 0 0x y y x   ，因为 0 0 2 0x y   ， 所以 0 0 2y x  ，则直线 AB的方程为 0(1 ) 2 0y x x y    ， 由 1 0 2 0 y x y      ，得 2 1 x y    ，故直线 AB过定点  2,1 . 若直线 PA的斜率不存在，则 (0,0), (0, 2)A P ，设直线 : 2PB y kx  ( 0)k  ， 答案第 11页，共 12页 代入 2 2y x ，得 2 02 4y k y k    ，由Δ 0 ，解得 14k  ， 此时 2 0 2 4y k y k    2( 4) 0y   ，解得 4y  ，得 8x  ， 即 (8, 4)B ，所以 1: 2 AB y x ，恒过定点 (2,1)； 综上：直线 AB过定点  2,1 . 19．(1)不存在，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 3 5,2  . 【分析】（1）假设      0 0f x D f x f D   ，代入函数解析式可得出 2 20 0 0x Dx D   ，计 算，即可得出结论； （2）由      0 0π πf x f x f   ，可得出 0 02π 2sin 1 0x x   ，令   2π 2sin 1g x x x   ， 利用零点存在定理证明出函数  g x 在  0,  内存在零点，即可证得结论成立； （3）由已知可得      0 01 1f x f x f   ，利用对数的运算性质可得 02 0 0 2 11 2 2 2 xa x x      ，令 02 1 1t x   ，可得出 41 52 2 a t t     ，利用基本不等式即可求得 a的取值范围. 【详解】（1）解：不存在，理由如下： 若      0 0f x D f x f D   ，则 0 0 1 1 1 x D x D    ， 整理得 2 2 0 0 0x Dx D   ， 因为 2 2 24 3 0D D D      ，该方程无解， 所以，不存在实数D使得函数   1f x x  为“D伴和函数”. 答案第 12页，共 12页 （2）证明：由      0 0π πf x f x f   ， 得    2 2 20 0 0 0π sin π 1 sin π 2x x x x        ，整理得 0 02π 2sin 1 0x x   ， 设   2π 2sin 1g x x x   因为  g x 在 0,  内连续不断， 且  0 1 0g    ， 2π π 3 0 2 g         ，则   π0 0 2 g g       ， 所以，  g x 在 π0, 2       内存在零点，所以，  g x 在 0,  内存在零点， 即方程2π 2sin 1 0x x   在 0,  内存在实根， 故函数   2 sin 1f x x x   在 0,  上为“ π伴和函数”. （3）解：若函数  f x 在  0,  上为“1伴和函数”，则      0 01 1f x f x f   ， 即   2 0 2 2 2 0 0 00 1lg lg lg lg 1 2 2 21 1 xa a a x x xx                        ， 整理得 2 0 0 2 2 0 0 0 0 1 2 11 2 2 2 2 2 x xa x x x x          ， 令 02 1 1t x   ，则 0 1 2 tx  ， 所以， 2 2 4 41 1 1 52 2 51 1 22 2 2 2 a t t t tt t t t                  . 因为 5 52 2 2 2 5 2t t t t        ，当且仅当 5t t  ，即 5t  时等号成立， 所以， 4 4 5 10 5 22 5 22t t       ，所以， 3 5 41 152 2 2 a t t        ， 即3 5 2a   ，所以，实数 a的取值范围为 3 5,2  . 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都 是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．