精品解析：山东省菏泽市曹县第一中学2025届高三上学期第二次月考数学试题

高三年级2024-2025学年度第二次月考数学试题 时间120分钟，满分150分 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 故选：D 2. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦两角和公式和同角三角函数关系求解即可. 【详解】因为，， 所以. 所以. 故选：A 3. 命题为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出命题为真命题时a的值，再结合充分不必要条件的定义即可得解. 【详解】若命题“”为真命题， 则，恒成立. 令，则函数在上单调递增，所以在当时，取得最大值4， 可得， 所以各选项中只有是的真子集， 即是“”为真命题的一个充分不必要条件. 故选：B 4. 已知为奇函数，当时，，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用题给条件求得在上单调性，利用为奇函数求得的大小关系，再利用幂函数性质比较的大小关系，进而得到三者间的大小关系. 【详解】因为当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 当时，， 则在上单调递减，在上单调递增. 且，所以在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增. 因为，， 则 所以. 故选：A 5. 已知关于的不等式的解集为，则下列结论错误的是（ ） A. B. ab的最大值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的解集与方程根的关系，结合韦达定理，求得，，可判定A正确；结合基本不等式和“1”的代换，可判断B正确，C错误，D正确. 【详解】由题意，不等式的解集为， 可得，且方程的两根为和， 所以，所以，， 所以，所以A正确； 因为，，所以，可得， 当且仅当时取等号，所以的最大值为，所以B正确； 由， 当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为，所以C错误； 由， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为，所以D正确． 故选：C． 6. 如图所示，梯形中，，点为的中点，，，若向量在向量上的投影向量的模为4，设、分别为线段、上的动点，且，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的运算及投影向量的模求出梯形的直角边长，再建立平面直角坐标系，利用坐标运算得出关于的函数，利用对勾函数单调性求最值即可得解. 【详解】，， 梯形为直角梯形， ， ，即， 由，同理可得， 又向量在向量上的投影向量的模为4，所以， 以B为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则， ， 所以， 由且可得， 令，则由对勾函数单调性知， 当时单调递减，时单调递增， 故，由知，， 故， 故选：D 7. 若关于x的不等式在上恒成立，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设易得，整理题设为，设，，结合导数分析函数的单调性，进而转化问题为在上恒成立，设，，进而结合导数分析的单调性，进而求解即可. 【详解】由题设，显然，由， 即，即， 设，，则， 而，则函数在上单调递减，所以， 即在上恒成立，即在上恒成立， 设，，则， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即， 又，所以a的取值范围是. 故选：B. （平行部） 8. 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又设四棱锥的高为，则， 当且仅当即时等号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高. 故选：C． [方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则， ，，单调递增， ，，单调递减， 所以当时，最大，此时． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． （拓展部） 9. 已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解． 【详解】因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得． 二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18分． 10. 如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ） A. B. C. 函数在上单调递减 D. 若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项. 【详解】令得，或，， 由图可知：，，， 所以，， 所以，所以，故A选项正确， 所以，由且处在减区间，得， 所以，， 所以，， 所以， ，故B错误. 当时，， 因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确； 将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移）， 为偶函数得，， 所以，，则的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为3 D. 的最小值为3 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助复数的基本概念与模长运算可得A；借助复数的几何意义计算可得B；借助圆与直线的距离可得C、D. 【详解】对A：为纯虚数，可设选项A正确； 对B：设，， 则，即， 则所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， ，选项B正确； 对C：为纯虚数，对应点在轴上（除去原点）， 所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， 的取值范围为，无最小值，选项C错误； 对D： ， 表示点到以为圆心，以2为半径的圆上的点的距离， 为纯虚数或0，在轴上（除去点）， 当时取得最小值3，∴选项D正确. 故选：ABD． （平行部） 12. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 三棱锥的体积不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A，由面面平行的性质定理可判断B，由线面垂直的性质定理可判断C，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断D． 【详解】正方体中由平面，平面，可得， 又，是平面内两相交直线，从而得平面， 平面，因此有， 同理，， ∴平面，又平面，∴平面平面，A正确； 正方体中与平行且相等，则是平行四边形，，平面，平面， ∴平面，同理平面，，都在平面内， ∴平面平面，平面，∴平面，B正确； 与A选项同理可证平面，当是与交点时，平面， ，异面直线与所成角为，C错误； 由 B选项，知平面，∴到平面的距离不变，因此三棱锥体积不变，D正确． 故选：ABD． （拓展部） 13. 已知数列满足，，，为数列的前项和，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据递推关系式可求得为奇数和为偶数时的通项公式，进而确定，知AB正误；由可确定C正确；分别讨论和时，的通项公式，结合二次函数性质可确定D正确. 【详解】对于A，当为奇数时，，又， ，则，A正确； 对于B，当为偶数时，，又，； 由A知：当为奇数时，； 则当为偶数时，； 当为奇数时，； ，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，当时，， 当为偶数时，；当为奇数时，； 当时，， 当为偶数时，；当为奇数时，； 综上所述：，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系式求解通项公式、前项和的问题，解题关键是能够根据递推关系式确定数列奇偶项所满足的关系，进而通过对于的取值的讨论求得通项公式. 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分． 14. 已知函数，若函数有7个零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数零点定义，结合换元法、数形结合思想进行求解即可. 【详解】函数的图象如下图所示： 令，函数可化为， 函数有7个零点，等价于方程有7个不相等的实根， 当时，可有三个不相等的实根， 当时，可有四个不相等的实根， 当时，可有三个不相等的实根， 设的两根为，且， 若，方程无零根，不符合题意， 若，，由题意可知： ， 若，则有，此时， 这时，显然不满足， 综上所述：实数的取值范围是， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是把函数零点问题转化为方程的实根问题，运用数形结合思想. 15. 设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出． 【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示： 则,，设,于是， 因为，所以，故的取值范围是. 故答案为：． 16. 已知函数的极大值点为0，则实数m的值为_________；设，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为_____________． 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】求出函数的导函数，即可得到，从而求出，令，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数草图，即可得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得解； 【详解】解：，则，则，解得， 此时，，当时，当时， 所以在上的单调递增，在上单调递减，则在处取极大值，符合题意； 令，则 构造函数，则． 因为，所以当时，当时， 即在上单调递增，在上单调递减，又， 易知的图象如图所示： 不妨令， 令 ∵ ∴在上单调递增，即 ∵，∴，即 ∵，∴ ∵在上单调递减，∴ 故答案为：1； 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． 17. 如图，在棱长为1的正方体中，是正方形的中心. （1）求绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体的体积； （2）求证：平面. 【答案】（1） （2） 方法一：连接，如图. 在正方体中，易知， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面. 又平面，所以， 同理可证平面，所以. 因为，平面， 所以平面. 方法二：以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 则， ， 所以，， 又，，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体是底面半径为，高为1的圆锥，求出体积可得答案； （2）方法一：连接，利用线面垂直的判定定理、性质定理可得、，再由线面垂直的判定定理可得答案；方法二：以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出则，，再由线面垂直的判定定理可得答案. 【小问1详解】 因为正方体的棱长为1， 所以，，是直角三角形， 所以绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体是底面半径为， 高为1的圆锥，其体积为； 【小问2详解】 略 18. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求证：； （2）若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围． 【答案】（1） 因为，由正弦定理得 又，所以 因为为锐角三角形，所以，， 又在上单调递增，所以，即； （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可； （2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，所以在中，， 由正弦定理得：，所以， 所以． 又因为为锐角三角形，所以，，，解得， 所以，即面积的取值范围为． （平行部） 19. 如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】 （1）因为，为的中点， 所以，且． 连结． 因为，所以为等腰直角三角形， 且 ，由知． 由知，平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果． 【详解】（1）略 （2）［方法一］：【通性通法】向量法 如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ． 由已知得 ， 取平面的法向量． 设，则． 设平面的法向量为． 由得 ， 可取， 所以 ．由已知得 ． 所以 ．解得(舍去)， ． 所以 ． 又 ，所以 ． 所以与平面所成角的正弦值为． ［方法二］：三垂线＋等积法 由（1）知平面，可得平面平面． 如图5，在平面内作，垂足为N，则平面． 在平面内作，垂足为F，联结， 则，故为二面角的平面角，即． 设，则，在中，． 在中，由，得，则． 设点C到平面的距离为h，由，得，解得， 则与平面所成角的正弦值为． ［方法三］：三垂线＋线面角定义法 由（1）知平面，可得平面平面． 如图6，在平面内作，垂足为N，则平面． 在平面内作，垂足为F，联结，则， 故为二面角的平面角，即．同解法1可得． 在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结． 在中，． 因为，所以． 由平面，可得平面平面，交线为． 在平面内，由，可得平面， 则为直线与平面所成的角． 设，则， 又，所以直线与平面所成角的正弦值为． ［方法四］：【最优解】定义法 如图7，取的中点H，联结，则． 过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）． 连结，则即为二面角的平面角，即，得． 联结，则为直线与平面所成的角． 在中，，所以． 【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法； 方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段； 方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦； 方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解． （拓展部） 20. 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列． （1）求和的通项公式； （2）记和分别为和的前n项和．证明：． 【答案】（1），； （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和 ， ， ． 设， ⑧ 则． ⑨ 由⑧-⑨得． 所以． 因此． 故． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法 证明：由（1）可得， ，① ，② ①②得 ， 所以， 所以， 所以. [方法三]：构造裂项法 由（Ⅰ）知，令，且，即， 通过等式左右两边系数比对易得，所以． 则，下同方法二． [方法四]：导函数法 设， 由于， 则． 又， 所以 ，下同方法二． 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可. 【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列， 所以，所以， 即，解得，所以， 所以. （2）略 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁. （2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论； 方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解； 方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法， 方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 21. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【小问1详解】 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 22. 已知定义：函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，如果一个连续函数在区间I上的二阶导函数，则称为I上的凹函数;二阶导函数，则称为I上的凸函数.若是区间I上的凹函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.若是区间I上的凸函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.已知函数，. （1）试判断在为凹函数还是凸函数? （2）设，，，，且，求的最大值; （3）已知，且当，都有恒成立，求实数a的所有可能取值. 【答案】（1）凸函数 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据凹凸函数的定义判断即可； （2）由（1）知在为凸函数，根据凸函数的性质结合题意即可求解； （3）令，，则问题转化为在上恒成立，对分类讨论，结合导数的运算研究函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 ，， 所以，， 因为，所以， 所以在为凸函数. 【小问2详解】 由（1）知在内为凸函数， 又，且（，，，）， 所以 所以 【小问3详解】 令，，则在上恒成立， 则，且， 当，，不合题意舍去; 当，则， 故， 令，则 ， 令，，则， 所以在上递增，所以， 所以，即在上递增， 又，则，所以在上递增， 又，即，，符合题意; 当，令，则，， 所以，不合题意舍去， 综上，正整数a的取值集合为 【点睛】方法点睛：求解“新定义”题目，主要分如下几步： （1）对定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号； （2）对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点； （3）对定义中提取的知识进行提取和转换，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；如果新定义是性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特值排除. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级2024-2025学年度第二次月考数学试题 时间120分钟，满分150分 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 3. 命题为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 已知为奇函数，当时，，当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知关于的不等式的解集为，则下列结论错误的是（ ） A. B. ab的最大值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 6. 如图所示，梯形中，，点为的中点，，，若向量在向量上的投影向量的模为4，设、分别为线段、上的动点，且，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 若关于x的不等式在上恒成立，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. （平行部） 8. 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ） A. B. C. D. （拓展部） 9. 已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题，本题共3小题，每小题6分，共18分． 10. 如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ） A. B. C. 函数在上单调递减 D. 若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为 11. 已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为3 D. 的最小值为3 （平行部） 12. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 三棱锥的体积不变 （拓展部） 13. 已知数列满足，，，为数列的前项和，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 的最大值为 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分． 14. 已知函数，若函数有7个零点，则实数的取值范围是______． 15. 设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______． 16. 已知函数的极大值点为0，则实数m的值为_________；设，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为_____________． 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． 17. 如图，在棱长为1的正方体中，是正方形的中心. （1）求绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体的体积； （2）求证：平面. 18. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求证：； （2）若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围． （平行部） 19. 如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． （拓展部） 20. 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列． （1）求和的通项公式； （2）记和分别为和的前n项和．证明：． 21. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 22. 已知定义：函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，如果一个连续函数在区间I上的二阶导函数，则称为I上的凹函数;二阶导函数，则称为I上的凸函数.若是区间I上的凹函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.若是区间I上的凸函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.已知函数，. （1）试判断在为凹函数还是凸函数? （2）设，，，，且，求的最大值; （3）已知，且当，都有恒成立，求实数a的所有可能取值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $