精品解析：辽宁省沈阳市东北育才学校超常教育实验部2024届高三下学期第十一次模拟考试数学试题

2024届东北育才学校超常教育实验部 高三年级 数学学科 第十一次模拟考试 考试时间：2024.6.4 120 分钟 试卷满分： 150 分 一、单选题 1. 若是关于的实系数方程的一个复数根，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 若函数与其反函数的图像有交点，则实数的值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 甲､乙等6名高三同学计划今年暑假在四个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个同学去打卡游玩，每位同学都会选择一个景点打卡游玩，且甲､乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ） A. 96种 B. 132种 C. 168种 D. 204种 4. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 若直线平分圆，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 或 6. 已知函数，若满足（、、互不相等），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知函数，若，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11 B. 已知变量x，y的线性回归方程，且，则 C. 已知随机变量，最大，则的取值为3或4 D. 已知随机变量，，则 10. 已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，则直线平面 B. 当时，的最小值为 C. 当时，的取值范围为 D. 当，且时，则点的轨迹长度为 11. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为.和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（ ） A. B. C. ，其中 D. 函数的最小值为 三、填空题 12. 已知集合，若且，则实数的取值范围是__________. 13. 圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 cm. 14. 已知实数，满足，则的取值范围是______. 四、解答题 15. 已知是函数的一个极值点. （1）求； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有3个零点，求的取值范围. 16. 如图（1），正三棱柱，将其上底面ABC绕的中心逆时针旋转，，分别连接得到如图（2）的八面体 （1）若，依次连接该八面体侧棱的中点分别为M，N，P，Q，R，S， （ⅰ）求证：共面； （ⅱ）求多边形的面积； （2）求该八面体体积的最大值． 17. 19世纪俄国数学家切比雪夫在研究统计的规律中，论证并用标准差表达了一个不等式，该不等式被称为切比雪夫不等式，它可以使人们在随机变量的分布未知的情况下，对事件做出估计.若随机变量具有数学期望，方差，则切比雪夫定理可以概括为:对任意正数，不等式成立.已知在某通信设备中，信号是由密文“”和“”组成的序列，现连续发射信号次，记发射信号“”的次数为. （1）若每次发射信号“”和“”的可能性是相等的， ①当时，求； ②为了至少有的把握使发射信号“”的频率在与之间，试估计信号发射次数的最小值； （2）若每次发射信号“”和“”的可能性是，已知在2024次发射中，信号“”发射次的概率最大，求的值. 18. 网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图． （1）为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角不能超过，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图1所示，记长方体的纵截面为矩形，，，而客户家门高度为米，其他过道高度足够．若以倾斜角的方式进客户家门，小金能否将冰箱运送入客户家中？计算并说明理由． （2）由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图2所示，过道宽为米．记此冰箱水平截面为矩形，．设，当冰箱被卡住时(即点、分别在射线、上，点在线段上），尝试用表示冰箱高度的长，并求出的最小值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结果精确到） 19. 已知椭圆C：，四点中恰有三点在椭圆C上． （1）求椭圆C的方程； （2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点． （3）如图，抛物线M：的焦点是F，过动点的直线与椭圆C交于P，Q两点，与抛物线M交于两点，且G是线段PQ的中点，是否存在过点F的直线交抛物线M于T，D两点，且满足，若存在，求直线的斜率k的取值范围；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届东北育才学校超常教育实验部 高三年级 数学学科 第十一次模拟考试 考试时间：2024.6.4 120 分钟 试卷满分： 150 分 一、单选题 1. 若是关于的实系数方程的一个复数根，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程复数根的特点及韦达定理即可求出、，再由复数的运算求解即可. 【详解】因为是关于的实系数方程的一个复数根， 则另一个复数根为， 由韦达定理可得得，解得， 则，所以. 故选：A 2. 若函数与其反函数的图像有交点，则实数的值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析，本题只需考虑时，的反函数为，当与相切时，设切点为，列方程计算求得，研究其范围即可得出结果. 【详解】当时，无反函数，故不符合题意； 由选项可知只需考虑即可.此时为指数函数，我们知道函数的反函数为， 当与相切时，设切点为，在切点处两直线两函数值与斜率相等， 则，由③可得，代入②可得：， 解得：，综上，由于，故， 故选：B 3. 甲､乙等6名高三同学计划今年暑假在四个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个同学去打卡游玩，每位同学都会选择一个景点打卡游玩，且甲､乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同游玩方法有（ ） A. 96种 B. 132种 C. 168种 D. 204种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，剩下4人去其他两个景点游玩，由此按游玩的人数分2种情况讨论，结合分类加法计数原理，即可求解. 【详解】由题意，甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩， 则剩下的4人去其他两个景点游玩，有两种情况： ①若3位同学去一个景点，1位同学去另一个景点，有种不同游玩方法； ②分别都是2位同学去一个景点，有种不同游玩方法， 由分类计数原理得，共有种. 故选：C. 4. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算，建立方程组，解之即可求解. 【详解】由题可知，点在上， ， 又， ，解得. 故选：C． 5. 若直线平分圆，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】列出所满足的条件，由直线过圆心求得的值. 【详解】可化为，则， 又直线平分圆， 则直线经过圆心. 代入直线得，解得或. 因为不满足，故 故选：C. 6. 已知函数，若满足（、、互不相等），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数的图象，根据，利用数形结合法求解. 【详解】解：作出函数的图象，如图所示： 不妨设， 因为， 由函数的性质得，，即， 所以， 故选：D 7. 如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得且，由离心率的概念可得，结合勾股定理计算可得，进而求解. 【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分， 可得；设圆柱底面半径为，则，所以， 设椭圆长轴长为，短轴长为， 因为离心率为，得，则， 即，所以，得， 又由勾股定理得，解得， 故. 故选：B. 8. 已知函数，若，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数自变量大小可得，再根据函数在上的单调性判断即可. 【详解】因为，， 所以， 当时，， 因为，所以在上单调递增， 所以， 故选：C. 二、多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11 B. 已知变量x，y的线性回归方程，且，则 C. 已知随机变量，最大，则的取值为3或4 D. 已知随机变量，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用百分位数的定义以及计算方法，可得答案；对于B，根据回归直线必定过样本中心，建立方程，可得答案；对于C，根据二项分布的概率计算公式，结合商式，可得答案；对于D，根据正态分布的对称性以及其概率的表示，可得答案. 【详解】对于A，因为，所以这组数据的75%分位数为14，故A错误； 对于B，由，解得，故B正确； 对于C，，其中． 又，，， 故， 故C正确；对于D，，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，则直线平面 B. 当时，的最小值为 C. 当时，的取值范围为 D. 当，且时，则点的轨迹长度为 【答案】BC 【解析】 【分析】由时，得到为的中点，可判定A错误；在上取点，得到求得点在上，将平面与平面沿着展开到同一平面内，可判定B正确；证得平面，求得的最大值与最小值，可判定C正确；求得点的轨迹在内，根据题意得到点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，且，可判定D错误． 【详解】对于A中，由于时，则，此时为的中点， 在正方体中，由平面，所以直线不会垂直平面，所以A错误； 对于B中，在上取点，使，在上取点，使， 因为，即，可得点在上， 将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图（1）（2）所示， 连接交于，此时三点共线，取到最小值即的长， 由于，所以，则， 所以，所以， 即此时的最小值为，所以B正确； 对于C中，当时，可得点的轨迹在平面内（包括边界）， 在正方形中，可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以，又由， 所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，当时，可得点的轨迹在内（包括边界）， 由于平面，平面，可得， 又因为平面，故平面， 因为平面，可得，同理可证， 又因为平面，所以平面， 设与平面交于点，由于， 为边长为的正三角形，则点到平面的距离为， 若，则，即点落在以为圆心，为半径的圆上， 此时点到三边的距离均为， 即点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 又由，其轨迹长度为3倍的弧长，所以D错误． 故选：BC. 【点睛】方法点睛： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 11. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为.和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（ ） A. B. C. ，其中 D. 函数的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：构建，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于B：对，，取对数整理即可；对于C：设，整理得，结合选项A分析判断；对于D：结合不等式分析可知，当且仅当时，等号成立，结合的零点分析判断. 【详解】对于选项A：构建，则为的零点， 因为， 若，则，可知在内单调递减，且， 所以在内无零点； 若，则，可知在内单调递增， 且，所以在内存在唯一零点； 综上所述：，故A正确； 对于选项B：因为，，即， 两边取对数可得：，故B正确； 对于选项C：设，则，整理得，即， 可得，所以，即，故C正确； 对于选项D：构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，可得，当且仅当时，等号成立， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 因为在内单调递减， 可知在内单调递减，且， 可知在内存在唯一零点，即， 所以的最小值为，不为，故D错误； 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 三、填空题 12. 已知集合，若且，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件，利用分式不等式求解集合，结合集合交集､并集的定义，即可求解. 【详解】由得：， 所以， 因为且， 所以. 故答案为：. 13. 圆柱形容器内部盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示），则球的半径是 cm. 【答案】4 【解析】 【详解】设球半径为r，则由, 可得， 解得． 【思路点睛】本题考查几何体的体积，考查学生空间想象能力，解答时，首先设出球的半径，然后再利用三个球的体积和水的体积之和，等于柱体的体积，求解即可． 14. 已知实数，满足，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】分情况讨论可作曲线，再根据双曲线的渐近线，结合目标函数的几何意义及曲线的几何性质可得解. 【详解】因为实数，满足， 当，时，方程为，图象为椭圆在第一象限的部分； 当，时，方程为，图象为双曲线在第四象限的部分； 当，时，方程为，图象为双曲线在第二象限的部分； 当，时，方程为，图象不存在， 在同一坐标系中作出函数的图象如图所示， 根据双曲线的方程可知，两条双曲线的渐近线方程都是， 令，即直线与渐近线平行， 当最大时，为图中①的情况，即直线与椭圆相切， 联立方程组， 可得， 当直线与椭圆相切时，则有， 解得， 又因为椭圆的图象只有第一象限的部分， 故， 当最小值时，恰在图中②的位置，且取不到这个最小值， 此时，则， 综上可得，的取值范围为， 所以的取值范围为， 即的取值范围是． 故答案为： 四、解答题 15. 已知是函数的一个极值点. （1）求； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有3个零点，求的取值范围. 【答案】（1）16 （2）单调增区间为，单调减区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）先依据题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值； （2）利用函数的导数即可求得函数的单调区间； （3）依据函数的单调性和极值，结合直线与函数的图像即可求得的取值范围. 【小问1详解】 ， 由是函数的一个极值点， 则，解之得.经检验符合题意. 【小问2详解】 由（1）可得 由，可得或， 由，可得， 则函数的单调增区间为，单调减区间为. 【小问3详解】 由（2）可得，函数的极大值为， 函数的极小值为， 又， 函数的简图如下： 当直线与函数的图像有3个交点时， 函数有3个零点， 则的取值范围为. 16. 如图（1），正三棱柱，将其上底面ABC绕的中心逆时针旋转，，分别连接得到如图（2）的八面体 （1）若，依次连接该八面体侧棱的中点分别为M，N，P，Q，R，S， （ⅰ）求证：共面； （ⅱ）求多边形的面积； （2）求该八面体体积的最大值． 【答案】（1）（ⅰ）证明：由基本事实1，三点共面，设这三点确定的平面为， 因为，且平面，平面， 所以平面，同理，平面， 又因为平面由棱柱上底面绕中心旋转得到， 所以平面平面，因为平面，所以平面， 若平面与平面相交，设平面平面，则至少与中一条直线相交， 不失一般性，设，则平面，且，由基本事实3知，与矛盾，故平面平面， 若平面，则与平面相交，由平面平面，则与平面相交， 因为平面，所以与相交，与矛盾，所以平面， 即四点共面；同理， 综上，六点共面. （ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（ⅰ）三点确定平面，证明其余务点都在内；（ⅱ）由多边形的形状，利用分割法求面积。 （2）八面体补成六棱柱，转化为规则图形求体积. 【小问1详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）旋转后俯视图形如下，由条件知， 且， 旋转前与夹角为，旋转后夹角为， 由平行关系，得，同理， 联结，所以全等且均为等腰直角三角形， 所以，又因为为正三角形且边长为， 所以，所以截面的面积为 【小问2详解】 (3)利用割补法，分别由向平面作垂线，垂足为， 由向平面作垂线，垂足为； 将八面体补成六棱柱，则八面体的体积为六棱柱的体积扣去六个全等的四面体，即， 易知这些棱柱与棱锥的高均为三棱柱的高，设， 则， 其中，的外接圆也是的外接圆， 设其圆心为O，由正弦定理，其半径为 则，当时，距离最远，此时， 所以八面体体积的最大值为 【点睛】方法点睛： 若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进，即将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解． 17. 19世纪俄国数学家切比雪夫在研究统计的规律中，论证并用标准差表达了一个不等式，该不等式被称为切比雪夫不等式，它可以使人们在随机变量的分布未知的情况下，对事件做出估计.若随机变量具有数学期望，方差，则切比雪夫定理可以概括为:对任意正数，不等式成立.已知在某通信设备中，信号是由密文“”和“”组成的序列，现连续发射信号次，记发射信号“”的次数为. （1）若每次发射信号“”和“”的可能性是相等的， ①当时，求； ②为了至少有的把握使发射信号“”的频率在与之间，试估计信号发射次数的最小值； （2）若每次发射信号“”和“”的可能性是，已知在2024次发射中，信号“”发射次的概率最大，求的值. 【答案】（1）①；②1250次； （2） 【解析】 【分析】（1）①依题意可知，则，利用二项分布的概率公式计算可得；②由，即可得到、，结合切比雪夫不等式计算可得； （2）依题意可得，根据二项分布的概率公式计算，求出的取值范围，即可得解. 【小问1详解】 ①由题意， 所以. ； ②由题意，则，， 若，则， 所以， 又，解得，即发射次数至少为次. 【小问2详解】 依题意， 则， ， ，解得， ，解得， 又，所以当时，最大. 18. 网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图． （1）为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角不能超过，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图1所示，记长方体的纵截面为矩形，，，而客户家门高度为米，其他过道高度足够．若以倾斜角的方式进客户家门，小金能否将冰箱运送入客户家中？计算并说明理由． （2）由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图2所示，过道宽为米．记此冰箱水平截面为矩形，．设，当冰箱被卡住时(即点、分别在射线、上，点在线段上），尝试用表示冰箱高度的长，并求出的最小值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结果精确到） 【答案】（1）冰箱能够按要求运送入客户家中，理由如下： 过A，D作水平线，作如图， 当倾斜角时，冰箱倾斜后实际高度（即冰箱最高点到地面的距离） ， 故冰箱能够按要求运送入客户家中． （2）最小值为米，此情况下能推运冰箱高度的最大值为米. 【解析】 【分析】（1）过A，D作水平线，作，由可得； （2）延长与直角走廊的边相交于、，由表示出，设进行换元，利用单调性即可求解. 【小问1详解】 冰箱能够按要求运送入客户家中，理由略 【小问2详解】 延长与直角走廊的边相交于、， 则，，， 又， 则，． 设， 因为，所以，所以， 则 ， 再令，则， 易知，在上单调递增， 所以单调递减， 故当，即，时，取得最小值. 由实际意义需向下取，此情况下能顺利通过过道的冰箱高度的最大值为米． 19. 已知椭圆C：，四点中恰有三点在椭圆C上． （1）求椭圆C的方程； （2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点． （3）如图，抛物线M：的焦点是F，过动点的直线与椭圆C交于P，Q两点，与抛物线M交于两点，且G是线段PQ的中点，是否存在过点F的直线交抛物线M于T，D两点，且满足，若存在，求直线的斜率k的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） 证明：①当斜率不存在时，设,， ∵直线与直线的斜率的和为， ∴， 解得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设,，， 联立，消去y整理得， 则，， 则 , 又，∴，此时， 故存在k，使得成立， ∴直线l的方程为，即 ∴l过定点． （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的对称性，得到三点在椭圆C上．把的坐标代入椭圆C，求出，即可求出椭圆C的方程； （2）当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设，与椭圆方程联立，利用判别式、根与系数的关系，结合已知条件得到，能证明直线l过定点； （3）利用点差法求出直线PQ的斜率，从而可得直线PQ的方程，与抛物线方程联立，由，及点G在椭圆内部，可求得的取值范围，设直线TD的方程为，与抛物线方程联立，由根与系数的关系及，可求得m的取值范围，进而可求得直线的斜率k的取值范围． 【小问1详解】 根据椭圆的对称性，两点必在椭圆C上， 又的横坐标为1， ∴椭圆必不过， ∴三点在椭圆C上． 把代入椭圆C， 得，解得， ∴椭圆C的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ∵点P，Q在椭圆上，所以，， 两式相减可得， 又是线段PQ的中点， ∴， ∴直线PQ的斜率， ∴直线PQ的方程为，与抛物线方程联立消去x可得， 由题可知，∴， 又G在椭圆内部，可知，∴，故， 设，，由图可知，， ∴， 当直线TD的斜率为0时，此时直线TD与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去， 设直线TD的方程为，与抛物线方程联立，消去x可得， ∴， 由，可知，即， ∴，即， ∴， ∵， ∴，解得，即， ∴直线TD即的斜率． 【点睛】思路点睛：处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $