精品解析：四川省泸县第五中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

泸县五中高2023级高二下期第三学月考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷2至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 某学校初中部和高中部分别有400名和200名学生，为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中部中抽取40名学生，则n为（ ） A. 60 B. 80 C. 100 D. 120 2. 若直线与互相垂直，则（ ） A. 0 B. C. D. 3. 若方程表示圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与椭圆交于A，B两点，椭圆E右焦点为F，直线AF与E的另外一个交点为C，若，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 《九章算术》是世界上最古老的数学著作之一，书中有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重十斤，斩末一尺，重四斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下尺，重斤；在细的一端截下尺，重斤，问依次每一尺各重多少斤？”假设金杖由粗到细是均匀变化的，则截去粗端尺后，金杖剩余部分的重量为（ ） A. 斤 B. 斤 C. 斤 D. 斤 6. 函数图象上一点到直线的最短距离为（ ） A. B. C. D. 7. 十一中学高三（1）班的九名身高互不相同的挚友想拍一张毕业照，要求排成三行三列，每列后面的人身高都高于前面的人，其中小伟与小豪两位好朋友在这九人中身高由低到高分别位居第1位与第5位，他们要求要站在同行且不相邻，则不同的排列方式共有（ ）种． A. 200 B. 180 C. 120 D. 100 8. 已知，若0是的极小值点，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 已知等比数列的前项和，则（ ） A. B. 等比数列的公比为2 C. D. 10. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 点与平面的距离为 11. 设抛物线的焦点为，过点作一直线交于，两点，过点作的准线的垂线，垂足为，则（ ） A. 以线段为直径的圆与有且只有一个公共点 B. 若，则 C. 若，直线的斜率为，则 D. 若，则直线的斜率为 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 圆与圆的公共弦长为________. 13. 在二项式的展开式中常数项为________． 14. “四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为.现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为______. 四、解答题：本大题共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. 为响应“书香重庆”全民阅读活动，育才中学举办了“阅读之星”比赛活动．为了解比赛情况，现从高一年级随机抽取了300名学生的比赛成绩样本，将样本数据按照分成5组，制成了如图所示的样本频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）学校从比赛成绩落在区间和的学生中，按照分层抽样随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名学生代表参与社区阅读推广活动． ①设抽取的2名学生中比赛成绩落在区间的学生人数为，求随机变量X的分布列； ②抽取的2名学生中，求有一名学生的比赛成绩落在区间的条件下，另一名学生的比赛成绩也落在区间内的概率． 16. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点，且. （1）证明：平面. （2）若，在线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 17. 在科技飞速发展的今天， 人工智能领域迎来革命性的突破， 各种 AI 的人工智能大模型拥有强大的解决问题的能力. 某机构分别用 两种人工智能大模型进行对比研究，检验这两种大模型在答题时哪种更可靠， 从某知识领域随机选取 180 个问题进行分组回答， 其中 人工智能大模型回答 100 个问题，有 91 个正确; 人工智能大模型回答剩下的 80 个问题， 有 65 个正确. （1）完成下列 列联表，并根据小概率值 的独立性检验，能否认为人工智能大模型的选择与回答正确有关? 回答正确 回答错误 合计 人工智能大模型 人工智能大模型 合计 （2）将频率视为概率，用 人工智能大模型随机回答该知识领域的 道题目， 且各题回答正确与否， 相互之间没有影响. 记其中恰有 2 个问题回答错误的概率为 ，求 取得最大值时 的值. 参考公式及参考数据: . 0.15 0.10 0.05 0.010 2.072 2.706 3.841 6.635 18. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线与交于、两点，过点作轴的垂线与直线相交于点． （1）求的方程； （2）证明：点在定直线上； （3）延长交（2）中的直线于点，求四边形面积的最小值． 19. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在区间上的“拉格朗日中值点”．已知函数（，）是奇函数， （1）当时，求在区间上的“拉格朗日中值点”的个数； （2）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，求实数的取值范围； （3）若在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，求实数的取值范围． 参考数据：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2023级高二下期第三学月考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷2至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 某学校初中部和高中部分别有400名和200名学生，为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法从该校学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高中部中抽取40名学生，则n为（ ） A. 60 B. 80 C. 100 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层抽样的性质列式求解即可. 【详解】根据分层抽样可得，解得. 故选：D. 2. 若直线与互相垂直，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论直线的斜率，再利用即可. 【详解】由题意可知直线的斜率， 当时，直线的斜率不存在，不满足； 当时，直线的斜率， 由，得，即，解得． 故选：B 3. 若方程表示圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将方程化成，再利用条件，即可求解. 【详解】因为方程可变形为， 由题知，得到， 故选：C. 4. 已知直线与椭圆交于A，B两点，椭圆E右焦点为F，直线AF与E的另外一个交点为C，若，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，设，根据椭圆的对称性和定义可得，，在直角与中，分别利用勾股定理建立方程，解之即可求解. 【详解】设椭圆的左焦点为，连接， 设，由对称性可知， 由定义得，则， 又，，所以， 在直角中，由， 即，解得. 在直角中，，即， 把代入整理得，由解得. 故选：C 5. 《九章算术》是世界上最古老的数学著作之一，书中有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重十斤，斩末一尺，重四斤，问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金杖，长尺，一头粗，一头细，在粗的一端截下尺，重斤；在细的一端截下尺，重斤，问依次每一尺各重多少斤？”假设金杖由粗到细是均匀变化的，则截去粗端尺后，金杖剩余部分的重量为（ ） A. 斤 B. 斤 C. 斤 D. 斤 【答案】B 【解析】 【分析】根据金杖由粗到细每一尺重量成等差数列可构造方程求得公差，则所求重量为，由等差数列通项公式可求得结果. 【详解】设金杖由粗到细每一尺的重量为，则为等差数列，设其公差为， 由题意知：，，解得：； 截去粗端尺后，金杖剩余部分的重量为. 故选：B. 6. 函数图象上一点到直线的最短距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用数形结合，得出与直线平行且与曲线相切的直线与曲线的切点处即为到直线的距离最小的点，所以结合导数表示出过点的切线方程，在结合斜率相等求出切点坐标，再利用点到直线的距离公式求解即可. 【详解】设与直线平行且与曲线相切的直线的切点坐标为． 因为，所以，解得，则切点坐标为． 最短距离为点到直线的距离，即． 故选：C 7. 十一中学高三（1）班的九名身高互不相同的挚友想拍一张毕业照，要求排成三行三列，每列后面的人身高都高于前面的人，其中小伟与小豪两位好朋友在这九人中身高由低到高分别位居第1位与第5位，他们要求要站在同行且不相邻，则不同的排列方式共有（ ）种． A. 200 B. 180 C. 120 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】首先通过分析得小伟只能排在第1行，再结合小豪同学与之不邻以及排列的规则，利用分步乘法计数原理知识解答可得答案. 【详解】不妨将这9名挚友的身高从矮到高排序为1，2，3，4，5，6，7，8，9， 小伟同学最矮，只能排在第1行，小豪同学与之不邻，共有种排法， 又由于小豪同学身高排第5，所以其后方只能站序号为6，7，8，9的同学， 从中选两名同学有种选法，选完之后让同学们由高到矮站位就行； 剩下的位置中任选两人站在小伟同学后面，剩余3人在最后一列按高矮顺序站位即可， 所以有种选法，故共有种选法． 故选：C． 8. 已知，若0是的极小值点，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过对函数求导，满足，然后分类讨论利用导数法研究的符号，根据极小值点的概念判断即可. 【详解】对函数求导得：， 又由是函数的极小值点，所以， 还需分析在附近的符号变化，令， 则，， 当时，，即在附近单调递增，又， 所以当时，，当时，，满足0是的极小值点； 当时，，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以， 所以单调递增，此时无极小值点； 当时，，即在附近单调递减， 又，所以当时，，当时，， 此时0是的极大值点，不符合题意； 综上所述：a的取值范围为. 故选：B 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 已知等比数列的前项和，则（ ） A. B. 等比数列的公比为2 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件求出m值及通项公式，再逐项分析即可判断作答. 【详解】因等比数列的前项和为，当时，，则， 因此，等比数列的公比为2，当时，，显然，则，，A错误，B、C正确； 而，于是得数列是等比数列，其首项为4，公比为4，则有，D错误. 故选：BC 10. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 点与平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，计算出，得到；B选项，证明出四边形为平行四边形，故，从而得到线面平行；C选项，求出平面的法向量，由线面角的求解公式进行求解；D选项，求出平面的法向量，由点到平面的距离公式求出答案. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 故， 故，所以， 故，A正确； B选项，因为，，所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面，故平面，B正确； C选项，平面的一个法向量为， 又，故 设直线与平面所成的角大小为， 则， 故直线与平面所成的角不为，C错误； D选项，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 故点与平面的距离为，D正确. 故选：ABD 11. 设抛物线的焦点为，过点作一直线交于，两点，过点作的准线的垂线，垂足为，则（ ） A. 以线段为直径的圆与有且只有一个公共点 B. 若，则 C. 若，直线的斜率为，则 D. 若，则直线的斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，设的中点为，分别过点作准线的垂线，垂足为，进而根据抛物线的定义，可得，进而结合圆的特点判断即可；对于BC，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式求解判断即可；对于D，过点作轴，垂足为，连接，结合图形关系可得，可得，进而根据直线的斜率公式求解判断即可. 【详解】对于A，设的中点为，分别过点作准线的垂线，垂足为， 根据抛物线的定义，，， 所以， 所以以为直径的圆的圆心到准线的距离等于圆的半径， 则为直径的圆与抛物线的准线只有1个公共点，故A正确； 对于BC，当时，抛物线，则，准线， 设直线的方程为， 联立，得， 则，，故B正确， 当直线的斜率为时，， 则直线的方程为，且， 则， 所以，故C错误； 对于D，过点作轴，垂足为，连接，则， 因为，，， 所以，即， 又，则， 则，故D正确. 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 圆与圆的公共弦长为________. 【答案】 【解析】 【分析】先将圆的方程化为标准方程，确定圆心和半径，然后通过两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再利用点到直线距离公式求出圆心到公共弦的距离，最后结合勾股定理求出弦长. 【详解】法1，两圆与圆均过点，，弦长为. 法2，两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程， 圆的圆心到直线的距离， 故公共弦长为. 故答案为：. 13. 在二项式的展开式中常数项为________． 【答案】112 【解析】 【分析】由二项式定理即可求解. 【详解】的展开式中常数项为. 故答案为：112. 14. “四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为.现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，将四进制数转换为十进制形式，由该数能被3整除转化为能被3整除，根据该四进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】设，则4位四进制数转换为十进制为： ， 若这个数能被3整除，则能被3整除. 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数都由3组成时，有1个； 当这个四进制数由，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个. 因为由，，，组成的4位非零四进制数共有个， 所以能被3整除的概率. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将四进制转化为十进制之后，利用二项式定理来求解能否被3整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率. 四、解答题：本大题共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. 为响应“书香重庆”全民阅读活动，育才中学举办了“阅读之星”比赛活动．为了解比赛情况，现从高一年级随机抽取了300名学生的比赛成绩样本，将样本数据按照分成5组，制成了如图所示的样本频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）学校从比赛成绩落在区间和的学生中，按照分层抽样随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名学生代表参与社区阅读推广活动． ①设抽取的2名学生中比赛成绩落在区间的学生人数为，求随机变量X的分布列； ②抽取的2名学生中，求有一名学生的比赛成绩落在区间的条件下，另一名学生的比赛成绩也落在区间内的概率． 【答案】（1） （2）①分布列见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据所有小矩形的面积和为列出关系式求得； （2）①首先求出各组抽取的人数，则的可能取值为，，，求出相应的概率，即可得解；②利用条件概率公式计算可得. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得， 解得； 【小问2详解】 依题意组抽取人，组抽取人； ①依题意的可能取值为，，， 则，，， 所以的分布列为： 0 1 2 ②记有一名学生的比赛成绩落在区间为事件，两名学生的比赛成绩都落在区间为事件， 则，， 所以. 16. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点，且. （1）证明：平面. （2）若，在线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：因为， 所以由题在和中，，故， 所以， 所以可得，又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又由直三棱柱性质可得，平面， 所以平面. （2）存在，为线段的中点. 【解析】 【分析】（1）先求证，接着由题设结合线面垂直判定定理求证平面，进而得，再由直三棱柱性质得，进而由线面垂直判定定理即可求证平面； （2）建立适当的空间直角坐标系，设，，求出平面的一个法向量为和平面的一个法向量为， 再由求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意和（1）可以C为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 若，则可设， 则,设， 则， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 则，， 则，， 取，则， 所以， 解得（舍去）或 ， 所以若，在线段上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，此时为线段的中点. 17. 在科技飞速发展的今天， 人工智能领域迎来革命性的突破， 各种 AI 的人工智能大模型拥有强大的解决问题的能力. 某机构分别用 两种人工智能大模型进行对比研究，检验这两种大模型在答题时哪种更可靠， 从某知识领域随机选取 180 个问题进行分组回答， 其中 人工智能大模型回答 100 个问题，有 91 个正确; 人工智能大模型回答剩下的 80 个问题， 有 65 个正确. （1）完成下列 列联表，并根据小概率值 的独立性检验，能否认为人工智能大模型的选择与回答正确有关? 回答正确 回答错误 合计 人工智能大模型 人工智能大模型 合计 （2）将频率视为概率，用 人工智能大模型随机回答该知识领域的 道题目， 且各题回答正确与否， 相互之间没有影响. 记其中恰有 2 个问题回答错误的概率为 ，求 取得最大值时 的值. 参考公式及参考数据: . 0.15 0.10 0.05 0.010 2.072 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）答案见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到列联表；利用公式求得，结合附表即可得到结论； （2）根据题意得出独立事件概率公式列式，再作商计算判断单调性即可求解. 【小问1详解】 回答正确 回答错误 合计 A人工智能大模型 91 9 100 B人工智能大模型 65 15 80 合计 156 24 180 零假设：人工智能大模型的选择和回答正确无关， ， 故根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 故可以判断人工智能大模型的选择和回答正确有关； 【小问2详解】 由题意，A人工智能大模型回答题目正确的概率为， 恰有 2 个问题回答错误的概率为 ， ， 所以，当时，，当时，， 所以，， 所以 取得最大值时. 18. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线与交于、两点，过点作轴的垂线与直线相交于点． （1）求的方程； （2）证明：点在定直线上； （3）延长交（2）中的直线于点，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标可得出该抛物线的标准方程； （2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，将直线、的方程联立，求出点的坐标，即可证得结论成立； （3）将直线的方程与直线的方程联立，可知，然后利用梯形的面积公式、韦达定理以及基本不等式可求得的最小值. 【小问1详解】 由题意，设抛物线的标准方程为，则，可得， 故抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得，， 由韦达定理可得，， 由题意可知，直线的方程为， 直线的方程为， 联立直线、的方程得可得，所以，. 因此，点在定直线上. 【小问3详解】 如下图所示： 易知点，直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得可得，故点，则， 且，， 所以， ， 因为， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，. 因此，四边形面积的最小值为. 19. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在区间上的“拉格朗日中值点”．已知函数（，）是奇函数， （1）当时，求在区间上的“拉格朗日中值点”的个数； （2）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，求实数的取值范围； （3）若在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”，求实数的取值范围． 参考数据：． 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据是奇函数确定的值，由题意知即求方程在上的实根个数，令，利用导数和函数零点存在定理判断； （2）由，得或，令，利用导数求的图象性质，由其与有两个不同的交点，可解问题； （3）由（2）得，由，令，分，，和进行研究. 【小问1详解】 因为函数是奇函数， 所以，即， 所以，所以． 所以当时，，所以， 由题意知即求方程在上的实根个数， 令，则， 所以当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增． 所以， 又，， 所以由函数零点存在定理知，，，使得，． 所以当时，在区间上的“拉格朗日中值点”的个数为2． 【小问2详解】 由题知，即，其定义域为， 则，． 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图所示． 因为在定义域内有三个不同的极值点， 所以与有两个不同的交点，所以． 【小问3详解】 由（2）得，由， 令，则，，． ①若，则，所以单调递减， 因为在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”， 所以即解得． ②若，当时，，在上单调递增， 则即，解得； 当时，，在上单调递减， 则，即，解得． 当时，令得．当时，，所以单调递减， 当时，，所以单调递增， 所以， 令，则， 令，得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则，即． 由题意知或，结合，解得或． 综上，若在区间上有且只有一个“拉格朗日中值点”， 则实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $