云南昆明市第三中学2027届高三上学期9月月考数学试卷

**基本信息** 以科技前沿情境（如GPT-4用户行为统计）和分层设问（如导数综合题三问）为特色，覆盖函数、几何、统计等核心模块，适配高三起点复习的能力诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数、集合、向量、解三角形等|基础概念辨析，如圆锥体积公式应用| |多选题|3/18|等比数列、函数性质、抛物线|多选项分层，如抛物线焦点弦性质判断| |填空题|3/15|向量数量积、概率、数列递推|跨模块综合，如概率题多箱子摸球模型| |解答题|5/77|统计、解三角形、立体几何、椭圆、导数|科技情境（GPT-4统计）与梯度设问（导数三问）|

昆明市第三中学高2027届高三年级上学期9月月考 数学试卷答案 1.D【详解】上：，1= 1-i1-i 1+i(1+i)-(1-)-2 2.c【详解】由-名<≤行得号cosx≤1，A- 3c【架】由想设a-多=0s2+3a7-6=004-习，又-302a-,所以8 ,可得 Γ3 4C因为a1BC为领角三角形，所以0<A子又A-正，所以ews4=hma-,在△ABC中，由 余弦定理可得d=b2+c2-2 bc cosA,所以d=32+2-2×3×2x}=10,所以a=V10,在△ABC中，由正 4 V102 sin4 sic,所以h3"sinc,解得sin C-6 弦定理可得ac 4 5.C【详解】设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为.因为圆锥的侧面展开图为半圆，其圆心角为兀， 所以展开图弧长等于底面周长，即=2加→1=2r.又圆锥的侧面积为S侧=πl=2心2=2.解得r=1,1=2. 四维们高为A=-=2了=5赦题锥的体积为y-有hx店 3 6.B【详解】由题意可设M与E的一条渐近线垂直时，垂足为点N,不妨设点N在第一象限内. 点R(C,0)到双曲线B的一条渐近线y=bx的距离为 bc FN= =b,所以cos MF,乃= 3。即c=36, FN b 1 M 即9b2=c2=a2+b2,故a=22b,所以E的渐近线方程为 a 4 、7.c【详解)因为tamB=2tama,所以6=，放 =2 in.Sm(B-)=sinpcwa--cop ina-手，所以o-有in-分所 4 3 以sin(B+a)=sing cosa+cosB sina=.所以 4 cos(2a+2B)=cos2(B+a)=1-2sin2(B+aH-1-2x 答案第1页（共7页） 8.A【详解】因为函数G(x)=f(x)-g(x)有三个零点，即方程f(x)-g(x)=0有三个解，当x>0时，方 程为1=ar-a,即1=x2-x,即m2-m-1=0,因为a>0,所以△=(-a+4a>0,所以方程有两个 根，又」<0，所以2--1=0有一个正根与一个负根，又x>0,所以G(x)=f(x)g()有一正的零 点，当x≤0时，方程为r2+x=ax-a,即ax+(1-a)x+a=0因为函数G(c)=f(x)-g(x)有三个零点， △=(1-a-4ad>0 所以方程x2+(1-a)x+a=0有两个非正根，所以 1-a<0 a ,解得-1<a< 3 a20 a 义a0.所以05：行所以变数a的取值箱国是Q到 9,AC【详解】若等比数列a}的公比为1，则9=3刘7,4-了：8=64=4=g矛后， 7 s=41-9-7 故q≠1，由于S3=7,S%=63, 1-9 ,解得4=1，q=2,A正确；故a=2-1,数列{a} 3,=40-g2=6 1-q 是单调递增数列，B错误，C正确：$上宁 =2”-1,D错误. 10.BCD【详解】对于A,函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=e(x+1),则当x>0时， -x<0,故f(x)=-f(-x)=-e(-x+1)=e(x-1),A错误：对于B,函数f(x)是定义在R上的奇函数， 故f(0)=0;当x<0时，令f(x)=e(x+1)=0,解得x=-1;当x>0时，令f(x)=e(x-1)=0,解得x=1; 故函数f(x)有3个零点，B正确；对于C,当x<0时，令f(x)=(x+1)<0,解得x<1;当x>0时， 令f(x)=e(x-1)<0,解得x<1,则0<x<1,故f(x)<0的解集为(-o,-1)U(0,1),C正确：对于D,当 x<0时，f(x)=e(x+2),所以x<-2时，f'(x)<0,f(x)单调递减，-2<x<0时，f'(x)>0,f(x)单 调递增，所以x=-2时，f(x)取最小值为-e2,且x<-1时，f(x)<0,所以f(x)<f(0)=1,即-e2<f(x)<1, 当x>0时，f'(x)=e(-x+2),当0<x<2时，f'(x)>0,f(x)单调递增，当x>2时，f'(x)<0,f(x) 单调递减，所以x=2时，f(x)取极大值为e2,且x>1时，f(x)>0,0<x<1时，f(x)<0, 所以f(x)>f(0)=-1,所以-1<f(x)<e2,综合以上，f(x)的值域为(-1,1)， 所以x,x∈R,都有f(x)-f(x)<2,故D正确： 答案第2页（共7页） 11.ABD【详解】A:由y=8x→2p=8,得p=4,焦点为F(2,0),准线方程为 x=-2=-2,故A正确：B:由抛物线定义AF+BF到=AB,而AB为抛物线的 2 焦点弦，根据抛物线的性质，焦点弦中通径的长度最短，即AB。=2p=8, 当且仅当直线1垂直于x轴时AB为通径长，则AF+BF最小值为8，故B正确： C:宜线1领斜角为60，其方程为x-+2.代入广=，得3 3y-16=0, 设A(5y),B(5,),则+乃= &5 34h=-16, M-*为-4g-图61-16 ,则△AOB的面积为 3 a04-号21165，数c错误：D:若4.B,,则点4处的切发方程 33 三4t),点8处的切线方程为y=4+5,其中H≠⅓且均不为0，青日，七冬 y=4+5 2 两切线方程 1好消去y得4xM4之，则交点的横坐标①，因为直线A 2 8 2 焦点2,0，则1：1=+2，联立=8x,则y2-8的-16=0，所以y=16,代入①得5=6 -2 故两切线的交点恒在定直线x=-2(即抛物线准线)上，故D正确， 12.5√2【详解】解：a⊥b,.a.i=2m-6=0,解得m=3,所以a-b=1,7),a-=√1+49=5√2， 13. 0.05 /06【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5现4机61，所以总数为15， 所以甲盒中黑球个数为40%×5n=2n,白球个数为3n;乙盒中黑球个数为25%×4=n,白球个数为3n; 丙盒中黑球个数为50%×6n=3n,白球个数为3；记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球'为事 件A,所以，P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05;记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件B,黑球总 类有2m+n+3加=6m个，白球共有9m个，所以，P(B)} 14.①④【详解】令n=1可得a(a-1)=2,解得4=2或-1（舍去），令n=2可得a(S2-1)=2,即 4(a+2-1)=2,解得4=1或-2（舍去），故①正确；令=3可得4(S-1)=2,即a(4+2+1-1)=2, 期剂a=1+5攻1-5（☆去.经会所以a不是等比最列、故@猫误： 由a,(S-1)=2ueN)可变形为S-1=2ueN),31-1=2(u≥2meN),两式相减得 4-1 &2之：2eN),整理符4：品加2ncN.由了 a2a,-1 2a.2>0可得 答案第3页（共7页） 0<a<2(≥2neN),结合4=2可知数列{a,}中不存在大于2的项，故③错误：由aa 22 一可得 Q=2,a）0,所以4，<a,所以数列a}单调递减无最小项故③正雅 a4-1 15.【详解】(1)由0.002×20+0.004×20+0.009×20+a×20+0.012×20+0.003x20=1,解得a=0.02 x=0.002×20x10+0.004×20×30+0.009×20×50+0.02×20×70+0.012×20×90+0.003×20×110=68. 所以样本中该产品用户每日的平均使用时长为68分钟，由样本估计总体， 因此估计该产品用户每日的平均使用时长x=68(分钟) (2)由频率分布直方图可知，[60,80)频率20×0.02=0.4，[80,100)频率20×0.012=0.24 所以两组缓率之比为8一，所以用分层抽标抽取的8人中， [60,80)抽取5人（非“忠实粉丝)，[80,100)抽取3人(“忠实粉丝)， 从8人中任取2人，X的可能取值为0,1,2， 所以X服从超几何分布，P(X=内-C,k=0.L2 P(K=0)= CC_10-5 号8Pr=23 G-28i4P(x=1=c-15 C28' 所以X的分布列为 X 0 1 2 J 15 3 14 28 28 所以X的期型()=0名1品20品因此8()-是 28 28284 16.【详解】(1)由二倍角公式可得 cos 24+cos2B-cos 2C =1-2sin24+1-2sin B-1-2sin C 1-2sin24-2sin 2B+2sin 2C, cos 2A+cos 2B-cos 2C=1-2sin Asin B.1-2sin2A-2sin2 B+2sin2 C=1-2sin Asin B, 正弦定理得：d+-c=b,由余弦定理得：c+b-c2=ab=2 abcosC,所以cosC=又C∈(0，卫 防以c-号 a+b (2)由正弦定理得， imA+nB=2R,其中R为△4BC外接圆半径。“R=2.由正弦定理得， c=2 R sinC=2V5.由余弦定理得：c2=d2+b2-2 ab cosC,∴.(a+b)-12=3ab,由基本不等式可知： a+-12=3b≤(a+月a+bs45,当且仅当a=b=25时取等号. 答案第4页（共7页） 所以当a=b=25时，△ABC的周长取最大值，最大值为6√3. 17.(1)在三棱柱ABC-ABC中，平面ABC11平面AB,C,而平面ABC∩平面ABD=DE,平面AB,C∩ 平面ABD=AB,得DE/IAB.AB/IAB,DE11AB,D为AC中点，E为BC中点. (2)连接BD,AB=BC且D为AC中点，∴BD⊥AC. 在△AAD中，由余弦定理可知AD=VAP+AD-2AA×ADx cos.∠AAC=V5 故在△A4D中，AD+AD=AA,即AD⊥AC.平面ABC⊥平面A4CC,且平面ABC∩平面 AACC=AC,ADc平面AACC,得AD⊥平面ABC,故AD,AC,BD两 两垂直，如图建立空间直角坐标系，则 B A(0,0,V3),D(0,0,0),B1,0,0),C(0,1,0),A(0,1,0).平面ABC的一个法向量 G m=DA=(0,0,V3), 设AG=14B=1,0,V3)=(1,0,√3)，其中元∈(0,1) CG-C4+4,G=(2,-1,V5-5),AC=(0,2,0).设平面AGC的法向量元=（化，y,2) ncc=0s}-+5-5刀z=0令：-1，y=0,x-51-E板n-5,5a1 i.Ac=02y=0 n.mi cos60'=kos元m= 3 州网 即1+5-2 V3-V3 18.【详解】(1)由题意有2a=4,所以a=2.设椭圆焦距为2c,易知椭圆过点 所以Sc 4+26=1. 4=b+c,所以c=4-b,所以44+2=1，即6+46-2=0，解得F=2,所D a=2,b=c=V2,故C的标准方程为？+y 421. (2)(i)如图，设A(6,为)(6>0，h>0),B(-,-h),P(5,), 则M(5,0,由题意有k=.直线BP的斜率，即BM的斜率为2所 k k 以直线BP的方程y+%=2+),所以y+%2(+), 答案第5页（共7页） 又A,P在椭圆上，. 三+号-1=0w+-月 42 生+左=1G-6)G+)2 42 “k=当-为= +xo +一=五·kk=-1 x1-X0 2(%+y0) 2- (i)解：，∠ABP=∠AOM-∠BMO=∠AOM-∠PM, 而am∠1OM=太an∠PM=,由()知k=-l,APLAB.又 -HB-mCBP-AOM-∠Pw.k-交 k>0,. .2、 tAB k .2=22. 件m0mR2A123肠 2 当且仅当k-会，即k=万时等号成立，所以22万. 19.【详解】1)f(田的定义域为(0，+0)，令fy=0,即f(y)=x(血x-a)=0,即nx-=0,即a=血x, 设8()-四，则g)-。当0<<e时，g(>0,g树在0e上单调选增 当x>e时，g(0,g)在(e+m)单润递减，所以g(国8e).又g0)-0, 当x→0+时，g(x)→-0；x→+0时，g(x)→0.画出g(x)的大致图象如图所示. 函数f(x)有两个零点，等价于函数y=g(x)的图像与直线y=a有两个交点，则需使0<a< 由图象可得，实数a的取值范围为 (2)证明：因为a=1,所以f(=ir-,故要证fy)之-e,需证xnx-r之-e,即证nx-x+e -≥0， 即证x-hx≤e(*),令k(x)=x-lnx-1,则Kx)=1-1.令K(y)<0,则0<x<1；令k(x)>0, 则x>1.所以k(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+o)上单调递增，故k(x)n=k(1)=0,即x-lnr-1≥0， 令t=x-lhx-1(t≥0)，从而由(*)只需证e2t+1(t≥0).令r(t)=e-t-1,则r'(t)=e-1≥0， 所以r()在(0，+o)上单调递增，故r()n=r(O)=0,所以e≥t+1,从而f()≥-e恒成立. (3)a=3时，f≤-(m+2)r-n+2恒成立，即lnx-3x≤-m+2hx-n+2恒成立， 也即(m+3)nx-3x+n-2≤0恒成立.设函数H(x)=(m+3)hhx-3x+n-2, (i)当m<-3时，因为函数y=(m+3)nx,y=-3x+n-2在(0，+w)上均为减函数，所以函数H(x)在(0，+∞) 上单调递减.且当x→0*时，H(x)→+o,与题意不符； 答案第6页（共7页） 国)当a>-3时，日r)300叭，当0<e"m3时.F0,到在0" 上单调递 3 鼎：当时，H(水0，在0+小单词送藏 3 所以H=日二似-h于3-6加++n-2,张题意，H0,即 3 m+3到h”号3-(m+列+n-2s0,所以 ≤1-nm+34 m+3 3m+31 ◇1-m云则回京-，吉0,9(0，在引4隆 增：当号计。<0,9在信+上单调运说，所以当时心取得最大信：最大值为 ©可)h子故1-x-h子所以1-hgh经，当m1,=子6时特号收 m+3 3+3 立.综上所述，号的最大值为h 答案第7页（共7页） 昆明市第三中学高2027届高三年级上学期9月月考 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，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。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将答题卡交回。 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．已知复数，则（   ） A． B． C． D． 2．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 4．在锐角中，，，分别为内角，，的对边.已知，，，则（      ） A． B． C． D． 5．已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（     ） A． B． C． D． 6．已知、是双曲线的左、右焦点，点在上，与的一条渐近线垂直，且，则的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 7．若，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知，函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 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．已知等比数列的前n项和为，且，，则（   ） A．公比 B．数列是单调递减数列 C． D． 10．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（    ） A．当时， B．函数有3个零点 C．的解集为 D．，都有 11．已知抛物线：，焦点为，过的动直线交抛物线于、两点，则下列结论正确的有（     ） A．抛物线的准线方程是 B．的最小值是8 C．若直线倾斜角为60°，则面积为（是坐标原点） D．抛物线在、两点处的切线的交点在定直线上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知,向量，，且 ，则=________. 13．把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为_________；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为_________． 14．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，给出下列四个结论： ①；②为等比数列；③数列中存在大于2的项；④数列中无最小项. 其中所有正确结论的序号为____________. 4、 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）年月日，的正式版发布，该模型在全球范围内引发广泛关注．现为了对其产品用户的使用行为进行统计分析，收集了名用户的每日使用时长（单位：分钟），得到如下所示的频率分布直方图，每日使用时长不小于分钟的用户称为“忠实粉丝”．   (1)估计该产品用户每日的平均使用时长（同一组的数据用该组区间的中点值代替）； (2)现采用分层抽样的方法从样本中使用时长在，的用户中随机抽取人，并从中随机抽取人作进一步分析，记为人中“忠实粉丝”的人数，求的分布列和期望． 16．（15分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求C； (2)若，求周长的最大值． 17．（15分）如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，过点，，的平面与交于点，，，．  (1)求证：为的中点； (2)设是线段上一点（不包含线段端点），若平面与平面所成的角是60°，求的值． 18．（17分）如图，已知椭圆的方程为，直线与椭圆交于两点（点在第一象限）．当时，在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点．  (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接BM并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的取值范围． 19．（17分）已知函数． (1)若函数有两个零点，求实数的取值范围； (2)若，求证：； (3)若，，关于的不等式恒成立，求的最大值． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 昆明市第三中学高2027届高三年级上学期9月月考 数学试卷答案 1．D【详解】． 2．C【详解】由，得，∴，∴. 3．C【详解】由题设，又，所以，可得. 4．C因为为锐角三角形，所以，又，所以，在中，由余弦定理可得，所以，所以，在中，由正弦定理可得，所以，解得. 5．C【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为.因为圆锥的侧面展开图为半圆，其圆心角为， 所以展开图弧长等于底面周长，即.又圆锥的侧面积为.解得. 圆锥的高为.故圆锥的体积为. 6．B【详解】由题意可设与的一条渐近线垂直时，垂足为点，不妨设点在第一象限内. 点到双曲线的一条渐近线的距离为，所以，即，即，故，所以的渐近线方程为. 7．C【详解】因为，所以，故．，所以，．所以．所以． 8．A【详解】因为函数有三个零点，即方程有三个解，当时，方程为，即，即，因为，所以，所以方程有两个根，又，所以有一个正根与一个负根，又，所以有一正的零点，当时，方程为，即因为函数有三个零点，所以方程有两个非正根，所以，解得， 又，所以，所以实数的取值范围是. 9．AC【详解】若等比数列的公比为1，则，；，矛盾， 故，由于，，，解得，，A正确；故，数列是单调递增数列，B错误，C正确；，D错误. 10．BCD【详解】对于A，函数是定义在R上的奇函数，当时，，则当时，，故，A错误；对于B，函数是定义在R上的奇函数，故；当时，令，解得；当时，令，解得； 故函数有3个零点，B正确；对于C，当时，令，解得；当时，令，解得，则，故的解集为，C正确；对于D，当时，，所以时，，单调递减，时，，单调递增，所以时，取最小值为，且时，，所以，即， 当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以时，取极大值为，且时，，时，， 所以，所以，综合以上，的值域为， 所以，都有，故D正确； 11．ABD【详解】A：由，得，焦点为，准线方程为，故A正确；B：由抛物线定义，而为抛物线的焦点弦，根据抛物线的性质，焦点弦中通径的长度最短，即， 当且仅当直线垂直于轴时为通径长，则最小值为8，故B正确； C：直线倾斜角为，其方程为，代入，得， 设，则，，则的面积为，故C错误；D：若，则点处的切线方程为，点处的切线方程为，其中且均不为0，，，联立两切线方程，消去得，则交点的横坐标①，因为直线过焦点，则，联立，则，所以，代入①得，故两切线的交点恒在定直线（即抛物线准线）上，故D正确. 12．【详解】解：，，解得，所以，， 13． /【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为，所以总数为， 所以甲盒中黑球个数为，白球个数为；乙盒中黑球个数为，白球个数为； 丙盒中黑球个数为，白球个数为；记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件，所以，；记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件，黑球总共有个，白球共有个，所以，． 14．①④【详解】令可得，解得或（舍去），令可得，即，解得或（舍去），故①正确；令可得，即，解得或（舍去），，所以不是等比数列，故②错误； 由可变形为，，两式相减得，整理可得，由可得，结合可知数列中不存在大于2的项，故③错误；由可得，所以，所以数列单调递减无最小项.故④正确. 15．【详解】（1）由，解得. . 所以样本中该产品用户每日的平均使用时长为分钟，由样本估计总体， 因此估计该产品用户每日的平均使用时长（分钟）. （2）由频率分布直方图可知，频率，频率. 所以两组频率之比为，所以用分层抽样抽取的人中， 抽取人（非“忠实粉丝”），抽取人（“忠实粉丝”），     从人中任取人，的可能取值为，，， 所以服从超几何分布，. ，，， 所以的分布列为 所以的期望.因此. 16．【详解】（1）由二倍角公式可得， 又．所以， 由正弦定理得：，由余弦定理得：，所以，又， 所以． （2）由正弦定理得，，其中R为外接圆半径．．由正弦定理得，．由余弦定理得：，，由基本不等式可知：，当且仅当时取等号， 所以当时，的周长取最大值，最大值为． 17．(1)在三棱柱中，平面平面，而平面平面，平面平面，得.，，为中点， 为中点． （2）连接，且为中点，. 在 中，由余弦定理可知. 故在中，，即.平面 平面，且平面平面，平面，得平面，故，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则.平面的一个法向量， 设，其中. ，.设平面的法向量 .令，， .故 ，.即，解得，故．    18．【详解】（1）由题意有，所以．设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以． 又，所以，所以，即，解得，所以，故的标准方程为． (2)（ⅰ）如图，设，，  则，由题意有．直线的斜率，即的斜率为，所以直线的方程，所以． 又在椭圆上，． ． （ⅱ）解： ， 而，由（ⅰ）知 ．又，． 当且仅当，即时等号成立，所以． 19．【详解】（1）的定义域为，令，即，即，即， 设，则．当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减，所以．又，当时，；时，．画出的大致图象如图所示． 函数有两个零点，等价于函数的图像与直线有两个交点，则需使, 由图象可得，实数a的取值范围为． (2)证明：因为，所以，故要证，需证，即证，即证（*），令，则．令，则；令，则．所以在上单调递减，在上单调递增，故，即， 令，从而由（*）只需证．令，则， 所以在上单调递增，故，所以，从而恒成立． （3）时，恒成立，即恒成立， 也即恒成立．设函数， （ⅰ）当时，因为函数，在上均为减函数，所以函数在上单调递减．且当时，，与题意不符； （ⅱ）当时，，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减． 所以，依题意，，即，所以， 令，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以当时，取得最大值，最大值为．故，所以，当，时等号成立．综上所述，的最大值为． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $