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★
年省际名校联考三（押题卷）
2024
数学参考答案详解及评分说明
评分说明：
考生如按其他方法或步骤解答，正确的，同样给分；有错的，根据错误的性质，参照评分说明中相应的规定
1.
评分。
计算题只有最后答案而无演算过程的，不给分；只写出一般公式但未能与试题所给的具体条件联系的，不
2.
给分。
卷选择题答案
A
一、单项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 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。
8 5 40
1.A
( )
【解析】由题意可知 A包含区域为 ，所以 A B表示的区域为 ． y
∁U ①④ ∁U ⋂ ①
2.C
b
【解析】如图建立平面直角坐标系，由图得a （ ，），bb （ ，），
= -1 2 = 3 2
a
故aa·bb （ ）
= -1 ×3+2×2=1.
3.B
【解析】抛物线的方程可变形为x 2 y，则其焦点坐标为（ ，）． O x
= 4 0 1
（第 题答图）
2
4.C
【解析】由题意可知f x 是定义域为 { x|x } 的偶函数，且在（ ， ）上单调递增，所以f x f x 等价
( ) ≠ 0 0 +∞ ( - 2) ≥ (2 + 2)
{
x
- 2 ≠ 0
于 x ，解得 x 且x ，故不等式的解集为[ ) ( ]
2 + 2 ≠ 0 -4 ≤ ≤ 0 ≠ -1 -4, -1 ⋃ -1,0 .
|x | | x |
- 2 ≥ 2 + 2
5.D
é ù é ù é ù
【解析】由α êπ ú得 α êπ , ú，又因为 α 3，所以 α êπ , ú，所以 α 6．
∈ ë ,πû 2 ∈ ë 2πû sin2 = 2 ∈ ë πû cos2 = -
4 2 3 2 3
é ù é ù é ù
( )
由 α êπ , ú得α êπ ,πú，所以β α êπ ,5πú，所以 β α 30．
2 ∈ ë πû ∈ ë û - ∈ ë û cos - = -
2 4 2 2 4 6
( ) ( )
( ) ( ( ))
则 α β α β α 6 × 30 3 6 2 5 - 2．
cos + = cos 2 + - = - - - × =
3 6 3 6 6
6.B
k k
【解析】设参加射门比赛的男教师人数为k，则全部参赛教师进球数的平均数 × 4 +(60 - ) × 2，解得
3=
60
k ，即参赛的男女教师各有 人
= 30 30 .
记 位男教师的进球数为a i ， 名位女教师的进球数为b j ，
30 i( = 1,2,⋯,30) 30 j( = 1,2,⋯,30)
数学试题答案 第 页（共 页）
1 8设女教师进球数的方差为s，
2
30 30 30 30
a b a b
则
∑i
=1
( i - 3) 2 +∑j
=1
( j - 3) 2 ∑i
=1
( i - 4 + 1) 2 +∑j
=1
( j - 2 - 1) 2
13= =
60 60
30 30 30 30
a a b b
∑i ( i - 4) 2 + 2∑i ( i - 4) + 30 +∑j ( j - 2) 2 - 2∑j ( j - 2) + 30
=1 =1 =1 =1
=
60
s
2
30 × 8 + 2 × 0 + 30 + 30 - 2 × 0 + 30，
=
60
解得s
2
= 16.
7.D
a
【解析】由正弦定理 R，得a ，由A 2π，b 2 c 2 ，a 及余弦定理得b c ，B C π 又因
A = 2 = 6 = + =24 = 6 = = 2 3 = = .
sin 3 6
| |
为BD 1 ( BA BC ) ，所以BD | BD | || 1 ( BA BC )|| 1 ( BA BC ) 2 ．
= + = =| + |= + = 21
2 2 2
8.B
D G C
【解析】解法 ：连接FA，FC，则FA FC，因为O为AC的中点，所以OF AC，即
1 1
1 = ⊥
E M
OFC为直角三角形
△ . A B
1 1
设CD 的中点为G，连接BD，BD，AC，设EG BD M，因为EG AC AC，
1 1 1 1 1 1 ∩ 1 1 = ∥ 1 1∥
AC 平面OFC，EG 平面OFC，所以EG 平面OFC，所以点M到平面OFC的距
⊂ ⊄ ∥
D F
C
离即为点E到平面OFC的距离
.
O
因为OC BD，OC OF，BD OF O，BD 平面BB D D，OF 平面BB D D，
⊥ ⊥ ∩ = ⊂ 1 1 ⊂ 1 1 A B
故OC 平面BBDD， （第 题答图 ）
⊥ 1 1 8 1
在矩形 BBDD 中，S S S S S
1 1 △ OFM = 矩形BB 1 D 1 D - 梯形D 1 MOD - △ OBF - △ MFB 1 = 2 × 2 2 -
D C
1 1
1 2 1 1 3 = 5 ，所 以 V E
×( + 2 ) × 2 - × 1× 2 - × 1× 2 2 O - EFC =
2 2 2 2 2 4 A
B
1
1
V V V 1 5 2 5．
E - OFC = M - OFC = C - OFM = × × 2 =
3 4 6
解法 ：如图在正方体ABCD ABCD 的下方补一个正方体ABCD ABCD，取
2 - 1 1 1 1 - 2 2 2 2 D F C
BC 的中点为K，易得E，O，K三点共线，且OE OK，故V V
2 2 = O-EFC = F-OEC = O
A B
1V 1V ，
F-EKC = E - CFK
2 2
由CF CK FK 得 FCK是直角三角形，故S 1
= = 5, = 10, △ △ FCK = × 5 × D C
2 2
2
K
5
5 = .
2 A B
2 （第 题答图 ）2
则V 1V 1 1 S 5 8 2
O - EFC = E - CFK = × △ FCK × 2 = .
2 2 3 6
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2 8二、多项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 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
3 6 18
得 分，部分选对的得部分分，有选错的得 分。
6 0
9.ACD
【解析】由题意得z -4 + 2i ，z ，故选项 正确；z的虚部为 ，故选项 错误； |- z | | |
= =-1-i +1=-i A -1 B + 2i = -1+ 3i =
1− 3i
，故选项 正确；z m( ) (m ) ( m ) 当1 m 时 m m ，复数
1+ 9 = 10 C + 1+ 2i = − 1 + 2 − 1 i, < < 1 , − 1< 0,2 − 1> 0
2
z m 对应的点在第二象限，故选项 正确 故选
+ (1+ 2i) D . ACD.
10.ABD
h
2
【解析】设满足条件的圆柱体的底面半径为r，高为h，则r和h需满足r ，将r ，h 代入上式，不等式成
2 2
+ ≤5 =4 =6
4
立，故选项 正确；设满足条件的圆锥体的底面半径为r，高为h，则r和h需满足r h ，将选项 ，中的
2 2 2
A +( -5) ≤5 B C
值代入得 正确，错误；设能磨成的最大的正四面体的棱长为a，则此时正四面体的四个顶点都在球面上，以正
B C
四面体的棱长为正方体的面对角线将其补成正方体，这时正方体的八个顶点都在球面上，且棱长为 2 a，此时正
2
方体的体对角线长等于球的直径，即 2 a ，故a 10 6，而 10 6，所以选项 正确 故选
3 × =10 = 8≤ D . ABD.
2 3 3
11.BC
( )
【解析】因为f (x) f π ，所以x π是函数f (x)的一个极小值点，直线x π是函数f (x)的一条对称轴，又因
≥ = =
4 4 4
( ) ( )
为f π ，所以 f ( ) ，得m ，所以f (x) m ωx ωx ωx ωx ωx π ，
= 2 0 = 2 = 2 = cos + 2 3sin = 2cos + 2 3sin = 4sin +
2 6
ω
π π k 3π(k Z)，解得ω k 16 当k 时，ω 16，当k 时，ω 40，故选
+ = 2 π + ∈ = 8 + . = 0 = = 1 = BC.
4 6 2 3 3 3
卷选择题答案
B
1.D 2.B 3.A 4.C 5.B 6.C 7.A 8.D 9.BCD 10.ACD 11.BD
卷非选择题答案
AB
三、填空题：本题共 小题，每小题 分，共 分。
3 5 15
12.108
【解析】分三步安排值班：第一步安排甲，由于小长假三天共有三个上午班，故甲的安排方式有 种；第二步安
1
A3
排乙、丙，小长假三天共有三个下午班，故乙、丙二人的安排方式有 种；第三步安排其他人，前两步安排完成
2
A3
之后还有三个值班岗位，安排剩余三位教师的方法共有 种
3
A3 .
根据分步乘法计数原理，可知符合题意的值班安排方式共有 种
1 2 3
A3 × A3 × A3 = 3× 6 × 6 = 108 .
（ ， ］ y
13. -2 -1
6
【解析】函数g x 恰有一个零点等价于函数 f x 与y x m的图象恰有
( ) ( ) = - 5
一个交点 y x m是与y x平行的直线 作出y f x 的图象，当直线 4
. = - = . = ( )
y x m与 f x （x x ）相切时，直线恰好过（ ，）点，m ；当直线 3
= - ( ) = e ≤ 0 0 1 =-1
2
y x m与f x x 1 在x 时相切时，令 f x 1 ，解 1
= - ( ) = 2 + x > 0 ′( ) = 2 - x = 1
2 x
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
得x ，切点坐标为（ ，），此时m ，因此m的取值范围是（ ， ］ （第 题答图）
= 1 1 3 =-2 -2 -1 . 13
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3 814. 2
b a
【解析】设 AOF BOF θ，则 θ θ ，
∠ = ∠ = tan = a,cos = c
由S S S 得1|OA||OB| θ 1|OA||OF| θ 1|OB||OF| θ，
△ OAB = △ OAF + △ OBF sin2 = sin + sin
2 2 2
θ a
化简得 1 1 2cos 2 ，
|OA| + |OB| = |OF| = c
2
( ) ( ) ( )
c c |OB| |OA| c |OB| |OA| c
|OA| |OB| 2 ( |OA| |OB|) 1 1 2 4 2 4 9 2 ，
4 + = a 4 + |OA| + |OB| = a 5+ |OA| + |OB| ≥ a 5+ 2 |OA| ⋅ |OB| = a
2 2 2 2
|OB| |OA| c
当且仅当 4 ，即|OB| |OA|时，|OA| |OB|的最小值为9 2 a，解得离心率e ．
|OA| = |OB| = 2 4 + a = 9 = 2
2
四、解答题：本题共 小题，共 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
5 77
a a
解：（） S ， ( 1 + 8)× 8
15. 1 ∵ 8=-16 ∴ = -16.
2
a a ， …………………………………………………………………………………………………… 分
∴ 1+ 8=-4 1
a a ，…………………………………………………………………………………………………… 分
∴ 3+ 6=-4 2
又a a ，公差d ，
3 6=-5 >0
a ，a ，………………………………………………………………………………………………… 分
∴ 3=-5 6=1 4
{ {
a d a
1 + 2 = -5，解得 1 = -9，………………………………………………………………………………… 分
∴ a d d 6
1 + 5 = 1 = 2
a n ，n N …………………………………………………………………………………………… 分
∴ n=2 -11 ∈ * . 7
（）T b b b b b b
2 2 n =( 1 + 3 + ⋯+ 2 n −1)+( 2 + 4 + ⋯+ 2 n)
a a a n …………………………………………………………… 分
=( 1 + 3 + ⋯+ 2 n −1)+(2 2 + 2 4 + ⋯+ 2 2 ) 8
n
n 1 n(n ) 4(1− 4 ) ………………………………………………………………… 分
= (-9) + − 1 × 4 + 12
2 1− 4
n
n 2 n 4(4 − 1)
=2 − 11 +
3
n
+1
n 2 n 4 - 4 ………………………………………………………………………………… 分
= 2 − 11 + . 13
3
（）证明：连接EC，ED， AB CD ，AE EB，CF FD，
16. 1 ∵ = =3 =2 =2
CF ，DF ，
∴ =2 =1 A
又 CD EF，EF ，由勾股定理得EC ，ED ，
∵ ⊥ = 2 = 6 = 3
EC ED CD，即ED EC，………………………………………………………… 分
2 2 2
∴ + = ⊥ 2 D
AB EF，AB CD，EF CD=F，EF 平面ECD，CD 平面ECD， E F
∵ ⊥ ⊥ ∩ ⊂ ⊂
AB 平面ECD，………………………………………………………………………… 分
∴ ⊥ 4 C
B
又 EC 平面ECD， AB EC， （第 题答图 ）
∵ ⊂ ∴ ⊥ 16 1
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4 8又 ED EC，AB ED=E，AB 平面ABD，ED 平面ABD，
∵ ⊥ ∩ ⊂ ⊂
EC 平面ABD，
∴ ⊥
又 EC 平面ABC，……………………………………………………………………………………………… 分
∵ ⊂ 6
平面ABC 平面ABD. ………………………………………………………………………………………… 分
∴ ⊥ 7
（）以F为原点，FD，FE所在直线分别为x，y轴建立如图空间直角坐标系
2 .
则D（ ，，），E（ ， ，），A（ ， ，），C（ ，，），B（ ， ， ） …………… 分
1 0 0 0 2 0 0 2 2 -2 0 0 0 2 -1 . 9 A
z
得DA CD BC
=(-1, 2,2), =(3,0,0), =(-2, - 2,1).
设平面BCD的法向量n （x，y，z），……………………………………………… 分 x
= 10 D
{ {
n CD x F
则由 ⋅ = 0，得 = 0 ，取n …………………… 分 y E
n BC x y z =(0,1, 2 ). 12
⋅ = 0 -2 - 2 + = 0 C
B
（第 题答图 ）
DA n 3 2 42，………………………………………………… 分 16 2
cos , = = 14
3 × 7 7
所以AD与平面BCD所成角的正弦值为 42 ………………………………………………………………… 分
. 15
7
解：（）根据题意，X服从超几何分布，其分布列为
17. 1
X
0 1 2
0 2 1 1 2 0
P C3C2 C3C2 C3C2
2 2 2
C5 C5 C5
…………………………………………………………………………………………………………………… 分
1
即
X
0 1 2
P 1 3 3
10 5 10
…………………………………………………………………………………………………………………… 分
3
故E X 1 3 3 6，……………………………………………………………………… 分
( ) = 0 × + 1× + 2 × = 4
10 5 10 5
因此D X 6 2 1 6 2 3 6 2 3 9 …………………………………………… 分
( ) =(0 - ) × +(1- ) × +(2 - ) × = . 5
5 10 5 5 5 10 25
m
（）记 p，根据题意，Y服从二项分布B N p ，
2 n = ( , )
{
E Y Np
因此 ( ) = = 12,⋯⋯① …………………………………………………………………………… 分
D Y Np p 6
( ) = (1- ) = 2.4,⋯⋯②
②得 p 1，故p 4，………………………………………………………………………………………… 分
1- = = 7
① 5 5
代入 可得N ……………………………………………………………………………………………… 分
① = 15. 8
（）设 次摸球中，摸出红球的频数为随机变量Z，显然Z~B ， ……………………………………… 分
3 10 (10,0.3) 9
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5 8Z Z
则摸出红球的频率为 ，袋中红球的占比也会被估计为 ，
10 10
m | |
而真实的红球占比为 30 3 ，误差为|| Z 3 ||， …………………………………………………… 分
n = = | - | 10
100 10 10 10
| Z |
故所求概率p P || 3 || P |Z | P Z P Z ，…………… 分
= (| - |≤ 10%)= ( - 3 ≤ 1) = (-1≤ - 3≤ 1) = (2 ≤ ≤ 4) 11
10 10
又P Z ， …………………………………………………… 分
2 2 8
( = 2) = C10 × 0.3 × 0.7 = 45× 0.0052 = 0.2340 12
P Z ，……………………………………………………… 分
3 3 7
( = 3) = C10 × 0.3 × 0.7 = 120 × 0.0022 = 0.2640 13
P Z ，……………………………………………………… 分
4 4 6
( = 4) = C10 × 0.3 × 0.7 = 210 × 0.0010 = 0.2100 14
故p P Z P Z P Z P Z …………………………………………… 分
= (2 ≤ ≤ 4) = ( = 2) + ( = 3) + ( = 4) = 0.7080. 15
{
b
x y 2
2 2
解：（）设椭圆E的方程为 （a>b> ），由题得 a = 1 ，……………………………………… 分
18. 1 a + b = 1 0 1
2 2
a b
2 2
= + 2
{
a
解得 = 2 ，…………………………………………………………………………………………………… 分
b 2
= 2
x y
2 2
所以椭圆E的方程为 ……………………………………………………………………………… 分
+ = 1. 3
4 2
( ) x 2 y 2
（）设四边形面积为S，其中一个交点坐标为Q x y ，则 0 0 ，
2 0, 0 + = 1
4 2
( ) ( ) ( )
由椭圆及双曲线的对称性，其他三个点分别为 x y ， x y ，x y ，………………………………… 分
- 0, 0 - 0, - 0 0, - 0 4
| |
x 2 y 2 x 2 y 2 x y | |
由 0 0 0 0 0 0 ，得S x y ， ………………………………………………… 分
+ = 1≥ 2 ⋅ = = 4 0 0 ≤ 4 2 5
4 2 4 2 2
x 2 y 2 | | | |
当且仅当 0 0，即 x y 时，四边形的面积取最大值 ，…………………………………… 分
= 0 = 2, 0 = 1 4 2 6
4 2
|| | | ||
此时双曲线的实轴长为 a QF QF ，实半轴长a ，虚半轴长b c a ，
2 2
2 = 1 - 2 = 2 = 1 = - = 1
所以双曲线方程为x y …………………………………………………………………………………… 分
2 2
- = 1. 8
（）设l ：x ty (t )，A ( x y ) ，B ( x y ) ，则l ：x 1 y ，
3 1 = + 1 ≠ 0, ± 1 1, 1 2, 2 2 = t + 1
{
x ty t
联立 = + 1 ，故(t 2 )y 2 ty ，y y -2 y y -3 ， …………………………… 分
x 2 y 2 + 2 + 2 - 3= 0 1 + 2 = t 2 , 1 2 = t 2 10
+ 2 = 4 + 2 + 2
æ ö
y y t ( t ) ç çç - 1 t ÷ ÷÷
y 1 + 2 - x ty 2 ，故M 2 - ，同理N 2 ，……………… 分
M = = t , M = M + 1= t t ,t çç , ÷÷ 12
2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 ç 1 1 ÷
è t + 2 t + 2ø
2 2
1
- t t t
易知 - ，故直线MN的斜率不为零，设直线MN：x my n，则 2 m - n，变形得nt 2
≠ t = + t = ⋅ t + -
2 2 2
1 + 2 + 2 + 2
t + 2
2
数学试题答案 第 页（共 页）
6 8( )
2
mt (n ) ，同理n 1 m 1 (n ) ，……………………………………………………… 分
+ 2 - 1 = 0 t - ⋅ t + 2 - 1 = 0 13
(n )
t 1是关于x的方程nx 2 mx (n ) 的两根，故t 1 2 - 1 n ．
∴ , t - + 2 - 1 = 0 ⋅ t = n = 1, = 2
| | | |
|
1
| ||t 1||
故直线MN过定点( )， MNH的面积为S 1 | y y | 1 | || t t | || | - t | , ……… 分
2,0 △ = M - N = | t - |= ( ) 15
2 2 | | 2 + 2 t 1 2 + 2| | 4 t 2 + t 1 2 + 10
| | u
令u ||t 1|| ，则S 1 1 2， ……………………………………… 分
=| - t |> 0 = u = ≤ = 16
2
4 + 18 u 18 u 18 24
4 + u 2 4 ⋅ u
当且仅当 u 18，即u 3 2 时， MNH的面积取最大值 2．
4 = u = △
2 24
故 MNH面积的最大值为 2 ………………………………………………………………………………… 分
△ . 17
24
解：（）当a b 时，f x 15 x 2 ，
19. 1 = -1, = 0 ( ) =
8
f x 15 x ……………………………………………………………………………………………………… 分
′( ) = . 1
4
因为x 是f x 在[ ]上的“拉格朗日中值点”，
0 ( ) 1,7
f ( ) f ( )
所以f x 7 - 1 ………………………………………………………………………………… 分
′( 0)= = 15. 2
7 - 1
即15 x ，解得x ……………………………………………………………………………………… 分
0 = 15 0 = 4. 3
4
（）当a b 时，f x (x ) - x 1 x 3 x 2
2 = -1, = 1 ( ) = - 4 e - + 3 .
6
f x f x
不妨设A x f x ，B x f x ，x x ，则k ( 2)- ( 1)
( 1, ( 1)) ( 2, ( 2)) 1 < 2 AB = x x .
2 - 1
因为f x ( x) - x 1 x 2 x，令F x ( x) - x 1 x 2 x， ……………………………………… 分
′( ) = 5- e - + 6 ( ) = 5- e - + 6 4
2 2
则F (x) x(x ) x (x )( x )， ……………………………………………………………… 分
- -
′ = e - 6 - + 6 = - 6 e - 1 5
又 x 时， x 恒成立，
-
∵ > 0 e - 1< 0
当x ( )时，F (x) ，F(x)单调递增；当x ( ∞)时，F (x) ，F(x)单调递减，
∴ ∈ 0,6 ′ > 0 ∈ 6, + ′ < 0
F(x)在x 处取极大值，也是最大值
∴ = 6 .
F(x) F( ) ， f (x) ，………………………………………………………………… 分
-6 -6
∴ ≤ 6 = 18 - e ∴ ′ ≤ 18 - e 7
( ) ( )
f x f x
由拉格朗日中值定理可知必存在c ( x x ) ，使得f (c) 2 - 1 ，
∈ 1, 2 ′ = x x
2 - 1
即f c k
′( ) = AB.
又因为f x ，所以k ，命题得证 ………………………………………………………… 分
′( ) ≤ 18 - e -6 AB ≤ 18 - e -6 . 8
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7 8（）证明：当a b 时，f x x 2 x (x ) x 1 x 3 3 x 2 根据拉格朗日中值定理知，存在c ( x x )
3 = 1, = -1 ( ) = ln + - 4 e - + . 1 ∈ 1, 2
2 6 4
( ) ( ) ( ) ( )
f x f x f x f x
和c ( x x ) ，使得 2 - 1 f ( c ) 和 3 - 2 f ( c ) ，所以只需证明f ( c ) f ( c ) ，即证明f (x)在
2 ∈ 2, 3 x x = ′ 1 x x = ′ 2 ′ 1 > ′ 2 ′
2 - 1 3 - 2
( )
1 上单调递减 ………………………………………………………………………………………………… 分
,1 . 9
4
f (x) x x (x ) x 1 x 2 x，令G(x) x x (x ) x 1 x 2 x，
′ = ln + - 3 e - + 2 = ln + - 3 e - + 2
2 2
则G (x) x (x ) x x ……………………………………………………………………………… 分
′ = ln + - 2 e - + 3. 10
令ϕ(x) x (x ) x x ，
= ln + - 2 e - + 3
( )
则ϕ (x) 1 (x ) x (x ) x 1 ，……………………………………………………………… 分
′ = x - 1+ - 1 e = - 1 e - x 11
( )
当x 1 时，x
∈ ,1 - 1< 0.
4
( )
令m(x) x 1，则m (x) x 1 ，所以m(x)在 1 上单调递增， ………………………………… 分
= e - x ′ = e + x > 0 ,1 12
2
4
( ) ( )
又因为m 1 1 m( ) ，所以存在x 1 ，使得m ( x ) ， ……………………… 分
4
= e - 4 < 0, 1 = e - 1> 0 0 ∈ ,1 0 = 0 13
4 4
即 x 1，即 x x ………………………………………………………………………………………… 分
0
e = x ln 0 = - 0. 14
0
( )
故当x 1 x 时 m(x) ，此时ϕ (x) ，ϕ(x)单调递增；当x ( x ) 时，m(x) ，ϕ (x) ，ϕ(x)单调递
∈ , 0 < 0 ′ > 0 ∈ 0,1 > 0 ′ < 0
4
减 因而ϕ(x)在x 处取最大值，………………………………………………………………………………… 分
. 0 15
( )
x x x x 2
所以ϕ(x) ϕ ( x ) x ( x ) ex 0 x x 0 - 2 x -2 2 0 + 4 0 - 2 -2 0 - 1 ，
≤ 0 = ln 0 + 0 - 2 - 0 + 3 = - 0 + x - 0 + 3= x = x < 0
0 0 0
…………………………………………………………………………………………………………………… 分
16
( ) ( )
所以G (x) ，得G(x)在 1 上单调递减，即f (x)在 1 上单调递减，命题得证 …………………… 分
′ < 0 ,1 ′ ,1 . 17
4 4
数学试题答案 第 页（共 页）
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