【文档说明】河北省衡水市第二中学2024-2025学年高三上学期素养检测（一）数学答案.pdf，共(22)页，1.600 MB，由小赞的店铺上传

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第1页/共22页学科网（北京）股份有限公司高三年级素养检测一数学试题一、选择题：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.设集合21,3,2,1,MaNa

，若1,4MN，则a（）A.2B.0C.2D.2【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用交集的结果列出方程求解即得.【详解】集合21,3,2,1,MaNa，而1,4MN，则224aa，经验证�

��=2符合题意，所以2a.故选：C2.已知复数11212i,,zzz在复平面内的对应点关于实轴对称，则12zz的虚部为（）A.45B.4i5C.45D.4i5【答案】A【解析】【分析】根据对称性求复数2z，再根据复数的除法运算公式，即可化简求解.【详解】由题意得1z在复平面内

所对应的点为1,2，则2z所对应的点为1,2，所以212iz，则21212i(12i)34i12i12i12i5zz，虚部为45.故选：A.3.若44loglog2xy，则12xy的最小值为

（）A.22B.18C.34D.12【答案】A【解析】育英学习站第2页/共22页学科网（北京）股份有限公司【分析】首先过呢据条件化简得到16xy，法一，根据基本不等式1222xyxy，即可求解；法二，根据条件等式，变形得12216y

xyy，再利用基本不等式，即可求解.【详解】444loglog2,0,0,log2,16xyxyxyxy，法一：1222222162xyxy，当且仅当12xy时，上式等号

成立，又16xy，可得22,42xy时，12xy的最小值为22.故选：A.法二：1222162yxyy，当且仅当216yy时，上式等号成立，又16xy，可得22,42xy时，12xy的最小值为22.故选：A.4.若H是ABCV的垂心，2230HAHBHC

，则tanC的值为（）A.5B.212C.22D.102【答案】B【解析】【分析】取AB的中点D，连接HD，利用中点向量公式结合给定等式推得73CDHD，再利用垂心的性质

，垂直关系的向量表示，二倍角的正切公式计算得解.【详解】在ABCV中，取AB的中点D，连接HD，则2HAHBHD，如图，育英学习站第3页/共22页学科网（北京）股份有限公司由2230HAHBHC

，得24()33CHHAHBHD，于是73CDHD，7,3CACDDAHDDAHBHDDBHDDA，由H是A

BCV的垂心，得,HDDAHBCA，则0,0HDDAHBCA因此2277()()033CAHBHDDAHDDAHDDA

，即21||||3DAHD，显然||21tan3||ADAHDHD，BHDAHD，令直线BH交AC于F，AH交BC于E，在Rt,RtACEAHF

中，π2ACBCAEAHFCAE，即ACBAHF，则222122tan213tantan(π2)tan21tan2211()3AHDACBAHDAHDAHD，所以tanC的值为212.故选：B【点睛】关键点睛：涉及向量垂直关系，利用基底表示出

相关向量，再利用向量数量积的运算律求解是关键.5.已知ππ6，0π，2πsincos3．若tan3k，tan3k，则k（）A.12B.12C.32D.32【答案】B【解析】【分析】根据题意分析可得6π，利用两角和差公式结合指数

幂运算求解.【详解】由题意可得ππππcossincoscos2666，因为ππ6，0π，则π5π066，可得π6，即6π，育英学习站第4页/共22页学科网（北京）股份有限公司则πtant

an33333tantan61tantan13323kkkkkk，令30kt，则1323tt，整理得23230tt，解得3t或3t3（舍去），即33

k，解得12k．故选：B．6.在ABCV中，13BDBC，E是线段AD上的动点（与端点不重合），设CExCAyCB，则23xyxyxy的最小值是（）A.10B.4C.7D.13【答案】D

【解析】【分析】由已知条件结合平面向量基本定理可得312xy，0,0xy，则2323233112xyxyxyxyyxyx，化简后利用基本不等式可得答案.【详解】因为13BDBC，所以32CBCD

，因为CExCAyCB，所以32CExCAyCD，因为,,ADE三点共线，所以312xy，0,0xy，2323233112xyxyxyxyyxyx2

9292933177213222xyxyxyyxyxyx，当且仅当292312xyyxxy，即1213xy时取等.育英学习站第5页/共22页学科网（北京）股份有限公司故选：D.7.已

知向量4,8,2abababc，且1nc，则n与c夹角的最大值为（）A.π6B.π4C.π3D.5π12【答案】A【解析】【分析】先得到,ab的夹角为2π3，设4,0a，2

,23b，故1,3c，设,nxy，由1nc得到22131xy，设1cos,3sinxy，设,nc夹角为，表达出4cos3sincos22cos23sin5

，换元后得到3cos44qq，由对勾函数性质得到其值域，从而确定3cos,12，得到夹角最大值.【详解】因为cosabab，所以16cos8，解得1cos2，故2π3，设4,0a，2,23b

，则1,32abc，设,nxy，则1,3ncxy，则22131ncxy，即22131xy，设1cos,3sinxy

，设,nc夹角为，则2234cos3sincos222cos23sin5ncxyncxy，令cos3sint，则π2sin2,26t，则4cos225tt，令251,3tq，则252qt

，育英学习站第6页/共22页学科网（北京）股份有限公司则22544332cos2444225qtqqqqqt，其中344qyq在1,3q上单调递减，在3,3q上单调递增，当3q时，344qyq取得最小值，最小值为32，当1q或3时

，344qyq取得最大值，最大值为1，故33cos,1442qq，由于cosy在0,π上单调递减，故π0,6，n与c夹角的最大值为π6.故选：A【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的

几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解

.8.已知0a，1elnxfxaxbx，当0x时，0fx，则31ab的最大值为（）A.21eB.22eC.23eD.24e【答案】D【解析】【分析】先分析得1b，10fb，1e,lnxyayxbx均再

,b单调递增；所以要使育英学习站第7页/共22页学科网（北京）股份有限公司0fx，则231111e011bbbaabbe，然后构造函数2xxgxe，求最值即可.【详解】因为0a，所以1exyax

在0,+∞为增函数，由exya与1yx图象知，1exyax在0,+∞有唯一的零点0x，当0xx时，1e0xyax，当0xx时，1e0xyax，若1b，则ln0yxb在0,+∞恒成立，与0fx

矛盾，故1b.显然1elnxfxaxbx的定义域为0xbxx且，且10fb因为0a，所以1e,lnxyayxbx均在,b单调递增，所以当,1xbb时，ln0xb，因为0fx，所以1e0xax；当1

,xb时，ln0xb，因为0fx，所以1e0xax，所以当1xb时，1e0,ln0xaxbx，即231111e011bbbaabbe，令2xxg

xe，得2xxxgxe，所以当0,2x时，0gx，2xxgxe单调增，当2,x时，0gx，2xxgxe单调减，故242gxge，育英学习站第8页/共22页学科网（北京）

股份有限公司所以2312141bbabee，当且仅当12b即1b时等号成立；故选：D【点睛】多变量问题通常需要先找到变量之间的关系，然后将多变量转化为单一变量，然后构造函数利用导数求其最值即可.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.对于函数fx定义域中任意的1212,xxxx，有如下结论，①12120xxfxfx

，②11220fxfx，③121222fxfxxxf，④112220fxfx.下列函数能同时满足以上两个结论的有（）A.������=ln���B.πsin2fxxC.exfxD.3fxx

【答案】BCD【解析】【分析】先对四个结论进行解读，得出函数的单调性，奇偶性，周期性和凹凸性，对选项一一判断，即得结果.【详解】由①12120xxfxfx可得，函数fx在定义域内为增函数；由②1122

0fxfx可得，()()0fxfx，即函数fx为奇函数；由③121222fxfxxxf可得，函数fx的图象向下凸.；由④112220fxfx可得，

(2)()fxfx，即(4)(2)()fxfxfx，说明函数fx的周期为4.对于A，函数lnfxx不是奇函数，图象向上凸，也没有周期，故排除；对于B,函数πsin2fxx是奇函数，且周期为2π4π2T

,故符合要求；育英学习站第9页/共22页学科网（北京）股份有限公司对于C，函数exfx在R上单调递增，且其图象向下凸，故符合要求；对于D，3fxx是奇函数，且在R上单调递增，故符合要求.故选：BCD.10.已知复数1z，2z，3z，则下列说法中正确的有（

）A.若1213zzzz，则10z或23zzB.若113i22z，则2024113i22zC.若22120zz，则120zzD.若1122zzzz，则12||||zz【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的运算法则可判断A；先计算311z，再求

20241z，判断B；用特例验证C；利用2zzz说明D正确.【详解】对于A，12131231()00zzzzzzzz或23zz，故A正确．对于B，方法：2113i22z，311z，4113i22z，所以1nz以3为周期，所以20

2436742211113i22zzz，故B正确．方法二（复数的三角表示）：12π2πcosisin33z，所以1z的模为1，辐角为2π3，则20241z的模为1，辐角为2π4π20242π67433，所以202414π

4π13cosisini3322z．故B正确．对于C，取11z，2iz，则22120zz，此时12zz，故C错误．对于D，2111||zzz，2222||zzz，所以112212||||zzzzzz，故D正确．故选：ABD

11.已知函数2*2sincos2sin1Nfxxxx在ππ,123上有最大值，无最小值，则（）育英学习站第10页/共22页学科网（北京）股份有限公司A.fx为奇函

数B.fx在ππ,42上单调递增C.π8x是fx离y轴距离最近的对称轴D.fx的最小正周期为π【答案】CD【解析】【分析】首先化简函数fx的解析式，根据函数的形状，确定端点的取值范围，即可求的值，再根据函数的性质，判断选项.【详解】22πsin2cossin

sin2cos22sin24fxxxxxxx.当ππ,123x时，πππ2ππ2,46434x，因为函数fx在ππ,123上有最大值，无最小值，所以

存在Zk，使得ππππ2ππ3π2kπ2π2π2642342kk整理得931212223153388kkkk，Zk，所以932231588，解得

3382.又因为*N，故1，得π2sin24fxx，A.010f，所以函数fx不是奇函数，故A错误；B.当ππ,42x时，π3π5ππ3π2,,44422x，所以函数

fx在ππ,42上单调递减，故B错误；C.令ππ2π42xk，Zk，则ππ82kx，Zk，所以离y轴距离最近的对称轴方程为π8x，故C正确；D.fx的最小正周期为2ππ2，故D正确.育英学习站

第11页/共22页学科网（北京）股份有限公司故选：CD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知ABCV的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若2,1,abABC△的面积为32，则c______．【答案】3或7【解析】【分析】先由三角形的面积公式结合特殊角

的三角函数值求出π3C或2π3，再由余弦定理求出结果即可；【详解】2,1,abABC△的面积为32，所以113sin21sin222abCC=创�，解得3sin2C，因为0πC，所以π3C或2π3，当π3C时，

由余弦定理可得2222cos4123cababC，即3c，当2π3C时，由余弦定理可得2222cos4127cababC=+-=++=，即7c，综上3c或7，故答案为：3或7.13.在平面直角坐标系xOy中，一动点从点0

(3,0)M开始，以πrad/s2的角速度逆时针绕坐标原点O做匀速圆周运动，sx后到达点M的位置.设13(,)22A，记2()||xAM，则()x的单调递增区间为_______________【答案】284,433k

kkZ【解析】【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义求出点M的坐标，求出()x并利用差角的余弦化简，再求()x的单调递增区间即可.【详解】依题意，sx后，动点走过的弧度数为π2x，则ππ,3sin)

32cos2(Mxx，育英学习站第12页/共22页学科网（北京）股份有限公司又13(,)22A，则22π1π3())3(3cos(sin)2222xxxππ43sins223coxxππ423cos()23x，()x的单调递增区间，即π

πcos()23yx的递减区间，则ππ2π2ππ23kxkkZ，即284,433xkkkZ，所以()x的单调递增区间为284,433kkkZ.14.已知数列na满足2111,

21,2,3,2nnaaaan，则①当1a时，存在*kN，使得2ka：②当1a时，na为递增数列，且2na恒成立；③存在aR，使得na中既有最大值，又有最小值；④对任意的aR，存在*0nN，当

0nn时，122024na恒成立.其中，所有正确结论的序号为______.【答案】②③④【解析】【分析】对于①②，根据数列递推式，求出121432nna，结合题意，即可判断；对于③，举出特例，即可判断；对于④，分

12a和12a情况讨论，结合数列的项的变化情况，即可判断.【详解】对于①，由于2111,21,2,3,2nnaaaan，故10,1nan，则221122nnaa，则2211442nnaa，结合1a，育英学习站第13页

/共22页学科网（北京）股份有限公司则24na是以2143a为首项，公比为12的等比数列，则1122,11434322nnnnaa，令1224143nna，则10

132n，n不存在，故不存在*kN，使得2ka，①错误；对于②，当1a时，由①知，24na是以2143a为首项，公比为12的等比数列，则1122,11434322nnnnaa，则122111143

4330222nnnnnaa，得221nnaa，故na为递增数列，而1214342nna，故2na恒成立，②正确；对于

③，当12a时，当1n时，211222nnaa，此时na中有最大值2，有最小值为-2，即存在aR，使得na中既有最大值，又有最小值，③正确；对于④，由①知，2211442nnaa，当12a

时，当1n时，211222nnaa，符合题意；当12a时，1221442nnaa，随着n，24na，又10,1nan，则2na，则必存在*0nN，当0nn时，122024na恒成立综合以上对任意

的aR，存在*0nN，当0nn时，122024na恒成立，④正确，故选：②③④四.解答题：本题共5小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.育英学习站第14页/共22页学科网（北京）股份有限公司

15.在ABCV中，角,,ABC.所对的边分别为,,abc.已知2coscosbaCcA.（1）求C；（2）若ABCV的内切圆半径为3,42c，求ABCV的面积.【答案】（1）π3C（2）1134【解析】【分析】（1）法一：利

用正弦定理，将边化为角，再结合三角函数恒等变换，即可化简求角；法二：利用余弦定理，将余弦化为边，再根据余弦定理，即可求角；（2）首先根据余弦定理化简得到2()163abab，再结合内切圆半径，集合等面积公式，得到4abab，两式化简得到ab，即可求面积.

【小问1详解】法—：因为2coscosbaCcA，由正弦定理得，2sincossincoscossinBCACAC，2sincossincoscossinBCACAC，即2sincossinBC

AC，又πABC，所以sinsin0ACB，所以1cos2C，又0πC，即π3C.法二：因为2coscosbaCcA，由余弦定理得2222222222222222abcbcaabcbacbabcaabbca22222222222

22222abcabcbabcbcabbaa222222122abcabcbaab所以1cos2C，又0πC，即π3C.育英学习站第15页/共22页学科网（北京）股份有限公司【小问2

详解】由余弦定理得222222cos16cababCabab，即2()163abab①设ABCV的内切圆半径为r，由等面积公式得11sin22abcrabC.即13132222abcab.整理得4abab，即2224()816ababababa

b②联立①②，解得11ab，所以ABCV的面积为113113sin112224abC.16.已知函数()sin()fxx在区间ππ(,)62单调，其中为正整数，π||2，且π2π()(

)23ff.（1）求()yfx图象的一条对称轴；（2）若3(π)62f，求.【答案】（1）7π12x（2）π3【解析】【分析】（1）由正弦函数的单调性与周期性,可得2π3T，所以π2π,23在同一个周期内，由π2π23ff

，取其中点值，即可得fx图象的一条对称轴；（2）由2π2π3T，可得3，又为正整数，所以1，2，3，再分三种情况讨论，结合fx在7π12x处取得最值，即可求解.【小问1详解】因为函数sinfxx在区间ππ,62单调，

ππ2π2263TT，，育英学习站第16页/共22页学科网（北京）股份有限公司π2π,23在同一个周期内，π2π23ff，yfx图像的一条对称轴为π2π7π23212x【小问2详解】由（1）知，2π2π3

T，即3，又为正整数，所以1，2，3，由（1）知，fx在7π12x处取得最值，所以7πππ122k，Zk，即π7ππ212k，Zk．当1时，ππ12k，Zk，

由π2，知π12，所以πsin12fxx，所以ππππ3sinsin6612122f，不符合题意；当2时，2ππ3k，Zk，由π2，知π3，所以πsin23

fxx，所以πππ2π3sin2sin66332f，符合题意；当3时，5ππ4k，Zk，由π2，π4，所以πsin34fxx

，所以πππ23sin366422f，不符合题意，综上所述，π3.17.设nS是数列na的前n项和，已知11a，11,,22,.nnnannaann为奇数

为偶数育英学习站第17页/共22页学科网（北京）股份有限公司（1）证明：22na是等比数列；（2）求满足20nS的所有正整数n.【答案】（1）证明见解析（2）正整数n为1，2【解析】【分析】（1）由定义能证明数列22na是等

比数列；（2）由1211222nna，得21218432nnnaan，从而22123421233123222nnnnSaaaaaan

；由求和式子由此能求出满足20nS的所有正整数n的值．【小问1详解】由已知得222122111214211222nnnnaananna，所以2221222nnaa，其中232a，21202a

，所以22na是以12为首项，12为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）知1211222nna，所以2122nna，1211642nnan，所以21218432nnn

aan，所以21234212nnnSaaaaaa育英学习站第18页/共22页学科网（北京）股份有限公司2211118412326332222nnnnnn

233123222nn，当2n时，2nS单调递减，其中252S，474S，6218S，所以满足20nS的所有正整数n

为1，2.18.已知函数2e2cos1,0,2π2exxfxx.（1）证明：fx的导函数有且仅有一个极值点；（2）证明：fx的所有零点之和大于2π.【答案】（1）证明见解析（2）fx的所有零点之和大于2π，理由见

解析.【解析】【分析】（1）要确定fx的极值点情况，则需要判断其导函数的单调性，设gxfx，对gx进行变形处理，即11e1ecosxxgxx，即判断函数11ec

osxhxx的取值情况，即可得gx的取值情况，从而确定函数fx的极值点取值个数；（2）结合fx的单调性，确定其零点，从而得函数fx的极值点分布，根据函数fx单调性结合零点存在定理即可确定函数fx的零点个数及范围，利用三角函数与指数函数的单

调性即可判断fx的所有零点之和与2π的大小关系.【小问1详解】因为21e2cos1cose,0,2π2exxxfxxx，所以1esinxfxx设1esinx

gxfxx，0,2πx，所以111ecose1ecosxxxgxxx，其中1e0x恒成立，令11ecosxhxx，0,2πx，育英学习站第19页/共22页学科网（北京）股份有限公司则111πecosesin2esin4

xxxhxxxx，因为0,2πx，所以ππ7π,444x，所以当π0,4x时，0hx，函数hx单调递减，当π5π,44x时，0hx，函数

hx单调递增，当5π,2π4x时，0hx，函数hx单调递增；又π1104π2201e0,1e1e0422hh，5ππ044hh，7π1147π221e1e0422h，

7π2π04hh所以05π7π,44x，使得01001ecos0xhxx，即010ecosxx，故对于1exgxhx有00gx，当00,x

x时，00gx，函数fx单调递增，当0,2πxx时，00gx，函数fx单调递减，所以0x是函数fx的极大值点，fx无极小值点，故fx有且仅有一个极值点.【小问2详解】因为函数

1ecos,0,2πxfxxx，其导函数1esinxfxx，05π7π,44x，使得当00,xx时，fx单调递增，当0,2πxx时，函数fx单调递减，又010ecosxx，所以0100000

π0e0,esincossin2sin4xffxxxxx，因为057π,π44x，所以0π3π,2π42x，所以00fx，育英学习站第20页/共22页学科网（北京）股份有限公司又12π2πe0f，

故100,xx，使得10fx，20,2πxx，使得20fx，于是可得：当10,xx时，0fx，fx单调递减，当12,xxx时，0fx，fx单调递

增，当2,2πxx时，0fx，fx单调递减，又3π11π23ππe0,e102ff，故13ππ,2x，则π11π2πe0,πe102ff，所以存在π,π2使得

0f，所以1π0fxf，又3π123πe02f，所以23π02fxf，则存在3ππ,2使得0f，又12π2πe10f，所以函数fx在区间

2,2πxx上无零点；故函数在0,2πx上有两个零点,，且π3ππ22，由0ff可得：11ecos0,ecos0，所以11cose,cose，又111

111eeee，所以coscoscos2π，根据π3ππ22，可得：ππ2，π2ππ2，并且函数cosyx在π,π2上单调递减，所以2π，即2π

，故fx的两个零点之和大于2π【点睛】关键点睛：本题考查函数的极值点、零点与导数的关系，涉及到三角函数与指数函数混合运算，难度较大.解决本题中证明极值点个数问题的关键是，将指数函数与三角函数的加减运算，变形成乘除运算，这样避免求导数过程中，导函数的零点无法

解含指数与三角函数的方程问题，例如本题中对函数1ecosxgxx直接求其导数无法消除指数运算，将其转化为11e1ecosxxgxx，其影响正育英学习站第21页/共22页学科网（北京）股份有限公司负的部分11e

cosxx的导函数零点可求，其单调性与极值点即可确定；解决本题中原函数零点之和的问题的关键是确定零点范围为π3ππ22之后，结合零点所满足的等式关系11ecos0,ecos0，根据指数函数比较大小，利用诱导公式转化并结合余弦函数cosyx在π,π

2上的单调性，即可确定零点之和与2π的大小关系.19.定理：如果函数()fx在闭区间[a，]b上的图象是连续不断的曲线，在开区间(,)ab内每一点存在导数，且()()fafb，那么在区间(,)a

b内至少存在一点c，使得()0fc，这是以法国数学家米歇尔罗尔的名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广泛的应用.（1）设()(1)(2)(4)fxxxxx，记()fx的导数为()fx，试用上述定理，说明方程()0fx根的个数，

并指出它们所在的区间；（2）如果()fx在闭区间[a，]b上的图象是连续不断的曲线，且在开区间(,)ab内每一点存在导数，记()fx的导数为()fx，试用上述定理证明：在开区间(,)ab内至少存在一点c，使得()()()()fbfafcba；（3）利用（2）中的结

论，证明：当0ab时，2()eeeabababab.（e为自然对数的底数）【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；【解析】【分析】（1）注意到(0)1240ffff，结合罗尔定理可得答案；

（2）构造函数fbfaFxfxfaxaba，后利用罗尔定理可证明结论；（3）注意到222e(e)eee2e2eababaababbababbababa，后由（2）中结论可证明.【小问1

详解】注意到(0)1240ffff，则由罗尔定理，在(0,1)内存在1x，使1()0fx；在(1,2)内存在2x，使2()0fx；在(2,4)内存在3x，使3()0fx.综上，()0fx的根有3个，且分

别位于(0,1)，(1,2)，(2,4)这三个区间内；【小问2详解】育英学习站第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司）证明：构造函数fbfaFxfxfaxaba，则fbfaFxfxba.注意到0FaFb

，由罗尔定理，则在(,)ab上至少存在一点c，使0fbfaFcfcbafbfafcba，即在开区间(,)ab内至少存在一点c，使得()()()()fbfafcba；【小

问3详解】证明：当0ab时，02abab.由（2），因函数exgxx为R上连续函数，1exgxx.又2aba，则在(,)2aba上存在1t，使122ababggagta11e

e1e22tabaabbaat；又2abb，则在(,)2abb上存在2t使222ababgbggtb22ee1e22tbababbabt.又令1e2exxhxxhxx，当0

x时，20exhxx，则hx在(0,)上单调递增，又212121211e1e22ttbabatththttt.则22ee2ee2abababababba

2()eeeabababab.【点睛】关键点睛：本题关键为理解题干信息罗尔定理，第一问为定理的直接运用；第二问关键在与由所需证明结构构造出相应函数；第三问关键为对所需证明结构变形，使之能够利用第二问的结论.育英学习站