【文档说明】湖北省部分州市2025届高三上学期9月月考联合测评数学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.602 MB，由小赞的店铺上传

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2025届高三上学期9月月考联合测评数学试卷考试时间120分钟，满分150分注意事项：1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作

答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答

题卡一并上交．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.已知全集RU=，集合2230Mxxx=−−和|21,1,2,Nxxkk==−=的关系的韦恩（Venn）图如图所示，则阴影

部分所示的集合的元素共有（）A.3个B.2个C.1个D.无穷多个【答案】B【解析】【分析】由图知，阴影部分所示的集合为MN，根据条件求出13Mxx=−，利用集合的运算，即可求解.【详解】由图知，阴影部分所示的集合为MN，由2230xx−−，得到13x−，所以13Mxx=−

，又|21,1,2,Nxxkk==−=，所以1,3MN=，得到阴影部分所示的集合的元素共有2个，故选：B.2.已知向量()()1,0,1,1ab==，若()abb−⊥，则=（）A.2−B.0C.1D.2【答案】D【解

析】【分析】先进行向量的线性坐标运算，再利用向量垂直的数量积坐标表示求解可得.【详解】()()1,0,1,1ab==，()1,1ab−=−−.因为()abb−⊥，所以()0abb−=，则()()111120−+−=

−=，解得2=.故选：D.3.已知函数()πsin23fxx=+，将()fx的图象向左平移(0)个单位后，得到函数()gx的图象，若()gx的图象与()fx的图象关于y轴对称，则的最小值等于（）A.π12B.π6C.π4D.π3【答案】B【解析】【分析】根据函

数平移可得()πsin223gxx=++，进而根据()()gxfx=−即可代入化简得ππ,6kk=+Z求解.【详解】解：()()πsin223gxfxx=+=++，要()gx的图象与()fx的图象关于y轴对称，则()()π2πsin2sin2

33gxfxxx=−=−+=+，所以π2π22π,33kk+=+Z，故ππ,6kk=+Z，又0，故minπ6=，故选：B.4.将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“

拐角数”，则下列哪个数不“拐角数”.（）A.22B.30C.37D.46【答案】B【解析】【分析】由根据题意观察“拐角数”的性质，可得第n个“拐角数”等于()112nn++，进而逐项判断即可得到答案.【详解

】由题意得第1个“拐角数”为211=+，第2个“拐角数”为4112=++，第3个“拐角数”为71123=+++，第4个“拐角数”为1111234=++++，…，则第n个“拐角数”为()11123412nnn+++++++=+

.对于A：第6个“拐角数”是671222+=，故A不合题意；对于B、C：第7个“拐角数”是781292+=，第8个“拐角数”是891372+=，则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意;对于D：第9个“拐角数”是9101462

+=，故D不合题意.故选：B5.已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（）A.86B.87C.88D.90【答案】B【解析】是.【分析】根据样本数据百分位数的定义求解即可.【详解

】将数据从小到大排序得72,78,80,81,83,86,88,90，因为875%6=，所以第75百分位数是8688872+=．故选：B．6.已知直线()00xykk+−=与圆224xy+=交于不同的两点,A

B，O是坐标原点，且有3OAOBAB+，则实数k的取值范围是（）A.()3,6B.)2,6C.)6,22D.)6,23【答案】C【解析】【分析】设AB中点为C，由条件得出AB与OC的关系结合点到直线的距离解不等式即可.【详

解】设AB中点为C，则OCAB⊥，∵3OAOBAB+，∴23OCAB，∴233ABOC，∵222144443OCABOC+=，即23OC，又∵直线()00xykk+−=与圆224xy+=交于不同的两点AB、，∴24

OC，故243OC，则2432k−，0,622kk.故选：C．7.在ABCV中，角,,ABC的对边分别是,,abc，且2cosaBca=−，则3cab+的最小值为（）A.2B.22C.4D.42【答案】B

【解析】【分析】利用余弦定理化角为边，再通过换元转化为分式函数244()ttgtt++=，变形后利用基本不等式求最值求解可得.【详解】由余弦定理得222cos2acbBac+−=，代入2cosaBca=−得，22222222

acbacbacaacc+−+−==−，则2222acbcac+−=−，即22baac=+，2222222269369691cccacacacacaaacbbaaca+++++++===++，令1cta+=，1t，则22(1)6(1)94444()424

8ttttgttttttt−+−+++===+++=，当且仅当4tt=时，2t=，即ac=时等号成立，此时，,cos0acB==，即π2B=，ABCV为等腰直角三角形时，3cab+取到最小值22.故选：B.8.已知()f

x的定义域为()()()(),3fxyfxyfxfy++−=R，且()113f=，则20251()kfk==（）A.13−B.23−C.13D.23【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用赋值法，求得()()6fxfx

+=，得到()fx的一个周期是6，再根据函数的周期性和奇偶性，求得()()()()()()1,2,3,4,5,6ffffff的值，进而得到答案.【详解】由题意知，函数()fx的定义域为()()()()

,3fxyfxyfxfy++−=R，且()113f=，令1,0xy==，得()()()()1010310ffff++−=，所以()203f=；令0x=，得()()()()0030fyfyffy++−=，所以()()

fyfy−=，所以()fx是偶函数，令1y=，得()()()()()1131fxfxfxffx++−==①，所以()()()21fxfxfx++=+②，由①②知()()210fxfx++−=，所以()()()()30,3fxfxfxfx++=+

=−，所以()()()63fxfxfx+=−+=，所以()fx的一个周期是6，由②得()()()201fff+=，所以()123f=−，同理()()()312fff+=，所以()233f=−，又由周期性和偶函数

可得：()()()()()()()()112422,511,60,333ffffffff=−==−=−====所以()()()()12360ffff++++=，所以20256112()337()(1)(2)(3)3kkfkfkfff===+++=

−.故选：B.二、选择题：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.欧拉公式iecosisinxxx=+（i为虚数单位，xR）是由数学家

欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（）A.πi3e的虚部为32B.iπe1=−C.xiecossinxx=+D.πi2e的共轭复数为i−【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，由欧拉

公式iecosisinxxx=+，利用复数的基本概念，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由πi3cosisππ13ei33n2i2=+=+，其虚部为32，所以A正确；对于B中，由πieco

sπisinπ1+=−=，所以B正确；对于C中，由iecosisinxxx=+，则i22ecossin1xxx=+=，所以C错误；对于D中，由πi2ππecosisini22=+=，故πi2e的共轭复数为i−，所以D正确．故选：ABD．10.平面内到两定点距离之积为常数

的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，(2,0)A−，(2,0)B，动点P满足5PAPB=，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列

结论正确的是（）A.曲线C与y轴的交点为(0,1)和(0,1)−B.曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称C.点P的横坐标的范围是[3,3]−D.OP的取值范围为[1,2]【答案】AC【解析】【分析】根据题意，求得曲

线C的轨迹方程为22216254xyx+=+−，利用轨迹方程，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】解：设点(,)Pxy，因为5PAPB=，可得2222[(2)][(2)]25xyxy++−+=，整理得：22216254xyx+=+−，对于A中，当0x=时，解

得1y=，即曲线C与y轴的交点为(0,1),(0,1)−，所以A正确；对于B中，因为22216254xyx+=+−，用y−替换y，方程不变，则曲线C关于x轴对称，用x−替换x，方程不变，则曲线C关于y轴对称，同时用x−替换

x，用y−替换y，方程不变，可得曲线C关于原点对称，所以B错误；对于C中，因为22216254xyx+=+−，即可得222162540yxx=+−−，即2216254xx++，即42890xx−−，解得209x，即33x−≤≤，所以点P的横坐标

的取值范围是[3,3]−，所以C正确；对于D中，因为2222||16254OPxyx=+=+−，由C项知33x−≤≤，所以2||[1,9]OP，故1||3OP，所以D错误．故选：AC.11.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，动点P在对角线1BD上，过

P作垂直于1BD的平面，记平面与正方体1111ABCDABCD−的截面多边形（含三角形）的周长为L，面积为S，(),0,3BPxx=，下面关于函数()Lx和()Sx的描述正确的是（）A.()Sx最大值为334；B.()Lx在32x=时取得极大值；C.

()Lx在30,2上单调递增，在3,32上单调递减；D.()Sx在30,2上单调递增，在3,32上单调递减【答案】AD【解析】【分析】分情况作出截面，求截面的周长

和面积，进行判断.【详解】当30,3x时，截面为等边三角形，如图：因为BPx=，所以6EFx=，所以：()36Lxx=，()2332Sxx=，30,3x.此时()Lx，

()Sx在30,3上单调递增，且()32Lx，()32Sx.当323,33x时截面为六边形，如图：设AEt=，则11AEAFCGCHBNBMt======所以六边形EFGHMN的周长为：()3232132tt+−=为定值；做1NN⊥平面ABCD于1N，1MM⊥平

面ABCD于1M.设平面EFGHMN与平面ABCD所成的角为，则易求3cos3=.所以11cosEFDHMNFANMCGSS=，所以()221131122EFDHMNStt=−−−2132tt=+−，在10,2

t上递增，在1,12t上递减，所以截面面积的最大值为1113332244+−=，此时12t=，即32x=.所以()Sx在33,32上递增，在323,23上递减.32

x=时，()Sx最大，为334.当23,33x时，易得：()()363Lxx=−，()()23332Sxx=−此时()Lx，()Sx在23,33上单调递减，()32Lx，()32Sx.综上可知

：AD是正确的，BC错误.故选：AD【点睛】关键点点睛：当323,33x时，如果坚持用x表示截面的周长和面积，感觉比较麻烦，设AEt=，用t表示截面的周长和面积就省劲多了.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知随机变量()2,XN

，若(2)0.2,(3)0.5PXPX==，则(4)PX的值为______________．【答案】0.8##45【解析】【分析】由条件结合正态分布的性质可得3=，()()42PXPX=，再结合条件可求结论.【详解】因为

()2,XN，(3)0.5PX=，所以3=，所以()()420.2PXPX==，所以(4)0.8PX=，故答案为：0.8.13.已知双曲线2222:1(0,0)xyEabab−=的左､右焦

点分别为12,FF，离心率为2，过点1F的直线l交E的左支于,AB两点.1OBOF=（O为坐标原点），记点O到直线l的距离为d，则da=__________.【答案】172+【解析】【分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质

可得21BFBF⊥，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得.【详解】令双曲线E的半焦距为c，由离心率为2，得2ca=，取1FB的中点D，连接OD，由1OBOF=，得1ODFB⊥，则||ODd=，连接2FB，由O为12FF

中点，得22//,||2BFODBFd=，21BFBF⊥，1||22FBda=−，因此2222112||||||BFBFFF+=，即222(2)(22)(4)ddaa+−=，整理得23()02ddaa−−=，而0da，所以172da+=.故答案为：172+14.已知AB

CV内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC的中点，E为AD的中点，延长BE交AC于点F，若2,4sinsin33sinbACB==，则AEF△的面积为______.【答案】38##138【解析】【分析】由正弦定理以及三角形面积

公式求得ABCV的面积332S=，设所求面积为1S，利用向量共线定的理、平面向量基本定理得出1112SS=即可求解.【详解】ABCV的面积为()211sin2sinsinsin22SacBRACB==，注意到23324sinsinsin2sinsin33bRACBAC===，所以()2

11sin2sinsinsin22SacBRACB==2133sinsinsin22sinsinACBAC=27sin274338sinsin8233BAC===，因为,,BEF三点共线，所以设()1AEABAF=+−，而点D是BC中点，点E是

AD中点，所以()11222122ADAEABAFABAC==+−=+，设AFAC=，所以()1122122ABACABAC+−=+，因为,ABAC不共线，所以()112,2122=−=，解得11,43==，因为111,,223CDAEAF

BCADAC===，设AEF△的面积为1S，则111111333223121228SSS====.故答案为：38.【点睛】关键点点睛：关键在于得到ABCV的面积332S=，1112SS=，由此即可顺利得解.四、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.已知数列na中，11a=，()1212nnaan−=+．（1）求na的通项公式；（2）求和：1211niiia=−+【答案】（1）21nna=−；（2）12123312nniiina=−+=−+

【解析】【分析】（1）由条件证明数列1na+为等比数列，结合等比数列通项公式求数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）设211nnnba−=+，1211nniiiSa=−=+，则123nnSbbbb=++++，利用错位相减法求和即可.【小问1详解】因为()1212nnaan−=+

，所以()()11212nnaan−+=+，又112a+=，所以数列1na+为首项为2，公比为2的等比数列，所以12nna+=，所以{𝑎𝑛}的通项公式为21nna=−.【小问2详解】设211nnnba−=+，1211nniiiSa=−=+，则123nnSbbbb=++++

，由（1）可得212nnnb−=，所以123135212222nnnS−=++++，所以234111352122222nnnS+−=++++，所以12111111121222222nnnnS−+−=++++−，所以111112

122122212nnnnS+−−=+−−，所以112114222nnnnS−=+−−所以2332nnnS+=−.所以12123312nniiina=−+=−+16.如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，1AA⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，ADBC∥，4B

C=，12ABADDCAA====，Q为AD的中点．（1）在11AD上是否存在点P，使直线//CQ平面1ACP，若存在，请确定点P的位置并给出证明，若不存在，请说明理由；（2）若（1）中点P存在，求平面1ACP与平面11ABBA所成的锐二面角的余弦值．【答案】（1）存在，P是11AD中点，证明见解

析；（2）3131．【解析】【分析】（1）利用面面平行和线面平行确定点P的位置，然后利用线面平行判定定理证明即可；（2）过点D作DFBC⊥，以D为坐标原点，分别以DA，DF，1DD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据面面夹角的向量公式求解可

得.【小问1详解】存在，证明如下：在四棱柱1111ABCDABCD−中，因为平面//ABCD平面1111DCBA，所以可在平面1111DCBA内作1CPCQ∥，由平面几何知识可证11CDPCDQ△≌△，所以1DPDQ=，可知P是11AD中点，因1CP平面1A

CP，所以//CQ平面1ACP．即存在线段11AD的中点，满足题设条件．满足条件的点只有一个，证明如下：当//CQ平面1ACP时，因为//CQ平面1111DCBA，所以过1C作平行于CQ的直线既在平面11A

CP内，也在平面1111DCBA内，而在平面1111DCBA内过1C只能作一条直线1CPCQ∥，故满足条件的点P只有唯一一个．所以，有且只有11AD的中点为满足条件的点P，使直线//CQ平面1ACP．【小问2详解】过点D作DFBC

⊥，垂足为F，又因为1DD⊥平面ABCD，所以DA，DF，1DD两两互相垂直，以D为坐标原点，分别以DA，DF，1DD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系Dxyz−，则𝐴(2,0,0)，()1,0,2P，()11,3,2C−，()12,0,2A，()3,3,0B，()1,0

,2PA=−，()12,3,0PC=−，()1,3,0AB=，()10,0,2AA=设平面1PAC的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则有10,0,nPAnPC==即20,230.xzxy−=−+=

令23x=，得4y=，3z=，所以()23,4,3n=．设平面11ABBA的法向量为(),,mxyz=．为则有10,0,ABmAAm==即30,20.xyz+==令3x=，得1y=−，0z=，所

以()3,1,0m=−．所以64031cos,31231nmnmnm−+===．故平面1ACP与平面11ABBA所成的锐二面角的余弦值为3131．17.现有n枚质地不同的游戏币12,,,(3)naaan

，向上抛出游戏币ma后，落下时正面朝上的概率为()11,2,,2mnm=.甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏.（1）甲将游戏币2a向上抛出10次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望()EX，并写出当k为何值时，()

PXk=最大（直接写出结果，不用写过程）；（2）甲将游戏币123,,aaa向上抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列；（3）将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜

，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由.【答案】（1）52，2k=（2）分布列见解析（3）公平，理由见解析【解析】【分析】（1）依题意可得随机变量X服从二项分布，即可得出期望值，依据二项式性质可得2k=时，()PXk=最大.（2）写出Y

的所有可能取值，求出对应概率即可求得分布列；（3）根据题意可求得12kP=，可知游戏规则是公平的.【小问1详解】依题意得：每次抛游戏币2a落下时正面向上的概率均为14，故1,104XB，于是()151042EX==，当2k=时，()PXk=最大.【小问2详解】记

事件kA为“第ka枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则()1,1,2,32kPAkk==，Y可取0,1,2,3.由事件kA相互独立，则()()()()()1231231115011124616PYPAAAPAPAPA====−−−=.

()()()()()1231231231231231231PYPAAAAAAAAAPAAAPAAAPAAA==++=++111111111111111246246246=−−+−−+−−1351

151312324624624648=++=；()()()()1231231231111111112111246246246PYPAAAPAAAPAAA==++=−+−+−

15131138612422416=++=；()()1231111324648PYPAAA====；故分布列为：X0123P5162348316148【小问3详解】不妨假设按照12,,,na

aa的顺序抛这n枚游戏币；记抛第ka枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为,1,2,,kPkn=；于是()11111111111111222222kkkkkkkPPPPPPPkkkkkkk−−−−−−=−+−=−+−=−+；即1112kkkPPkk−−=

+，即()111,22kkkPkPk−=−+.记kkbkP=，则11,22kkbbk−−=，故数列{𝑏𝑛}为首项是1112P=，公差为12的等差数列；故()111222kkbk=+−=，则2kkkP=，故1,1,2,3,,2kPkn==，则12n

P=，因此公平.18已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=过点()()4,0,2,3AP−−．（1）求椭圆C的方程以及离心率；（2）设直线:2lykx=−与椭圆C交于,MN两点，过点N作直线y=−6的垂线，垂足为Q．判断直线MQ是否过定点，并证明你的

结论．【答案】（1）椭圆方程为2211612xy+=，离心率为12cea==（2）定点为()0,4−，证明见解析【解析】【分析】（1）代入()()4,0,2,3AP−−联立方程，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；即可由离心率公式求解（2）联立直线与椭圆方程，运用韦达定理，

令0x=，代入化简可得4y=−，即可得直线恒过定点；【小问1详解】将()()4,0,2,3AP−−代入椭圆方程可得221601ab+=且22491ab+=，解得2216,12ab==，故2224cab=−=，故椭圆方程为2211612xy+=，离心率为12cea==【小问2详解】联立:2l

ykx=−与椭圆方程223448xy+=，消去y可得22(34)16320kxkx+−−=，设1(Mx,1)y，2(Nx,2)y，2)(,6Qx−可得1221634kxxk+=+，1223234xxk−=+，则

MQ的方程为121266()yyxxxx−+=−−，又112ykx=−，令0x=，则()()2221211221212122223246443466661634kxxyxkxkxxxkykxxxxxxxxk−−−−+−+−−+=−=−=−=−−−−−−+.2222222216322243

4346641616223434kkxxkkkkxxkk−−++=−=−=−−−++故直线MQ经过定点()0,4−．19.已知函数()1lnxfxax+=，其中e为自然对数的底数．（1）当1a=时，求()fx的单调区间；（2）若方程()1f

x=有两个不同的根12,xx．（i）求a的取值范围；（ii）证明：22122xx+．【答案】（1）()fx在区间()0,1内单调递增，在区间()1,+内单调递减；（2）（i）()0,1；（ii）证明

见解析.【解析】【分析】（1）求函数()fx的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间；（2）方程()1fx=可化为1lnxax+=，结合（1）确定函数()1lnxgxx+=的性质，由条件确定a的取值范围；（3）设12xx，由（i）1201xx，由已知12

12ln1ln1xxxx++=，法一：先证明22x时结论成立，构造函数()()()2pxgxgx=−−，01x，并证明()0px，由此可得()()()1122gxgxgx−=，结合()gx的单调

性证明122xx−，再结合基本不等式证明当212x时，结论成立；法二：构造函数()()1hxgxgx=−，证明当01x时，ℎ(𝑥)<0，由此可证()211gxgx，

结合()gx的单调性证明121xx，再结合基本不等式证明结论.【小问1详解】由题意得()1lnxfxx+=，𝑥∈(0,+∞)，则()2lnxfxx=−，由()0fx=，解得1x=．当01x时，()()0,fxfx

单调递增，当1x时，()()0,fxfx单调递减；综上，()fx在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减；【小问2详解】（i）由1ln1xax+=，得1lnxax+=，设()1lnxgxx+=，由（1）得()gx在区间(0,1)内单调递增，

在区间(1,+∞)内单调递减，又()10,11egg==，当1x时，𝑔(𝑥)>0，且当x→+时，()0gx→，所以当01a时，方程1lnxax+=有两个不同的根，即方程1ln1xax+=有两个不同的根，故a的取值范围是(0,1)．（

ii）不妨设12xx，则1201xx，且1212ln1ln1xxxx++=．法一：当)22,x+时，结合（i）知22212242xxx+，即22122xx+；当()21,2x时，()220,1x−．设()

()()ln12xpxgxgxxx=−−=+−()ln21,01,22xxxx−−−−则()()()()()222222ln11ln2ln2lnln0,2xxxxxpxxxxxx−−+−−=−−−−=−−所以()px在区间(0,1)内单调递增，则()()10pxp=

，即()()2gxgx−，所以()()()1122,gxgxgx−=又()()1120,1,21,1,xxxgx−在区间(1,+∞)内单调递减，所以122xx−，即122xx+，又12xx，所以221

2122xxxx+，故()22222121212122224xxxxxxxx+++=+，所以22122xx+，得证．法二：设()()()11ln1lnxhxgxgxxxx+=−=−−，𝑥∈(0,+∞)，则()222ln

1lnln0xxhxxxxx−−+==，所以ℎ(𝑥)在区间(0,+∞)内单调递增，又ℎ(1)=0，所以()()11110hxgxgx=−，即()111gxgx．又()()21g

xgx=，所以()211gxgx，又()2111,1,xgxx在区间(1,+∞)内单调递减．所以211xx，即121xx，又12xx，所以22121222xxxx+，得证．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方

法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．