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河北衡水中学2011~2012学年度下学期一调考试高三数学理科试题

河北衡水中学 2011~2012 学年度下学期一调考试高三数学理科试题

本试卷分第 I 卷(选择题 60 分)和第Ⅱ卷(非选择题 90 分)两部分。一共 6 页。共 24 题。本试卷共 150 分,考试时间 120 分钟.祝各位考生考试顺利! 一、选择题(每小题5分,共60分。下列每小题所给选项只有一项符合题意,请将正确答案的序 号填涂在答题卡上) 1.集合 A = x x + 1 ≤ 2, x ∈ Z , B = y y = x 3 , ? 1 ≤ x ≤ 1 ,则 A I B = ( A. (? ∞,1] B. [? 1,1] C. φ D. {? 1,0,1} )

{

}

{

}

)

2.若 z 是复数,且 (3 + z )i = 1 ( i 为虚数单位),则 z 的值为 (

A. ? 3 + i B. ? 3 ? i C. 3 + i D. 3 ? i 3.已知甲、乙两名篮球运动员某十场比赛得分的茎叶图如图所示, 则甲、乙两人在这十场比赛中得分的平均数与方差的大小关系为( )

8

乙 6 4 3 8 6 3 8 3

甲 1 2 3 4 5 4 5 1 6 7 9 9 0 4

x x A. x甲 < < x S x x C. x甲 >> x S

2 乙 乙, 甲

<S

2 乙

B. x甲 x x x S < <

2 乙 乙, 甲

>S

2 乙

2 乙乙, 甲

>S

2 乙

x D. x甲 >>

2 x乙 乙, 甲

x S

<S

2 乙

1

5

4. 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( A.2 B.1 C.



2 3

D.

1 3

?3x ? y ? 6 ≤ 0 ? 5.设 x,y 满足 ? x ? y + 2 ≥ 0 , 若目标函数 z=ax+y(a>0) ?x + y ≥ 3 ?
的最大值为 14,则 a=( A.1 ) C.23 D.

B.2

53 9


6.等差数列{ an }前 n 项和为 sn ,满足 s20 = s40 ,则下列结论中正确的是( A、 s30 是 sn 中的最大值 B、 s30 是 sn 中的最小值
第 1 页(共 6 页)

C、

s30 =0

D、 s60 =0

7 . 阅 读 右 面 程 序 框 图 , 任 意 输 入 一 次 x (0 ≤ x ≤ 1) 与

y (0 ≤ y ≤ 1) ,则能输出数对 ( x, y ) 的概率为(



-1-

A.

1 3 1 C. 4

B.

2 3 3 D. 4

| 8.若函数 y = A sin(ω x + ? )( A > 0 , > 0 , ? |< ω

π
2

M ) 在一个周期内的图象如图所示, , N

分别是这段图象的最高点和最低点,且 OM ? ON =0, 为坐标原点) (O 则 A?ω = ( ) B、

π
A、

6
9.已知双曲线

7 π 12

C、

7 π 6

D、

7 π 3

x2 y 2 ? = 1 ,其右焦点为 F , P 其上一点,点 M 满足 9 16


MF =1, MF ? MP = 0 ,则 MP 的最小值为(
A 3 B

3 C 2

D

2

10. 设 D 是 正 ?P P2 P3 及 其 内 部 的 点 构 成 的 集 合 , 点 P0 是 ?P P2 P3 的 中 心 , 若 集 合 1 1

S = {P | P ∈ D,| PP0 |≤| PPi |, i = 1, 2, 3} , 则集合 S 表示的平面区域是
A. 三角形区域 C. 五边形区域 B.四边形区域 D.六边形区域

(

)

11.如图,已知平面 α ⊥ 平面 β , A 、 B 是平面 α 与平面 β 的 交线上的两个定点, DA ? β , CB ? β ,且 DA ⊥ α , CB ⊥ α ,

α
P
A

AD = 4 , BC = 8 , AB = 6 ,在平面 α 上有一个动点 P , 使得 ∠APD = ∠BPC ,则 ?PAB 的面积的最大值是( )

B C

D
A

9 3 2

36 B 5
x

C

12

D

24

β

12. 已知函数 f ( x ) =| e + A. a ∈ [0,1]

a 第 2 页(共 6 页) |, (a ∈ R ) 在区间 [0,1] 上单调递增, 则实数 a 的取值范围是 ( x e
C.



B. a ∈ [ ?1,0]

a ∈ [?1,1]

D. a ∈ ( ?∞,?e 2 ] ∪ [e 2 ,+∞)

第Ⅱ卷( 90 分)
二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)

-2-

13. 为了测量一古塔的高度,某人在塔的正西方向的 A 地测得塔尖的仰角为 45°,沿着 A 向 北偏东 30°前进 100 米到达 B 地(假设 A 和 B 在海拔相同的地面上),在 B 地测得塔尖的仰 角为 ,则塔高为 米

14. 已 知 函 数 f ( x ) 满 足 : f (1) =

1 , 4 f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + f ( x ? y ), ( x, y ∈ R ) , 则 4

f (2010) = ____________.
15. 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 , 定 义 点 P ( x1 , y1 ), Q( x 2 , y 2 ) 之 间 的 “ 直 角 距 离 ” 为

d ( P, Q) =| x1 ? x2 | + | y1 ? y 2 | 。若 C ( x, y ) 到点 A(1,3), B (6,9) 的“直角距离”相等,其中
实 数 x, y 满 足 0 ≤ x ≤ 10,3 ≤ y ≤ 9 , 则 所 有 满 足 条 件 的 点 C 的 轨 迹 的 长 度 之 和 为

__________
16.用一个边长为 2 的正方形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢, 半径为 1 的鸡蛋(视为球体)放入 其 中,则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为

三、解答题(共 6 个小题,共 70 分) 17. (本小题满分 12 分)对于给定数列 {an } ,如果存在实常数 p, q ,使得 an +1 = pan + q 对 (Ⅰ)已知数列 {bn } 是 “ M 类数列”且 bn = 2n 于任意 n ∈ N * 都成立,我们称数列 {an } 是 “ M 类数列”. 求它对应的实常数 p, q 的值; ,

(Ⅱ) 若数列 {cn } 满足 c1 = 1 ,cn +1 ? cn = 2 n n ∈ N * , 求数列 {cn } 的通项公式. 并判断 {cn } 是否为“ M 类数列”,说明理由.

(

)

18. (本小题满分 12 分)符合下列三个条件之一,某名牌大学就可录取: ①获国家高中数学联赛一等奖 (保送录取, 第 3 页(共 6 页) 联赛一等奖从省高中数学竞赛优胜者中考试选拔) ; ②自主招生考试通过并且高考分数达到一本分数线(只有省高中数学竞赛优胜者才具备自主 招生考试资格) ;③高考分数达到该大学录取分数线(该大学录取分数线高于一本分数线) . 某高中一名高二数学尖子生准备报考该大学,他计划:若获国家高中数学联赛一等奖,则保 送录取;若未被保送录取,则再按条件②、条件③的顺序依次参加考试. 已知这名同学获省高中数学竞赛优胜奖的概率是 0.9, 通过联赛一等奖选拔考试的概率是 0.5, 通过自主招生考试的概率是 0.8,高考分数达到一本分数线的概率是 0.6,高考分数达到该大 学录取分数线的概率是 0.3.

-3-

(I)求这名同学参加考试次数 ξ 的分布列及数学期望; (II)求这名同学被该大学录取的概率.

19. (本小题满分 12 分) 如图,在底面为直角梯形的 四棱锥 P ? ABCD 中 AD ∥ BC,∠ABC = 90° PD ⊥ , 平面 ABCD , AD = 1 , AB = 3 , BC = 4 . ⑴求证: BD ⊥ PC ; ⑵求直线 AB 与平面 PDC 所成的角; ⑶设点 E 在棱 PC 上, PE = λ PC , 若 DE ∥平面 PAB ,求 λ 的值.

P E A B D C

20.设椭圆 E:

x2 y2 + = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a2 b2 第 4 页(共 6 页)

(I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且

uuu uuu r r OA ⊥ OB ?若存在,写出该圆的方程,并求|AB|的取值范围,若不存在说明理由。

21. 设函数 f ( x ) =

ln x ? ln x + ln( x + 1) . 1+ x

(Ⅰ)求 f ( x ) 的单调区间和极值;

-4-

(Ⅱ)是否存在实数 a ,使得关于 x 的不等式 f ( x ) ≥ a 的解集为 (0, +∞) ?若存在,求 a 的取 值范围;若不存在,试说明理由.

请考生在(22)(23)(24)三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分. 、 、 (22) (本小题满分 10 分)选修 4-1:几何证明选讲 交 CD 于 页) 如图,AB、CD 是圆的两条平行弦,BE//AC,BE 第 5 页(共 6E、交圆于 F,过 A 点的切线交 DC 的 延长线于 P,PC=ED=1,PA=2. (I)求 AC 的长; (II)求证:BE=EF.

(23) (本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 在极坐标系中, O 为极点, 半径为 2 的圆 C 的圆心的极坐标为 (2, ⑴求圆 C 的极坐标方程; ⑵ P 是圆 C 上一动点,点 Q 满足 3OP = OQ ,以极点 O 为原点,以极轴为 x 轴正半轴建 立直角坐标系,求点 Q 的轨迹的直角坐标方程.

π
3

).

uuu r

uuur

-5-

(24) (本小题满分 10 分)选修 4-5:不等式选讲 已知 | x1 ? 2 |< 1 , | x 2 ? 2 |< 1 . (I)求证: 2 < x1 + x 2 < 6 , | x1 ? x2 |< 2 ; (II)若 f ( x) = x 2 ? x + 1 ,求证: | x1 ? x 2 |<| f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |< 5 | x1 ? x 2 | .

第 6 页(共 6 页)

-6-

1—5:DBDCB,6—10:DACBD,11—12:CC 13:50 米 17 14:

1 2

15: 5( 2 + 1)

16:

3 1 + 2 2
4分

10 分 12 分 18.解: (I) ξ = 2,4 , P (ξ = 2) = (1 ? 0.9) + 0.9 × 0.5 = 0.55 P (ξ = 4) = 0.9 × (1 ? 0.5) = 0.45 (或 P (ξ = 4) = 1 ? 0.55 = 0.45 ) …………(2 分)

…………(4 分)

ξ

2

4 0.45 …………(6 分)

P 0.55 Eξ = 2 × 0.55 + 4 × 0.45 = 2.9

(II)设该同学参加 2、4 次考试被录取的概率分别是 P1 、 P2 ,则

P1 = 0.1 × 0.3 + 0.9 × 0.5 = 0.48 …………(8 分) P2 = 0.9 × (1 ? 0.5) × 0.8 × 0.6 + 0.9 × (1 ? 0.5) × (1 ? 0.8) × 0.3 = 0.243 ………(10 分) 该同学被该校录取的概率 P1 + P2 = 0.723 …………(12 分)

3 , 则 BC 2 =DB 2 + DC 2, BD ⊥ DC, ∴ Q PD ⊥ 面ABCD, BD ⊥ PD,而PD I CD = D, ∴
∴ BD ⊥ 面PDC. Q PC在面PDC内, BD ⊥ PC. ∴
(2)∵ DE ∥ AB ,又 PD ⊥ 平面 ABCD . ∴平面 PDC ⊥ 平面 ABCD . 过 D 作 DF // AB 交 BC 于 F 过点 F 作 FG ⊥ CD 交 CD 于 G ,则 ∠ FDG 为直线 AB 与平面 PDC 所成的角.
B 在 Rt△ DFC 中,∠ DFC = 90° , DF = 3, CF = 3 , P E A D F G C

19. 解: 【方法一】 (1)证明:由题意知 D C = 2

(4 分)

∴ tan ∠FDG = 3 ,∴∠ FDG = 60° . 即直线 AB 与平面 PDC 所成角为 60° .
P

(8 分)

(3)连结 EF ,∵ DF ∥ AB ,∴ DF ∥平面 PAB . 又∵ DE ∥平面 PAB , ∴平面 DEF ∥平面 PAB ,∴ EF ∥ AB . 又∵ AD = 1, BC = 4, BF = 1,
B
-7-

E A D F C



uuu 1 uuu r r PE BF 1 1 = = , ∴ PE = PC ,即 λ = . PC BC 4 4 4

(12 分) 【方法二】如图,在平面 ABCD 内过 D 作直线 DF//AB,交 BC 于 F,分别以 DA、DF、 DP 所在的直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系. (1)设 PD = a ,则 BD = ( ?1, ? 3, 0), PC = ( ?3, 3, ? a ) ,

uuu r

uuu r

uuu r (2)由(1)知 BD ⊥ 面PDC, DB 就是平面PDC的法向量 .

∵ BD ? PC = 3 ? 3 = 0 ,∴ BD ⊥ PC .

uuu uuu r r

(4 分)
z P E D G C

uuu r uuu r AB = (0, 3, 0) , DB = (1, 3, 0) . A x 设 AB与面PDC所成角大小为θ , uuuu uuu r r B yF | DB ? AB | 3 3 r uuuu = r = . 则 sin θ = uuu 2 | DB | ? | AB | 2 3 Q 0° < θ < 90°, ∴θ = 60°, 即直线 AB与平面PDC 所成角 为 60° .
(3)由(2)知 C(-3, 3 ,0) ,记 P(0,0,a) ,则 而 PE = λ PC ,所以 PE

, , 由条件知 A(1,0,0) B(1, 3 ,0)

(8 分)

uuu r uuu r uuu r uuu r (1,0,-a) PC = ? 3 , 3 , a) , ( ? , AB = 0 , 3 ,) DP = (0 , 0 , a ) , PA = ( 0 ,
uuu r uuu r

uuu r

uuur uuu uuu uuu r r r uuu r DE = DP + PE = DP + λ PC = (0, 0, a ) + (?3λ , 3λ , aλ ) = ? 3λ , 3λ , a ? aλ) ? ( . uuu r r r ? AB ? n = 0 ? 3y = 0 ?y = 0 ? ? (,,) 设 n = x y z 为平面 PAB 的法向量,则 ? uuu r ,即 ? ,即 ? . r ? x ? az = 0 ? x = az ? PA ? n = 0 ? ?

= ? 3λ , 3λ , λ) ( a ,

( , 取z = 1,得x = a, 进而得 n = a , 0 , 1)
由 DE // 平面PAB ,得 DE ? n = 0, -3aλ + a -aλ = 0, ∴

r

uuur r

1 而a ≠ 0, λ = . ∴ 4

(12 分)

x2 y2 20. 解:(1)因为椭圆 E: 2 + 2 = 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a b ?4 2 ?1 1 ? a 2 + b2 = 1 ? a2 = 8 ?a 2 = 8 x2 y 2 ? ? 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 + =1 8 4 ?b = 4 ? 6 + 1 =1 ?1 =1 ? a 2 b2 ? b2 4 ? ?
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点

? y = kx + m uuu uuu r r ? A,B, OA ⊥ OB , 设 该 圆 的 切 线 方 程 为 y = kx + m 解 方 程 组 ? x 2 y 2 得 + =1 ? 4 ?8 x 2 + 2(kx + m) 2 = 8 ,即 (1 + 2k 2 ) x 2 + 4kmx + 2m2 ? 8 = 0 ,
-8-

则△= 16k m ? 4(1 + 2k )(2m ? 8) = 8(8k ? m + 4) > 0 ,即 8k ? m + 4 > 0
2 2 2 2 2 2
2 2

4km ? ? x1 + x2 = ? 1 + 2k 2 ? ? 2 ? x x = 2m ? 8 ? 1 2 1 + 2k 2 ? y1 y2 = (kx1 + m)(kx2 + m) = k 2 x1 x2 + km( x1 + x2 ) + m 2 =

,

k 2 (2m 2 ? 8) 4k 2 m 2 m 2 ? 8k 2 ? + m2 = 1 + 2k 2 1 + 2k 2 1 + 2k 2

要使 OA ⊥ OB ,需使 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,即

uuu r

uuu r

2 m 2 ? 8 m 2 ? 8k 2 + = 0 ,所以 3m 2 ? 8k 2 ? 8 = 0 , 2 2 1 + 2k 1 + 2k

? m2 > 2 3m 2 ? 8 8 2 6 2 2 2 所以 k = ≥ 0 又 8k ? m + 4 > 0 ,所以 ? 2 ,所以 m ≥ ,即 m ≥ 或 8 3 3 ?3m ≥ 8
2

m≤?

2 6 , 因 为 直 线 y = kx + m 为 圆 心 在 原 点 的 圆 的 一 条 切 线 , 所 以 圆 的 半 径 为 3 m
2

m2 m2 8 2 6 8 2 2 r= ,r = = = ,r = ,所求的圆为 x + y = ,此时圆的 2 2 2 3m ? 8 3 1+ k 3 3 1+ k 1+ 8
切 线 y = kx + m 都 满 足 m ≥

2 6 2 6 或m≤? ,而当切线的斜率不存在时切线为 3 3

2 6 x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 与椭圆 + = 1 的两 个交点为 ( ,± ) 或 (? ,± ) 满足 3 8 4 3 3 3 3 uuu uuu r r 8 OA ⊥ OB ,综上, 存在圆心在原点的圆 x 2 + y 2 = ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 3 uuu uuu r r 恒有两个交点 A,B,且 OA ⊥ OB . x=± 4km ? ? x1 + x2 = ? 1 + 2k 2 ? 因为 ? , 2 ? x x = 2m ? 8 ? 1 2 1 + 2k 2 ?
所以 ( x1 ? x2 ) = ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 = ( ?
2 2

4km 2 2m 2 ? 8 8(8k 2 ? m 2 + 4) ) ? 4× = , 1 + 2k 2 1 + 2k 2 (1 + 2k 2 ) 2 8(8k 2 ? m2 + 4) (1 + 2k 2 )2

| AB |= ( x1 ? x2 )2 + ( y1 ? y2 ) = (1 + k 2 )( x1 ? x2 ) 2 = (1 + k 2 )
2

-9-

32 4k 4 + 5k 2 + 1 32 k2 = ? = [1 + 4 ], 3 4k 4 + 4 k 2 + 1 3 4k + 4k 2 + 1
k ≠ 0 时 | AB |=

① 当

32 1 1 [1 + ] , 因 为 4k 2 + 2 + 4 ≥ 8 所 以 1 3 k 4k 2 + 2 + 4 k

0<

1 1 ≤ , 1 4k 2 + 2 + 4 8 k
所以

32 32 1 4 2 < [1 + ] ≤ 12 , 所 以 6 <| AB |≤ 2 3 当 且 仅 当 k = ± 时 1 3 3 3 2 4k 2 + 2 + 4 k

取”=”. ② 当 k = 0 时, | AB |=

4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 ,± ) 或 (? ,± ) ,所以此时 3 3 3 3

③ 当 AB 的 斜 率 不 存 在 时 , 两 个 交 点 为 (

| AB |=

4 6 , 3 4 4 6 ≤| AB |≤ 2 3 即: | AB |∈ [ 6, 2 3] 3 3
……2

综上, |AB |的取值范围为 21. f '( x ) =

1 ln x 1 1 ln x . ? ? + =? 2 x(1 + x) (1 + x) x x +1 (1 + x) 2

分 故当 x ∈ (0,1) 时, f '( x) > 0 , x ∈ (1, +∞) 时, f '( x ) < 0 . 所以, f ( x ) 在 (0,1) 单调递增,在 (1, +∞ ) 单调递减. 由 此 知

f ( x) 在 (0, +∞) 的 极 大 值 为 f (1) = ln 2 , 没 有 极 小

值. ……4 分 (Ⅱ) (ⅰ)当 a ≤ 0 时, 由于 f ( x ) =

(1 + x) ln(1 + x) ? x ln x ln(1 + x) + x(ln(1 + x) ? ln x) = > 0, 1+ x 1+ x
……

故关于 x 的不等式 f ( x ) ≥ a 的解集为 (0, +∞ ). 8分

- 10 -

(ⅱ) a > 0 时, f ( x ) = 当 由

ln x 1 ln 2 n 1 + ln(1 + ) 知 f (2n ) = + ln(1 + n ) ,其中 n 为 n 1+ x x 1+ 2 2

正整数,且有 ln(1 + 10 分 又 n ≥ 2 时,

a a 1 a 1 ) < ? n < e 2 ? 1 ? n > ? log 2 (e 2 ? 1) . 2n 2 2

……

ln 2 n n ln 2 n ln 2 2 ln 2 . = < = n n n(n ? 1) n ? 1 1 + 2 1 + (1 + 1) 2



2 ln 2 a 4 ln 2 < ? +1. n ?1 2 a
a

取整数 n0 满足 n0 > ? log 2 (e 2 ? 1) , n0 > 则 f (2 0 ) =
n

4 ln 2 + 1 ,且 n0 ≥ 2 , a

n0 ln 2 1 a a + ln(1 + n0 ) < + = a , n0 1+ 2 2 2 2

即当 a > 0 时,关于 x 的不等式 f ( x ) ≥ a 的解集不是 (0, +∞) . 综合(ⅰ) (ⅱ)知,存在 a ,使得关于 x 的不等式 f ( x ) ≥ a 的解集为 (0, +∞) ,且 a 的 取值范围为 (?∞, 0] . ……12 分

22.解: (I)Q PA 2 = PC ? PD, PA = 2, PC = 1 ,∴ PD = 4 , …………(2 分) 又Q PC = ED = 1,∴ CE = 2 ,Q ∠PAC = ∠CBA, ∠PCA = ∠CAB, PC AC ∴ ?PAC ∽ ?CBA ,∴ = , AC AB ∴ AC 2 = PC ? AB = 2 ,∴ AC = 2 …………(5 分) (II)Q BE = AC = 2 , CE = 2 ,而 CE ? ED = BE ? EF , …………(8 分) 2 ?1 ∴ EF = = 2 ,∴ EF = BE . …………(10 分) 2 (23) (本小题满分 10 分) 解: (1)设 M ( ρ , θ ) 是圆 C 上任一点,过 C 作 CH ⊥ OM 于 H 点,则在 Rt △ COH 中,

3 OC = 2 , π 1 π 所以 ρ = 2 cos θ ? ,即 ρ = 4 cos(θ ? ) 为所求的圆 C 的极坐标方程. ( 5 分) 3 2 3 uuu uuur r (2)设 点Q的极坐标为( ρ , θ ) ,由于 3OP = OQ , 1 1 π 所 以 点P的极坐标为( ρ , θ ) 代 入 ⑴ 中 方 程 得 ρ = 4 cos(θ ? ) , 即 3 3 3 ρ = 6 cos θ + 6 3 sin θ ,
∴ ρ 2 = 6 ρ cos θ + 6 3ρ sin θ , x 2 + y 2 = 6 x + 6 3 y ,
- 11 -

OH = OC ? cos ∠COH ,而 ∠COH = ∠COM = θ ?

π

, OH =

1 1 OM = ρ , 2 2

∴点 Q 的轨迹的直角坐标方程为 x 2 + y 2 ? 6 x ? 6 3 y = 0 . (24) (本小题满分 10 分) 证明: (I)∵ | x1 ? 2 |< 1 ,∴ ? 1 < x1 ? 2 < 1 ,即 1 < x1 < 3 , 同理 1 < x 2 < 3 ,∴ 2 < x1 + x 2 < 6 , ∵ | x1 ? x 2 |=| ( x1 ? 2) ? ( x 2 ? 2) |≤| x1 ? 2 | + | x 2 ? 2 | , ∴ | x1 ? x 2 |< 2 ;
2 2

(10 分)

…………(2 分)

…………(5 分)

(II) | f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |=| x1 ? x 2 ? x1 + x 2 |=| x1 ? x 2 || x1 + x 2 ? 1 | ,…………(8 分) ∵ 2 < x1 + x 2 < 6 ,∴ 1 < x1 + x 2 ? 1 < 5 , ∴ | x1 ? x 2 |<| f ( x1 ) ? f ( x 2 ) |< 5 | x1 ? x 2 | …………(10 分)

- 12 -