2022山东省滨州市高三二轮考试（二模）-数学试题【解析版】

高三数学试题2022.5本试卷共4页，共22小题，满分150分，考试用时120分钟．一、单项选择题：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U{xN∣2x4}，A{0,1}，则ðUA=（）A.{1,2,3}B.{1,0,2,3}C.{2,3,4}D.{2,3}【1题答案】【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，用列举法求出全集U，再利用补集的定义计算作答.【详解】依题意，全集U{0,1,2,3}，而A{0,1}，所以ðUA{2,3}.故选：D2.在正方体ABCDA1B1C1D1中，设直线BD1与直线AD所成的角为，直线BD1与平面CDD1C1所成的角为，则（）2A.B.C.D.4323【2题答案】【答案】C【解析】【分析】根据异面直线所成角及线面角的定义，可得直线BD1与直线AD所成的角D1BC，直线BD1与平面CDD1C1所成的角D1BC，从而即可求解.【详解】解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为AD//BC，所以直线BD1与直线AD所成的角D1BC，1因为BC平面CDD1C1，所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影，所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角BD1C，又BC平面CDD1C1，所以BCD1C，所以DBCBDC，即，1122故选：C.13.设随机变量X~N,2，则“1”是“P(X2)”的（）2A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【3题答案】【答案】B【解析】【分析】由正态曲线的对称性结合必要不充分条件的定义即可得到答案.11【详解】当1时，根据正态曲线的对称性可知P(X2)，故1不是P(X2)的充2211分条件；反之，若P(X2)，由对称性可知1，故1是P(X2)的必要条件；221故1是P(X2)的必要不充分条件，2故选：B4.函数f(x)在[0,)单调递减，且为偶函数．若f(2)1，则满足f(x3)1的x的取值范围是A.[1,5]B.[1,3]C.[3,5]D.[2,2]【4题答案】【答案】A【解析】2【分析】先根据函数奇偶性以及单调性转化不等式，再解含绝对值不等式得结果.【详解】因为函数fx为偶函数，所以fx31f2等价于fx3f2,因为函数fx在0,单调递减，所以x32,2x32,1x5,选A.【点睛】解抽象函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为f(g(x))f(h(x))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g(x)与h(x)的取值应在外层函数的定义域内.5.在ABC中，M为BC边上任意一点，N为线段AM上任意一点，若ANABAC（，R），则的取值范围是（）111A.0,B.,C.[0,1]D.[1,2]332【5题答案】【答案】C【解析】【分析】设ANtAM，0t1，当t0时，可得0，从而有0；当0t1lm时，有AMABAC，根据M、B、C三点共线，可得+=1，进而可得ttttt0,1，从而即可求解.【详解】解：由题意，设ANtAM，0t1，当t0时，AN0，所以ABAC0，所以0，从而有0；当0t1时，因为ANABAC（，R），所以tAMABAC，即AMABAC，ttlm因为M、B、C三点共线，所以+=1，即t0,1.tt3综上，的取值范围是[0,1].故选：C.6.已知直线l:m2m1x(32m)y2m250，圆C:x2y22x0，则直线l与圆C的位置关系是（）A.相离B.相切C.相交D.不确定【6题答案】【答案】D【解析】【分析】求出直线l过的定点，再判断此定点与圆C的位置关系即可作答.【详解】直线l:m2m1x(32m)y2m250，即(x2)m2(x2y)m(x3y5)0，x20x2由x2y0解得，因此，直线l恒过定点A(2,1)，y1x3y50又圆C:x2y22x0，即(x1)2y21，显然点A在圆C外，所以直线l与圆C可能相离，可能相切，也可能相交，A，B，C都不正确，D正确.故选：D7.函数f(x)Asin(x)(A0,0,||)的部分图像如图所示，现将函数f(x)的图像向2左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数g(x)6的图像，则g(x)的表达式可以为（）4A.g(x)2sin(x)B.g(x)2cos(x)3311C.g(x)2sin(x)D.g(x)2cos(x)2623【7题答案】【答案】B【解析】7T73T【分析】先由图像中最大值及f(0)1求出A2、，再结合f()0及6122124求得2，即可求得f(x)2sin(2x)，最后通过平移伸缩变换得到g(x)即可.6【详解】由图像可知：A2；f(0)2sin1，又，所以；由26777122f()2sin0，可得k,kZ，解得k，又1212612677T73T127321218，即，解得，故k1，2，即2124212477f(x)2sin(2x)，将函数f(x)的图像向左平移个单位长度得66y2sin2x2sin(2x)，再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍得666gx2sinx2sinx2cosx.6323故选：B.8.已知椭圆C1和双曲线C2有相同的左、右焦点F1，F2，若C1，C2在第一象限内的交点为P，且5满足POF22PF1F2，设e1，e2分别是C1，C2的离心率，则e1，e2的关系是（）22A.e1e2=2B.e1e22222222C.e1e1e2e22D.e1e22e1e2【8题答案】【答案】D【解析】【分析】由POF22PF1F2结合外角定理可得PF1F2F1PO，然后可得PF1PF2，再结合椭圆和双曲线定义、勾股定理列式整理可得.【详解】因为POF2PF1F2F1PO，POF22PF1F2所以PF1F2F1PO，所以OF1OPOF2c所以PF1PF2，记椭圆长半轴长为a1，双曲线实半轴长为a2，PF1m,PF2n则由椭圆和双曲线定义可得：mn2a1…①mn2a2…②222222①+②可得2(mn)4(a1a2)222222由勾股定理知，mn4c，代入上式可得2ca1a2a2a211整理得12，即222222cce1e22222所以e1e22e1e2故选：D6二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.欧拉公式eixcosxisinx（本题中e为自然对数的底数，i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”依据欧拉公式，则下列结论中正确的是（）iA.复数e2为纯虚数B.复数ei2对应的点位于第二象限i31C.复数3的共轭复数为ie22D.复数ei(R)在复平面内对应的点的轨迹是圆【9题答案】【答案】ABD【解析】【分析】根据纯虚数、共轭复数的定义，及复数的几何意义，对各选项逐一分析即可求解.i【详解】解：对A：因为复数e2cosisini为纯虚数，故选项A正确；22对B：复数ei2cos2isin2，因为cos20,sin2>0，所以复数ei2对应的点为cos2,sin2位于第二象限，B正确；i1313对C：复数e3cosisini的共轭复数为i，故选项C错误；332222对D：复数eicosisin(R)在复平面内对应的点为cos,sin，7因为cos2sin21，所以复数ei(R)在复平面内对应的点的轨迹是圆，故选项D正确.故选：ABD.10.若实数a，b满足lnblna0，则下列结论中正确的是（）11A.a2b2B.abbaC.loga3logb3D.ab【10题答案】【答案】BCD【解析】【分析】根据给定条件，求出a，b的关系，再利用不等式性质判断A，B；指对数函数、幂函数单调性分析判断C，D作答.【详解】因lnblna0，则0ba1，于是有b2a2，A不正确；11ba110，即，B正确；ababab11由0ba1得：log3blog3a00，因此，loga3logb3，C正确；logb3loga3因0ba1，函数yax在R上单调递减，函数yxa在(0,)上单调递增，则abaaba，D正确.故选：BCD11.设函数f(x)|cosx|cos2x，则下列结论中正确的是（）2A.f(x)的最小正周期为B.f(x)在0,单调递减3C.f(x)的图象关于直线x对称D.f(x)的值城为[1,2]4【11题答案】【答案】AD【解析】【分析】求出函数的周期性判断A；讨论f(x)在子区间上单调性判断B；举例说明判断C；分段讨论函数并求出值域判断D作答.8【详解】依题意，f(x)|cos(x)|cos2(x)|cosx|cos2xf(x)，则f(x)的最小正周期为，A正确；21当x时，令tcosx[,0]，f(x)2cos2xcosx12t2t1，23212而函数y2t2t1在[,0]上单调递减，tcosx在[,]上单调递减，因此，f(x)在2232[,]上单调递增，B不正确；23因f(0)2，f()1，即f(x)图象上的点(0,2)关于直线x对称点(,2)不在f(x)的图象242上，C不正确；19当cosx0时，f(x)2cos2xcosx12(cosx)2，则f(x)(1,2]，48当cosx0时，f(x)2cos2xcosx1[1,2]，因此，f(x)的值城为[1,2]，D正确.故选：AD12.在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，VAFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥PAEF，如图2所示，则下列结论中正确的是（）A.PAEFB.三棱锥MAEF的体积为4C.三棱锥PAEF外接球的表面积为24D.过点M的平面截三棱锥PAEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[,6]【12题答案】【答案】ABD【解析】9【分析】将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，对A：由AP平面PEF即可判断；对B：由1VV即可求解；对C：三棱锥PAEF外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可MAEF2PAEF求解；对D：由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解.【详解】解：由题意，将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，如图所示：对A：因为APPE，APPF，PEPFP，所以AP平面PEF，所以PAEF，故选项A正确；11114对B：因为M为BE的中点，所以VV224，故选项B错误；MAEF2PAEF2323对C：三棱锥PAEF外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径22R22224224，所以三棱锥PAEF外接球的表面积为S4R224，故选项C正确；对D：过点M的平面截三棱锥PAEF的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，2此时截面圆的面积为R266，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径rR2OP2651，截面圆的面积为r2，所以过点M的平面截三棱锥PAEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[,6]，故选项D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．logsin15logcos34513.21__________．2【13题答案】【答案】2【解析】【分析】根据诱导公式可得cos345cos15，进而根据对数的运算性质及二倍角正弦公式化简即可求解.10【详解】解：因为cos345cos36015cos15，所以log2sin15log1cos345log2sin15log2cos15log2sin15cos15211log2sin30log22，24故答案为：2.14.某社区对在抗击疫情工作中表现突出的3位医生、2位护士和1位社区工作人员进行表彰并合影留念．现将这6人随机排成一排，则3位医生中有且只有2位相邻的概率为__________．【14题答案】3【答案】##0.65【解析】【分析】由题意，先将2位护士和1位社区工作人员排成一排，然后将3位医生分成两组，一组2人一组1人，最后利用插空法即可得3位医生中有且只有2位相邻的排法，从而根据古典概型的概率计算公式即可求解.3【详解】解：由题意，先将2位护士和1位社区工作人员排成一排，有A3种排法，然后将3位医生2分成两组，一组2人一组1人，有C3种分组方法，然后插入到2位护士和1位社区工作人员所排成22的4个空中的2个空，有A4种插空方法，最后交换相邻2位医生的位置有A2种方法，所以3位医32226生中有且只有2位相邻共有A3C3A4A2432种排法，又6人随机排成一排有A6种排法，3222A3C3A4A23所以所求概率为p6，A653故答案为：.515.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ac4，且sinA，sinB，sinC成等差数列，则ABC的面积的最大值为__________．【15题答案】【答案】3【解析】【分析】由sinA，sinB，sinC成等差数列，结合正弦定理可得2bac，进而可得b2，由11余弦定理结合基本不等式可得ac1cosB6，2ac1cosB，从而根据ABC的面积公式即可求解.【详解】解：因为sinA，sinB，sinC成等差数列，所以2sinBsinAsinC，由正弦定理可得2bac，又ac4，所以2b4，即b2，所以由余弦定理可得22a2c22accosBac22ac2accosB，即ac1cosB6，又22a2c22accosB2ac2accosB，即2ac1cosB，当且仅当ac时等号成立，所以26ac1cosBac1cosB，即26acsinB2，因为sinB0，所以acsinB23，1所以SacsinB3，△ABC2所以ABC的面积的最大值为3.故答案为：3.16.某资料室在计算机使用中，出现如表所示的以一定规则排列的编码，表中的编码从左至右以及从上至下都是无限的，此表中，主对角线上的数字构成的数列1，2，5，10，17，…的通项公式为__________，编码99共出现__________次．111111…123456…1357911…147101316…159131721…1611162126……………………【16题答案】12【答案】①.n22n2②.6【解析】【分析】观察表中形成的数列1,2,5,10,17,，第二项比第一项大1，第三相比第二项大3，第四相比第三项大5，第五相比第四项大7，依此类推，后一项与前一项的差形成一个公差为2的等差数列，用叠加法可求解第一空；观察可得第m行的第n个数为1(n1)(m1)，令1(n1)(m1)99，则(n1)(m1)98，解出满足条件的m，n即可求解第二个空.【详解】解：设主对角线上的数字构成的数列1，2，5，10，17，…为an，因为a2a11，a3a23，a4a35，，anan12(n1)1，将以上n1个式子相加，可得n112n32a1352n311n11n22n2；n2由编码观察可得，第m行是首项为1，公差为m1的等差数列，则第m行的第n个数为1(n1)(m1)，令1(n1)(m1)99，则(n1)(m1)98，m11m12m17m198m149所以，或，或，或，或，或n198n149n114n11n12m114，n17所以99共出现6次．故答案为：n22n2；6.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3bcosC2asinA3ccosB．（1）求A；13（2）若b2，D为AB的中点，求CD的取值范围．【17题答案】【答案】（1）A3（2）3,2【解析】【分析】（1）根据已知条件，由正弦定理可得3sinBcosC2sinAsinA3sinCcosB，进2而可得3sinA2sinA，又ABC为锐角三角形，从而即可求解；1（2）在△ACD中，由余弦定理可得CDc24c16，又ABC为锐角三角形，进而有2a2c2b20，又22，可得，从而由二次函数的性质即可求解222ac42c1c4.abc0【小问1详解】解：因为3bcosC2asinA3ccosB，由正弦定理可得3sinBcosC2sinAsinA3sinCcosB，所以3(sinBcosCcosBsinC)2sin2A，所以3sin(BC)2sin2A，因为ABC，即BCA，所以3sinA2sin2A，3因为sinA0，所以sinA，2又因为ABC为锐角三角形，所以A；3【小问2详解】解：由（1）知A，又b2，31在△ACD中，由余弦定理可得CDAD2AC22ADACcosAc24c16，2cosB0因为ABC为锐角三角形，所以，cosC014a2c2b20由余弦定理可得，222abc0又a2c22222ccosc242c，3c2c0所以，解得1c4，82c0所以由二次函数性质可得CD的取值范围是3,2.19.新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力．在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐，新能源汽车产业也必将成为未来汽车产业发展的导向与目标．某车企随机调查了今年3月份购买本车企生产的汽车的100位车主，经统计其购车种类与性别情况如下表：单位：人购置新能源汽车购置传统燃油汽车总计男性501060女性251540总计7525100（1）根据表中数据，在犯错误的概率不超过2.5%的前提下，是否可以认为购车种类与性别有关；（2）用样本估计总体，用本车企售出汽车样本的频率代替售出汽车的概率，从该车企今年3月份售出的汽车中，随机抽取3辆汽车，设被抽取的3辆汽车中属于传统燃油汽车的辆数为X，求X的分布列及数学期望．n(adbc)2附：2，nabcd．(ab)(cd)(ac)(bd)P2k0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【19题答案】15【答案】（1）购车种类与性别有关；3（2）X的分布列见解析，E(X).4【解析】【分析】（1）根据给定数表，求出2的观测值，再与临界值表比对即可作答.（2）求出抽取传统燃油汽车的概率、X的所有可能值，利用二项分布求出分布列及期望作答.【小问1详解】设零假设为H0：购车种类与性别无关，100(15502510)250根据数表可得25.024，752560409所以零假设H0是错的，即在犯错误的概率不超过2.5%的前提下，可以认为购车种类与性别有关.【小问2详解】251随机抽取1辆汽车属于传统燃油汽车的概率为，1004被抽取的3辆汽车中属于传统燃油汽车的辆数为X，X的可能值为：0，1，2，3，1103327依题意，XB(3,)，0，PX0C344464122113271391，2，PX1C3PX2C344644464301313，PX3C34464所以X的分布列为：X0123272791P6464646413X的数学期望E(X)3.4421.已知公差为d的等差数列an和公比q0的等比数列bn中，a1b11，a2b33，a3b22．16（1）求数列an和bn的通项公式；an2*（2）令cn3bnnN，抽去数列cn的第3项、第6项、第9项、……、第3n项、……余下的项的顺序不变，构成一个新数列tn，求数列tn的前n项和Sn．【21题答案】n1【答案】（1）ann，bn1；3n12326,n=2k,kN*13（2）Sn3n15326,n=2k1,kN*13【解析】【分析】（1）由题意，列出关于公差d与公比q的方程组，求解方程组，然后根据等差、等比数列的通项公式即可得答案；n**（2）由（1）可得cn3，然后分n2kkN和n2k1kN进行讨论，利用分组求和法及等比数列的前n项和公式即可求解.【小问1详解】21dq33解：由题意，，整理得2q2q30，解得q或q1，12dq22因为公比q0，所以q1，则d1，n1所以an1n1n，bn1；【小问2详解】an2n解：由（1）可得cn3bn3，*当n2kkN时，Snt1t2t3t2kc1c2c4c5c3k2c3k1143k2253k1(c1c4c3k2)(c2c5c3k1)3333333n3k23k13133133k12362326，3313131313当n2k1kN*时，173n1233k16533k165326SSS33k133k1，n2k12k1313133n12326,n=2k,kN*13综上，S.n3n15326,n=2k1,kN*1323.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，BC2AB2AD62，E是PB上一点，且PB3PE．（1）求证：PD∥平面AEC；（2）已知平面AEC平面PBC，求二面角ACED的余弦值．【23题答案】【答案】（1）证明见解释314（2）14【解析】【分析】（1）连接BD交AC于F，连接EF，证EF∥PD，由线线平行证线面平行即可；（2）作AG垂直BC于G，分别以AG，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设uruur，利用向量法，分别设出并求出平面法向量，平面法向量，平面法APtAECn1PBCn2EDC向量n3，由平面AEC平面PBC得n1n20，可求出t值，则二面角ACED的余弦值可由n1n3cosn1,n3求得n1n3【小问1详解】BFBE2如图，连接BD交AC于F，连接EF，AD∥BC，BC2AD，PB3PE，所以，BDBP3所以EF∥PD，因为EF平面AEC，PD平面AEC，所以PD∥平面AEC，得证18【小问2详解】由题，底面ABCD是等腰梯形，作AG垂直BC于G，BC2AB2AD62，则329236BG，GC，AGAB2AG2，222PA底面ABCD，设APt，PB3PE，分别以AG，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图36323692空间直角坐标系，易得A0,0,0，B,,0，C,,0，2222622t3692D0,32,0，P0,0,t，E,,，AC,,0，22322622t3632AE,,，BC0,62,0，BP,,t，22322设平面AEC法向量n1x1,y1,z1，平面PBC法向量n2x2,y2,z2，则622tn1AEx1y1z1022336，令x3，则n3,3,，113692tnACxy012121nBC62y0229同理，令x6，则n6,0,，363222nBPxytz0t222222276由平面AEC平面PBC得nn360，得t3，12t2623632672则E,,2，DC,,0，DE,,2，222222193632n3DCx3y3022设平面EDC法向量n3x3,y3,z3，则，672nDExy2z0323233令，则n3,3,62，又n3,3,6，所以x3331n1n3314cosn,n，1314n1n3314故二面角ACED的余弦值为.14125.已知抛物线C:x22py(p0)在点M1,y处的切线斜率为．02（1）求抛物线C的方程；（2）若抛物线C上存在不同的两点关于直线l:y2xm对称，求实数m的取值范围．【25题答案】【答案】（1）x24y；9（2）m.4【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出切线方程，再与抛物线C的方程联立，借助判别式计算作答.（2）设出抛物线C上关于l对称的两点A，B的坐标，并设出直线AB的方程，再与抛物线C的方程联立，借助判别式及韦达定理计算作答.【小问1详解】201112py1p(x1)点M(1,)，则切线方程为：y(x1)，由2消去y并整理得：2p2p2x2pyx2pxp10，依题意，p24(p1)0，解得p2，所以抛物线C的方程是x24y.【小问2详解】1设抛物线C上关于l对称的两点为A(x,y),B(x,y)，则设直线AB方程为：yxt，112221yxt1由2消去y并整理得：x22x4t0，则有416t0，解得t，24x4y11xx2，yy(xx)2t2t1，显然线段AB的中点(1,t)在直线l上，12122122151519于是得t2m，即有tm，而t，因此，m，解得m，2242449所以实数m的取值范围是m.4x2x【点睛】结论点睛：抛物线x22py(p0)在点(x,0)处的切线斜率k0；02ppy2p20k抛物线y2px(p0)在点(,y0)(y00)处的切线斜率.2py027.已知函数f(x)xlnx．（1）若对任意x(0,)，f(x)mx1恒成立，求实数m的取值范围；x1（2）设函数h(x)f(x)(2x)e在,1上的最小值为a，求证：(a3)(a4)0．2【27题答案】1【答案】（）,112e（2）证明见解析【解析】1lnx【分析】（1）由题意，原问题等价于m„1对任意x(0,)恒成立，令xx211lnxt(x)1，利用导数求出t(x)的最小值即可求解；xxx1x1x1（2）由h(x)(1x)e1(1x)e，令g(x)e，利用函数单调性及函数零xxx1x1e0点存在定理可得，存在x0,1使得g(x0)0，即，所以lnx0x0，进而可得h(x)2x01在,x0上单调递减，在x0,1上单调递增，从而可得3a4，即可证明.2【小问1详解】1lnx解：若对任意x(0,)，f(x)…mx1恒成立，即m„1对任意x(0,)恒成立，xx1lnx11lnxlnx2令t(x)1，t(x)，xxx2x2x2由t(x)0，得0xe2，由t(x)0，得xe2，所以t(x)在0,e2上单调递减，在e2,上单调递增，11所以2，所以；t(x)minte12m„12ee1所以实数m的取值范围,12；e【小问2详解】xxx1x1解：h(x)f(x)(2x)e(2x)exlnx，则h(x)(1x)e1(1x)e，xx111当x1时，1x0，令g(x)ex，则g(x)ex>0，2xx21所以g(x)在,1上单调递增，21因为ge20,g(1)e10，21x1e0所以存在x0,1使得g(x0)0，即，所以lnx0x0，2x01所以当时，g(x)0，此时h(x)0，当时，，此时，x,x0xx0,1g(x)0h(x)02221所以h(x)在,x0上单调递减，在x0,1上单调递增，21x0所以h(x)在,1上的最小值ahx02x0ex0lnx021212x0x0x02x01,x0,1，x0x0222122x1令G(x)2x1,x,1，则G(x)20，x2x2x211所以当x,1时，Gx单调递减，GxG13，GxG4，22所以3a4，所以(a3)(a4)0.23