湖北省武漢市第十一中學(xué)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期3月考數(shù)學(xué)試卷（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

命題教師：審題教師：
考試時間：2024年3月30日10：15—12：15 試卷滿分：150分
一、單選題
1. 已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，若，則（）
A. B. 2C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的定義，即可求解.
【詳解】.
故選：A
2. 函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函數(shù)的定義域與導(dǎo)函數(shù)，再令，解得即可.
【詳解】函數(shù)的定義域為，
且，
令，解得，
所以的單調(diào)遞增區(qū)間為.
故選：D
3. 用，，，四個數(shù)字組成沒有重復(fù)數(shù)字的三位偶數(shù)，共有（）
A. 個B. 個C. 個D. 個
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)特殊位置優(yōu)先安排的原則，結(jié)合乘法計數(shù)原理即可求解.
【詳解】先排個位數(shù)，有2種選擇，再排十位和百位，由種選擇，
根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可得共有個不重復(fù)的三位偶數(shù)，
故選：D
4. 如圖，要讓電路從A處到B處接通，不同的路徑條數(shù)為（）
A. 5B. 7C. 8D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理計算可得答案．
【詳解】要讓電路從A處到B處接通，不同的路徑條數(shù)為．
故選：C．
5. 已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，若函數(shù)的圖象大致如圖所示，則的極小值點為（）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析導(dǎo)數(shù)的符號變化，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)極值點的關(guān)系可得出函數(shù)的極小值點.
【詳解】由的圖象知，當(dāng)時，，則，
當(dāng)時，，則，
當(dāng)時，，則，
故的單調(diào)遞增區(qū)間為、，單調(diào)遞減區(qū)間為，
故的極小值點為.
故選：D.
6. 在如圖所示的5個區(qū)域內(nèi)種植花卉，每個區(qū)域種植1種花卉，且相鄰區(qū)域種植的花卉不同，若有6種不同的花卉可供選擇，則不同的種植方法種數(shù)是（）
A. 1440B. 720C. 1920D. 960
【答案】C
【解析】
【分析】按照地圖涂色問題的方法，先分步再分類去種植花卉即可求得不同的種植方法種數(shù).
【詳解】如圖，設(shè)5個區(qū)域分別是A，B，C，D，E.
第一步，選擇1種花卉種植在A區(qū)域，有6種方法可以選擇；
第二步：從剩下的5種不同的花卉中選擇1種種植在B區(qū)域，有5種方法可以選擇；
第三步：從剩下的4種花卉中選擇1種種植在C區(qū)域，有4種方法可以選擇；
第四步；若區(qū)域D與區(qū)域A種植同1種花卉，則區(qū)域E可選擇的花卉有4種；
若區(qū)域D與區(qū)域A種植不同種花卉，則有3種方法可以選擇；
則區(qū)域E可選擇的花卉有種，
故不同的種植方法種數(shù)是.
故選：C
7. 在100，101，102，…，999這些數(shù)中，各位數(shù)字按嚴(yán)格遞增（如“145”）或嚴(yán)格遞減（如“321”）順序排列數(shù)的個數(shù)是（）
A. 120B. 204
C. 168D. 216
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)三個數(shù)字中是否有“0”分兩類，利用分類加法計數(shù)原理求解.
【詳解】分兩類，第一類不含數(shù)字“0”，從1到9的自然數(shù)中任意取出3個，都可以得到嚴(yán)格遞增或嚴(yán)格遞減順序排列的三位數(shù)，共有個；
第二類含有數(shù)字“0”，從1到9的自然數(shù)中任意取出2個，三個數(shù)只能排出嚴(yán)格遞減順序的三位數(shù)，共有個，
根據(jù)分類加法計數(shù)原理，所以共有個.
故選：B
8. 已知兩個不相等正實數(shù)x，y滿足，則下列結(jié)論一定正確的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用同構(gòu)法與構(gòu)造函數(shù)，將題設(shè)條件轉(zhuǎn)化為，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)，結(jié)合圖像即可排除AD，利用特殊值計算即可排除B，再利用極值點偏移的解決方法即可判斷C.
【詳解】因為，，
所以，則，即，
令，則，，
當(dāng)時，，則單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，則單調(diào)遞增,
所以，
對于，總有，即在上單調(diào)遞增，
故，即在上恒成立，
所以對于，對于任意，在上取，
則，
所以當(dāng)且趨向于0時，趨向于無窮大，
當(dāng)趨向于無窮大時，趨向于無窮大，趨向于0，故趨向于無窮大，
所以的大致圖像如圖所示：
.
對于AD，因為，，不妨設(shè)，
由圖象可知，，故，故AD錯誤；
對于B，假設(shè)成立，取，
則，顯然不滿足，故B錯誤；
對于C，令，又，
則，
所以在上單調(diào)遞增，
又，則，即，
又，則，
因為，所以，又，在上單調(diào)遞增，
所以，即，故C正確.
故選：C.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的解題關(guān)鍵在于利用同構(gòu)法轉(zhuǎn)化等式，從而構(gòu)造函數(shù)，并研究其圖像的性質(zhì)，由此判斷得解.
二、多選題
9. 有甲?乙?丙等8名學(xué)生排成一排照相，計算其排法種數(shù)，在下列答案中正確的是（）
A. 甲排在兩端，共有種排法
B. 甲?乙都不能排在兩端，共有種排法
C. 甲?乙?丙三人相鄰（指這三個人之間都沒有其他學(xué)生），共有種排法
D. 甲?乙?丙互不相鄰（指這三人中的任何兩個人都不相鄰），共有種排法
【答案】AD
【解析】
【分析】A：先排甲，然后剩下7人全排，由此即可判斷；B：先在中間6個位排甲乙，然后剩下6人全排，由此即可判斷；C：先將甲乙丙三人捆綁，再和剩下5人全排，由此即可判斷；D：先全排除了甲乙丙剩下的5人，然后將甲乙丙三人插空，由此即可判斷.
【詳解】A，先排甲，然后剩下7人全排，共有種排法，故A正確；
B，先在中間6個位排甲乙，然后剩下6人全排，共有種排法，但是，故B錯誤；
C，先將甲乙丙三人捆綁，再和剩下5人全排，共有種排法，故C錯誤；
D，先全排除了甲乙丙剩下的5人，然后將甲乙丙三人插空共有種排法，故D正確.
故選：AD.
10. 關(guān)于函數(shù)，，下列說法正確的是（）
A. 若過點可以作曲線的兩條切線，則
B. 若在上恒成立，則實數(shù)的取值范圍為
C. 若在上恒成立，則
D. 若函數(shù)有且只有一個零點，則實數(shù)的范圍為
【答案】ABC
【解析】
【分析】根據(jù)題意可知點在下方及軸上方，從而可對A判斷；設(shè)出切點，求出切線方程，再結(jié)合題意中的幾何條件，從而可對B判斷；構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分別可求出的單調(diào)性及最值情況，畫出相應(yīng)圖象，從而可對C、D判斷求解.
【詳解】對A：由題意知可知當(dāng)點在曲線的下方和軸上方才可以作出兩條切線，
所以，故A正確.
對B：由在上恒成立，等價于在上橫在上方，
設(shè)的切點坐標(biāo)為，其切線方程為，
對應(yīng)的切線經(jīng)過坐標(biāo)原點，將代入解得，其切線斜率，
所以實數(shù)的取值范圍為，故B正確.
對C：若在上恒成立，則在時恒成立，
即，，設(shè)，，則，
當(dāng)時，，當(dāng)，，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，
當(dāng)時，取到極大值也是最大值為，所以，故C正確.
對D：由C知，當(dāng)時，，當(dāng)時，，
當(dāng)時，，
所以在區(qū)間，上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，取到極小值，當(dāng)時，取到極大值，
而時，恒成立，故可畫出函數(shù)的圖象如下：
要求函數(shù)的零點，即求與圖象的交點個數(shù)，
所以可知或時，有且只有一個零點，故D錯誤.
故選：ABC.
【點睛】方法點睛：
（1）導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理；
（2）利用導(dǎo)數(shù)解決含參函數(shù)的單調(diào)性問題時，一般將其轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；
（3）證明不等式，構(gòu)造一個適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
11. 已知函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且，記，則下列說法正確的是（）
A. 恒成立
B. 函數(shù)的極小值為0
C. 若函數(shù)在其定義域內(nèi)有兩個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍是
D. 對任意的，都有
【答案】CD
【解析】
【分析】根據(jù)題意求得，由，可得判定A不正確；由，結(jié)合的值不能確定，可判定B錯誤；結(jié)合的單調(diào)性，結(jié)合圖象，可判定C正確；結(jié)合遞增，且遞增，結(jié)合圖象，可判定D正確.
【詳解】由函數(shù)，因為，可得，所以，
對于A中，由，因為，，
所以不恒成立，所以A不正確；
對于B中，由，可得，
其中無意義，所以的極小值一定不為，所以B錯誤；
對于C中，由，
當(dāng)時，可得；當(dāng)時，可得，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在在上單調(diào)遞增，
且當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，
函數(shù)的圖象，如圖所示，
結(jié)合圖象得，當(dāng)時，函數(shù)與的圖象有兩個不同的交點，
所以函數(shù)在其定義域內(nèi)有兩個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍是，
所以C正確；
對于D中，由，
設(shè)，可得，
所以，單調(diào)遞增，即單調(diào)遞增，
所以為單調(diào)遞增函數(shù)，且單調(diào)遞增函數(shù)，且，
所以函數(shù)的圖像，如圖所示，函數(shù)圖象為凸函數(shù)，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以D正確.
故選：CD
【點睛】方法技巧：對于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
三、填空題
12. 計算=________．
【答案】360
【解析】
【分析】根據(jù)排列數(shù)公式和組合數(shù)公式計算即可.
【詳解】.
故答案為：360.
13. 我國古代有輝煌的數(shù)學(xué)研究成果，其中《周髀算經(jīng)》，《九章算術(shù)》，《海島算經(jīng)》，《孫子算經(jīng)》，《緝古算經(jīng)》均有著十分豐富的內(nèi)容，是了解我國古代數(shù)學(xué)的重要文獻(xiàn)，某中學(xué)計劃將這本專著作為高中階段“數(shù)學(xué)文化”樣本課程選修內(nèi)容，要求每學(xué)年至少選一科，三學(xué)年必須將門選完，則小南同學(xué)的不同選修方式有______種.
【答案】
【解析】
【分析】分小南高中三年選修的科目數(shù)為2，2，1和3，1，1兩種情況討論即可.
【詳解】根據(jù)題意，小南高中三年選修的科目數(shù)為2，2，1或3，1，1.
若小南高中三年選修的科目數(shù)為2，2，1時，先將5門學(xué)科分成三組共種不同方
式，再分配到高中三年共有種不同分配方式，由乘法原理可得共有種；
若小南高中三年選修的科目數(shù)為3，1，1時，先將5門學(xué)科分成三組共種不同方
式，再分配到高中三年共有種不同分配方式，由乘法原理可得共有種；
由加法原理可知小南同學(xué)的不同選修方式有種.
故答案為：
【點睛】本題考查排列組合的綜合應(yīng)用，涉及到部分均勻分組問題，考查學(xué)生的邏輯推理能力，是一道中檔題.
14. 若，不等式在上恒成立，則實數(shù)的取值范圍是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先設(shè)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為，利用單調(diào)性得，參變分離后，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最小值，從而求得的取值范圍.
【詳解】設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，
由已知得，
因為，，，
所以，
，，所以在上單調(diào)遞增，，
由在單調(diào)遞增，得到，
所以，因為，
所以，令，
則，令，得，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以，所以，
所以.
故答案為：
【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立，參數(shù)問題，本題的關(guān)鍵是利用指對變形，通過構(gòu)造函數(shù)，不等式轉(zhuǎn)化為，利用函數(shù)的單調(diào)性，解抽象不等式后，后面的問題迎刃而解.
四、解答題
15. 設(shè)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是．
（1）求實數(shù)a；
（2）求函數(shù)的極值．
【答案】（1）2 （2）極小值為，極大值為0.
【解析】
【分析】（1）因為函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是，所以的解集為，由此可求參數(shù)的值.
（2）求導(dǎo)，分析函數(shù)的單調(diào)性，可求函數(shù)的極值.
【小問1詳解】
函數(shù)定義域為：
且
因為函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是，
所以的解集是.
所以方程的解是，，
所以.
【小問2詳解】
當(dāng)時，令，則或
當(dāng)變化時，，的變化情況如下表：
當(dāng)時，有極小值；
當(dāng)時，有極大值.
16. 已知.
（1）若，判斷是否存在，使得，并說明理由；
（2）設(shè)，是否存在實數(shù)，當(dāng)，（為自然常數(shù)）時，函數(shù)的最小值為3，并說明理由.
【答案】（1）不存在，理由見解析
（2）存在，理由見解析
【解析】
【分析】（1）先代入，得到的解析式，再利用導(dǎo)數(shù)求得的最小值，從而得以判斷；
（2）先化簡，分類討論的取值范圍，利用導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)區(qū)間和最小值，由此得解.
【小問1詳解】
不存在，使得，理由如下：
當(dāng)時，，定義域為，
則，
令，得；令，得；
則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，
故不存在，使得.
小問2詳解】
存在實數(shù)，使有最小值3，理由如下：
因為，
所以，
則，
假設(shè)存在實數(shù)，使有最小值3，
當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，
故，解得（舍去），
當(dāng)時，
（i）當(dāng)時，，在上恒成立，所以在上單調(diào)遞減，
故，解得（舍去），
（ii）當(dāng)時，，
當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞增；
所以，，解得，滿足條件；
綜上，存在，使得時有最小值3.
17. 第18屆亞足聯(lián)亞洲杯將于2023年舉行，已知此次亞洲杯甲裁判組有6名裁判，分別是.（以下問題用數(shù)字作答）
（1）若亞洲杯組委會邀請甲裁判組派裁判去參加一項活動，必須有人去，去幾人由甲裁判組自行決定，問甲裁判組共有多少種不同的安排方法？
（2）若亞洲杯組委會安排這6名裁判擔(dān)任6場比賽的主裁判，每場比賽只有1名主裁判，每名裁判只擔(dān)任1場比賽的主裁判，根據(jù)回避規(guī)則，其中A不擔(dān)任第一場比賽的主裁判，不擔(dān)任第三場比賽的主裁判，問共有多少種不同的安排方法？
（3）若亞洲杯組委會將這6名裁判全部安排到3項不同的活動中，每項活動至少安排1名裁判，每名裁判只參加1項活動，問共有多少種不同的安排方法？
【答案】（1）63種（2）504種
（3）540種
【解析】
【分析】（1）根據(jù)可去裁判的人數(shù)結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)分析運算；
（2）利用間接法，在所有排列情況下排除A擔(dān)任第一場比賽的主裁判或C擔(dān)任第三場比賽的主裁判的可能；
（3）根據(jù)題意，分類討論人數(shù)的分配情況運算求解.
【小問1詳解】
由題意知：可去名裁判，
所以共有（種）不同的安排方法.
【小問2詳解】
這6名裁判擔(dān)任6場比賽的主裁判，每場比賽只有1名主裁判，每名裁判只擔(dān)任1場比賽的主裁判，共有種方法，
若A擔(dān)任第一場比賽的主裁判的方法數(shù)為；
若C擔(dān)任第三場比賽的主裁判的方法數(shù)為；
若A擔(dān)任第一場比賽的主裁判同時擔(dān)任第三場比賽的主裁判的方法數(shù)為；
所以A不擔(dān)任第一場比賽的主裁判，不擔(dān)任第三場比賽的主裁判，共有（種）不同的安排方法.
【小問3詳解】
亞洲杯組委會將這6名裁判安排到3項不同的活動中，每項活動至少安排1名裁判，則分類如下：
①這6名裁判分為1人，1人，4人這三組，共有（種）不同的安排方法；
②這6名裁判分為1人，2人，3人這三組，共有（種）不同的安排方法；
③這6名裁判分為2人，2人，2人這三組，共有（種）不同的安排方法.
綜上所述：組委會將這6名裁判安排到3項不同的活動中，每項活動至少安排1名裁判，共有（種）不同的安排方法.
18. 已知函數(shù)，其中．
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）若，證明：函數(shù)有唯一的零點；
（3）若，求實數(shù)a的取值范圍．
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析（3）
【解析】
【分析】（1）求定義域，求導(dǎo)，分，，與四種情況，解不等式，求出函數(shù)單調(diào)性；
（2）在（1）的基礎(chǔ)上得到函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理得到結(jié)論；
（3）由（2）知，不合要求，故，由，可得，構(gòu)造，求導(dǎo)，結(jié)合隱零點得到函數(shù)單調(diào)性，且，，，兩式相加得到，，放縮得到不等式，求出，進(jìn)而得到.
【小問1詳解】
函數(shù)的定義域為，
，
①當(dāng)時，解不等式．有，令，得，
故函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為；
②當(dāng)時．，若，，，可得；
若，，，可得；若，可得．
故有，函數(shù)單調(diào)遞增，增區(qū)間為，沒有減區(qū)間；
③當(dāng)時，解不等式，有或，
令，解得，
故函數(shù)的增區(qū)間為，，減區(qū)間為；
④當(dāng)時，解不等式，有或，令得，
故函數(shù)的增區(qū)間為，，減區(qū)間為；
綜上，當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時，在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時，在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
【小問2詳解】
若，函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為，且，
當(dāng)時，由，有恒成立，
又，由零點存在性定理上存在唯一零點，
由上知，函數(shù)有唯一的零點；
【小問3詳解】
由（2）知．若，必有．又由，可得．
又由，不等式可化為，
設(shè)，
有，
當(dāng)且時，，，可得，
當(dāng)且時，，，可得，
當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，
故存在正數(shù)m使得．
若，有，，有，
與矛盾，可得，
當(dāng)時，；當(dāng)時，，
可得函數(shù)的減區(qū)間為，增區(qū)間為，
若，必有，
有，
又由，有，
有，有．
又由，有，可得，
有，可得，
由，及，可得，
若．則實數(shù)a的取值范圍為．
【點睛】方法點睛：對于求不等式成立時的參數(shù)范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數(shù)法, 使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數(shù)，通過對具體函數(shù)的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論，三是數(shù)形結(jié)合法，將不等式轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)，通過兩個函數(shù)圖像確定條件.
19. 已知函數(shù)，且曲線在點處的切線斜率為1.
（1）求的表達(dá)式；
（2）若恒成立，求的值.
（3）求證：.
【答案】（1）
（2）
（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；
（2）設(shè)，則，根據(jù)極值點的定義可求得；進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)證明當(dāng)時對任意恒成立即可；
（3）由（2）可得，進(jìn)而.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式、，結(jié)合放縮法和裂項相消法計算即可證明.
【小問1詳解】
，則，
；
【小問2詳解】
設(shè).
由條件知恒成立，
因為，又的圖像在定義域上是連續(xù)不間斷的，
所以是的一個極大值點，則.
又，所以，得；
下證當(dāng)時，對任意恒成立，
令，則，
由，
知函數(shù)在單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
，即，而，
所以當(dāng)時，.
綜上，若恒成立，則
【小問3詳解】
由（2）可知.
，
先證，
令，
則在上單調(diào)遞減，，即
所以
再證，先證，
令，則，
當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，且，則，
即，令即得.
又，得
所以，
綜上，.
【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的恒成立問題的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、構(gòu)造函數(shù)法：令，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最小值，只需恒成立即可；
2、參數(shù)分離法：轉(zhuǎn)化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最值即可；
3，數(shù)形結(jié)合法：結(jié)合函數(shù)的圖象在的圖象的上方（或下方），進(jìn)而得到不等式恒成立.
x
1
f'(x)
+
0
f(x)
↘
極小值
↗
極大值
↘

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