2022年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第一次摸底考試試題 文（含解析）新人教A版

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1、2022年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第一次摸底考試試題 文（含解析）新人教A版 【試卷綜評】本試卷試題主要注重基本知識、基本能力、基本方法等當(dāng)面的考察，覆蓋面廣，注重數(shù)學(xué)思想方法的簡單應(yīng)用，試題有新意，符合課改和教改方向，能有效地測評學(xué)生，有利于學(xué)生自我評價，有利于指導(dǎo)學(xué)生的學(xué)習(xí)，既重視雙基能力培養(yǎng)，側(cè)重學(xué)生自主探究能力，分析問題和解決問題的能力，突出應(yīng)用，同時對觀察與猜想、閱讀與思考等方面的考查。 第I卷 一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分.每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的） 【題文】（1）設(shè)集合M={},N={},則如圖所示的Venn圖的陰影部分所表示的集合

2、為 (A){0} (B){0,1} (C)[0,1] (D)[-1,1] 【知識點】交集及其運算.A1 【答案解析】B 解析：M={}= ，N={}= ，則 【思路點撥】先把集合化簡，再求交集即可。 【題文】(2)“”是“”成立的 （A）充分必要條件 （B）必要不充分條件 （C）充分不必要條件 （D）既不充分也不必要條件 【知識點】充要條件.A2 【答案解析】C 解析：由解得，但不能推出，所以“”是“”成立的充分不必要條件，故選C. 【思路點撥】先解出，再做出雙向判斷即可。 【題文】（3）函數(shù)的定義域為 （A）[-2,2] (B)(0,2

3、] (C)(0,1)(1,2) (D)(0,1)(1,2] 【知識點】函數(shù)的定義域。B1 【答案解析】C 解析：由題意可知滿足：，解得其定義域為(0,1)(1,2)，故選C. 【思路點撥】由題意列出不等式組即可。 【題文】(4)下列命題中，真命題是 （A） （B） （C） （D） 【知識點】命題的真假的判斷.A2 【答案解析】A 解析： 為真命題；易知B,C,D為假命題，故選A. 【思路點撥】利用指數(shù)函數(shù)以及對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可判斷。 【題文】（5）“”是“”的 （A）充分不必要條件 （B）必要不充分條件 （C）充要條件 （D）既不充分也不

4、必要條件 【知識點】充要條件．A2 【答案解析】A 解析：由得：當(dāng)a＞0時，有1＜a，即a＞1；當(dāng)a＜0時，不等式恒成立．所以?a＞1或a＜0，從而a＞1是的充分不必要條件．故應(yīng)選：A 【思路點撥】可以把不等式“”變形解出a的取值范圍，然后再作判斷，具體地說，兩邊同乘以分母a要分類討論，分a＞0，a＜0兩類討論，除了用符號法則，這是解答分式不等式的另一種重要方法． 【題文】（6）若，則下列不等式成立的是 （A） （B） （C）（D） 【知識點】不等式的基本性質(zhì)．E1 【答案解析】C 解析：b=，a=，則ab=，b2=，故A不正確；a2=，ab=，故D不正確；log=﹣2

5、，log=﹣1，故B不正確；∵0＜b＜a＜1，2＞1， ∴2b＜2a＜2，故選：C． 【思路點撥】取特殊值，確定A，B，D不正確，0＜b＜a＜1，2＞1，利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可得C正確． 【題文】（7）如圖，已知直線l和圓C，當(dāng)l從l0開始在平面上繞O勻速旋轉(zhuǎn)（轉(zhuǎn)動角度不超過90°）時，它掃過的圓內(nèi)陰影部分的面積y是時間x的函數(shù)，這個函數(shù)的圖象大致是 (A) (B) (C) (D) 【知識點】直線與圓相交的性質(zhì)．H4 【答案解析】B 解析：觀察可知面積S變化情況為“一直增加，先慢后快，過圓心后

6、又變慢”對應(yīng)的函數(shù)的圖象是變化率先變大再變小，由此知D符合要求，故選B 【思路點撥】由圖象可以看出，陰影部分的面積一開始增加得較慢，面積變化情況是先慢后快然后再變慢，由此規(guī)律找出正確選項。 【題文】(8)定積分的值為 (A) (B) (C) (D) 【知識點】定積分．B13 【答案解析】A 解析：dx= ==ln2﹣ln1+=． 故選：A． 【思路點撥】求出被積函數(shù)的原函數(shù)，直接代入積分上限和積分下限后作差得答案． 【題文】（9）偶函數(shù)的定義域為R，，為奇函數(shù)，且，則 （A）0 （B）1 （C）-1 （D）xx 【

7、知識點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)；函數(shù)的值．B4 【答案解析】B 解析：∵g（x）是奇函數(shù)，∴g（﹣x）=f（﹣x﹣1）=﹣g（x）=﹣f（x﹣1）； 又f（x）是偶函數(shù)，∴f（x+1）=﹣f（x﹣1），即f（x﹣1）=﹣f（x+1），∴f（x）=﹣f（x+2）=f（x+4）∴f（x）是周期為4的周期函數(shù)；∴f（xx）=f（2+503×4）=f（2）=g（3）=1． 故選B． 【思路點撥】根據(jù)g（x）是奇函數(shù)及已知條件得到f（x+1）=﹣f（x﹣1），即f（x﹣1）=﹣f（x+1），所以f（x）=﹣f（x+2）=f（x+4），所以函數(shù)f（x）的周期是4，所以f（xx）=f（2+503×4

8、）=f（2），所以根據(jù)已知條件求f（2）即可． 【題文】（10）函數(shù)在處有極值10，則點的坐標(biāo)為 （A） （B） （C）或 （D）不存在 【知識點】函數(shù)在某點取得極值的條件．B12 【答案解析】B 解析：對函數(shù)f（x）求導(dǎo)得 f′（x）=3x2﹣2ax﹣b， 又∵在x=1時f（x）有極值10， ∴， 解得 或 ， 驗證知，當(dāng)a=3，b=﹣3時，在x=1無極值，故選B． 【思路點撥】首先對f（x）求導(dǎo)，然后由題設(shè)在x=1時有極值10可得 解之即可求出a和b的值． 【題文】（11）若[-1,1],則實數(shù)t的取值范圍是 （A）[-1,0] （B）[,0]

9、 （C） （D）[,] 【知識點】集合的包含關(guān)系判斷及應(yīng)用．A1 【答案解析】A 解析：令f（x）=|x2﹣tx+t|，∵[﹣1，1]?{x||x2﹣tx+t|≤1}， ∴|f（﹣1）|≤1，|f（1）|≤1，即|1+2t|≤1，解得：﹣1≤t≤0， ∴實數(shù)t的取值范圍是[﹣1，0]，故選：A． 【思路點撥】令f（x）=|x2﹣tx+t|，依題意可得|f（﹣1）|≤1，|f（1）|≤1，解之即可． 【題文】（12）[x]表示不超過x的最大整數(shù)，函數(shù) ①的定義域為R；②的值域為[0，1）；③ 是偶函數(shù)； ④不是周期函數(shù)；⑤的單調(diào)增區(qū)間為.上面結(jié)論中正確的個數(shù)是

10、（A）3 （B）2 （C）1 （D）0 【知識點】函數(shù)解析式的求解及常用方法．B1 【答案解析】C 解析：∵f（x）=|x|﹣[x]，函數(shù)的定義域為R ∴f（x+1）=|x+1|﹣[x+1]=|x+1|﹣[x]﹣1=|x|﹣[x]=f（x）， ∴f（x）=|x|﹣[x]在R上為周期是1的函數(shù)． ∵當(dāng)0≤x＜1時，f（x）=|x|﹣[x]=|x|﹣0=|x|， ∴函數(shù){x}的值域為[0，1）， 函數(shù)y=|x|﹣[x]為非奇非偶函數(shù)， ∵函數(shù)y=|x|﹣[x]在區(qū)間（0，1）上為增函數(shù)， ∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（k，k+1）（k∈N） 故①②③⑤正確， 故選：C

11、 【思路點撥】根據(jù)已知中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，我們可以分別求出函數(shù)y=|x|﹣[x]的值域，奇偶性，周期性，單調(diào)性，比較已知中的⑤個結(jié)論，即可得到答案． 二、填空題：本大題4小題，每小題5分. 【題文】（13）設(shè)函數(shù)若，則a的值為______________； 【知識點】函數(shù)的值．B1 【答案解析】-5 解析：∵數(shù)f（x）=，f（f（1））=2， ∴f（1）=2e1﹣1=2，∴f（f（1））=f（2）=log3（4﹣a）=2， ∴4﹣a=9，解得a=﹣5．故答案為：﹣5． 【思路點撥】由已知得f（1）=2e1﹣1=2，從而f（f（1））=f（2）=log3（4﹣a

12、）=2，由此能求出a的值． 【題文】（14）函數(shù)恰好有兩個零點，則的值為_____________ 【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；函數(shù)零點的判定定理；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．B12 【答案解析】2或-2 解析：∵f（x）=x3﹣3x+m， ∴f'（x）=3x2﹣3， 由f'（x）＞0，得x＞1或x＜﹣1，此時函數(shù)單調(diào)遞增， 由f'（x）＜0，得﹣1＜x＜1，此時函數(shù)單調(diào)遞減． 即當(dāng)x=﹣1時，函數(shù)f（x）取得極大值，當(dāng)x=1時，函數(shù)f（x）取得極小值． 要使函數(shù)f（x）=x3﹣3x+a只有兩個零點，則滿足極大值等于0或極小值等于0， 由極大值f（﹣1）=﹣1+3+m=

13、m+2=0，解得m=﹣2；再由極小值f（1）=1﹣3+m=m﹣2=0，解得m=2．綜上實數(shù)m的取值范圍：m=﹣2或m=2， 故答案為：﹣2或2． 【思路點撥】若函數(shù)f（x）恰好有兩個不同的零點，等價為函數(shù)的極值為0，建立方程即可得到結(jié)論 【題文】（15）函數(shù)是定義在(0,4)上的減函數(shù)，且，則a的取值范圍是__. 【知識點】函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)．B3 【答案解析】（-1,0）（1,2） 解析：根據(jù)已知條件，原不等式變成，解得﹣1＜a＜0，或1＜a＜2； ∴a的取值范圍是（﹣1，0）∪（1，2）． 故答案為：（﹣1，0）∪（1，2）． 【思路點撥】因為f（x）是定義在（0，4）上

14、的減函數(shù)，所以由f（a2﹣a）＞f（2）得，解該不等式組即得a的取值范圍． 【題文】（16）已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時，，對任意的，不等式恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是____________. 【知識點】函數(shù)恒成立問題；函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．B4 【答案解析】（） 解析：當(dāng)x≥0時，f（x）=x2 ∵函數(shù)是奇函數(shù)，∴當(dāng)x＜0時，f（x）=﹣x2 ∴f（x）=，∴f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)， 且滿足2f（x）=f（x），∵不等式f（x+t）≥2f（x）=f（x）在[t，t+2]恒成立， ∴x+t≥x在[t，t+2]恒成立，即：x≤（1+）t在[t，t+2]恒成立， ∴t

15、+2≤（1+）t，解得：t≥，故答案為：[，+∞）． 【思路點撥】由當(dāng)x≥0時，f（x）=x2，函數(shù)是奇函數(shù)，可得當(dāng)x＜0時，f（x）=﹣x2，從而f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，且滿足2f（x）=f（x），再根據(jù)不等式f（x+t）≥2f（x）=f（x）在[t，t+2]恒成立，可得x+t≥x在[t，t+2]恒成立，即可得出答案． 三、解答題（解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程） 【題文】（17）（本題滿分10分） 已知函數(shù) （1）當(dāng)a=0時，畫出函數(shù)的簡圖，并指出的單調(diào)遞減區(qū)間； （2）若函數(shù)有4個零點，求的取值范圍. 【知識點】根的存在性及根的個數(shù)判斷；函數(shù)圖象的作法．B8

16、B9 【答案解析】（1）見解析；（2）﹣1＜a＜0． 解析：（1）當(dāng)a=0時，， 由圖可知，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，﹣1）和（0，1）． （2）由f（x）=0，得x2﹣2|x|=a， ∴曲線y=x2﹣2|x|與直線y=a有4個不同交點， ∴根據(jù)（1）中圖象得﹣1＜a＜0． 【思路點撥】（1）當(dāng)a=0時，將函數(shù)轉(zhuǎn)化為分段函數(shù)，進(jìn)行化圖；（2）根據(jù)f（x）有4個零點，結(jié)合圖象確定a的取值范圍． 【題文】（18）（本題滿分12分） 已知直線為曲線在點（1,0）處的切點，直線為該曲線的另一條切線，且的斜率為1. （I）求直線、的方程； （II）求由直線、和軸所圍

17、成的三角形的面積. 【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程；兩條直線的交點坐標(biāo)．B12 【答案解析】（Ⅰ）y=4x﹣4，y=x﹣2；（Ⅱ） 解析：（Ⅰ）求得f'（x）=3x2+1． ∵（1，0）在曲線上，∴直線l1的斜率為k1=f'（1）=4 所以直線l1的方程為y=4（x﹣1）即y=4x﹣4 設(shè)直線l2過曲線f（x）上的點P（x0，y0）， 則直線l2的斜率為k2=f'（x0）=3x02+1=1 解得x0=0，y0=x03+x0﹣2=﹣2即P（0，﹣2） ∴l(xiāng)2的方程y=x﹣2 （Ⅱ）直線l1、l2的交點坐標(biāo)為 直線l1、l2和x軸的交點分別為（1，0）和（2，0

18、） 所以所求的三角形面積為 【思路點撥】（Ⅰ）求出f′（x），把x=1代入導(dǎo)函數(shù)即可求出直線l1的斜率，然后根據(jù)斜率和（1，0）寫出直線l1的方程即可；設(shè)直線l2與曲線相切的切點坐標(biāo)，將橫坐標(biāo)代入導(dǎo)函數(shù)即可表示出直線l2的斜率，又l2的斜率為1，列出關(guān)于橫坐標(biāo)的方程，求出解得到切點的橫坐標(biāo)，代入f（x）中求得縱坐標(biāo)，然后根據(jù)切點坐標(biāo)和直線的斜率為1寫出直線l2的方程即可；（Ⅱ）聯(lián)立兩條直線方程求出交點坐標(biāo)，然后分別求出兩直線與x軸的交點坐標(biāo)為（1，0）和（2，0），三角形以|2﹣1|長為底，交點的縱坐標(biāo)||為高，根據(jù)三角形的面積公式即可求出面積． 【題文】（19）（本題滿分12分）

19、某旅游景點經(jīng)營者欲增加景點服務(wù)設(shè)施以提高旅游增加值.經(jīng)過調(diào)研發(fā)現(xiàn)，在控制投入成本的前提下，旅游增加值（萬元）與投入成本（萬元）之間滿足： ，其中實數(shù)為常數(shù)，且當(dāng)投入成本為10萬元時，旅游增加值為9.2萬元. （I）求實數(shù)的值； （II）當(dāng)投入成本為多少萬元時，旅游增加值去的最大值. 【知識點】函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用．B10 【答案解析】（I）a=；（II） 投入50萬元改造時旅游取得最大增加值． 解析：（I）由于當(dāng)x=10萬元時y=9.2萬元，因此，9.2═﹣a102+10﹣ln10+ln10，解得a=；（II）從而f（x）=﹣+x﹣lnx+ln10（10≤x≤100），f′（x

20、）=， 令f′（x）=0，可得 x=1，或 x=50．當(dāng)x∈（1，50）時，f′（x）＞0，且f（x）在（1，50）上連續(xù)，因此f（x）在（1，50]上是增函數(shù)；當(dāng)x∈（50，+∞））時，f′（x）＜0，且f（x）在（50，+∞）上連續(xù)，因此f（x）在（50，+∞）上是減函數(shù)．則x=50時，函數(shù)f（x）取得極大值，即投入50萬元改造時旅游取得最大增加值． 【思路點撥】（I）代入x=10萬元時y=9.2萬元，可得9.2═﹣a102+10﹣ln10+ln10，從而求a；（II）求導(dǎo)f′（x）=，判斷函數(shù)的單調(diào)性從而求其最大值． 【題文】（20）（本題滿分12分） 已知函數(shù)，當(dāng)時取得極值5

21、. （I）求的極小值； （II）對任意，判斷不等式是否能恒成立，并說明理由. 【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．B12 【答案解析】（Ⅰ）-27；（Ⅱ） 不等式|f（x1）﹣f（x2）|＜32能恒成立． 解析：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=ax3+bx2﹣9x（a≠0）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=3ax2+2bx﹣9， 當(dāng)x=﹣1時f（x）取得極值5，則有f（﹣1）=5且f′（﹣1）=0， 即有﹣a+b+9=5且3a﹣2b﹣9=0，解得a=1，b=﹣3． 則f（x）=x3﹣3x2﹣9x，f′（x）=3x2﹣6x﹣9， f′（x）＞0得，x＞3或x＜﹣1；f′（x）＜0得，﹣1＜x＜3．

22、 則f（x）在x=3處取極小值且為27﹣27﹣27=﹣27． （Ⅱ）由于任意x1，x2∈（﹣3，3），|f（x1）﹣f（x2）|≤f（x）max﹣f（x）min， 由（Ⅰ）可知f（x）在（﹣3，﹣1）上遞增，（﹣1，3）上遞減， 則x=﹣1取得最大值，且為5，f（﹣3）=f（3）=﹣27， 由于任意x1，x2∈（﹣3，3），則|f（x1）﹣f（x2）|＜5﹣（﹣27）=32， 故對任意x1，x2∈（﹣3，3），不等式|f（x1）﹣f（x2）|＜32能恒成立． 【思路點撥】（Ⅰ）f（x）是實數(shù)集上的可導(dǎo)函數(shù)，再通過極值點與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，即極值點必為f′（x）=0的根建立起相關(guān)等式，運

23、用待定系數(shù)法確定a、b的值，進(jìn)而得到極小值； （Ⅱ）分別求出端點值和極值，通過比較即可的出結(jié)論．由Ⅰ中求得的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可得函數(shù)f（x）在區(qū)間（﹣3，3）上單調(diào)性，求出最大值和最小值，從而得到對任意x1，x2∈（﹣3，3），不等式|f（x1）﹣f（x2）|＜32恒成立． 【題文】（21）（本題滿分12分） 已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，其離心率，短軸長為4. （I）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； （II）已知直線和橢圓C相交于A、B兩點，點Q（1,1），是否存在實數(shù)m，使△ABQ的面積S最大？若存在，求出m的值；若不存在，說明理由. 【知識點】直線與圓錐曲線的綜合問題．H

24、8 【答案解析】（Ⅰ）（Ⅱ）3 解析：（Ⅰ）由題意可設(shè)橢圓C的方程為， 又e=，2b=4，a2=b2+c2，解得a=3，b=2． 故橢圓C的方程為． （Ⅱ）設(shè)直線l：y=x+m．m∈R和橢圓C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）兩點． 聯(lián)立方程得，，消去y得，13x2+18mx+9m2﹣36=0． 上式有兩個不同的實數(shù)根， △=324m2﹣4×13×9（m2﹣4）=144（13﹣m2）＞0． 且，． ∴AB===． 點Q（1，1）到l：y=x+m的距離為． ∴△ABQ的面積S= =≤=3． 當(dāng)且僅當(dāng)13﹣m2=m2，即m=時，S取得最大值，最大值為3．

25、【思路點撥】（Ⅰ）由題意可設(shè)橢圓C的方程為，又e=，2b=4，由此能求出橢圓C的方程．（Ⅱ）設(shè)直線l：y=x+m．m∈R和橢圓C相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）兩點．聯(lián)立方程，得13x2+18mx+9m2﹣36=0．由此利用根的判別式和韋達(dá)定理結(jié)合已知條件能求出當(dāng)m=時，S取得最大值3． 【題文】（22）（本題滿分12分） 已知函數(shù). （I）求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； （II）當(dāng)時，已知，且，求證： 【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)．B12 【答案解析】（I）（1，+∞）為函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；（﹣∞，1）為函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；（II）見解析。 解析：（I

26、），令f′（x）=0，得x=1， 當(dāng)a＞0時，如果x∈（1，+∞），那么f′（x）＜0，因此（1，+∞）為函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；如果x∈（﹣∞，1），那么f′（x）＞0，因此（﹣∞，1）為函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間． 當(dāng)a＜0時，如果x∈（1，+∞），那么f′（x）＞0，因此（1，+∞）為函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間；如果x∈（﹣∞，1），那么f′（x）＜0，因此（﹣∞，1）為函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間． （II）當(dāng)a=1時，f（x）=，由（1）知，（1，+∞）為函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；（﹣∞，1）為函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間． 又f（0）=0，f（1）=，函數(shù)f（x）的圖象： ∵x1＜x2，且f（x1）=f（x2），∴從圖象上看

27、，x1＜1，x2＞1， f（x1）＞f（2﹣x2）?f（x2）＞f（2﹣x2），∴要證f（x1）＞f（2﹣x2）只要證明x2＞1時f（x2）﹣f（2﹣x2）＞0即可： 構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）﹣f（2﹣x），即g（x）=﹣，下面證明：對于?x＞1，g（x）＞0恒成立， 則g′（x）==， 如果x∈（1，+∞），那么x﹣1＞0，e2（x﹣1）＞1，則（1﹣x）（1﹣e2（x﹣1））＞0，因此g′（x）＞0，因此g（x）在（1，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)； ∴g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增， 在x∈[1，+∞）時：當(dāng)x=1時，函數(shù)g（x）取最小值，即，∴對于?x∈（1，+∞），g（x）＞0恒成立， ∴x2＞1時f（x2）﹣f（2﹣x2）＞0，∴f（x2）＞f（2﹣x2）， 又∵f（x1）=f（x2）， ∴f（x1）＞f（2﹣x2）． 【思路點撥】（I）），令f′（x）=0，得x=1，再分a＞0時與a＜0時，討論f′（x）＞0或f′（x）＜0，進(jìn)一步可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．（II）畫函數(shù)f（x）的圖象，找出x1＜1，x2＞1，要證f（x1）＞f（2﹣x2）只要證明x2＞1時f（x2）﹣f（2﹣x2）＞0即可， 構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）﹣f（2﹣x），即g（x）=﹣，只要證明對于?x＞1，g（x）＞0恒成立即可．