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2012年湖南省高考数学试卷(文科)教师版

发布时间：2022-11-10 20:59:19   来源：文档文库   
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2012年湖南省高考数学试卷（文科）


一、选择题（共9小题，每小题5分，满分45分）
1．（5分）（2012•湖南）设集合M={﹣1，0，1}，N={x|x2=x}，则M∩N=（ ） A．{﹣1，0，1} B．{0，1}
C．{1}
D．{0}
【分析】集合M与集合N的公共元素，构成集合M∩N，由此利用集合M={﹣1，0，1}，N={x|x2=x}={0，1}，能求出M∩N．
【解答】解：∵集合M={﹣1，0，1}，N={x|x2=x}={0，1}， ∴M∩N={0，1}， 故选：B．
2．（5分）（2012•湖南）复数z=i（i+1）（i为虚数单位）的共轭复数是（ ） A．﹣1﹣i
B．﹣1+i
C．1﹣i
D．1+i
【分析】由z=i（i+1）=i2+i=﹣1+i，能求出复数z=i（i+1）（i为虚数单位）的共轭复数．
【解答】解：∵z=i（i+1）=i2+i=﹣1+i，
∴复数z=i（i+1）（i为虚数单位）的共轭复数是﹣1﹣i． 故选：A．
3．（5分）（2012•湖南）命题“若α=，则tanα=1”的逆否命题是（ ）


A．若α≠，则tanα≠1 B．若α=，则tanα≠1




C．若tanα≠1，则α≠ D．若tanα≠1，则α=


【分析】原命题为：若a，则b．逆否命题为：若非b，则非a．

【解答】解：命题：“若α=，则tanα=1”的逆否命题为：若tanα≠1，则α≠．


故选：C．
4．（5分）（2012•湖南）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是（ ）


A．
B．

C．
D．
【分析】由图可知，此几何体为组合体，对照选项分别判断组合体的结构，能吻合的排除，不吻合的为正确选项
【解答】解：依题意，此几何体为组合体，若上下两个几何体均为圆柱，则俯视图为A
若上边的几何体为正四棱柱，下边几何体为圆柱，则俯视图为B； 若俯视图为C，则正视图中应有虚线，故该几何体的俯视图不可能是C
若上边的几何体为底面为等腰直角三角形的直三棱柱，下面的几何体为正四棱柱时，俯视图为D； 故选：C．
5．（5分）（2012•湖南）设某大学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i=1，2，…，n），用最小二乘法建立的回归方程为 =0.85x﹣85.71，则下列结论中不正确的是（ ） A．y与x具有正的线性相关关系 B．回归直线过样本点的中心（ ， ）



C．若该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kg
D．若该大学某女生身高为170cm，则可断定其体重必为58.79kg
【分析】根据回归方程为 =0.85x﹣85.71，0.85＞0，可知A，B，C均正确，对于D回归方程只能进行预测，但不可断定．
【解答】解：对于A，0.85＞0，所以y与x具有正的线性相关关系，故正确； 对于B，回归直线过样本点的中心（ ， ），故正确；
对于C，∵回归方程为 =0.85x﹣85.71，∴该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kg，故正确；



对于D，x=170cm时， =0.85×170﹣85.71=58.79，但这是预测值，不可断定其体重为58.79kg，故不正确 故选：D．


6．（5分）（2012•湖南）已知双曲线C： 的焦距为10，点P（2，1）
在C的渐近线上，则C的方程为（ ）

A．C．









B．



D．【分析】利用双曲线C： 的焦距为10，点P（2，1）在C的渐近线
上，建立方程组，求出a，b的值，即可求得双曲线的方程．

【解答】解：∵双曲线C：线上，
 ∴a+b=25，=1，

22

的焦距为10，点P（2，1）在C的渐近∴b= ，a=2 ∴双曲线的方程为故选：A．
7．（5分）（2012•湖南）设 a＞b＞1，c＜0，给出下列三个结论： ①＞； ②ac＜bc；

③logb（a﹣c）＞loga（b﹣c）． 其中所有的正确结论的序（ ） A．①
B．①②
C．②③
D．①②③




．
【分析】利用作差比较法可判定①的真假，利用幂函数y=xc的性质可判定②的真假，利用对数函数的性质可知③的真假．
【解答】解：①﹣=，∵a＞b＞1，c＜0∴﹣=＞0，故＞正


确；
②考查幂函数y=xc，∵c＜0∴y=xc在（0，+∞）上是减函数，而a＞b＞0，则ac
＜bc正确；
③当a＞b＞1时，有logb（a﹣c）＞logb（b﹣c）＞loga（b﹣c）；正确． 故选：D．
8．（5分）（2012•湖南）在△ABC中，AC= ，BC=2，B=60°则BC边上的高等于（ ）
A． B． C． D．


【分析】在△ABC中，由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcosB可求AB=3，作AD⊥BC，则在Rt△ABD中，AD=AB×sinB
【解答】解：在△ABC中，由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcosB

把已知AC= ，BC=2 B=60°代入可得，7=AB2+4﹣4AB×

整理可得，AB2﹣2AB﹣3=0 ∴AB=3
作AD⊥BC垂足为D

Rt△ABD中，AD=AB×sin60°=，


即BC边上的高为

故选：B．

9．（5分）（2012•湖南）设定义在R上的函数f（x）是最小正周期2π的偶函数，f′（x）是函数f（x）的导函数，当x∈[0，π]时，0＜f（x）＜1；当x∈（0，π），且x≠时，（x﹣）f′（x）＞0，则函数y=f（x）﹣sinx在[﹣2π，2π]上 的零点个数为（ ） A．2
B．4



C．5

D．8
【分析】根据x∈（0，π），且x≠时，（x﹣）f′（x）＞0，确定函数的单调性，


利用函数的图形，即可得到结论．
【解答】解：∵x∈（0，π），且x≠时，（x﹣）f′（x）＞0，



∴x∈（0，），函数单调减，x∈（，π），函数单调增，
∵x∈[0，π]时，0＜f（x）＜1，
在R上的函数f（x）是最小正周期为2π的偶函数，在同一坐标系中作出y=sinx和y=f（x）草图象如下，



由图知y=f（x）﹣sinx在[﹣2π，2π]上的零点个数为4个． 故选：B．

二、填空题（共7小题，满分30分）（10-11为选做题，两题任选一题，12-16为必做题）
10．（5分）（2012•湖南）在极坐标系中，曲线C1：ρ（ cosθ+sinθ）=1与曲线
C2：ρ=a（a＞0）的一个交点在极轴上，则a= ．

【分析】根据ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2将极坐标方程化成普通方程，利用交点在极轴上进行建立等式关系，从而求出a的值．
【解答】解：∵曲线C1的极坐标方程为：ρ（ cosθ+sinθ）=1， ∴曲线C1的普通方程是 x+y﹣1=0， ∵曲线C2的极坐标方程为ρ=a（a＞0） ∴曲线C2的普通方程是x2+y2=a2
∵曲线C1：ρ（ cosθ+sinθ）=1与曲线C2：ρ=a（a＞0）的一个交点在极轴上

∴令y=0则x=，点（，0）在圆x2+y2=a2上



解得a=



故答案为：

11．（2012•湖南）某制药企业为了对某种药用液体进行生物测定，需要优选培养温度，实验范围定为29℃～63℃．精确度要求±1℃．用分数法进行优选时，能保证找到最佳培养温度需要最少实验次数为 7 ．
【分析】由题知试验范围为[29，63]，可得区间长度为34，将其等分34段，共有33个分点，由分数法的最优性定理可得结论．
【解答】解：由已知试验范围为[29，63]，可得区间长度为34，将其等分34段，共有33个分点
由分数法的最优性定理可知F8=33，即通过7次试验可从这33个分点中找出最佳点． 故答案为：7．
12．（5分）（2012•湖南）不等式x2﹣5x+6≤0的解集为 {x|2≤x≤3} ． 【分析】把不等式的左边分解因式后，根据两数相乘的取符法则：同得正，异得负，转化为两个一元一次不等式组，求出不等式组的解集即可得到原不等式的解集．
【解答】解：不等式x2﹣5x+6≤0， 因式分解得：（x﹣2）（x﹣3）≤0， 可化为： 或 ，
解得：2≤x≤3，
则原不等式的解集为{x|2≤x≤3}． 故答案为：{x|2≤x≤3}．
13．（5分）（2012•湖南）如图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则该运动员在这五场比赛中得分的方差为 6.8 ．


（注：方差 +…+ ，其中 为x1，x2，…，xn的平均数）

【分析】根据茎叶图所给的数据，做出这组数据的平均数，把所给的数据和平均数代入求方差的个数，求出五个数据与平均数的差的平方的平均数就是这组
数据的方差．
【解答】解：∵根据茎叶图可知这组数据的平均数是 =11


∴这组数据的方差是[（8﹣11）2+（9﹣11）2+（10﹣11）2+（13﹣11）2+（15
﹣11）2]

=[9+4+1+4+16] =6.8
故答案为：6.8．
14．（5分）（2012•湖南）如果执行如图所示的程序框图，输入x=4.5，则输出的数i= 4 ．

【分析】计算循环中x，与i的值，当x＜1时满足判断框的条件，退出循环，输出结果即可．
【解答】解：循环前x=3.5，不满足判断框条件， 第1次循环，i=2，x=2.5， 第2次判断后循环，i=3，x=1.5，
第3次判断并循环i=4，x=0.5，满足判断框的条件退出循环，输出i=4． 故答案为：4．
15．（5分）（2012•湖南）如图，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP=3，则 = 18 ．




【分析】设AC与BD交于O，则AC=2AO，在RtAPO中，由三角函数可得AO与AP的关系，代入向量的数量积 =| || |cos∠PAO可求 【解答】解：设AC与BD交于点O，则AC=2AO ∵AP⊥BD，AP=3，
在Rt△APO中，AOcos∠OAP=AP=3
∴| |cos∠OAP=2| |×cos∠OAP=2| |=6，
由向量的数量积的定义可知， =| || |cos∠PAO=3×6=18 故答案为：18












16．（5分）（2012•湖南）对于n∈N*，将n表示为n= +…+ ，当i=k时，ai=1，当0≤i≤k﹣1时，ai为0或1．定义bn如下：在n的上述表示中，当a0，a1，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0．
（1）b2+b4+b6+b8= 3 ；
（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是 2 ．
【分析】（1）由题设定义可知，2=1×2，4=1×22，6=1×22+1×2，8=1×23，从而b2=1，b4=1，b6=0，b8=1，故可求b2+b4+b6+b8的值；
（2）设{bn}中第m个为0的项为bi，即bi=0，构造二进制数（i）（akak﹣1…a1a0）10=则2，akak﹣1…a1a0中1的个数为偶数，再进行分类讨论：当a2a1a0=000时，cm=2；当a2a1a0=001时，cm=0；当a2a1a0=010时，cm=1；当a2a1a0=011时，cm=0；当a2a1a0=100时，cm=2；当a2a1a0=101时，cm=0；当a0=0，前面有奇数个1时，
cm=1； 当a0=0，前面有偶数个1时，cm=2；当末位有奇数个1时，cm=1；当末位有偶数个1时，cm=0，由此可得cm的最大值．
【解答】解：（1）由题设定义可知，2=1×2，4=1×22，6=1×22+1×2，8=1×23，∴b2=1，b4=1，b6=0，b8=1 ∴b2+b4+b6+b8=3
（2）设{bn}中第m个为0的项为bi，即bi=0，构造二进制数（i）（akak﹣1…a1a0）10=则2，akak﹣1…a1a0中1的个数为偶数，当a2a1a0=000时，bi+1=1，bi+2=1，bi+3=0，cm=2；
当a2a1a0=001时，bi+1=0，cm=0；当a2a1a0=010时，bi+1=1，bi+2=0，cm=1；当a2a1a0=011时，bi+1=0，cm=0；当a2a1a0=100时，bi+1=1，bi+2=1，bi+3=0，cm=2；当a2a1a0=101时，bi+1=0，cm=0；当a0=0，前面有奇数个1时，bi+1=1，bi+2=0，cm=1； 当a0=0，前面有偶数个1时，bi+1=1，bi+2=1，bi+3=0，cm=2；当末位有奇数个1时，bi+1=1，bi+2=0，cm=1；当末位有偶数个1时，bi+1=1，bi+2=0，cm=0；故cm的最大值为2．

三、解答题（共6小题，满分75分）
17．（12分）（2012•湖南）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如表所示． 一次购物量 顾客数（人） 结算时间（分钟/人
1至4件
x 1
5至8件 9至12件 13至16件 17件以上
30 1.5
25 2
y 2.5
10 3
已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%． （Ⅰ）确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
（Ⅱ）求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．（将频率视为概率） 【分析】（Ⅰ）由已知得25+y+10=55，x+30=45，故可确定，y的值，进而可求顾客一次购物的结算时间的平均值；
（Ⅱ）记A：一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟；A1：该顾客一次购物的结算时间为1分钟；A2：该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟；A3：该顾客一次购物的结算时间为2分钟；将频率视为概率求出相应的概率，利用互
斥事件的概率公式即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）由已知得25+y+10=55，x+30=45，所以x=15，y=20； 顾客一次购物的结算时间的平均值为（分钟）；
（Ⅱ）记A：一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟；A1：该顾客一次购物的结算时间为1分钟；
A2：该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟；A3：该顾客一次购物的结算时间为2分钟；
将频率视为概率可得P（A1） ；P（A2）= ；P（A3）=
=1.9∴P（A）=P（A1）+P（A2）+P（A3）=0.15+0.3+0.25=0.7 ∴一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为0.7．
18．（12分）（2012•湖南）已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x∈R，ω＞0，0＜φ
＜）的部分图象如图所示．

（Ⅰ）求函数f（x）的解析式； （Ⅱ）求函数g（x）=f（x﹣）﹣f（x+）的单调递增区间．


【分析】（I）先利用函数图象求此函数的周期，从而计算得ω的值，再将点（ ，0）和（0，1）代入解析式，分别解得φ和A的值，最后写出函数解析式即可； （II）先利用三角变换公式将函数g（x）的解析式化为y=Asin（ωx+φ）型函数，再将内层函数看做整体，置于外层函数即正弦函数的单调增区间上，即可解得函数g（x）的单调增区间
【解答】解：（I）由图象可知，周期T=2（﹣）=π，∴ω==2


 ，0）在函数图象上，∴Asin（2×+φ）=0
∴sin（+φ）=0，∴+φ=π+kπ，即φ=kπ+，k∈z


∵0＜φ＜
∴φ=


∵点（0，1）在函数图象上，∴Asin=1，A=2


∴函数f（x）的解析式为f（x）=2sin（2x+）


（II）g（x）=2sin[2（x﹣）+]﹣2sin[2（x+）+]=2sin2x﹣2sin（2x+）



=2sin2x﹣2（sin2x+cos2x）=sin2x﹣ cos2x


=2sin（2x﹣）


由﹣+2kπ≤2x﹣≤+2kπ，k∈z


得kπ﹣≤x≤kπ+
∴函数g（x）=f（x﹣）﹣f（x+）的单调递增区间为[kπ﹣，kπ+]k∈z
∵点（ 19．（12分）（2012•湖南）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD． （Ⅰ）证明：BD⊥PC；
（Ⅱ）若AD=4，BC=2，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

【分析】（1）由PA⊥平面ABCD，AC⊥BD可证得BD⊥平面PAC，从而证得BD⊥PC；
（2）设AC∩BD=O，连接PO，由BD⊥平面PAC可得∠DPO是直线PD和平面PAC
所成的角，于是∠DPO=30°，从而有PD=2OD，于是可证得△AOD，△BOC均为等腰直角三角形，从而可求得梯形ABCD的高，继而可求SABCD，VP﹣ABCD． 【解答】解：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， ∴PA⊥BD；
又AC⊥BD，PA，AC是平面PAC内的两条相交直线， ∴BD⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC；
（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接PO，由（Ⅰ）知BD⊥平面PAC， ∴∠DPO是直线PD和平面PAC所成的角， ∴∠DPO=30°，
由BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC知，BD⊥PO．在Rt△POD中，由∠DPO=30°得PD=2OD．
∵四边形ABCD是等腰梯形，AC⊥BD，
∴△AOD，△BOC均为等腰直角三角形，从而梯形ABCD的高为AD+BC=×（4+2）

=3，

于是SABCD=×（4+2）×3=9．


在等腰三角形AOD中，OD=AD=2 ，

∴PD=2OD=4 ，PA= =4，

∴VP﹣ABCD=SABCD×PA=×9×4=12．



20．（13分）（2012•湖南）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%．预计以后每年年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n年年
底企业上缴资金后的剩余资金为an万元． （Ⅰ）用d表示a1，a2，并写出an+1与an的关系式；
（Ⅱ）若公司希望经过m（m≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值（用m表示）．
【分析】（Ⅰ）由题意可求得a1=2000（1+50%）﹣d，a2=a1（1+50%）﹣d=，…从
而归纳出an+1=an﹣d．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得an=an﹣1﹣d=（an﹣2﹣d）﹣d=…= a1﹣

d[1++ +…+ ]，利用等比数列的求和公式可求得an= （3000﹣



3d）+2d，再结合题意am=4000， 即可确定企业每年上缴资金d的值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得：a1=2000（1+50%）﹣d=3000﹣d，
a2=a1（1+50%）﹣d=a1﹣d=4500﹣d，


…

an+1=an（1+50%）﹣d=an﹣d．


（Ⅱ）由（Ⅰ）得an=an﹣1﹣d


=（an﹣2﹣d）﹣d


= an﹣2﹣d﹣d

=…
= a1﹣d[1++ +…+ ]

整理得：an= （3000﹣d）﹣2d[ ﹣1] = （3000﹣3d）+2d．
由题意，am=4000，即 （3000﹣3d）+2d=4000． 解得d==，



故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m（m≥3）年企业的

剩余资金为4000万元．

21．（13分）（2012•湖南）在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的
椭圆E的一个焦点为圆C：x2+y2﹣4x+2=0的圆心． （Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2．当直线l1，
l2都与圆C相切时，求P的坐标．
【分析】（Ⅰ）确定x2+y2﹣4x+2=0的圆心C（2，0），设椭圆E的方程为：
＞ ＞ ，其焦距为2c，则c=2，利用离心率为，即可求得椭 圆E的方程；





（Ⅱ）设P（x0，y0），l1，l2的斜率分别为k1，k2，则k1k2=，由l1与圆C：x2+y2
﹣4x+2=0相切，可得 ，同理可得 ，从而k1，k2是方程 的两个实根，进而


，利用 ，即可求得点P的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）由x2+y2﹣4x+2=0得（x﹣2）2+y2=2，∴圆心C（2，0） 设椭圆E的方程为：


＞ ＞ ，其焦距为2c，则c=2，

∵ ，∴a=4，
∴b2=a2﹣c2=12
（Ⅱ）设P（x0，y0），l1，l2的斜率分别为k1，k2，则l1：y﹣y0=k1（x﹣x0） ∴椭圆E的方程为：l2：y﹣y0=k2（x﹣x0），且k1k2=



由l1与圆C：x+y﹣4x+2=0相切得

22




∴ 同理可得


从而k1，k2是方程 的两个实根 所以 ①，且 ＞
∵ ， ∴ ，

∴x0=﹣2或



得 满足①

故点P的坐标为（﹣2，3）或（﹣2，﹣3），或（，）或（， ）


22．（13分）（2012•湖南）已知函数f（x）=ex﹣ax，其中a＞0．
由x0=﹣2得y0=±3；由

（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；
（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））（x1＜x2），记直线AB的斜率为K，证明：存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）=K恒成立． 【分析】（1）根据题意，对f（x）求导可得f′（x）=0，令f′（x）=0，解可得x=lna，分x＜lna与x＞lna两种情况讨论可得f（x）取最小值为f（lna）=a﹣alna，令g（t）=t﹣tlnt，对其求导可得g′（t）=﹣lnt，分析可得当t=1时，g（t）取得最大值1，因此当且仅当a=1时，a﹣alna≥1成立，即可得答案； （2）根据题意，由直线的斜率公式可得k=

﹣a，令φ（x）=f′（x）﹣k=ex﹣，可以求出φ（x1）与φ（x2）的值，令F（t）=et﹣t﹣1，求导可得F′（t）=et﹣1，
分t＞0与t＜0讨论可得F（t）的最小值为F（0）=0，则当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即et﹣t﹣1＞0，进而讨论可得φ（x1）＜0、φ（x2）＞0，结合函数的连续性分析可得答案． 【解答】解：（1）f′（x）=ex﹣a， 令f′（x）=0，解可得x=lna；
当x＜lna，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞lna，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

故当x=lna时，f（x）取最小值，f（lna）=a﹣alna， 对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当a﹣alna≥1，① 令g（t）=t﹣tlnt，则g′（t）=﹣lnt，
当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
故当t=1时，g（t）取得最大值，且g（1）=1， 因此当且仅当a=1时，①式成立， 综上所述，a的取值的集合为{1}．


（2）根据题意，k==﹣a，

令φ（x）=f′（x）﹣k=e﹣
x
，
则φ（x1）=﹣

[ ﹣（x2﹣x1）﹣1]，
φ（x2）=
[ ﹣（x1﹣x2）﹣1]，
令F（t）=et﹣t﹣1，则F′（t）=et﹣1，
当t＜0时，F′（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F′（t）＞0，F（t）单调递增，
则F（t）的最小值为F（0）=0，
故当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即et﹣t﹣1＞0， 从而 ﹣（x2﹣x1）﹣1＞0，且

＞0，则φ（x1）＜0，
﹣（x1﹣x2）﹣1＞0，＞0，则φ（x2）＞0，
因为函数y=φ（x）在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0， 即f′（x0）=K成立．


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/386e245d5ebfc77da26925c52cc58bd63086934a.html

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