云南省玉溪一中高三上第二次月考数学试卷理科解析版

2015-2016学年云南省玉溪一中高三（上）第二次月考数学试卷（理科）一.选择题：本大题共12小题，每小题5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（5分）已知集合A=xR|x|2，B=xR|x1，则AB=（）A（，2B1，2C2，2D2，12（5分）设全集为R，函数f（x）=的定义域为M，则RM为（）A（，1）B1，1C（，1）（1，+）D（1，+）3（5分）已知命题p：x1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0，则p是（）Ax1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0Bx1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0Cx1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0Dx1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）04（5分）下列函数中，既是偶函数又在（0，+）单调递增的函数是（）Ay=x3By=lg|x|Cy=x2+1Dy=2|x|5（5分）已知函数y=f（x）的周期为2，当x1，1时 f（x）=x2，那么函数y=f（x）的图象与函数y=|log5x|的图象的交点共有（）A5个B6个C8个D10个6（5分）已知命题P：x（0，+），lnxlgx；命题q：xR，x3=1x2，则下列命题中为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq7（5分）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=ex（x1），则（）Af（x）在x=1处取到极大值Bf（x）在x=1处取到极小值Cf（x）在x=0处取到极大值Df（x）在x=0处取到极小值8（5分）设常数aR，集合A=x|（x1）（xa）0，B=x|xa1，若AB=R，则a的取值范围为（）A（，2）B（，2C（2，+）D2，+）9（5分）设x表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y，有（）Ax=xB2x=2xCx+yx+yDxyxy10（5分）函数y=的图象大致为（）ABCD11（5分）设a，b，c，R+，则“abc=1”是“”的（）A充分条件但不是必要条件B必要条件但不是充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要的条件12（5分）设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y=f（x）满足：（i）T=f（x）|xS；（ii）对任意x1，x2S，当x1x2时，恒有f（x1）f（x2），那么称这两个集合“保序同构”，以下集合对不是“保序同构”的是（）AA=N*，B=NBA=x|1x3，B=x|x=8或0x10CA=x|0x1，B=RDA=Z，B=Q二填空题：本大题共4小题，每小题5分13（5分）已知函数f（x）=，则f（f（）14（5分）设，为非零向量，则“向量的夹角为锐角”是“0”的条件（填“充分不必要”“必要不充分”，“充要”或“既不充分也不必要”）15（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）=2f（x）若当0x1时f（x）=x（1x），则当1x0时，f（x）=16（5分）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）已知函数f（x）=|x+1|2|xa|，a0（）当a=1时，求不等式f（x）1的解集；（）若f（x）的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围18（12分）在直角坐标系xOy中，直线C1：x=2，圆C2：（x1）2+（y2）2=1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（）求C1，C2的极坐标方程；（）若直线C3的极坐标方程为=（R），设C2与C3的交点为M，N，求C2MN的面积19（12分）已知函数f（x）=log2（x+1），g（x）=log4（3x+1） （）若f（x）g（x），求x的取值范围D；（）设H（x）=g（x）f（x），当xD时，求函数H（x）的值域20（12分）证明下面两个结论：（ I）若|a|1，|b|1，则|1ab|ab|；（）若a，b，m，nR+，a+b=1，则（am+bn）（bm+an）mn21（12分）已知曲线C1：（t为参数），曲线C2：+=1（）写出C1的普通方程与C2的参数方程；（）过坐标原点O做C1的垂线，垂足为A，P为OA中点，当变化时，求P点的轨迹的参数方程（以为参数），并指出它是什么曲线22（12分）已知函数f（x）=axxlna（a1），g（a）=bx2，e为自然对数的底数（1）当a=e，b=5时，求整数n的值，使得方程f（x）=g（x）在区间（n，n+1）内有解（2）若存在x1，x21，1使得f（x1）+g（x2）+f（x2）+g（x1）+e成立，求实数a的取值范围2015-2016学年云南省玉溪一中高三（上）第二次月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题：本大题共12小题，每小题5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（5分）（2013天津）已知集合A=xR|x|2，B=xR|x1，则AB=（）A（，2B1，2C2，2D2，1【分析】先化简集合A，解绝对值不等式可求出集合A，然后根据交集的定义求出AB即可【解答】解：A=x|x|2=x|2x2AB=x|2x2x|x1，xR=x|2x1故选D【点评】本题主要考查了绝对值不等式，以及交集及其运算，同时考查了运算求解的能力，属于基础题2（5分）（2015秋玉溪校级月考）设全集为R，函数f（x）=的定义域为M，则RM为（）A（，1）B1，1C（，1）（1，+）D（1，+）【分析】根据函数成立的条件，先求出f（x）的定义域M，再求RM【解答】解：要使函数有意义，x应满足：1x20；解得1x1，f（x）的定义域M=1，1，RM=（，1）（1，+）故选：C【点评】本题考查了函数定义域的应用问题，考查集合的基本运算，根据函数成立的条件求出函数的定义域是解决本题的关键，比较基础3（5分）（2013秋海淀区校级期中）已知命题p：x1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0，则p是（）Ax1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0Bx1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0Cx1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0Dx1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0【分析】由全称命题的否定是特称命题，写出命题p的否定p来【解答】解：根据全称命题的否定是特称命题，得；命题p的否定是p：x1，x2R，（f（x1）f（x2）（x1x2）0故选：C【点评】本题考查了全称命题的否定命题是什么，解题时直接写出它的否定命题即可，是容易题4（5分）（2015秋贵阳校级期中）下列函数中，既是偶函数又在（0，+）单调递增的函数是（）Ay=x3By=lg|x|Cy=x2+1Dy=2|x|【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质进行判断即可【解答】解：Ay=x3为奇函数，不满足条件By=lg|x|是偶函数，当x0时，y=lgx为增函数，满足条件Cy=x2+1是偶函数，贼（0，+）上为减函数，不满足条件Dy=2|x|是偶函数，当x0时，y=2x为减函数，不满足条件，故选：B【点评】本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断，要求熟练掌握常见函数的奇偶性和单调性的性质5（5分）（2015秋玉溪校级月考）已知函数y=f（x）的周期为2，当x1，1时 f（x）=x2，那么函数y=f（x）的图象与函数y=|log5x|的图象的交点共有（）A5个B6个C8个D10个【分析】根据已知条件在同一坐标系画出图象，即可得出答案【解答】解：当x1，1时，f（x）=x2，f（x）0，1；又函数y=f（x）是最小正周期为2的函数，当xR时，f（x）0，1y=|log5x|的图象即把函数y=log5x的图象在x轴下方的对称的反折到x轴的上方，且x（0，1时，函数单调递减，y0，+）；x（1，+）时，函数y=log5x单调递增，y（0，+），且log55=1据以上画出图象如图所示：根据以上结论即可得到：函数y=f（x）（xR）的图象与y=|log5x|的图象的交点个数为5故选：A【点评】本题考查了对数函数的图象与性质正确理解函数的单调性和周期性并画出图象是解题的关键6（5分）（2015秋玉溪校级月考）已知命题P：x（0，+），lnxlgx；命题q：xR，x3=1x2，则下列命题中为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq【分析】命题P：是假命题，例如取0x1时，不成立；命题q：令f（x）=x3+x21，则f（）0，f（1）=10，因此存在x0，使得f（x0）=0，为真命题再利用复合命题真假的判定方法即可得出【解答】解：命题P：x（0，+），lnxlgx，是假命题，例如取0x1时，不成立；命题q：令f（x）=x3+x21，则f（）=1=0，f（1）=10，因此存在x0，使得f（x0）=0，即xR，x3=1x2，为真命题则下列命题中为真命题的是：pq故选：B【点评】本题考查了函数的零点与单调性、复合命题真假的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题7（5分）（2015秋玉溪校级月考）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=ex（x1），则（）Af（x）在x=1处取到极大值Bf（x）在x=1处取到极小值Cf（x）在x=0处取到极大值Df（x）在x=0处取到极小值【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极小值即可【解答】解：f（x）=ex（x1）+ex=xex，令f（x）0，解得：x0，令f（x）0，解得：x0，f（x）在（，0）递减，在（0，+）递增，f（x）在x=0处取得极小值，故选：D【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道基础题8（5分）（2013上海）设常数aR，集合A=x|（x1）（xa）0，B=x|xa1，若AB=R，则a的取值范围为（）A（，2）B（，2C（2，+）D2，+）【分析】当a1时，代入解集中的不等式中，确定出A，求出满足两集合的并集为R时的a的范围；当a=1时，易得A=R，符合题意；当a1时，同样求出集合A，列出关于a的不等式，求出不等式的解集得到a的范围综上，得到满足题意的a范围【解答】解：当a1时，A=（，1a，+），B=a1，+），若AB=R，则a11，1a2；当a=1时，易得A=R，此时AB=R；当a1时，A=（，a1，+），B=a1，+），若AB=R，则a1a，显然成立，a1；综上，a的取值范围是（，2故选B【点评】此题考查了并集及其运算，二次不等式，以及不等式恒成立的条件，熟练掌握并集的定义是解本题的关键9（5分）（2013陕西）设x表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y，有（）Ax=xB2x=2xCx+yx+yDxyxy【分析】本题考查的是取整函数问题在解答时要先充分理解x的含义，从而可知针对于选项注意对新函数的加以分析即可，注意反例的应用【解答】解：对A，设x=1.8，则x=1，x=2，所以A选项为假对B，设x=1.4，2x=2.8=3，2x=4，所以B选项为假对C，设x=y=1.8，对A，x+y=3.6=3，x+y=2，所以C选项为假故D选项为真故选D【点评】本题考查了取整函数的性质，是一道竞赛的题目，难度不大10（5分）（2012山东）函数y=的图象大致为（）ABCD【分析】由于函数y=为奇函数，其图象关于原点对称，可排除A，利用极限思想（如x0+，y+）可排除B，C，从而得到答案D【解答】解：令y=f（x）=，f（x）=f（x），函数y=为奇函数，其图象关于原点对称，可排除A；又当x0+，y+，故可排除B；当x+，y0，故可排除C；而D均满足以上分析故选D【点评】本题考查奇偶函数图象的对称性，考查极限思想的运用，考查排除法的应用，属于中档题11（5分）（2012湖北）设a，b，c，R+，则“abc=1”是“”的（）A充分条件但不是必要条件B必要条件但不是充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要的条件【分析】由abc=1，推出，代入不等式的左边，证明不等式成立利用特殊值判断不等式成立，推不出abc=1，得到结果【解答】解：因为abc=1，所以，则=a+b+c当a=3，b=2，c=1时，显然成立，但是abc=61，所以设a，b，c，R+，则“abc=1”是“”的充分条件但不是必要条件故选A【点评】本题考查充要条件的应用，不等式的证明，特殊值法的应用，考查逻辑推理能力，计算能力12（5分）（2013福建）设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y=f（x）满足：（i）T=f（x）|xS；（ii）对任意x1，x2S，当x1x2时，恒有f（x1）f（x2），那么称这两个集合“保序同构”，以下集合对不是“保序同构”的是（）AA=N*，B=NBA=x|1x3，B=x|x=8或0x10CA=x|0x1，B=RDA=Z，B=Q【分析】利用题目给出的“保序同构”的概念，对每一个选项中给出的两个集合，利用所学知识，找出能够使两个集合满足题目所给出的条件的函数，即B是函数的值域，且函数为定义域上的增函数排除掉是“保序同构”的，即可得到要选择的答案【解答】解：对于A=N*，B=N，存在函数f（x）=x1，xN*，满足：（i）B=f（x）|xA；（ii）对任意x1，x2A，当x1x2时，恒有f（x1）f（x2），所以选项A是“保序同构”；对于A=x|1x3，B=x|x=8或0x10，存在函数，满足：（i）B=f（x）|xA；（ii）对任意x1，x2A，当x1x2时，恒有f（x1）f（x2），所以选项B是“保序同构”；对于A=x|0x1，B=R，存在函数f（x）=tan（），满足：（i）B=f（x）|xA；（ii）对任意x1，x2A，当x1x2时，恒有f（x1）f（x2），所以选项C是“保序同构”；前三个选项中的集合对是“保序同构”，由排除法可知，不是“保序同构”的只有D故选D【点评】本题是新定义题，考查了函数的定义域和值域，考查了函数的单调性，综合考查了不同类型函数的基本性质，是基础题二填空题：本大题共4小题，每小题5分13（5分）（2015巴中模拟）已知函数f（x）=，则f（f（）2【分析】由已知得f（）=tan=1，从而f（f（）=f（1）=2（1）3=2【解答】解：函数f（x）=，f（）=tan=1，f（f（）=f（1）=2（1）3=2故答案为：2【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用14（5分）（2015秋玉溪校级月考）设，为非零向量，则“向量的夹角为锐角”是“0”的充分不必要条件（填“充分不必要”“必要不充分”，“充要”或“既不充分也不必要”）【分析】根据充分必要条件的定义结合向量数量积的定义判断即可【解答】解：“向量的夹角为锐角“能推出“0”，是充分条件，由“0”推出“向量的夹角为锐角或0（同向时）”，不是必要条件，故答案为：充分不必要【点评】本题考查的知识点是必要条件、充分条件与充要条件的判断，数量积表示两个向量的夹角，其中正确理解0的等价命题为与的夹角为锐角或与同向，是解答本题的关键15（5分）（2013安徽）定义在R上的函数f（x）满足f（x+1）=2f（x）若当0x1时f（x）=x（1x），则当1x0时，f（x）=x（x+1）【分析】当1x0时，0x+11，由已知表达式可求得f（x+1），根据f（x+1）=2f（x）即可求得f（x）【解答】解：当1x0时，0x+11，由题意f（x）=f（x+1）=（x+1）1（x+1）=x（x+1），故答案为：x（x+1）【点评】本题考查函数解析式的求解，属基础题，正确理解函数定义是解决问题的关键16（5分）（2012新课标）设函数f（x）=的最大值为M，最小值为m，则M+m=2【分析】函数可化为f（x）=，令，则为奇函数，从而函数的最大值与最小值的和为0，由此可得函数f（x）=的最大值与最小值的和【解答】解：函数可化为f（x）=，令，则为奇函数，的最大值与最小值的和为0函数f（x）=的最大值与最小值的和为1+1+0=2即M+m=2故答案为：2【点评】本题考查函数的最值，考查函数的奇偶性，解题的关键是将函数化简，转化为利用函数的奇偶性解题三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）（2015河北）已知函数f（x）=|x+1|2|xa|，a0（）当a=1时，求不等式f（x）1的解集；（）若f（x）的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围【分析】（）当a=1时，把原不等式去掉绝对值，转化为与之等价的三个不等式组，分别求得每个不等式组的解集，再取并集，即得所求（）化简函数f（x）的解析式，求得它的图象与x轴围成的三角形的三个顶点的坐标，从而求得f（x）的图象与x轴围成的三角形面积；再根据f（x）的图象与x轴围成的三角形面积大于6，从而求得a的取值范围【解答】解：（）当a=1时，不等式f（x）1，即|x+1|2|x1|1，即 ，或 ，或解求得x，解求得x1，解求得1x2综上可得，原不等式的解集为（，2）（）函数f（x）=|x+1|2|xa|=，由此求得f（x）的图象与x轴的交点A （，0），B（2a+1，0），故f（x）的图象与x轴围成的三角形的第三个顶点C（a，a+1），由ABC的面积大于6，可得2a+1（a+1）6，求得a2故要求的a的范围为（2，+）【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题18（12分）（2015河北）在直角坐标系xOy中，直线C1：x=2，圆C2：（x1）2+（y2）2=1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（）求C1，C2的极坐标方程；（）若直线C3的极坐标方程为=（R），设C2与C3的交点为M，N，求C2MN的面积【分析】（）由条件根据x=cos，y=sin求得C1，C2的极坐标方程（）把直线C3的极坐标方程代入23+4=0，求得1和2的值，结合圆的半径可得C2MC2N，从而求得C2MN的面积C2MC2N的值【解答】解：（）由于x=cos，y=sin，C1：x=2 的极坐标方程为 cos=2，故C2：（x1）2+（y2）2=1的极坐标方程为：（cos1）2+（sin2）2=1，化简可得2（2cos+4sin）+4=0（）把直线C3的极坐标方程=（R）代入圆C2：（x1）2+（y2）2=1，可得2（2cos+4sin）+4=0，求得1=2，2=，|MN|=|12|=，由于圆C2的半径为1，C2MC2N，C2MN的面积为C2MC2N=11=【点评】本题主要考查简单曲线的极坐标方程，点的极坐标的定义，属于基础题19（12分）（2015秋齐齐哈尔校级期中）已知函数f（x）=log2（x+1），g（x）=log4（3x+1） （）若f（x）g（x），求x的取值范围D；（）设H（x）=g（x）f（x），当xD时，求函数H（x）的值域【分析】（）若f（x）g（x），根据对数的运算法则解对数不等式即可求x的取值范围D；（）求出H（x）=g（x）f（x）的表达式，结合复合函数单调性之间的关系即可求出当xD时，求函数H（x）的值域【解答】解：（）若f（x）g（x），则log2（x+1）log4（3x+1）=log2（3x+1）=log2则满足，即，即，解得0x1，即x的取值范围D=（0，1）；（）H（x）=g（x）f（x）=log4（3x+1）log2（x+1）=log2（3x+1）log2（x+1，设t=，则t=，则函数t=，在D=（0，1）上为增函数，1t2，则0log2t1即0H（x）1，故当xD时，函数H（x）的值域为（0，1）【点评】本题主要考查对数函数的性质和对数的运算，利用复合函数单调性之间的关系是解决函数值域的基本方法20（12分）（2015秋玉溪校级月考）证明下面两个结论：（ I）若|a|1，|b|1，则|1ab|ab|；（）若a，b，m，nR+，a+b=1，则（am+bn）（bm+an）mn【分析】（I）利用作差比较，结合已知条件即可证得结论；（）展开多项式，结合基本不等式以及已知条件即可证得结论【解答】证明：（）|1ab|2|ab|2=1+a2b2a2b2=（a21）（b21）|a|1，|b|1，a210，b210|1ab|2|ab|20，故有|1ab|ab|；（）（am+bn）（bm+an）=abm2+（a2+b2）mn+abn2=（a2+b2）mn+ab（m2+n2）（a2+b2）mn+2abmn=mn（a2+2ab+b2）=mn（a+b）2，a+b=1，（am+bn）（bm+an）mn（a+b）2=mn（am+bn）（bm+an）mn【点评】本题考查了不等式的证明，考查了基本不等式的应用，是中档题21（12分）（2015秋玉溪校级月考）已知曲线C1：（t为参数），曲线C2：+=1（）写出C1的普通方程与C2的参数方程；（）过坐标原点O做C1的垂线，垂足为A，P为OA中点，当变化时，求P点的轨迹的参数方程（以为参数），并指出它是什么曲线【分析】（）曲线C1：（t为参数），消去参数t可得普通方程，利用平方关系可得曲线C2的参数方程（）由曲线C1的普通方程：xsinycossin=0，设A（sin2，sincos）故当变化时，P点轨迹的参数方程为：（为参数），利用倍角公式与平方关系化简可得P点轨迹的普通方程【解答】解：（）曲线C1：（t为参数），消去参数t可得普通方程：xsinycossin=0，由曲线C2：+=1可得参数方程：（为参数）（）由曲线C1的普通方程：xsinycossin=0，设A（sin2，sincos），故当变化时，P点轨迹的参数方程为：（为参数），P点轨迹的普通方程为+y2=故P点轨迹是圆心为，半径为的圆【点评】本题考查了参数方程与普通方程的互化、直线参数方程的应用、中点坐标公式、倍角公式与平方关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题22（12分）（2015洛阳二模）已知函数f（x）=axxlna（a1），g（a）=bx2，e为自然对数的底数（1）当a=e，b=5时，求整数n的值，使得方程f（x）=g（x）在区间（n，n+1）内有解（2）若存在x1，x21，1使得f（x1）+g（x2）+f（x2）+g（x1）+e成立，求实数a的取值范围【分析】（1）构造函数F（x）=f（x）g（x）=axxlna+x2b，从而代入a=e，b=5得F（x）=exx+x25，F（x）=ex1+3x；从而由导数的正负确定函数的单调性，再结合函数零点的判定定理可得F（x）在（1，2），（2，1）内分别有一个零点，从而可求得n=1或n=2（2）原题意可化为存在x1，x21，1，使得f（x1）g（x1）f（x2）g（x2）e；即存在x1，x21，1，使得F（x1）F（x2）e；从而化为F（x）maxF（x）mine，x1，1；从而转化为函数F（x）的最值问题，求导可得F（x）=axlnalna+3x=3x+（ax1）lna；从而由导数的正负确定函数的单调性，从而可得F（x）min=F（0）=1b，F（x）max=maxF（1），F（1）；再比较F（1），F（1）的大小可得F（1）F（1）；从而化为F（1）F（0）e；从而可得alnaelne，从而解得【解答】解：（1）令F（x）=f（x）g（x）=axxlna+x2b，当a=e，b=5时，F（x）=exx+x25，F（x）=ex1+3x；当x0时，F（x）0，则F（x）在（0，+）上为增函数，当x0时，F（x）0，则F（x）在（0，+）上为减函数；而F（0）=4，F（1）=e0，F（2）=e210，F（1）=0，F（2）=+20；又F（x）在（1，2），（2，1）上分别连续且单调，F（x）在（1，2），（2，1）内分别有一个零点，即方程f（x）=g（x）在区间（1，2），（2，1）内有一个解；综上所述，当n=1或n=2时，方程f（x）=g（x）在区间（n，n+1）内有解（2）若存在x1，x21，1使得f（x1）+g（x2）+f（x2）+g（x1）+e成立，即存在x1，x21，1，使得f（x1）g（x1）f（x2）g（x2）e；即存在x1，x21，1，使得F（x1）F（x2）e；即F（x）maxF（x）mine，x1，1；F（x）=axlnalna+3x=3x+（ax1）lna；当x0时，由a1得ax10，lna0，故F（x）0；当x=0时，F（x）=0；当x0时，由a1得ax10，lna0，故F（x）0；则F（x）在1，0上为减函数，0，1上为增函数；故F（x）min=F（0）=1b；F（x）max=maxF（1），F（1）；而F（1）F（1）=a2lna（a1）；设h（a）=a2lna（a0），则h（a）=1+2=（1）20，（当且仅当a=1时，等号成立）h（a）在（0，+）上为增函数，而h（1）=0；故当a1时，h（a）h（1）=0；F（1）F（1）；故F（1）F（0）e；化简可得，alnaelne，且易知m（a）=alna在（1，+）上是增函数，故ae；即实数a的取值范围为e，+）【点评】本题考查了导数的综合应用及存在性命题，同时考查了分类讨论的思想及函数零点的判定定理的应用，属于难题