江苏省扬州市高邮市2026届高三上学期10月学情调研考试 数学试卷

这是一份江苏省扬州市高邮市2026届高三上学期10月学情调研考试 数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）
一、选择题：本大题共 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. 已知集合2，，则 A ∩ B  （）
A  x y  lg 2  xB  y y  x2 1
1, 2
1, 
1, 2
, 2
【答案】A
【详解】对于集合 A ，由于2  x  0 ，解得 x  2 ，则 A  x | x  2 ，
对于集合 B ，由于 x2 1  1，即 y  1，则 B  y | y  1，所以 A  B  1, 2 ；故选：A
已知角θ的终边经过点 P 2, a ，若θ 5π ，则a  （）
2 3
3
3
3
3
​
 2 3
3
2
2
【答案】D
3
3
【详解】已知角θ的终边经过点 P 2, a ，若θ 5π ，则tanθ  a ，解得 a  2.
32
故选：D.
“ a3  b3 ”是“ 2025a  2025b  1”成立的（）
A. 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
【答案】B
【详解】因为 y  x3 在定义域R 上单调递增，由 a3  b3 可得 a  b ，
因为 y 2025x 在定义域R 上单调递增，由2025a  2025b  1可得 a  b  0 ，所以由 a3  b3 推不出2025a  2025b  1，即充分性不成立；
由2025a  2025b  1推出 a3  b3 ，即必要性成立；
所以“ a3  b3 ”是“ 2025a  2025b  1”成立的必要不充分条件.
故选：B
已知 xy  0 ，则1 y 1 9x  的最小值为（）
x y 

A. 12B. 16C. 18D. 20
【答案】B
【详解】已知 xy  0 ，则有 x  0 ， y  0 ，
yx
y  9x xy
1 y 1 9x   1 y  9x  9  10  2
 16 ，
x y xy

当且仅当 y  9x ，即 y  3x 时等号成立，所以1 y 1 9x  的最小值为 16.
xy
x y 

故选：B
e
x
函数 y 的单调递减区间是（）
x
A. ,1
B. 1, 
C. , 0 和0,1
D. , 0
【答案】C
【详解】 y
 ex
x
的定义域为
∞, 0 0, ∞ ，
xex  ex(x 1)ex
由题得 f (x) ，
令
 x 1ex
x2
x2x2
 0 ，得 x  1，
因为 x  0 ，
所以函数的单调减区间为∞, 0 和0,1 ，故选：C.
高斯，著名的数学家、文学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称．函数 y  x 称为高
 
斯函数， 其中x 表示不超过实数 x 的最大整数， 如1.2  1 ， 1.2  2 ， 若 x   3 , 7  ， 使得
 2 2 
x2  mx  4  0 成立，则实数m 的取值范围为（）
A. ∞, 4
B.  ∞, 13 
C.  ∞, 65 
D. ∞, 5
3 14 

【答案】D
 3 7 
x2  44
【详解】由 x   ,  ，可得x1, 3 ，则x2  mx  4  0 可化为： m  x ，
 2 2 
令t  x得： m  t  4 ，再令 f t   t  4 , t 1, 3 ，
x
x
tt
由对勾函数的单调性知： f t  在1, 2上单调递减，在2, 3 上单调递增，
f 1  1 4  5, f 3  3  4  13 ， f 1 
133
f 3 ，
max
所以 f t 
t 1, 3, m 
f 1  5 ，
f t  ，只需 m 
f t  5 .
max
故选：D
已知csα β  1 ， tanαtanβ 2 ，则cs2α 2β  （）
9

778
A. B.C.
999
D.  8
9
【答案】B
【详解】已知csα β  1 ， tanαtanβ 2 ，
9
则csαcsβ sinαsin β 1 ， sinαsin β  2 ，
9csαcsβ
即csαcsβ  1 ， sinαsin β  2
99
则csα β  csαcsβ sinαsinβ  3   1 ，
93

所以cs2α 2β  2cs2 α β 1  2  

1 2

3

1   7 .
9
故选：B．
已知函数 f  x 3sin ωx  π  2sin2 ωx  π 1ω 0 的两条相邻对称轴间的距离为 π ．现将
3  26 2

函数 f  x 的图象向右平移 π 个单位长度，再将所有点的纵坐标变为原来的 2 倍（横坐标不变），得到函数
6
y  g  x 的图象，若关于 x 的方程 g  x  k 在区间0, π  上恰有两个不同的实数解，则实数k 的取值范围
2 
为（）
2, 4
2, 4
2, 4
2, 4
【答案】A
【详解】由题意得 f  x 3 sin ωx  π   cs ωx  π   2 sin ωx  π  π   2 sin ωx  π  ，
3 3 36 6 

根据 f  x 的两条相邻对称轴间的距离为 π ，可得 f  x 的周期T  2  π  π ，
22
2πf x π 
6
所以ω
T
 2 ，可得  
2 sin  2x   .

f xπ
y  
π π 
π 
将函数   的图象向右平移 个单位长度，可得
6
2 sin 2  x  6   6   2 sin  2x  6  的图象，
 
再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不变），可得 g  x  4 sin  2x  π  的图象，
6 

方程 g  x  k 在区间0, π  上恰有两个不同的实数解，
g x 
2 
π 
y  k
π 
可转化为  
4 sin  2x   和
6

的图象在区间 0, 2  上有且只有 2 个交点．
由 x  0, π  可得t  2x  π   π , 5π 
2 
6

66 
根据函数 h t   4 sin t 在 π , π  上单调递增，在 π , 5π  上单调递减，
6 2  26 
h   π   4 sin   π   2 ， h  π   4 sin  π   4 ， h  5π   4 sin  5π   2
6 6 
 2  2 
 6  6 



作出函数 h t   4 sin t 的大致图象如下：
结合图象，可得2  k  4 ，即实数 k 的取值范围是2, 4 ．故选：A
二、多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合
要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
已知实数 a ， b 满足等式lg2a  lg3b ，则下列式子可以成立的是（）
0  a  b  1
1  a  b
a  b  1
0  b  a  1
【答案】BCD
【详解】实数 a ， b 满足等式lg2a  lg3b ，
即 y  lg2 x 在 x  a 处的函数值和 y  lg3 x 在x  b 处的函数值相等，做出 y  lg2 x 和 y  lg3 x 两个函数的图象，
当 a  b  1 时， lg2 a  lg3 b  0 ，此时 C 选项成立；
做出直线 y  1，此时lg2 a  lg3 b  1，可得 a  2 ， b  3 ， 满足1  a  b ，由图象知， y  0 时，都有1  a  b ，由此知 B 选项成立；
作出直线 y  1，此时lg a  lg b  1，可得 a  1 ， b  1 ，满足0  b  a  1 ，
2323
由图象知， y  0 时，都有0  b  a  1 ，由此知 D 选项成立.
故选：BCD.
已知函数 f  x  sin  x  π ，下列说法正确的是（）
3 

f  x 的最小正周期是πB.
f  x 的图象关于点π 中心对称
0  f   π  1
 , 0 
3

f x π π
 12 2
  在区间 ,  上单调递减

6 6 
【答案】AD
y π 
3
【详解】函数
sin  x   的最小正周期是2π ，

函数图象 x 轴上及上方部分不变， x 轴下方的部分翻折到上方，得函数 f  x  sin  x  π 的图象，
3 

则 f  x 的最小正周期是π ，A 选项正确；
函数 f  x  sin  x  π 的图象都在 x 轴上及 x 轴上方，不可能关于 x 轴上的点 π , 0  中心对称，B 选项
3  3

错误；
f   π   sin   π
 π  sin   5π   sin 5π ，正弦函数在 0, π  上单调递增，
 12 
 123 
12 12
2 

π  5π  π ，有 3  sin 5π  1，C 选项错误；
3122
212
x   π , π  时， x  π   π ,  π  ，
6 6 
326 

y 
π 
π π 
π 
π π 
所以函数sin  x  3  在  ,  上单调递增，且sin  x    0 在  ,  上恒成立，

f x 
6 6 
π 
3 
  π , π 
6 6 
结合图像的翻折可知，  sin  x  3  在区间6 6  上单调递减，D 选项正确.

故选：AD
已知函数 f  x  x  lnx ， g  x  aex  x  lna ，则下列说法正确的是（）
A. 当 x  1时， f  x  1
当a  e 时， g  x  3
当关于 x 的方程 f  x  g  x  0 有两个不等实根时， a  1
e
当 a  1 时，过原点与曲线 y  g  x  f  x 1相切的直线有且只有 1 条
【答案】ABD
【详解】对于 A， f  x  x  lnx ， x  0 ，求导得 f  x  1 1  x 1 ，
xx
当 x  1时， f  x  0 ，函数 f  x 在1,  上单调递增，
所以当 x  1时， f  x  f (1)  1，A 正确；
对于 B， g  x  aex  x  lna ， x  R ，求导得 g x  aex 1 ，当a  e 时，令 g x  aex 1  0 ，解得： x  ln a  1，
当 x  ln a 时， g( x)  0 ， g(x) 单调递增，当 x  ln a 时， g(x)  0 ， g(x) 单调递减，
所以 g(x)min  g(ln a)  1 2 ln a ，由于a  e ，则 g(x)min  1 2 ln a  1 2 ln e=3 ，所以 g  x  3 成立，故 B 正确；
对于 C，由关于 x 的方程 f  x  g  x  0 有两个不等实根，得ln x  aex  ln a 有两个不等实根，
整理得ln x  exln a  ln a ，则ln x  x  exlna   x  ln a ，即ln x  elnx  exln a   x  ln a ，令函数 h  x  x  ex ，则ln x  eln x  exln a   x  ln a 即为 h ln x  h  x  ln a ，
函数 h  x 在 R 上单调递增，则ln x  x  ln a ，即ln a  x  ln x ，
min
由 A 选项知 f  x  x  ln x ， x 0,  ，函数 f  x 在0,1 上单调递减，在1,  上单调递增， f  x f 1 1，
而 x   时， f  x   ， x  0 时， f  x   ，
而ln a  x  ln x 有两个根，必有ln a  1，解得0  a  1 ，
e
所以 a 的取值范围为 0, 1  ，C 不正确．
e 

对于 D，当 a  1 时, y  g  x  f  x 1  ex 1 ln x ，函数定义域为0, ∞ ，求导得 y  ex  1 ，
x
设切点坐标为 x0 , y0  ，则在 x  x0 处， y  ex 1 ln x 的切线方程为：
y  ex0 1 ln x   ex0  1  x  x  ，则ex0 1 ln x   x  ex0  1  ，
0x 000 x 
0 0 
化简得ln x  1 x ex0 ，当0  x  1时， ln x  0  1 x ex0 ，此方程无解；
00000
当 x  1时， ln x  0  1 x ex0 ，此方程无解；当 x  1时， ln x  0  1 x ex0 ，满足要求，
000000
因此方程ln x  1 x ex0 只有 x  1这 1 个解，即过原点有且仅有一条直线与曲线 y  g  x  f  x 1
000
相切，故 D 正确；故选：ABD
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．把答案填在答题卡中的横线上．
sin  π α
5
 2
已知sinα csα，则tan α π 
5

cs 5π α
 ．
 2

【答案】  5
2
【详解】由题可得：
sin  π α
 2
csα
sinα
csα
cs2α sin2α1
tan α π   tanα，
cs 5π α
sinα
csα
sinα
sinαcsα
sinαcsα
 2

2
525 12

因为 sinα csα
，所以sinα csα
5
5 
，则1  2 sinαcsα ，即sinαcsα  ，
55

sin  π α
 2
115
所以tan α π 

cs 5π α

sinαcsα
2   2 ，

 25

故答案为：  5
2


已知集合 A  x x2  mx  n  0, m, n  R ， B  x x 1  0 ，且 A  B ，则m  n  ．
【答案】 3
2  x
【详解】解不等式 x 1  0 ，等价于( x  1)(2  x)  0 ，即(x 1)(x  2)  0 ，
2  x
解得1  x  2 ，所以 B  {x | 1  x  2} ，
因为 A  B ，所以不等式 x2  mx  n  解为1  x  2 ，
则一元二次方程 x2  mx  n  0 的两根为 x1  1 ， x2  2 ，
x1  x2  1 2  m ，解得 m  1 ，
x1x2  (1)  2  n ，解得 n  2 ，
m  n  1 (2)  3 .
故答案为： 3 .
已知函数 f  x 和 g  x  的定义域均为 R ，且 f  x  g 4  x  5 ， g  x  f  x  6  3，若 f  x
是偶函数，则 g 1  g 2  g 3 L g 2025  ．
【答案】8100
【详解】Q f  x 是偶函数， f x  f  x ，
Q f  x  g 4  x  5 ， f x  g 4  x  5 ，
Q f x  f  x ， f  x  g 4  x  5 ，
Q g  x  f  x  6  3 ，将 x 换为 x  6 ， g  x+6  f  x  3 ，
将 f  x  g 4  x  5 和 g  x+6  f  x  3 这两个等式相加，得 g  x+6 +g  x+4  8 ，
将 x 换为 x  2 ，得 g  x+4 +g  x+2  8 ， 则有 g  x+6 +g  x+4  g  x+4 +g  x+2 ，
得 g  x+6  g  x+2 ，将 x 换为 x  2 ，得 g  x+4  g  x ，
 g  x 的周期为 4，
Q g  x+4 +g  x+2  8 ，
 g 0+4 +g 0+2  8 ，
 g 4 +g 2  8 ，
 g 1 4  g 1 2  8 ，
 g 3 +g 1  8 ，
 g 1 +g 2 +g 3 +g 4  16 ，
Q g  x 的周期为 4， f  x  g 4  x  5 ，
 f  x  g  x  5 ， f 1  g 1  5 ，
Q g  x  f  x  6  3 ， g 5  f 5  6  3 ，
 g 1  f 1  3 ，
将 f 1  g 1  5 和 g 1  f 1  3 两个式子相加，得 g 1  4 ，
g(1)  g(2)  g(3) L g(2025)  506 [g(1)  g(2)  g(3)  g(4)]+g(1)
 506 16  g(1)  8096  4  8100 .
故答案为：8100.
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
已知函数 f  x  ax3  x2  b a  0 ．
若函数 f  x 在 x  1 处取得极小值1，求实数 a ， b 的值；
3
讨论函数 y 
f  x 的单调性．
【答案】（1） a  2 ， b  28 ；
27
（2）分类讨论，答案见解析.
【小问 1 详解】
函数 f  x  ax3  x2  b ， f  x  3ax2  2x ，
由题意知 f  1   0 ， f  1   1，
 3  3 



即 a
a  2  0
33
1
，解得 a  2 ， b  28 ．
27
 b  1
 279
此时， f  x  2x 3x 1 ，令 f  x  0 ，得 x  0 或 1 ，
3
函数 f  x 在∞, 0 和 1 , ∞ 上单调递增，  0, 1  上单调递减，
 33 

所以 x  1 时， f  x 取极小值．
3
所以 a  2 ， b  28 ．
27
【小问 2 详解】
f  x  3ax2  2x  x 3ax  2a  0 ，令 f  x  0 ，得 x  0 ， x  2 ，
123a
当 a  0 时， x ∞, 0   2 , ∞ 时 f  x  0 ， x  0, 2  时 f  x  0 ，
 3a3a 

所以函数 f  x 在∞, 0 和 2 , ∞ 上单调递增，在 0, 2  上单调递减；
 3a3a 

当 a  0 时，， x  ∞, 2   0, ∞ 时 f  x  0 ， x  0, 2  时 f  x  0 ，
3a 3a 

所以函数 f  x 在 ∞, 2  和0, ∞ 上单调递减，在 0, 2  上单调递增；
3a 3a 

综上：当 a  0 时，函数 f  x 在∞, 0 和 2 , ∞ 上单调递增，在 0, 2  上单调递减；
 3a3a 

当 a  0 时，函数 f  x 在 ∞, 2  和0, ∞ 上单调递减，在 2 , 0  上单调递增．
3a  3a

如图，在四棱锥 P  ABCD 中， BC∥AD ， AB  BC  1， AD  5 ，点 E 在 AD 上，且 PE ⊥AD ，
PE  DE  4 ．
若点 F 在 PE 上，且满足 PF  1 PE ，求证： BF // 平面 PCD ；
4
若 AB  平面 PAD ，求直线 AB 与平面 PCD 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2） 2 2 ．
3
【小问 1 详解】
在线段 PD 上取点S ，使得 PS 
1 PD ，连接 SF ，SC，
4
因为 PF  1 PE ，所以 SF //ED ， SF  1 ED  1，
44
1
又 BC∥AD ， BC  1 ， DE  4 ，所以 BC //ED ， BC 
ED ，
4
所以 SF //BC ， SF  BC ，所以四边形 SFBC 为平行四边形，
故 BF //SC ，而 BF 平面 PCD ， SC  平面 PCD ，所以 BF // 平面 PCD ．
【小问 2 详解】
因为 AD  5 ， ED  4 ， BC //AD ， BC  1 ，故 AE //BC ， AE  BC ，所以，四边形 AECB 为平行四边形，故CE //AB ．
因为 AB  平面 PAD ，
而 PE ， ED  平面 PAD ，故 AB  PE ， AB  ED ．所以 EC  PE ， EC  ED ，又 PE  ED ，

–––→ –––→ –––→
所以，以 EC, ED, EP 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 E  xyz ，
→
则 A0, 1, 0 ， B 1, 1, 0 ， C 1, 0, 0 ， D 0, 4, 0 ， P 0, 0, 4 ，则 AB  1, 0, 0 ， PC  1, 0, 4 ， PD  0, 4, 4 ，
设平面 PCD 的一个法向量为 n   x, y, z  ，
→
–––→
n  PC  0
则由
 x  4z  0
可得
，取 n  4,1,1 ，
→
→ –––→
4 y  4z  0
n  PD  0
→

–––→→
2
–––→
→
–––→ →
AB  n
AB n
所以 AB  n  4 ， AB  1， n  3
–––→ →
42 2
所以cs
AB,n

3 2
3
第 x 天
1
2
3
4
5
6
7
营业额 y
7
9
11
13
16
18
17
2 2
3
所以直线 AB 与平面 PCD 所成角的正弦值为．
2025 年春节假期，文旅市场火爆．文化和旅游部公布的数据显示：春节假期 8 天，全国国内出游 5.01亿人次，同比增长5.9% ；国内出游总花费 6770.02 亿元，同比增长7.0% ．某景区的某网红饮品小店统计了春节假期前 7 天的营业额 y （单位：千元），得到 y 与 x 的数据如表所示：
已知 y 与 x 有较强的线性相关关系，求 y 关于 x 的线性回归方程，并预测春节假期第 8 天的营业额；
如果某天营业额大于 10（单位：千元），则该天“达标”，从表格中的 7 组数据中随机选 4 组，设 X
表示“达标”的数据组数，求 X 的分布列和数学期望．
n
 xi yi  nx  y
n
参考公式：在线性回归方程 yˆ  bˆx  aˆ 中， bˆ  i1 ， aˆ  y  bˆx ．
i
 x2  nx 2
i1
7
参考数据：  xi yi
i1
7
 417 ，  x  140 ．
2
i
i1
【答案】（1） yˆ  53 x  38 ， 144 千元
2877
20
（2）分布列见解析，数学期望为
7
【小问 1 详解】
由题意可得： x  1 2  3  4  5  6  7  4 ， y  7  9 1113 16 18 17  13 ，
77
7
 xi yi  7x  y
417  7  4 1353
5338
7
则bˆ  i1 ， aˆ  y  bˆx  13  4 ，

i1
x2  7x 2
140  7  4228
i
287
可知线性回归方程为 yˆ  53 x  38 ，
287
当 x  8 时， yˆ  53  8  38  144 ，
2877
144
所以预测春节假期第 8 天的营业额为
7
千元．
【小问 2 详解】
由题意可知 X 的所有可能取值为：2，3，4，
C2 C22
C1 C34
C41
则 P  X  2  25  ， P  X  3  25  ， P  X  4  5  ，
C
C
C
7
7
7
444
777
所以 X 的分布列为
X
2
3
4
X 的数学期望为 E  X   2  2  3 4  4  1  20 ．
7777
定义在0, π  上的函数 f  x  asinx  csx a  R  ．
2 
当 a  1 时，求函数 f  x 的值域；
当 a  2 时，若 f  x 在 x  x0 处取最大值．
①求tanx0 ；
②关于 x 的方程cs x  x    1 在区间0, 2π 上有两解x ，x  x  x  ，求sin  x  x   cs  x  x 
P
2
7
4
7
1
7
04
的值．

【答案】（1） 1, 2 
1212
1212
（2）①2；②  3 .
40
【小问 1 详解】
当 a  1 时， f  x  sinx  csx 
π 

2sin x ，
4 
xπ 
x  π   π , 3π 


π  2
sin x

因为  0, 2  ，
，所以
4 44 
4  2
,1 ，


所以函数 f  x 的值域为1, 2  ；
【小问 2 详解】
①当 a  2 时， f  x  2sinx  csx 

5sin  x φ ，其中tanφ 1 ，φ  0, π  ，
22 

当 x φ π 时，函数 f  x 取得最大值，此时 x  π φ  0, π  ，
202
2 

所以tanx  tan  π φ 1 2 ；
0 2tanφ

②由题知 x 0, 2π ， x  x x , 2π  x  ，由①知x   π , 0 
000
02

故方程cs x  x    1 的两解满足： x  x  x  x  2π，即 x  x  2π 2x ，
041020
120
且cs x  x   cs  x  x    1 ；又由①知sinx  2 5 ， csx 5 .
10204
0505
所以sin  x  x   sin 2π  2x   sin2x  2sinx csx  4 ；
1200005
由 x1  x2  2π 2x0 知 x2  2π 2x0  x1 ，
所以cs x  x   cs  x  2π 2x  x   cs 2x  2x   2cs2  x  x  1   7 ；
1210110108
所以sin  x  x   cs  x  x   4  7   3 ．
1212
5840
已知函数 f  x  csx  1 kx2 k  R  ．
2
求曲线 y  f  x 在点0, f 0 处的切线方程；
记 f  x 的导函数为 g  x  ，若 g  x  为R 上的单调函数，求k 的取值范围；
若函数 h  x  k x3  x  sinx ，求证：存在无数个k 的值，使得 h  x 有两个极值点．
6
【答案】（1） y  1；
（2） k  1 或k  1 ；
证明见解析.
【小问 1 详解】
由题知 f 0  1，所以切点为0,1 ，
又由 f  x  sinx  kx ，得 f 0  0 ，则切线的斜率为 0，所以切线方程为： y  1；
【小问 2 详解】
由（1）知 g  x  sinx  kx ， g x  csx  k
因为 g  x 为单调函数， g x  0 或 g x  0 在R 上恒成立，所以k 的取值范围为： k  1 或k  1 ；
【小问 3 详解】
函数 h  x 的定义域为R ，由 h x  h  x 知 h  x 为奇函数，
故可以只考查 x 0, ∞ ，求导可得 h x  k x2 1 csx ，
2
当k  0 时， h x  0 恒成立， h  x 在0, ∞ 上单调递增，又由 h  x 为奇函数可知 h  x 在R 上单调递增，没有极值； 令φ x  h x ，
当 k  0 时，φ x  kx  sinx ，由（2）知，当k  1 时，
g  x 在0, ∞ 上单调递减，即φ x 在0, ∞ 上单调递减，
所以，当 x  0 时，φ x φ0  0 ，可得 h x 在0, ∞ 上单调递减，
因为 h0  2  0 ， hπ  k π2  0 ，所以存在 x 0, π ，使得 h x   0 ，
200
且当 x 0, x0  时， h x  0 ， h  x 在0, x0  上单调递增， 当 x  x0 , ∞ 时， h x  0 ， h  x 在 x0 , ∞ 上单调递减， 再由 h  x 为奇函数可知： h  x 在∞, x0  上单调递减，
在x0 , x0  上单调递增，在 x0 , ∞ 上单调递减，
所以，当k  1 时，函数 h  x 有两个极值点x0 ， x0 ，