2020年北京市高考数学模拟试卷（6）.docx

1、 第 1 页（共 17 页） 2020 年北京高考数学模拟试卷（年北京高考数学模拟试卷（6） 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 4 分）分） 1 （4 分）设集合 Ax|1x2，B1，0，1，2，3，则 AB（ ） A1，0，1，2 B0，1，2 C0，1 Dx|1x2，或 x3 2 （4 分）设复数 z 满足2+ = 1则|等于（ ） A3 2 B 10 2 C 2 2 D2 3 （4 分） 设数列an是等差数列， a1+a3+a56， a76 则这个数列的前 7 项和等于 （ ） A12 B21 C24 D36 4 （4 分）已知向量 =（2

2、，3） ， =（x，6） ，且 ，则|（ ） A313 B213 C117 D52 5 （4 分）若 a0，b0，则“a+b8”是“ab16”的（ ） A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 6 （4 分）如果直线 ax+by1 与圆 C：x2+y21 相交，则点 M（a，b）与圆 C 的位置关系 是（ ） A点 M 在圆 C 上 B点 M 在圆 C 外 C点 M 在圆 C 内 D上述三种情况都有可能 7 （4 分）函数 f（x）2sin（x+） （w0，| 2）的部分图象如图所示，则 f（0）+f （17 12 ）的值为（ ） A23 B2+3 C1 3

3、2 D1+ 3 2 8 （4 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ） 第 2 页（共 17 页） A2 3 B4 3 C2 D4 9 （4 分）已知斜率为 k 的直线 l 与抛物线 C：y24x 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M （1，m） （m0） ，则斜率 k 的取值范围是（ ） A （，1） B （，1 C （1，+） D1，+） 10 （4 分）下列说法正确的是（ ） A函数() = 2(2 + 6)图象的一条对称轴是直线 x= 6 B若命题 p： “xR，x22x10” ，则命题p： “xR，x22x10” C “a1”是“直线 xay0 与直线 x+ay

4、0 互相垂直”的充要条件 D若 x0，x+ 1 2 二填空题（共二填空题（共 5 小题，满分小题，满分 25 分，每小题分，每小题 5 分）分） 11 （5 分）若(3 1 ) 的展开式中所有项的系数的绝对值之和为 64，则 n ；该 展开式中的常数项是 12 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 2 2 2 2 = 1（a0，b0）的离心率为5 4， 则该双曲线的渐近线方程为 13 （5 分）在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者 127 人在医护人员的精心治疗下， 第 15 天开始有患者治愈出院， 并且恰有其中的 1 名患者治愈出院 如果从第 16 天开始， 每天出院的人数是前

5、一天出院人数的2倍， 那么第19天治愈出院患者的人数为 ， 第 天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院 14 （5 分）函数 f（x）cos2x 的最小正周期是 ，单调递增区间是 15 （5 分）函数() = 2+ 1 + 2的零点有 个 第 3 页（共 17 页） 三解答题（共三解答题（共 6 小题，满分小题，满分 85 分）分） 16（14 分） ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知 b2a， 2 2 = 1 + 43 （1）求 C； （2）若 = 27，求ABC 的面积 17 （14 分） 在考察疫情防控工作中， 某区卫生防控中心提出了 “要坚持开展爱国

6、卫生运动， 从人居环境改善、饮食习惯，社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要 坚决杜绝食用野生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式”的要求某小组 通过问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据六类习惯是： （1） 卫生习惯状况类；（2） 垃圾处理状况类；（3） 体育锻炼状况类；（4） 心理健康状况类； （5） 膳食合理状况类； （6）作息规律状况类经过数据整理，得到如表： 卫生习惯状 况类 垃圾处理状 况类 体育锻炼状 况类 心理健康状 况类 膳食合理状 况类 作息规律状 况类 有效答卷份 数 380 550 330 410 400 430 习惯良好频 率 0.

7、6 0.9 0.8 0.7 0.65 0.6 假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到良好标准相互独立 （I）从小组收集的有效答卷中随机选取 1 份，求这份试卷的调查结果是膳食合理状况类 中习惯良好者的概率； （）从该区任选一位居民，试估计他在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合 理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯的概率； （）利用上述六类习惯调查的排序，用“k1”表示任选一位第 k 类受访者是习惯良 好者， “k0”表示任选一位第 k 类受访者不是习惯良好者（k1，2，3，4，5，6） 写 出方差 D1，D2，D3，D4，D5，D6的大小关系 18 （15 分）

8、如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCCC12，点 D，E， F 分别为棱 A1C1，B1C1，BB1的中点 （）求证：AC1平面 DEF； （）求二面角 C1ACB1的大小； （） 在线段 AA1上是否存在一点 P， 使得直线 DP 与平面 ACB1所成的角为 30？如果 第 4 页（共 17 页） 存在，求出线段 AP 的长；如果不存在，说明理由 19 （14 分）已知函数 f（x）ex（ax+1） ，aR （I）求曲线 yf（x）在点 M（0，f（0） ）处的切线方程； （）求函数 f（x）的单调区间； （）判断函数 f（x）的零点个数 20 （14 分）已知椭圆 C

9、： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 3 2 且经过点(1， 3 2 ) （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点（0，2）的直线 l 与椭圆 C 交于不同两点 A、B，以 OA、OB 为邻边的平行四 边形 OAMB 的顶点 M 在椭圆 C 上，求直线 l 的方程 21 （14 分）在数列an中，a13，且对任意的正整数 n，都有 an+1an+23n，其中常数 0 （1）设 bn= 3 ， 当 3 时，求数列bn的通项公式； （2）若 1 且 3，设 cnan+ 2 3 3， ，证明：数列cn的等比数列； （3）当 4 时，对任意的 nN*，都有 anM，求实数 M 的最大值 第 5

10、 页（共 17 页） 2020 年北京高考数学模拟试卷（年北京高考数学模拟试卷（6） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 4 分）分） 1 （4 分）设集合 Ax|1x2，B1，0，1，2，3，则 AB（ ） A1，0，1，2 B0，1，2 C0，1 Dx|1x2，或 x3 【解答】解：Ax|1x2，B1，0，1，2，3， AB0，1，2 故选：B 2 （4 分）设复数 z 满足2+ = 1则|等于（ ） A3 2 B 10 2 C 2 2 D2 【解答】解：因为 z= 2+ 1 = 1 2 3 2 ，所以 =

11、 1 2 + 3 2 ， 所以|=( 1 2) 2+ (3 2) 2 = 10 2 ， 故选：B 3 （4 分） 设数列an是等差数列， a1+a3+a56， a76 则这个数列的前 7 项和等于 （ ） A12 B21 C24 D36 【解答】解：数列an是等差数列，a1+a3+a56，a76 1 + 1+ 2 + 1+ 4 = 6 1+ 6 = 6 ，解得 a10，d1， 这个数列的前 7 项和为： 7= 7 0 + 76 2 1 =21 故选：B 4 （4 分）已知向量 =（2，3） ， =（x，6） ，且 ，则|（ ） A313 B213 C117 D52 【解答】解：向量 =（2，3

12、） ， =（x，6） ， 由 ，得3x260，解得 x4， 所以 =（4，6） ， 第 6 页（共 17 页） | |= (4)2+62 =213 故选：B 5 （4 分）若 a0，b0，则“a+b8”是“ab16”的（ ） A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：依题意，对应正数 a，b，当 a+b8 时，ab (+ 2 )216，故充分性成立， 若 ab16 无法推出 a+b8，如当 a1，b16 时，ab16 而 a+b178，故必要性不 成立 故选：B 6 （4 分）如果直线 ax+by1 与圆 C：x2+y21 相交，则点 M（a，b）

13、与圆 C 的位置关系 是（ ） A点 M 在圆 C 上 B点 M 在圆 C 外 C点 M 在圆 C 内 D上述三种情况都有可能 【解答】解：直线 ax+by1 与圆 C：x2+y21 相交， 圆心（0，0）到直线 ax+by1 的距离 d= |1| 2+2 1， 即2+ 21 也就是点 M（a，b）到圆 C 的圆心的距离大于半径 即点 M（a，b）与圆 C 的位置关系是点 M 在圆 C 外 故选：B 7 （4 分）函数 f（x）2sin（x+） （w0，| 2）的部分图象如图所示，则 f（0）+f （17 12 ）的值为（ ） A23 B2+3 C1 3 2 D1+ 3 2 【解答】解：根据函

14、数 f（x）2sin（x+） （w0，| 2）的部分图象， 第 7 页（共 17 页） 得1 4T= 6 （ 12）= 4， 又 T= 2 =，2； 当 x= 12时，函数 f（x）取得最小值2， 2（ 12）+= 2 +2k，kZ， 解得 = 3 +2k，kZ， 又| 2，= 3， f（x）2sin（2x 3） ； f（0）+f（17 12 ）2sin（ 3）+2sin（2 17 12 3） 2（ 3 2 ）+2sin5 2 23 故选：A 8 （4 分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ） A2 3 B4 3 C2 D4 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为： 如图所

15、示： 第 8 页（共 17 页） 所以 = 1 3 1 2 2 2 1 = 2 3 故选：A 9 （4 分）已知斜率为 k 的直线 l 与抛物线 C：y24x 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M （1，m） （m0） ，则斜率 k 的取值范围是（ ） A （，1） B （，1 C （1，+） D1，+） 【解答】解：设直线 l 的方程为：ykx+b，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立方程 = + 2= 4 ，消去 y 得：k2x2+（2kb4）x+b20， （2kb4）24k2b20，kb1， 且1+ 2= 42 2 ，12= 2 2，y1+y2k（x1+x2）+2b

16、= 4 ， 线段 AB 的中点为 M（1，m） （m0） ， 1+ 2= 42 2 =2，1+ 2= 4 = 2， b= 22 ，m= 2 ， m0，k0， 把 b= 22 代入 kb1，得 2k21， k21， k1， 故选：C 10 （4 分）下列说法正确的是（ ） A函数() = 2(2 + 6)图象的一条对称轴是直线 x= 6 B若命题 p： “xR，x22x10” ，则命题p： “xR，x22x10” 第 9 页（共 17 页） C “a1”是“直线 xay0 与直线 x+ay0 互相垂直”的充要条件 D若 x0，x+ 1 2 【解答】解：对于 A，函数 f（x）2sin（2x+ 6

17、） ， 其对称轴方程由 2x+ 6 =2k+ 2，kZ 得：xk+ 6，kZ， 显然，当 k0 时，x= 6， A 正确； 对于 B，命题 p： “xR，x22x10” ，则命题p： “xR，x22x10” ，故 B 错 误； 对于 C，直线 xay0 与直线 x+ay0 互相垂直， 1a20， a1， 故 C 错误； 对于 D，x0，yx+ 1 ， 当 x0 时，y2， 当 x0 时，y2， 故 D 错误 故选：A 二填空题（共二填空题（共 5 小题，满分小题，满分 25 分，每小题分，每小题 5 分）分） 11 （5 分）若(3 1 ) 的展开式中所有项的系数的绝对值之和为 64，则 n

18、3 ；该展 开式中的常数项是 27 【解答】解：(3 1 ) 的展开式中所有项的系数的绝对值之和为 64， （3+1）n64， 解得 n3； 展开式的通项公式为 Tr+1= 3 (3)3(1 ) = 3 33r （1）r33 2 ， 令33 2 =0，解得 r1； 展开式的常数项为 第 10 页（共 17 页） T2= 3 132 （1）27 故答案为：3，27 12 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 2 2 2 2 = 1（a0，b0）的离心率为5 4， 则该双曲线的渐近线方程为 = 3 4 【解答】 解： 因为双曲线 2 2 2 2 = 1 （a0， b0） 的离心率为5

19、4， 可得 = 5 4， 所以 = 3 4， 所以渐近线方程为 y3 4x 故答案为：y3 4x 13 （5 分）在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者 127 人在医护人员的精心治疗下， 第 15 天开始有患者治愈出院， 并且恰有其中的 1 名患者治愈出院 如果从第 16 天开始， 每天出院的人数是前一天出院人数的 2 倍，那么第 19 天治愈出院患者的人数为 8 ， 第 22 天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院 【解答】解：某医院一次性收治患者 127 人 第 15 天开始有患者治愈出院，并且恰有其中的 1 名患者治愈出院 如果从第 16 天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的 2

20、 倍， 从第 15 天开始，每天出院人数构成以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 则第 19 天治愈出院患者的人数为 a41238， = 1(12) 12 =127， 解得 n7， 第 7+1522 天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院 故答案为：8，22 14 （5 分）函数 f（x）cos2x 的最小正周期是 ，单调递增区间是 k+ 2，k+， kZ 【解答】解：函数 f（x）cos2x= 1 2cos2x+ 1 2， 可得最小正周期 T= 2 2 =， 令 2k+2x2k+2，kZ，可得 k+ 2 xk+，kZ， 可得单调递增区间是k+ 2，k+，kZ 第 11 页（共 17 页）

21、 故答案为：，k+ 2，k+，kZ 15 （5 分）函数() = 2+ 1 + 2的零点有 1 个 【解答】解：由题意() = 2+ 1 + 2 =0， （x0）所以 x3+2x+10， 即 x32x1，令 g（x）x3， （x0） ，h（x）2x1（x0） 大致图象如图所示：由图象可知两个函数仅有一个交点， 所以函数 f（x）仅有一个零点， 故答案为：1 三解答题（共三解答题（共 6 小题，满分小题，满分 85 分）分） 16（14 分） ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知 b2a， 2 2 = 1 + 43 （1）求 C； （2）若 = 27，求ABC 的

22、面积 【解答】解： （1）因为 b2a， 所以 c2a2+b22abcosC5a24a2cosC 所以 2 2 = 5 4 = 1 + 43， 可得3sinC+cosC1， 整理得( + 6) = 1 2 又因为 C（0，） ， 所以 = 2 3 （2）由（1）可知 = 2 3 ，c25a24a2cosC7a2， 第 12 页（共 17 页） 又因为 = 27， 所以 a2，b2a4 所以= 1 2 = 23 17 （14 分） 在考察疫情防控工作中， 某区卫生防控中心提出了 “要坚持开展爱国卫生运动， 从人居环境改善、饮食习惯，社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要 坚决杜绝食用

23、野生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式”的要求某小组 通过问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据六类习惯是： （1） 卫生习惯状况类；（2） 垃圾处理状况类；（3） 体育锻炼状况类；（4） 心理健康状况类； （5） 膳食合理状况类； （6）作息规律状况类经过数据整理，得到如表： 卫生习惯状 况类 垃圾处理状 况类 体育锻炼状 况类 心理健康状 况类 膳食合理状 况类 作息规律状 况类 有效答卷份 数 380 550 330 410 400 430 习惯良好频 率 0.6 0.9 0.8 0.7 0.65 0.6 假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到

24、良好标准相互独立 （I）从小组收集的有效答卷中随机选取 1 份，求这份试卷的调查结果是膳食合理状况类 中习惯良好者的概率； （）从该区任选一位居民，试估计他在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合 理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯的概率； （）利用上述六类习惯调查的排序，用“k1”表示任选一位第 k 类受访者是习惯良 好者， “k0”表示任选一位第 k 类受访者不是习惯良好者（k1，2，3，4，5，6） 写 出方差 D1，D2，D3，D4，D5，D6的大小关系 【解答】解： （I）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件 为 A， 有效问卷共有 380+550

25、+330+410+400+4302500（份） ， 其中受访者中膳食合理习惯良好的人数是 4000.65260 人， 故 P（A）= 260 2500 =0.104； 第 13 页（共 17 页） （II） 设该区 “卫生习惯状况良好者 “， “体育锻炼状况良好者 “、 “膳食合理状况良好者” 事件分别为 A，B，C， 根据题意，可知 P（A）0.6， （B）0.8，P（C）0.65， 设事件 E 为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习 惯方面，至少具备两类良好习惯“ 则 P（E）P（AB）+P（AC）+P（BC）+P（ABC） P（A）P（B）P（）+P（A）P

26、（）P（C）+P（）P（B）P（C）+P（A）P（B） P（C） 0.60.80.35+0.60.20.65+0.40.80.65+0.60.80.65 0.168+0.078+0.208+0.312 0.766； （III）D6D1D5D4D3D2 18 （15 分）如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCCC12，点 D，E， F 分别为棱 A1C1，B1C1，BB1的中点 （）求证：AC1平面 DEF； （）求二面角 C1ACB1的大小； （） 在线段 AA1上是否存在一点 P， 使得直线 DP 与平面 ACB1所成的角为 30？如果 存在，求出线段 AP 的长；如果不

27、存在，说明理由 【解答】 （I）证明：如图所示，连接 A1B，交 AB1于点 O，连接 OD，OB1 OF = 1 2AB，DE = 1 2A1B1，AB =A1B1， OF =DE 则四边形 OFED 是平行四边形OE平面 DEF； 又 OEAC1，AC1平面 DEF；OE平面 DEF AC1平面 DEF 第 14 页（共 17 页） （II）解：ACBC，C1CAC，BCC1是二面角 C1ACB1的平面角 由 CC1CB，BCC190， 二面角 C1ACB1是 90 （III）解：如图所示，建立空间直角坐标系C（0，0，0） ，A（2，0，0） ，B1（0，2， 2） ，D（1，0，2）

28、， 设 P（2，0，t） ，t0，2. =（1，0，2t） ， =（2，0，0） ，1 =（0，2，2） ， 设平面 ACB1的法向量为 =（x，y，z） ，则 = 1 =0， 2x0，2y+2z0， 取 =（0，1，1） sin30|cos ， |= |2| 21+(2)2 ，化为：t24t+30t0，2 解得 t1P（2，0，1） ， |AP|1 在线段AA1上存在一点P， 为线段AA1的中点， 使得直线DP与平面ACB1所成的角为30， AP1 19 （14 分）已知函数 f（x）ex（ax+1） ，aR （I）求曲线 yf（x）在点 M（0，f（0） ）处的切线方程； （）求函数 f（

29、x）的单调区间； （）判断函数 f（x）的零点个数 【解答】解： （I）f（x）ex（ax+1） ， f（x）ex（ax+1）+aexex（ax+a+1） ， 设曲线 yf（x）在点 M（0，f（0） ）处的切线的斜率为 k， 则 kf（0）ex（ax+1）+aexe0（a+1）a+1， 第 15 页（共 17 页） 又 f（0）1， 曲线 yf（x）在点 M（0，f（0） ）处的切线方程为：y1（a+1）x，即（a+1）x y+10； （）由（）知，f（x）ex（ax+a+1） ， 故当 a0 时，f（x）ex0，所以 f（x）在 R 上单调递增； 当 a0 时，x（， +1 ） ，f（x）

30、0；x（ +1 ，+） ，f（x）0； f（x）的递减区间为（， +1 ） ，递增区间为（ +1 ，+） ； 当 a0 时，同理可得 f（x）的递增区间为（， +1 ） ，递减区间为（ +1 ，+） ； 综上所述，a0 时，f（x）单调递增为（，+） ，无递减区间； 当 a0 时，f（x）的递减区间为（， +1 ） ，递增区间为（ +1 ，+） ； 当 a0 时，f（x）的递增区间为（， +1 ） ，递减区间为（ +1 ，+） ； （）当 a0 时，f（x）ex0 恒成立，所以 f（x）无零点； 当 a0 时，由 f（x）ex（ax+1）0，得：x= 1 ，只有一个零点 20 （14 分）已知

31、椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 3 2 且经过点(1， 3 2 ) （1）求椭圆 C 的方程； （2）过点（0，2）的直线 l 与椭圆 C 交于不同两点 A、B，以 OA、OB 为邻边的平行四 边形 OAMB 的顶点 M 在椭圆 C 上，求直线 l 的方程 【解答】解： （1）由题意可知， 1 2 + 3 42 = 1 = 3 2 2= 2+ 2 ，解得 = 2 = 1 = 3 ， 椭圆 C 的方程为： 2 4 + 2= 1； （2）显然直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为：ykx+2，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立方程： = + 2 2 4

32、+ 2= 1，消去 y 得： （1+4k 2）x2+16kx+120， 1+ 2= 16 1+42，12 = 12 1+42， y1+y2kx1+2+kx2+2k（x1+x2）+4= 4 1+42， 以 OA、OB 为邻边的四边形 OAMB 为平行四边形， 第 16 页（共 17 页） + = ， =（x1+x2，y1+y2）= ( 16 1+42 ， 4 1+42)， 点 M 的坐标为( 16 1+42 ， 4 1+42)， 又点 M 在椭圆 C 上， ( 16 1+42) 2 + 4( 4 1+42) 2 = 4， 化简得：16k456k2150， 解得：2= 15 4 ， = 15 2

33、， 直线 l 的方程为：y= 15 2 + 2 21 （14 分）在数列an中，a13，且对任意的正整数 n，都有 an+1an+23n，其中常数 0 （1）设 bn= 3 ， 当 3 时，求数列bn的通项公式； （2）若 1 且 3，设 cnan+ 2 3 3， ，证明：数列cn的等比数列； （3）当 4 时，对任意的 nN*，都有 anM，求实数 M 的最大值 【解答】解： （1）当 3 时，有 an+13an+23n， +1 3+1 = 3 + 2 3，即+1 = 2 3， 又1= 1 3 = 1，数列bn是首相为 1，公差为2 3的等差数列， = 2+2 3 ； （2）证明：当 0 且

34、 1 且 3 时， cn an+ 2 3 3= 1+ 2 31+ 2 3 3= 1+ 2 3 31( 3 + 3) = (1+ 2 3 31) =cn1， 又1= 3 + 6 3 = 3(1) 3 0， 数列cn是首相为3(1) 3 ，公比为 的等比数列； （3）当 4 时，an+14an+23n， +1 4+1 = 4 + 1 2 (3 4) ， 第 17 页（共 17 页） 设 pn= 4，+1 = 1 2 (3 4) ， 2 1= 1 2 (3 4) 1， 3 2= 1 2 (3 4) 2， 4 3= 1 2 (3 4) 3， ， +1 = 1 2 (3 4) ， 以上各式累加得：+1 1= 1 2 3 41( 3 4) 13 4 = 3 2 3 2 (3 4) ，又1 = 1 4 = 3 4， +1= 9 4 3 2 (3 4) ， = 9 4 3 2 (3 4) 1， = 4 = 9 4 4 2 3，显然数列an是递增数列， 最小项为 a13， 对任意的 nN*，都有 anM，a1M，即 M3， 实数 M 的最大值为 3