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2022-2023学年四川省达州市万源中学高二（下）入学数学试卷（文科）（含解析）
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这是一份2022-2023学年四川省达州市万源中学高二（下）入学数学试卷（文科）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省达州市万源中学高二（下）入学数学试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在△ABC中，“a>b”是“A>B”的( )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分也又非必要条件
2. 已知sin(π3−x)=35则cos(x+π6)等于( )
A. −45 B. −35 C. 45 D. 35
3. 在△ABC中，AB=a,AC=b,BD=13BC，则AD=( )
A. 13a+23b B. 23a+13b C. 35a+45b D. 45a+35b
4. 在等比数列{an}中，a4和a12是方程x2+3x+1=0的两根，则a8=( )
A. 3 B. 5 C. −1 D. ±1
5. 命题：“∃x>0， x+1x≥1”的否定是( )
A. ∃x≤0， x+1x≥1 B. ∃x>0， x+1x<1
C. ∀x>0， x+1x<1 D. ∀x≤0， x+1x≥1
6. 将二进制数10101(2)化为十进制数，结果为( )
A. 11 B. 18 C. 20 D. 21
7. 已知直线l1：x+y−11=0，l2：x−2ay−1=0，若l1⊥l2，则a=( )
A. −2 B. 12 C. −1 D. 1
8. 某人有1990年北京亚运会吉祥物“盼盼”，2008年北京奥运会吉祥物“贝贝”“晶晶”“欢欢”“迎迎”“妮妮”，2010年广州亚运会吉祥物“阿样”“阿和”“阿如”“阿意”“乐羊羊”，2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”，2022年杭州亚运会吉祥物“琮琮”“莲莲”“宸宸”，若他从这15个吉祥物中随机取出两个，这两个吉祥物都是来自在北京举办的运动会的概率是( )
A. 110 B. 15 C. 25 D. 23
9. 执行如图所示的程序框图，输出S的值为( )
A. 14 B. 20 C. 30 D. 55
10. 已知集合A={x|x2−3x+2≤0}，B={x|x−ax+2>0,a>0}，若“x∈A”是“x∈B”的充分非必要条件，则a的取值范围是( )
A. 0
A. 最大值 2，最小值 63 B. 最大值 2，最小值1
C. 最大值2，最小值 63 D. 最大值2，最小值1
12. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳌臑”.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是( )
A. 四棱锥B−A1ACC1为“阳马”
B. 四面体A1C1CB为“鳖臑”
C. 四棱锥B−A1ACC1体积的最大值为23
D. 过A点作AE⊥A1B于点E，过E点作EF⊥A1B于点F，则A1B⊥面AEF
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知x>0，y>0且x+2y=20 2，则lgx+lgy的最大值为______ ．
14. 若圆的方程为x2+y2−6x−8y=0，则圆中过点(3,5)的最短的弦长为______ ．
15. 已知抛物线C与双曲线x2−y2=1有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线C的方程是______ ．
16. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，虚轴的上端点为B，点P，Q为C上两点，点M(−2,1)为弦PQ的中点，且PQ//BF，记双曲线的离心率为e，则e2=______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA−csinC=(b−c)sinB．
(1)求A的大小；
(2)若a=3，求△ABC面积的最大值．
18. (本小题12.0分)
设{an}是公比为正数的等比数列，a1=2，a3=a2+4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．
19. (本小题12.0分)
命题p：∀x∈R，ax2+ax+1>0，q：∃x∈[1,+∞)，4x+2x+1−7−a<0．
(1)若p为真命题，求实数a的取值范围；
(2)若p∨q为真命题，q∧q为假命题，求实数a的取值范围．
20. (本小题12.0分)
某校从参加考试的学生中抽出60名学生，将其成绩(均为整数)分成六组[40,50)，[50,60)…[90，100]后画出如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题：
(1)求成绩落在[70,80)上的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)和平均分；
(3)按分层抽样从成绩在[70,80)，[80,90)两个分数段的学生中选出11人，再从这11人中选2人参加培训，求选出的2人在同一分数段的概率．
21. (本小题12.0分)
如图①，在梯形ABCD中AD=4，四边形ABCE是边长为2的正方形，O是AC与BE的交点将△ABE沿BE折起到△PBE的位置，使得平面PBE⊥平面BCDE，如图②．
(Ⅰ)求证：OC⊥平面PBE；
(Ⅱ)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过右焦点F2且与双曲线C交于A、B两点．
(1)若双曲线C的离心率为 3，虚轴长为2 2，求双曲线C的焦点坐标；
(2)设a=1，b= 3，若l的斜率存在，且(F1A+F1B)⋅AB=0，求l的斜率；
(3)设l的斜率为 35，|OA+OB|=|OA−OB|=4，求双曲线C的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，a>b⟺A>B，
所以“a>b“是“A>B“的充要条件．
故选：C．
根据已知条件，结合充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
由诱导公式化简后即可求值．
本题主要考察了诱导公式的应用，属于基础题．
【解答】
解：cos(x+π6)=sin[π2−(x+π6)]=sin(π3−x)=35．
故选：D．
3.【答案】B
【解析】解：BD=13BC，
∵AB=a,AC=b，
∴BC=AC−AB=b−a，
∴AD=AB+BD=a+13BC=a+13(b−a)=23a+13b．
故选：B．
根据向量的运算的几何表示结合条件即得．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设等比数列的公比为q(q≠0)，
因为a4和a12是方程x2+3x+1=0的两根，
所以a4⋅a12=1，a4+a12=−3，
所以a4，a12都为负数，
由等比数列的性质得，a82=a4⋅a12=1，
所以a8=a4q4<0，则a8=−1．
故选：C．
设等比数列的公比为q(q≠0)，由韦达定理可得a4⋅a12，a4+a12，再根据等比数列的性质即可得解．
本题主要考查了等比数列的性质，考查了韦达定理的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，命题：“∃x>0， x+1x≥1”是特称命题，
其否定是∀x>0， x+1x<1，
故选：C．
根据题意，由全称命题和特称命题的关系，分析可得答案．
本题考查命题的否定，注意命题的否定方法，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：10101(2)=1×20+0×21+1×22+0×23+1×24=21(10)．
故选：D．
根据不同进制转化算法计算可得．
本题主要考查进位制，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为直线l1：x+y−11=0，l2：x−2ay−1=0，l1⊥l2，
所以1−2a=0，解得a=12．
故选：B．
根据直线垂直的性质，建立关于a的方程求出a的值．
本题考查了直线垂直的性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：15个吉祥物中，来自北京举办的运动会的有7个，
故所求概率为 C72C152=15．
故选：B．
根据已知条件，结合古典概型的概率计算公式，即可求解．
本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：根据题意，本程序框图为求S的和
循环体为“直到型“循环结构
第1次循环：S=0+12=1 i=1+1=2
第2次循环：S=1+22=5 i=2+1=3
第3次循环：S=5+32=14 i=3+1=4
第4次循环：S=14+42=30 i=4+1=5
规律为第n次循环时，S=12+22+…+n2
∴第4次循环：S=30，
此时i=5，不满足条件，跳出循环，输出S=30．
故选C．
首先分析程序框图，循环体为“直到型“循环结构，按照循环结构进行运算，求出满足题意时的S．
本题为程序框图题，考查对循环结构的理解和认识，按照循环结构运算后得出结果．属于基础题．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用不等式的解法求出集合A，B是解决本题的关键，属于基础题．
求出不等式对应的解集，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】
解：A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B={x|x−ax+2>0,a>0}={x|x>a或x<−2}，
∵“x∈A”是“x∈B”的充分非必要条件，则A⫋B，
∴0
11.【答案】B
【解析】解：由题意知点P(x,y)到原点距离为 x2+y2，
由于点P(x,y)是曲线C：x2+y2=1+|xy|上任意一点，可得x2+y2=1+|xy|≥1，
当且仅当xy=0时取等号，即曲线上的点(±1,0)，(0,±1)到原点距离最小，最小值为1；
又因为x2+y2≥2xy，x，y∈R，所以|x|⋅|y|≤|x|2+|y|22,x,y∈R，∴|xy|≤x2+y22，
当且仅当|x|=|y|时取等号，
故x2+y2=1+|xy|≤1+x2+y22，即x2+y2≤2，当且仅当|x|=|y|=1时取等号，
即点P到原点距离的最大值为 2，
故选：B．
由题设明确点P(x,y)到原点距离为 x2+y2，结合曲线方程C：x2+y2=1+|xy|，利用基本不等式可得x2+y2的最小值和最大值，即可得答案．
本题考查了基本不等式的应用，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC，
A选项，∴AA1⊥BC，又AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面A1ACC1，
∴四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；
B选项，由AC⊥BC，即A1C1⊥BC，又A1C1⊥C1C且BC∩C1C=C，，
∴A1C1⊥平面BB1C1C，∴A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，
又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，△CC1B为直角三角形，
∴四面体A1C1CB为“鳌臑”，故B正确；
C选项，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC= 2时取等号，
VB−A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，最大值为43，故C错误；
D选项，因为AE⊥A1B，EF⊥A1B，AE∩EF=E，所以A1B⊥平面AEF，故D正确；
故选：C．
根据“阳马”和“鳌臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当AC=BC时，四棱锥B−A1ACC1体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证A1B⊥平面AEF，进而判断D的正误．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：因为x>0，y>0且x+2y=20 2，
由基本不等式可得x⋅(2y)≤(x+2y2)2=200，
当且仅当x=2y且x+2y=20 2，即x=10 2,y=5 2时等号成立，
即xy≤100，
所以lgx+lgy=lgxy≤lg100=2．
故答案为：2．
由已知结合基本不等式及对数的运算性质即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
14.【答案】4 6
【解析】解：根据题意，圆的方程为x2+y2−6x−8y=0，
其标准方程为(x−3)2+(y−4)2=25，
其圆心为 (3,4)，半径为 5，
设 P为(3,5)，圆心为M，
分析可得当过点 P(3,5)的直线与连接P与圆 心的直线垂直时，弦最短，
则弦长l=2 r2−|MP|2=4 6．
故答案为：4 6．
根据题意，将圆的一般方程变形为标准方程，分析可得其圆心与半径，设P为(3,5)，圆心为M，分析可得当过点P(3,5)的直线与连接P与圆心的直线垂直时，弦最短，结合点到直线的距离公式分析可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，关键是分析弦长最短时直线与圆的关系，属中档题．
15.【答案】y2=±4 2x
【解析】解：由已知可知双曲线的焦点为(− 2,0),( 2,0)，
设抛物线方程为y2=±2px(p>0)，则p2= 2，
所以p=2 2，
所以抛物线方程为y2=±4 2x．
故答案为：y2=±4 2x．
设抛物线方程为y2=±2px(p>0)，求出双曲线的焦点，即抛物线的焦点，从而可得出答案．
本题主要考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】 2+12
【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(c,0)，虚轴的上端点为B(0,b)，点P，Q为C上两点，
且PQ//BF，可得kPQ=kBF=−bc，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，
两式相减可得：y1−y2x1−x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2)，
点M(−2,1)为弦PQ的中点，所以−4b22a2=−bc，整理可得：a2=2bc，
可得4e4−4e2−1=0，e>1，
解得e2= 2+12．
故答案为： 2+12．
设出PQ坐标，利用平方差法，结合直线的平行关系，转化求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与双曲线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵asinA−csinC=(b−c)sinB，
由正弦定理角化边得a2−c2=(b−c)b，即c2+b2−a2=bc，
∴由余弦定理得cosA=c2+b2−a22bc=bc2bc=12，
又A∈(0,π)，∴A=π3；
(2)由(1)得c2+b2−a2=bc，
∴c2+b2=9+bc≥2bc，则bc≤9，当且仅当b=c时等号成立，
∴△ABC面积S=12bcsinA≤12×9× 32=9 34，
故△ABC面积的最大值为9 34．
【解析】(1)利用正弦定理化角为边和余弦定理，可得cosA=12，即可得出答案；
(2)由(1)得c2+b2−a2=bc，利用基本不等式得c2+b2=9+bc≥2bc，利用三角形的面积公式S=12bcsinA，即可得出答案．
本题考查正弦定理和余弦定理的综合，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设q为等比数列{an}的公比，
则由a1=2，a3=a2+4得2q2=2q+4，
即q2−q−2=0，解得q=2或q=−1(舍去)，
因此q=2，
∴{an}的通项为an=2×2n−1=2n；
(2)由已知可得bn=1+2(n−1)=2n−1，
∴an+bn=2n+(2n−1)，
∴Sn=2(1−2n)1−2+2×n(n+1)2−n=2n+1+n2−2．
【解析】(1)设q为等比数列{an}的公比，由已知可得关于q的一元二次方程，求解可得q值，则数列{an}的通项可求；
(2)由已知可得bn=1+2(n−1)=2n−1，然后分组，再由等差数列与等比数列的前n项和公式求解．
本题考查等比数列的通项公式，考查等差数列与等比数列前n项和的求法，是中档题．
19.【答案】解：(1)因为p：∀x∈R，ax2+ax+1>0为真命题，
当a=0时，1>0恒成立，符合题意；
当a≠0时，a>0Δ=a2−4a<0，解得0
(2)若q：∃x∈[1,+∞)，4x+2x+1−7−a<0为真，
当x∈[1,+∞)时，2x∈[2,+∞)，4x+2x+1−7−a=(2x)2+2⋅2x−7−a，
设t=2x∈[2,+∞)，则y=t2+2t−7−a在[2,+∞)上单调递增，
所以ymin=22+2×2−7−a=1−a，
所以1−a<0，即a>1，
因为ρ∨q为真命题，且p∧q为假命题，
所以p真q假或p假q真，
当p真q假时，有0≤a<4a≤1，解得0≤a≤1；
当p假q真时，有a<0或a≥4a>1，解得a≥4；
综上所述，实数a的取值范围为[0,1]∪[4,+∞)．
【解析】(1)分a=0和a≠0两种情况讨论即可；
(2)由题先求出q为真时a的取值范围，然后分p真q假或p假q真两种情况，分别解出即可．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于基础题．
20.【答案】解：(1)由题意，1−(0.005+0.01+0.015+0.015+0.025)×10=0.3，
所以成绩落在[70,80)上的频率为0.3，在频率分布直方图中高为0.03，补齐如图：
(2)由频率分布直方图中数据知及格率为：1−0.01×10−0.015×10=0.75，
平均分：45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71；
(3)成绩是70～8(0分)A组有0.030×10×60=18人，成绩在80～9(0分)B组有0.025×10×60=15人，
按分层抽样A组抽6人记为a，b，c，d，e，f，B组抽5人记为1，2，3，4，5，
从这11人中抽2人有{a,b}，{a,c}，{a,d}，{a,e}，{a,f}，{a,1}，{a,2}，{a,3}，{a,4}，{a,5}，{b,c}，{b,d}，{b,e}，{b,f}，{b,1}，{b,2}，{b,3}，{b,4}，{b,5}，{c,d}，{c,e}，{c,f}，{c,1}，{c,2}，{c,3}，{c,4}，{c,5}，{d,e}，{d,f}，{d,1}，{d,2}，{d,3}，{d,4}，{d,5}，{e,f}，{e,1}，{e,2}，{e,3}，{e,4}，{e,5}，{f,1}，{f,2}，{f,3}，{f,4}，{f,5}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{3,4}，{3,5}，{4,5}共55种选法，
两人来自同一组有有{a,b}，{a,c}，{a,d}，{a,e}，{a,f}，{b,c}，{b,d}，{b,e}，{b,f}，{c,d}，{c,e}，{c,f}，{d,e}，{d,f}，{e,f}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{3,4}，{3,5}，{4,5}共25种选法，
所以两人来自同一组的概率为P=2555=511．
【解析】(1)利用频率和为1计算得到答案，在频率分布直方图中高为频率除以组距，补齐即可；
(2)直接根据频率分布直方图数据计算求解，把每一组的组中值乘以面积相加即可得到平均分；
(3)按分层抽样确定两个分数段人数，列出所有情况，统计满足条件的的种数，计算得到答案．
本题主要考查了频率分布直方图的性质，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵在图①中四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC．
由折叠的特性知，在图②中，BE⊥OC，
又平面PBE⊥平面BCDE，平面PBE∩平面BCDE=BE，
又OC⊂平面BCDE，∴OC⊥平面PBE．
(Ⅱ)由(1)易知，OB，OC，OP两两垂直．
如图，以O为原点，以OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴、建立空间直角坐标系，
则P(0,0, 2)，B( 2,0,0)，C(0, 2,0)，D(−2 2, 2,0)．
∴PB=( 2,0,− 2)，PC=(0, 2,− 2)，PD=(−2 2, 2,− 2)．
设平直PCD的法向量为m=(x,y,z)，
则PC⋅m= 2y− 2z=0PD⋅m=−2 2x+ 2y− 2z=0，
令y=1，则x=0，z=1．
∴平面PCD的一个法向量为m=(0,1,1)．
∴cos〈m,PB〉=m⋅PB|m||PB|=− 2 2×2=−12．
设直线PB与平面PCD所成角为θ，
∴sinθ=|cos|=12．
故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为12．
【解析】(Ⅰ)利用线面垂直的判定定理证明即可；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值．
本题主要考查线面垂直的证明，线面角的计算，空间向量及其应用，属于中等题．
22.【答案】解：(1)由题意可得：e=ca= 1+b2a2= 3，2b=2 2，
解得b= 2，a=1，c= 3，
∴双曲线C的焦点坐标为(± 3,0)；
(2)a=1，b= 3，∴双曲线C的方程为x2−y23=1，c= a2+b2=2．
设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把y=k(x−2)代入双曲线C的方程可得：(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
则x1+x2=−4k23−k2，x1x2=−4k2−33−k2，
∵(F1A+F1B)⋅AB=0，
∴(x1+x2+4,y1+y2)⋅(x2−x1,y2−y1)=0，
∴(x1+x2+4)⋅(x2−x1)+(y1+y2)⋅(y2−y1)=0，
∴x1+x2+4+k2(x1+x2−4)=0，
∴4−4k23−k2+k2(−4k23−k2−4)=0，
化为：k2=35，解得k=± 35=± 155．
(3)由|OA+OB|=|OA−OB|=4，
可得OA⋅OB=0，∴OA⊥OB，|AB|=4．
直线l的方程为y= 35(x−c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5b2−3a2)x2+6a2cx−3a2c2−5b2a2=0，
Δ>0，x1+x2=−6a2c5b2−3a2，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2，
∵OA⋅OB=0，∴x1x2+y1y2=0，x1x2+35(x1−c)(x2−c)=0，
化为8x1x2−3c(x1+x2)+3c2=0，
∴8×−3a2c2−5a2b25b2−3a2−3c×(−6a2c5b2−3a2)+3c2=0，
化为b2=3a2，c2=4a2，
∴b= 3a，c=2a，
∴x1+x2=−6a2c5b2−3a2=−a，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2=−94a2，
∴4= (1+35)[a2−4×(−94a2)]，
解得a=1，b= 3，
∴双曲线C的方程为x2−y23=1．
【解析】(1)由题意可得：e=ca= 1+b2a2= 3，2b=2 2，解得b，a，c，即可得出双曲线C的焦点坐标；
(2)a=1，b= 3，可得双曲线C的方程为x2−y23=1，c=2.设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，把y=k(x−2)代入双曲线C的方程可得关于x的一元二次方程，由(F1A+F1B)⋅AB=0，可得(x1+x2+4)⋅(x2−x1)+(y1+y2)⋅(y2−y1)=0，利用根与系数的关系即可得出结论．
(3)由|OA+OB|=|OA−OB|=4，可得OA⋅OB=0，OA⊥OB，|AB|=4.直线l的方程为y= 35(x−c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5b2−3a2)x2+6a2cx−3a2c2−5b2a2=0，利用根与系数的关系即可得出．
本题考查了双曲线的标准方程及其性质、直线与双曲线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、方程的解法、向量数量积性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
2022-2023学年四川省达州市万源中学高二（下）入学数学试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在△ABC中，“a>b”是“A>B”的( )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分也又非必要条件
2. 已知sin(π3−x)=35则cos(x+π6)等于( )
A. −45 B. −35 C. 45 D. 35
3. 在△ABC中，AB=a,AC=b,BD=13BC，则AD=( )
A. 13a+23b B. 23a+13b C. 35a+45b D. 45a+35b
4. 在等比数列{an}中，a4和a12是方程x2+3x+1=0的两根，则a8=( )
A. 3 B. 5 C. −1 D. ±1
5. 命题：“∃x>0， x+1x≥1”的否定是( )
A. ∃x≤0， x+1x≥1 B. ∃x>0， x+1x<1
C. ∀x>0， x+1x<1 D. ∀x≤0， x+1x≥1
6. 将二进制数10101(2)化为十进制数，结果为( )
A. 11 B. 18 C. 20 D. 21
7. 已知直线l1：x+y−11=0，l2：x−2ay−1=0，若l1⊥l2，则a=( )
A. −2 B. 12 C. −1 D. 1
8. 某人有1990年北京亚运会吉祥物“盼盼”，2008年北京奥运会吉祥物“贝贝”“晶晶”“欢欢”“迎迎”“妮妮”，2010年广州亚运会吉祥物“阿样”“阿和”“阿如”“阿意”“乐羊羊”，2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”，2022年杭州亚运会吉祥物“琮琮”“莲莲”“宸宸”，若他从这15个吉祥物中随机取出两个，这两个吉祥物都是来自在北京举办的运动会的概率是( )
A. 110 B. 15 C. 25 D. 23
9. 执行如图所示的程序框图，输出S的值为( )
A. 14 B. 20 C. 30 D. 55
10. 已知集合A={x|x2−3x+2≤0}，B={x|x−ax+2>0,a>0}，若“x∈A”是“x∈B”的充分非必要条件，则a的取值范围是( )
A. 0
A. 最大值 2，最小值 63 B. 最大值 2，最小值1
C. 最大值2，最小值 63 D. 最大值2，最小值1
12. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳌臑”.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是( )
A. 四棱锥B−A1ACC1为“阳马”
B. 四面体A1C1CB为“鳖臑”
C. 四棱锥B−A1ACC1体积的最大值为23
D. 过A点作AE⊥A1B于点E，过E点作EF⊥A1B于点F，则A1B⊥面AEF
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知x>0，y>0且x+2y=20 2，则lgx+lgy的最大值为______ ．
14. 若圆的方程为x2+y2−6x−8y=0，则圆中过点(3,5)的最短的弦长为______ ．
15. 已知抛物线C与双曲线x2−y2=1有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线C的方程是______ ．
16. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，虚轴的上端点为B，点P，Q为C上两点，点M(−2,1)为弦PQ的中点，且PQ//BF，记双曲线的离心率为e，则e2=______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA−csinC=(b−c)sinB．
(1)求A的大小；
(2)若a=3，求△ABC面积的最大值．
18. (本小题12.0分)
设{an}是公比为正数的等比数列，a1=2，a3=a2+4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．
19. (本小题12.0分)
命题p：∀x∈R，ax2+ax+1>0，q：∃x∈[1,+∞)，4x+2x+1−7−a<0．
(1)若p为真命题，求实数a的取值范围；
(2)若p∨q为真命题，q∧q为假命题，求实数a的取值范围．
20. (本小题12.0分)
某校从参加考试的学生中抽出60名学生，将其成绩(均为整数)分成六组[40,50)，[50,60)…[90，100]后画出如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题：
(1)求成绩落在[70,80)上的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)和平均分；
(3)按分层抽样从成绩在[70,80)，[80,90)两个分数段的学生中选出11人，再从这11人中选2人参加培训，求选出的2人在同一分数段的概率．
21. (本小题12.0分)
如图①，在梯形ABCD中AD=4，四边形ABCE是边长为2的正方形，O是AC与BE的交点将△ABE沿BE折起到△PBE的位置，使得平面PBE⊥平面BCDE，如图②．
(Ⅰ)求证：OC⊥平面PBE；
(Ⅱ)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过右焦点F2且与双曲线C交于A、B两点．
(1)若双曲线C的离心率为 3，虚轴长为2 2，求双曲线C的焦点坐标；
(2)设a=1，b= 3，若l的斜率存在，且(F1A+F1B)⋅AB=0，求l的斜率；
(3)设l的斜率为 35，|OA+OB|=|OA−OB|=4，求双曲线C的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：在△ABC中，a>b⟺A>B，
所以“a>b“是“A>B“的充要条件．
故选：C．
根据已知条件，结合充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
由诱导公式化简后即可求值．
本题主要考察了诱导公式的应用，属于基础题．
【解答】
解：cos(x+π6)=sin[π2−(x+π6)]=sin(π3−x)=35．
故选：D．
3.【答案】B
【解析】解：BD=13BC，
∵AB=a,AC=b，
∴BC=AC−AB=b−a，
∴AD=AB+BD=a+13BC=a+13(b−a)=23a+13b．
故选：B．
根据向量的运算的几何表示结合条件即得．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设等比数列的公比为q(q≠0)，
因为a4和a12是方程x2+3x+1=0的两根，
所以a4⋅a12=1，a4+a12=−3，
所以a4，a12都为负数，
由等比数列的性质得，a82=a4⋅a12=1，
所以a8=a4q4<0，则a8=−1．
故选：C．
设等比数列的公比为q(q≠0)，由韦达定理可得a4⋅a12，a4+a12，再根据等比数列的性质即可得解．
本题主要考查了等比数列的性质，考查了韦达定理的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，命题：“∃x>0， x+1x≥1”是特称命题，
其否定是∀x>0， x+1x<1，
故选：C．
根据题意，由全称命题和特称命题的关系，分析可得答案．
本题考查命题的否定，注意命题的否定方法，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：10101(2)=1×20+0×21+1×22+0×23+1×24=21(10)．
故选：D．
根据不同进制转化算法计算可得．
本题主要考查进位制，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为直线l1：x+y−11=0，l2：x−2ay−1=0，l1⊥l2，
所以1−2a=0，解得a=12．
故选：B．
根据直线垂直的性质，建立关于a的方程求出a的值．
本题考查了直线垂直的性质，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：15个吉祥物中，来自北京举办的运动会的有7个，
故所求概率为 C72C152=15．
故选：B．
根据已知条件，结合古典概型的概率计算公式，即可求解．
本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：根据题意，本程序框图为求S的和
循环体为“直到型“循环结构
第1次循环：S=0+12=1 i=1+1=2
第2次循环：S=1+22=5 i=2+1=3
第3次循环：S=5+32=14 i=3+1=4
第4次循环：S=14+42=30 i=4+1=5
规律为第n次循环时，S=12+22+…+n2
∴第4次循环：S=30，
此时i=5，不满足条件，跳出循环，输出S=30．
故选C．
首先分析程序框图，循环体为“直到型“循环结构，按照循环结构进行运算，求出满足题意时的S．
本题为程序框图题，考查对循环结构的理解和认识，按照循环结构运算后得出结果．属于基础题．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用不等式的解法求出集合A，B是解决本题的关键，属于基础题．
求出不等式对应的解集，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】
解：A={x|x2−3x+2≤0}={x|1≤x≤2}，
B={x|x−ax+2>0,a>0}={x|x>a或x<−2}，
∵“x∈A”是“x∈B”的充分非必要条件，则A⫋B，
∴0
11.【答案】B
【解析】解：由题意知点P(x,y)到原点距离为 x2+y2，
由于点P(x,y)是曲线C：x2+y2=1+|xy|上任意一点，可得x2+y2=1+|xy|≥1，
当且仅当xy=0时取等号，即曲线上的点(±1,0)，(0,±1)到原点距离最小，最小值为1；
又因为x2+y2≥2xy，x，y∈R，所以|x|⋅|y|≤|x|2+|y|22,x,y∈R，∴|xy|≤x2+y22，
当且仅当|x|=|y|时取等号，
故x2+y2=1+|xy|≤1+x2+y22，即x2+y2≤2，当且仅当|x|=|y|=1时取等号，
即点P到原点距离的最大值为 2，
故选：B．
由题设明确点P(x,y)到原点距离为 x2+y2，结合曲线方程C：x2+y2=1+|xy|，利用基本不等式可得x2+y2的最小值和最大值，即可得答案．
本题考查了基本不等式的应用，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC，
A选项，∴AA1⊥BC，又AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面A1ACC1，
∴四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；
B选项，由AC⊥BC，即A1C1⊥BC，又A1C1⊥C1C且BC∩C1C=C，，
∴A1C1⊥平面BB1C1C，∴A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，
又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，△CC1B为直角三角形，
∴四面体A1C1CB为“鳌臑”，故B正确；
C选项，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC= 2时取等号，
VB−A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，最大值为43，故C错误；
D选项，因为AE⊥A1B，EF⊥A1B，AE∩EF=E，所以A1B⊥平面AEF，故D正确；
故选：C．
根据“阳马”和“鳌臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当AC=BC时，四棱锥B−A1ACC1体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证A1B⊥平面AEF，进而判断D的正误．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：因为x>0，y>0且x+2y=20 2，
由基本不等式可得x⋅(2y)≤(x+2y2)2=200，
当且仅当x=2y且x+2y=20 2，即x=10 2,y=5 2时等号成立，
即xy≤100，
所以lgx+lgy=lgxy≤lg100=2．
故答案为：2．
由已知结合基本不等式及对数的运算性质即可求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
14.【答案】4 6
【解析】解：根据题意，圆的方程为x2+y2−6x−8y=0，
其标准方程为(x−3)2+(y−4)2=25，
其圆心为 (3,4)，半径为 5，
设 P为(3,5)，圆心为M，
分析可得当过点 P(3,5)的直线与连接P与圆 心的直线垂直时，弦最短，
则弦长l=2 r2−|MP|2=4 6．
故答案为：4 6．
根据题意，将圆的一般方程变形为标准方程，分析可得其圆心与半径，设P为(3,5)，圆心为M，分析可得当过点P(3,5)的直线与连接P与圆心的直线垂直时，弦最短，结合点到直线的距离公式分析可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，关键是分析弦长最短时直线与圆的关系，属中档题．
15.【答案】y2=±4 2x
【解析】解：由已知可知双曲线的焦点为(− 2,0),( 2,0)，
设抛物线方程为y2=±2px(p>0)，则p2= 2，
所以p=2 2，
所以抛物线方程为y2=±4 2x．
故答案为：y2=±4 2x．
设抛物线方程为y2=±2px(p>0)，求出双曲线的焦点，即抛物线的焦点，从而可得出答案．
本题主要考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】 2+12
【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(c,0)，虚轴的上端点为B(0,b)，点P，Q为C上两点，
且PQ//BF，可得kPQ=kBF=−bc，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，
两式相减可得：y1−y2x1−x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2)，
点M(−2,1)为弦PQ的中点，所以−4b22a2=−bc，整理可得：a2=2bc，
可得4e4−4e2−1=0，e>1，
解得e2= 2+12．
故答案为： 2+12．
设出PQ坐标，利用平方差法，结合直线的平行关系，转化求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与双曲线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)∵asinA−csinC=(b−c)sinB，
由正弦定理角化边得a2−c2=(b−c)b，即c2+b2−a2=bc，
∴由余弦定理得cosA=c2+b2−a22bc=bc2bc=12，
又A∈(0,π)，∴A=π3；
(2)由(1)得c2+b2−a2=bc，
∴c2+b2=9+bc≥2bc，则bc≤9，当且仅当b=c时等号成立，
∴△ABC面积S=12bcsinA≤12×9× 32=9 34，
故△ABC面积的最大值为9 34．
【解析】(1)利用正弦定理化角为边和余弦定理，可得cosA=12，即可得出答案；
(2)由(1)得c2+b2−a2=bc，利用基本不等式得c2+b2=9+bc≥2bc，利用三角形的面积公式S=12bcsinA，即可得出答案．
本题考查正弦定理和余弦定理的综合，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设q为等比数列{an}的公比，
则由a1=2，a3=a2+4得2q2=2q+4，
即q2−q−2=0，解得q=2或q=−1(舍去)，
因此q=2，
∴{an}的通项为an=2×2n−1=2n；
(2)由已知可得bn=1+2(n−1)=2n−1，
∴an+bn=2n+(2n−1)，
∴Sn=2(1−2n)1−2+2×n(n+1)2−n=2n+1+n2−2．
【解析】(1)设q为等比数列{an}的公比，由已知可得关于q的一元二次方程，求解可得q值，则数列{an}的通项可求；
(2)由已知可得bn=1+2(n−1)=2n−1，然后分组，再由等差数列与等比数列的前n项和公式求解．
本题考查等比数列的通项公式，考查等差数列与等比数列前n项和的求法，是中档题．
19.【答案】解：(1)因为p：∀x∈R，ax2+ax+1>0为真命题，
当a=0时，1>0恒成立，符合题意；
当a≠0时，a>0Δ=a2−4a<0，解得0
(2)若q：∃x∈[1,+∞)，4x+2x+1−7−a<0为真，
当x∈[1,+∞)时，2x∈[2,+∞)，4x+2x+1−7−a=(2x)2+2⋅2x−7−a，
设t=2x∈[2,+∞)，则y=t2+2t−7−a在[2,+∞)上单调递增，
所以ymin=22+2×2−7−a=1−a，
所以1−a<0，即a>1，
因为ρ∨q为真命题，且p∧q为假命题，
所以p真q假或p假q真，
当p真q假时，有0≤a<4a≤1，解得0≤a≤1；
当p假q真时，有a<0或a≥4a>1，解得a≥4；
综上所述，实数a的取值范围为[0,1]∪[4,+∞)．
【解析】(1)分a=0和a≠0两种情况讨论即可；
(2)由题先求出q为真时a的取值范围，然后分p真q假或p假q真两种情况，分别解出即可．
本题主要考查命题的真假判断与应用，考查转化能力，属于基础题．
20.【答案】解：(1)由题意，1−(0.005+0.01+0.015+0.015+0.025)×10=0.3，
所以成绩落在[70,80)上的频率为0.3，在频率分布直方图中高为0.03，补齐如图：
(2)由频率分布直方图中数据知及格率为：1−0.01×10−0.015×10=0.75，
平均分：45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71；
(3)成绩是70～8(0分)A组有0.030×10×60=18人，成绩在80～9(0分)B组有0.025×10×60=15人，
按分层抽样A组抽6人记为a，b，c，d，e，f，B组抽5人记为1，2，3，4，5，
从这11人中抽2人有{a,b}，{a,c}，{a,d}，{a,e}，{a,f}，{a,1}，{a,2}，{a,3}，{a,4}，{a,5}，{b,c}，{b,d}，{b,e}，{b,f}，{b,1}，{b,2}，{b,3}，{b,4}，{b,5}，{c,d}，{c,e}，{c,f}，{c,1}，{c,2}，{c,3}，{c,4}，{c,5}，{d,e}，{d,f}，{d,1}，{d,2}，{d,3}，{d,4}，{d,5}，{e,f}，{e,1}，{e,2}，{e,3}，{e,4}，{e,5}，{f,1}，{f,2}，{f,3}，{f,4}，{f,5}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{3,4}，{3,5}，{4,5}共55种选法，
两人来自同一组有有{a,b}，{a,c}，{a,d}，{a,e}，{a,f}，{b,c}，{b,d}，{b,e}，{b,f}，{c,d}，{c,e}，{c,f}，{d,e}，{d,f}，{e,f}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{3,4}，{3,5}，{4,5}共25种选法，
所以两人来自同一组的概率为P=2555=511．
【解析】(1)利用频率和为1计算得到答案，在频率分布直方图中高为频率除以组距，补齐即可；
(2)直接根据频率分布直方图数据计算求解，把每一组的组中值乘以面积相加即可得到平均分；
(3)按分层抽样确定两个分数段人数，列出所有情况，统计满足条件的的种数，计算得到答案．
本题主要考查了频率分布直方图的性质，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵在图①中四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC．
由折叠的特性知，在图②中，BE⊥OC，
又平面PBE⊥平面BCDE，平面PBE∩平面BCDE=BE，
又OC⊂平面BCDE，∴OC⊥平面PBE．
(Ⅱ)由(1)易知，OB，OC，OP两两垂直．
如图，以O为原点，以OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴、建立空间直角坐标系，
则P(0,0, 2)，B( 2,0,0)，C(0, 2,0)，D(−2 2, 2,0)．
∴PB=( 2,0,− 2)，PC=(0, 2,− 2)，PD=(−2 2, 2,− 2)．
设平直PCD的法向量为m=(x,y,z)，
则PC⋅m= 2y− 2z=0PD⋅m=−2 2x+ 2y− 2z=0，
令y=1，则x=0，z=1．
∴平面PCD的一个法向量为m=(0,1,1)．
∴cos〈m,PB〉=m⋅PB|m||PB|=− 2 2×2=−12．
设直线PB与平面PCD所成角为θ，
∴sinθ=|cos
故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为12．
【解析】(Ⅰ)利用线面垂直的判定定理证明即可；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值．
本题主要考查线面垂直的证明，线面角的计算，空间向量及其应用，属于中等题．
22.【答案】解：(1)由题意可得：e=ca= 1+b2a2= 3，2b=2 2，
解得b= 2，a=1，c= 3，
∴双曲线C的焦点坐标为(± 3,0)；
(2)a=1，b= 3，∴双曲线C的方程为x2−y23=1，c= a2+b2=2．
设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把y=k(x−2)代入双曲线C的方程可得：(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
则x1+x2=−4k23−k2，x1x2=−4k2−33−k2，
∵(F1A+F1B)⋅AB=0，
∴(x1+x2+4,y1+y2)⋅(x2−x1,y2−y1)=0，
∴(x1+x2+4)⋅(x2−x1)+(y1+y2)⋅(y2−y1)=0，
∴x1+x2+4+k2(x1+x2−4)=0，
∴4−4k23−k2+k2(−4k23−k2−4)=0，
化为：k2=35，解得k=± 35=± 155．
(3)由|OA+OB|=|OA−OB|=4，
可得OA⋅OB=0，∴OA⊥OB，|AB|=4．
直线l的方程为y= 35(x−c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5b2−3a2)x2+6a2cx−3a2c2−5b2a2=0，
Δ>0，x1+x2=−6a2c5b2−3a2，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2，
∵OA⋅OB=0，∴x1x2+y1y2=0，x1x2+35(x1−c)(x2−c)=0，
化为8x1x2−3c(x1+x2)+3c2=0，
∴8×−3a2c2−5a2b25b2−3a2−3c×(−6a2c5b2−3a2)+3c2=0，
化为b2=3a2，c2=4a2，
∴b= 3a，c=2a，
∴x1+x2=−6a2c5b2−3a2=−a，x1x2=−3a2c2−5a2b25b2−3a2=−94a2，
∴4= (1+35)[a2−4×(−94a2)]，
解得a=1，b= 3，
∴双曲线C的方程为x2−y23=1．
【解析】(1)由题意可得：e=ca= 1+b2a2= 3，2b=2 2，解得b，a，c，即可得出双曲线C的焦点坐标；
(2)a=1，b= 3，可得双曲线C的方程为x2−y23=1，c=2.设直线l的方程为y=k(x−2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，把y=k(x−2)代入双曲线C的方程可得关于x的一元二次方程，由(F1A+F1B)⋅AB=0，可得(x1+x2+4)⋅(x2−x1)+(y1+y2)⋅(y2−y1)=0，利用根与系数的关系即可得出结论．
(3)由|OA+OB|=|OA−OB|=4，可得OA⋅OB=0，OA⊥OB，|AB|=4.直线l的方程为y= 35(x−c)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，把直线l的方程代入双曲线方程可得：(5b2−3a2)x2+6a2cx−3a2c2−5b2a2=0，利用根与系数的关系即可得出．
本题考查了双曲线的标准方程及其性质、直线与双曲线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、方程的解法、向量数量积性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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