广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）（2024春•南山区期中）复数z满足i（z+i）＝1+i，则z＝（ ）
A．1﹣2iB．1+2iC．2+iD．﹣1+2i
2．（5分）（2024•浙江模拟）已知向量，是平面上两个不共线的单位向量，且，，，则（ ）
A．A、B、C三点共线B．A、B、D三点共线
C．A、C、D三点共线D．B、C、D三点共线
3．（5分）（2022春•江城区校级期末）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）
A．B．2C．D．
4．（5分）（2024春•南山区期中）如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为60°的菱形组成，那么图形中的向量的数量积＝（ ）
A．34B．C．6D．15
5．（5分）（2024•宜春模拟）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则（ ）
A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
6．（5分）（2022•河南模拟）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，S＝14π时，＝（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）（2024春•南山区期中）秦九韶（1208年～1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若a2sinC＝2sinA，2ac（csB+1）＝6，则由“三斜求积术”公式可得△ABC的面积为（ ）
A．B．C．D．1
8．（5分）（2023•赣州模拟）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圆上的一点，若+n，则m+n的最小值是（ ）
A．﹣1B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）（2024春•南山区期中）已知复数z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m为实数，i为虚数单位，则（ ）
A．若z为纯虚数，则m＝1或﹣3
B．若复平面内表示复数z的点位于第四象限，则m＜﹣3
C．若m＝2，则的虚部为﹣i
D．若z＝a﹣2i（a∈R），则|z|＝2
（多选）10．（6分）（2024春•南山区期中）在△ABC中，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，此三角形有两解
B．△ABC面积最大值为
C．△ABC的外接圆半径为2
D．若c＝1，则此三角形一定是直角三角形
（多选）11．（6分）（2023春•七里河区校级期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为正方形底面ABCD内的一动点，则下列结论正确的有（ ）
A．三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值
B．存在点P，使得D1P⊥AD1
C．若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长度为
D．若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024春•南山区期中）已知某圆台的上、下底半径和高的比为1：4：4，母线长为10cm，则该圆台的体积为 （cm3）．
13．（5分）（2021•新高考Ⅱ）已知向量++＝，||＝1，||＝||＝2，则•+•+•＝ ．
14．（5分）（2022•甲卷）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝ ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）（2023春•成都期末）已知复数z＝1+mi（i是虚数单位，m∈R），且为纯虚数（是z的共轭复数）．
（1）求实数m及|z|；
（2）设复数，且复数z1对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．
16．（15分）（2019秋•崇左期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B的值；
（2）若b＝2，且△ABC的面积为，求△ABC的周长．
17．（15分）（2024春•南山区期中）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD，求：
（1）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD；
（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
18．（17分）（2024春•南山区期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，点M是棱CD的中点．
（1）求异面直线B1C与AC1所成的角的大小；
（2）当实数m＝，证明直线AC1与平面BMD1垂直；
（3）若m＝2．设P是线段AC1上的一点（不含端点），满足＝λ，求λ的值，使得三棱锥B1﹣CD1C1与三棱锥B1﹣CD1P的体积相等．
19．（17分）（2024春•南山区期中）如图所示，△ABC为等边三角形，．I为△ABC的内心，点P在以I为圆心，1为半径的圆上运动．
（1）求出的值．
（2）求•的范围．
（3）若，当最大时，求的值．
2023-2024学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共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．（5分）（2024春•南山区期中）复数z满足i（z+i）＝1+i，则z＝（ ）
A．1﹣2iB．1+2iC．2+iD．﹣1+2i
【解答】解：i（z+i）＝1+i，
则z+i＝，
故z＝1﹣2i．
故选：A．
2．（5分）（2024•浙江模拟）已知向量，是平面上两个不共线的单位向量，且，，，则（ ）
A．A、B、C三点共线B．A、B、D三点共线
C．A、C、D三点共线D．B、C、D三点共线
【解答】解：＝+＝，
则A、C、D三点共线．
故选：C．
3．（5分）（2022春•江城区校级期末）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）
A．B．2C．D．
【解答】解：设球的半径为R，因为球是圆柱的内切球，则圆柱的底面半径为R，高为2R．
所以圆柱的表面积S1＝2πR2+2πR•2R＝6πR2，球的表面积S2＝4πR2，
所以．
即圆柱的表面积与球的表面积之比为．
故选：C．
4．（5分）（2024春•南山区期中）如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为60°的菱形组成，那么图形中的向量的数量积＝（ ）
A．34B．C．6D．15
【解答】解：如图：
以菱形的2条边为基底和，且，与的夹角为60°，
则由平面向量的基本定理知，
所以．
故选：A．
5．（5分）（2024•宜春模拟）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则（ ）
A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
【解答】解：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：
在A中，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，
则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误；
在B中，若l∥m，m∥n，l⊥α，
则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故B正确；
在C中，若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n，故C错误；
在D中，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误．
故选：B．
6．（5分）（2022•河南模拟）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，S＝14π时，＝（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：如示意图，根据题意，由勾股定理可得R2＝（R﹣h）2+10，联立方程，
解得 ，
于是．
故选：B．
7．（5分）（2024春•南山区期中）秦九韶（1208年～1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家．1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若a2sinC＝2sinA，2ac（csB+1）＝6，则由“三斜求积术”公式可得△ABC的面积为（ ）
A．B．C．D．1
【解答】解：因为a2sinC＝2sinA，由正弦定理得a2c＝2a，
所以ac＝2，
又因为2ac（csB+1）＝6，
由余弦定理得，
可得a2+c2﹣b2＝6﹣2ac＝2，
所以．
故选：B．
8．（5分）（2023•赣州模拟）在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，P是△ABC的外接圆上的一点，若+n，则m+n的最小值是（ ）
A．﹣1B．C．D．
【解答】解：由余弦定理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cs∠BAC＝1+4﹣2×1×2×cs60°＝3，
所以BC＝，所以AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC．
以AC的中点O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A（1，0），C（﹣1，0），B（，），
设P的坐标为（csθ，sinθ），
∴＝（﹣，），＝（﹣2，0），＝（csθ﹣1，sinθ），
∵，
∴（csθ﹣1，sinθ）＝m（﹣，）+n（﹣2，0），
∴csθ﹣1＝﹣m﹣2n且sinθ＝m，
∴m＝sinθ，n＝﹣csθ﹣sinθ+，
∴m+n＝sinθ﹣csθ+＝sin（θ﹣）+≥﹣1+＝﹣，
当且仅当sin（θ﹣）＝﹣1时，等号成立．
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）（2024春•南山区期中）已知复数z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，其中m为实数，i为虚数单位，则（ ）
A．若z为纯虚数，则m＝1或﹣3
B．若复平面内表示复数z的点位于第四象限，则m＜﹣3
C．若m＝2，则的虚部为﹣i
D．若z＝a﹣2i（a∈R），则|z|＝2
【解答】解：复数z＝（m2+2m﹣3）+（m﹣1）i，
对于A，若z为纯虚数，
则，解得m＝﹣3，故A错误；
对于B，复平面内表示复数z的点位于第四象限，
则，解得m＜﹣3，故B正确；
对于C，m＝2，
则z＝5+i，
，虚部为﹣1，故C错误；
对于D，
z＝a﹣2i（a∈R），
则m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，
故z＝﹣4﹣2i，|z|＝，故D正确．
故选：BD．
（多选）10．（6分）（2024春•南山区期中）在△ABC中，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，此三角形有两解
B．△ABC面积最大值为
C．△ABC的外接圆半径为2
D．若c＝1，则此三角形一定是直角三角形
【解答】解：，
由正弦定理可得：sinA•sin＝sinBsinA，
在三角形中，sinA＞0，sin＞0，
所以sin＝2sincs，即cs＝，
又因为B∈（0，π），
所以＝，即B＝；
A中，因为＜c＜2，由正弦定理可得：＝，
可得sinC＝sinB＝•＝∈（，1），
所以该三角形有两解，所以A正确；
B中，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accsB≥2ab﹣2ac•＝ac，即ac≤3，
所以S△ABC＝acsinB≤×3×＝，所以B正确；
C中，设三角形外接圆的半径为R，则＝2R，
即R＝＝1，所以C不正确；
D中，若c＝1，由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accsB，
即3＝1+a2﹣2×1×a×，
解得a＝2或a＝﹣1（舍），所以可得a2＝b2+c2，
所以该三角形一定是直角三角形，所以D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（6分）（2023春•七里河区校级期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为正方形底面ABCD内的一动点，则下列结论正确的有（ ）
A．三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值
B．存在点P，使得D1P⊥AD1
C．若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长度为
D．若点P是AD的中点，点Q是BB1的中点，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为
【解答】解：对于A，由题意及图形可知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
所以点P到平面A1B1C1D1距离d为定值．
所以＝，
又为定值，故三棱锥B1﹣A1D1P的体积为定值．故A正确；
对于B，因A1D⊥AD1，则若D1P⊥AD1，必有A1D∥D1P．
但A1D⊂平面ADD1A1，D1∈平面ADD1A1，P∈AD⊂平面ADD1A1或P∉平面ADD1A1，
所以A1D与D1P相交或A1D与D1P异面．
所以不存在相应的点P，使D1P⊥AD1.故B错误；
对于C，如图有B1D⊥平面D1AC．
理由如下：连接DB，A1D．
由题可得AC⊥DB，AC⊥BB1，
又DB∩BB1＝B，DB，BB1⊂平面DBB1，所以AC⊥平面DBB1．
因为DB1⊂平面DBB1，所以AC⊥DB1．
同理可证得AD1⊥DB1，
又AD1∩AC＝A，所以B1D⊥平面D1AC，得D1P⊂平面D1AC．
故点P轨迹为平面D1AC与底面ABCD交线，即为线段AC，AC＝2，故C正确；
对于D，如图取AB中点为P1，连接PP1．
由题可得DB⊥AC，AA1⊥平面ABCD．
连接BD，因为PP1∥DB，PP1⊂平面ABCD，
则PP1⊥AC，PP1⊥AA1．
又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
则PP1⊥平面ACC1A1．
又取DD1中点为Q1，则QQ1∥DB∥PP1，
有P，P1，Q，Q1四点共面．
则平面PP1QQ1即为平面α．
又由两平面平行性质可知，PP1∥RR1，PQ1∥QR1，P1Q∥Q1R，
又P，P1，Q，Q1都是中点，故R是D1C1中点，R1是B1C1中点．
则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面为正六边形，
又正方体棱长为2，则，
故截面面积为．故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024春•南山区期中）已知某圆台的上、下底半径和高的比为1：4：4，母线长为10cm，则该圆台的体积为 224π （cm3）．
【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为x、4x、4x，
可得母线长为，即，
解之得x＝2，所以圆台的上底面半径为r＝2，下底面半径为R＝8，高h＝8．
由此可得圆台的体积为V＝πh（r2+R2+rR）＝224π．
故答案为：224π．
13．（5分）（2021•新高考Ⅱ）已知向量++＝，||＝1，||＝||＝2，则•+•+•＝ ﹣ ．
【解答】解：方法1：由++＝得+＝﹣或+＝﹣或+＝﹣，
∴（+）2＝（﹣）2或（+）2＝（﹣）2或（+）2＝（﹣）2，
又∵||＝1，||＝||＝2，∴5+2•＝4，5+2＝4，8+2＝1，
∴•＝，•＝，•＝，∴•+•+•＝﹣．
故答案为：﹣．
方法2：•+•+•＝＝＝﹣．
故答案为：﹣．
14．（5分）（2022•甲卷）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝ ．
【解答】解：设BD＝x，CD＝2x，
在三角形ACD中，b2＝4x2+4﹣2•2x•2•cs60°，可得：b2＝4x2﹣4x+4，
在三角形ABD中，c2＝x2+4﹣2•x•2•cs120°，可得：c2＝x2+2x+4，
要使得最小，即最小，
＝＝，
其中，此时，
当且仅当（x+1）2＝3时，即或（舍去），即时取等号，
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）（2023春•成都期末）已知复数z＝1+mi（i是虚数单位，m∈R），且为纯虚数（是z的共轭复数）．
（1）求实数m及|z|；
（2）设复数，且复数z1对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）∵z＝1+mi，
∴，
∴，
∵为纯虚数，
∴，解得m＝﹣3，
故z＝1﹣3i，则；
（2）∵i2023＝i4×505+3＝i3＝﹣i，
∴，
∵复数z1所对应的点在第二象限，
∴，解得，
故实数a的取值范围为．
16．（15分）（2019秋•崇左期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B的值；
（2）若b＝2，且△ABC的面积为，求△ABC的周长．
【解答】解：（1）由正弦定理及已知，化边为角得．
∵A+B+C＝π，∴sinA＝sin（B+C），代入得，
∴．
∵0＜C＜π，∴，
又∵0＜B＜π，∴．
（2）∵，∴ac＝4．
由余弦定理，得b2＝a2+c2﹣2accsB＝（a+c）2﹣3ac，
∴（a+c）2＝b2+3ac＝16，∴a+c＝4，
∴△ABC的周长为6．
17．（15分）（2024春•南山区期中）如图所示正四棱锥S﹣ABCD，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD，求：
（1）若M为SA的中点，求证：SC∥平面BMD；
（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
【解答】（1）证明：如图，连接BD交AC于点O，连接MO，BM，DM，
则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，OM∥SC，
又OM⊂平面BMD，SC⊄平面BMD，所以SC∥平面BMD；
（2）解：在侧棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，满足，
理由如下：取SD的中点Q，由SP＝3PD，得PQ＝PD，
过Q作PC的平行线交SC于E，
连接BQ，BE，△BDQ中，有BQ∥PO，又PO⊂平面PAC，
BQ⊄平面PAC，
所以BQ∥平面PAC，由，得，
又QE∥PC，又PC⊂平面PAC，QE⊂平面PAC，
所以QE∥平面PAC，又BQ∩QE＝Q，BQ、QE⊂平面BEQ，
所以平面BEQ∥平面PAC，而BE⊂平面BEQ，
所以BE∥平面PAC，
即在侧棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，满足．
18．（17分）（2024春•南山区期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝m，AD＝AA1＝1，点M是棱CD的中点．
（1）求异面直线B1C与AC1所成的角的大小；
（2）当实数m＝，证明直线AC1与平面BMD1垂直；
（3）若m＝2．设P是线段AC1上的一点（不含端点），满足＝λ，求λ的值，使得三棱锥B1﹣CD1C1与三棱锥B1﹣CD1P的体积相等．
【解答】解：（1）连接B1C，由四边形BCC1B1为正方形，可得B1C⊥BC1，
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，
又B1C⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AB，
因为AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥平面ABC1，
又AC1⊂平面ABC1，所以BC1⊥AC1，
即异面直线B1C与AC1所成的角的大小为90°；
（2）存在实数，使得直线直线AC1与平面BMD1垂直．
理由如下：当时，，
因为BC＝1，所以，
所以Rt△ABC～Rt△BCM，则∠CAB＝∠MBC，
所以∠MBC+∠ACB＝∠CAB+∠ACB＝90°，即AC⊥BM，
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，
又BM⊂平面ABCD，所以CC1⊥BM，
因为AC∩CC1＝C，所以BM⊥平面ACC1，
又AC1⊂平面ACC1，所以BM⊥AC1，
同 理可证D1M⊥AC1，又D1M∩BM＝M，
所以直线AC1⊥平面BMD1；
（3）设AC1与平面B1CD1的斜足为O，
因为，
所以＝＝，
所以，则AO＝2C1O，
若，则，
故C1O＝PO，
所以在线段AC1上取一点P，要使三棱锥B1﹣CD1C1与三棱锥B1﹣CD1P的体积相等，则P为AO的中点，即．
19．（17分）（2024春•南山区期中）如图所示，△ABC为等边三角形，．I为△ABC的内心，点P在以I为圆心，1为半径的圆上运动．
（1）求出的值．
（2）求•的范围．
（3）若，当最大时，求的值．
【解答】解：（1）如下图所示，以I为原点，IA为y轴建立平面直角坐标系，
根据正弦定理可以得到△ABC的外接圆半径为：，所以求得A点坐标（0，4），
于是得到，
因为，所以点P在圆x2+y2＝1上，
不妨设P（csθ，sinθ），
故，
进而得到＝
＝3（cs2θ+sin2θ）+48＝51．
（2）由（1）可知，
当时，，
（3）根据题意可得：，
得到，根据sin2θ+cs2θ＝1，可得5x2+5y2+5z2﹣6xy﹣6xz﹣6yz＝0①，
又因为x，y，z∈R+，
①两边同时除以y2得到：，
令，则5m2+5+5n2﹣6m﹣6mn﹣6n＝0，整理得到5n2﹣（6m+6）n+5m2﹣6m+5＝0，
因为Δ＝（6m+6）2﹣4×5×（5m2﹣6m+5）≥0，即m2﹣3m+1≤0，
得到，故（即m）的最大值为，
此时，Δ＝0，因此，
所以，
从而得到．
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