2022-2023学年北京市铁路二中高二（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市铁路二中高二（上）期中数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答趣等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）直线x+y+1＝0的倾斜角是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．（5分）若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是（ ）
A．相交B．异面
C．平行D．异面或相交
3．（5分）若点（k，0）与（b，0）的中点为（﹣1，0），则直线y＝kx+b必定经过点（ ）
A．（1，﹣2）B．（1，2）C．（﹣1，2）D．（﹣1，﹣2）
4．（5分）自点A（﹣1，4）作圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1的切线，则切线长为（ ）
A．B．3C．D．5
5．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2﹣4y＝0所截得的弦长为（ ）
A．2B．2C．D．
7．（5分）已知，是空间两个不共线的向量，，那么必有（ ）
A．，共线B．，共线
C．，，共面D．，，不共面
8．（5分）已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'，点E是A'C'的中点，点F是AE的三等分点，且，则等于（ ）
A．B．
C．D．
9．（5分）在空间直角坐标系中，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF＝90°，则点F的坐标为（ ）
A．B．C．D．
10．（5分）在平面直角坐标系xOy中，记以直线y＝kx﹣2上一点P为圆心，1为半径的圆为⊙P，所有⊙P构成的集合为W，若在W中存在一个圆，使得该圆与圆x2+y2﹣8x+15＝0有公共点，则k的最大值是（ ）
A．1B．C．D．
二、填空题（每题5分，计30分）
11．（5分）圆心为（1，1）且过原点的圆的方程是 ．
12．（5分）如图，AB是圆O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC，则四面体P﹣ABC的四个面中，直角三角形的个数有 个．
13．（5分）已知向量，，且，则实数m的值为 ．
14．（5分）已知两直线l1：2mx+（3﹣m）y+1＝0，l2：2x+2my+m＝0，当l1和l2垂直时，m＝ ；当l1和l2平行时，m＝ ．
15．（5分）圆x2+y2﹣ax+2y+1＝0关于直线x﹣y＝1对称的圆的方程是x2+y2﹣1＝0，则实数a的值是 ．
16．（5分）四面体ABCD的三组对棱分别相等（即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC），有以下四个结论：
①四面体ABCD每组对棱相互垂直；
②从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；
③连接四面体ABCD每组对棱中点的线段互相垂直平分；
④从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．
其中所有正确结论的序号为 ．
三、解答趣（共5个大题，共计70分）
17．（12分）已知直线l经过两直线3x+4y﹣2＝0与2x+y+2＝0的交点P，且垂直于直线x﹣3y﹣1＝0．
（1）求直线l的方程；
（2）求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．
18．（13分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H．
（1）求证：AB⊥A1C；
（2）求二面角A1﹣BC﹣A的余弦值；
（3）求点B1到平面A1BC的距离．
19．（15分）已知圆G过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）．
（1）求圆G的方程；
（2）设直线l经过点M（6，1），且与圆G相切，求直线l的方程．
20．（15分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2EF＝4，．
（1）求证：AB∥EF；
（2）求直线AE与平面BCF所成角的正弦值．
21．（15分）已知O为平面直角坐标系的原点，过点M（﹣2，0）的直线l与圆x2+y2＝1交于P，Q两点．
（1）若，求直线l的方程；
（2）判断是否存在直线l，使得△OMP与△OPQ的面积相等？若存在，求直线l的斜率；若不存在，说明理由．
2022-2023学年北京市铁路二中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题5分，计50分）
1．（5分）直线x+y+1＝0的倾斜角是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【分析】由直线方程求得直线的斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值求解．
【解答】解：直线x+y+1＝0的斜率k＝，
设其倾斜角为θ（0°≤θ＜180°），
则tan，∴θ＝150°．
故选：D．
【点评】本题考查直线的倾斜角，考查直线倾斜角与斜率的关系，是基础题．
2．（5分）若a，b是异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是（ ）
A．相交B．异面
C．平行D．异面或相交
【分析】若a，b是异面直线，直线c∥a，所以c与b可能异面，可能相交．
【解答】解：由a、b是异面直线，直线c∥a知c与b的位置关系是异面或相交，
故选：D．
【点评】此题考查学生的空间想象能力，考查对异面直线的理解和掌握．
3．（5分）若点（k，0）与（b，0）的中点为（﹣1，0），则直线y＝kx+b必定经过点（ ）
A．（1，﹣2）B．（1，2）C．（﹣1，2）D．（﹣1，﹣2）
【分析】利用点（k，0）与（b，0）的中点为（﹣1，0），可得k+b＝﹣2，从而x＝1时，y＝kx+b＝k+b＝﹣2，故可得结论．
【解答】解：由题意，∵点（k，0）与（b，0）的中点为（﹣1，0），
∴k+b＝﹣2
∴x＝1时，y＝kx+b＝k+b＝﹣2
∴直线y＝kx+b必定经过点（1，﹣2）
故选：A．
【点评】本题以直线的点斜式为载体，考查直线恒过定点问题，解题的关键是利用中点坐标公式得出k+b＝﹣2
4．（5分）自点A（﹣1，4）作圆（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1的切线，则切线长为（ ）
A．B．3C．D．5
【分析】先设切点为B，利用两点间的距离公式求出AO的长，在直角三角形中利用勾股定理即可求出切线长．
【解答】解：因为点A（﹣1，4），设切点为点B，连接圆心O（2，3）和点B得到OB⊥AB，圆的半径为1，而斜边AO＝＝
在直角三角形OAB中，根据勾股定理得：切线长AB＝＝3
故选：B．
【点评】考查学生理解直线与圆相切时，切线垂直于经过切点的直径，灵活运用两点间的距离公式求线段长度，以及灵活运用勾股定理的能力．
5．（5分）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】取BC的中点G．连接GC1，则GC1∥FD1，再取GC的中点H，连接HE、OH，则∠OEH为异面直线所成的角，在△OEH中，利用余弦定理可得结论．
【解答】解：取BC的中点G．连接GC1，则GC1∥FD1，再取GC的中点H，连接HE、OH．
∵E是CC1的中点，∴GC1∥EH
∴∠OEH为异面直线所成的角．
在△OEH中，OE＝，HE＝，OH＝．
由余弦定理，可得cs∠OEH＝＝＝
故选：A．
【点评】本题主要考查了异面直线所成的角的求解，考查了计算能力、转化思想，属于基础题．
6．（5分）过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2﹣4y＝0所截得的弦长为（ ）
A．2B．2C．D．
【分析】先由题意求得直线方程，再由圆的方程得到圆心和半径，再求得圆心到直线的距离，即可求解．
【解答】解：根据题意：直线方程为：y＝x，
∵圆x2+y2﹣4y＝0，
∴圆心为：（0，2），半径为：2，
圆心到直线的距离为：d＝1，
∴弦长为2＝2，
故选：A．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系其其方程的应用，是常考题型，属中档题．
7．（5分）已知，是空间两个不共线的向量，，那么必有（ ）
A．，共线B．，共线
C．，，共面D．，，不共面
【分析】根据共面向量定理可作出判断．
【解答】解：由题知，，是空间两个不共线的向量，，
由共线向量定理知，A，B，C三点共线，
由共面向量定理知，，，共面．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量在立体几何中的运用，属于基础题．
8．（5分）已知正方体ABCD﹣A'B'C'D'，点E是A'C'的中点，点F是AE的三等分点，且，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据空间向量的分解，线性表示方法可求解．
【解答】解：因为点E是A'C'的中点，点F是AE的三等分点，
所以，
又，
所以，则．
故选：D．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题．
9．（5分）在空间直角坐标系中，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF＝90°，则点F的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算，以及向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：由正方体的性质可得E（2，0，1），C1（0，2，2），
设F（2，y，0），
则，，
∵∠C1EF＝90°，
∴，解得，则点F的坐标为．
故选：C．
【点评】本题主要考查向量的线性运算，以及向量垂直的性质，属于基础题．
10．（5分）在平面直角坐标系xOy中，记以直线y＝kx﹣2上一点P为圆心，1为半径的圆为⊙P，所有⊙P构成的集合为W，若在W中存在一个圆，使得该圆与圆x2+y2﹣8x+15＝0有公共点，则k的最大值是（ ）
A．1B．C．D．
【分析】将原问题转化为两圆存在交点的问题，然后结合题意得到关于k的不等式，求解不等式即可确定实数k的最大值．
【解答】解：圆x2+y2﹣8x+15＝0方程可化为（x﹣4）2+y2＝1，圆心坐标为C（4，0），半径为1，
由题意，直线y＝kx﹣2上至少存在一点（x0，kx0﹣2），
以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，
因为两个圆有公共点，故，
整理得（k2+1）x2﹣（8+k）x+16≤0，
此时不等式有解的条件是Δ＝（8+4k）2﹣64（k2+1）≥0，
解得，故k最大值为．
故选：C．
【点评】本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
二、填空题（每题5分，计30分）
11．（5分）圆心为（1，1）且过原点的圆的方程是 （x﹣1）2+（y﹣1）2＝2 ．
【分析】由两点间的距离公式求出圆心到原点的距离，即圆的半径，代入圆的标准方程得答案．
【解答】解：∵所求圆经过坐标原点，且圆心（1，1）与原点的距离为r＝，
∴所求圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2．
故答案为：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2．
【点评】本题考查圆的标准方程，关键是熟记圆的标准方程的形式，是基础题．
12．（5分）如图，AB是圆O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC，则四面体P﹣ABC的四个面中，直角三角形的个数有 4 个．
【分析】根据AB是圆O的直径，得出△ABC是直角三角形；
PA⊥平面ABC，得出△PAC、△PAB是直角三角形；
BC⊥平面PAC，得出△PBC是直角三角形．
【解答】解：∵AB是圆O的直径，
∴AC⊥BC，∴△ABC是直角三角形；
又PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；
∴△PAC、△PAB是直角三角形；
又AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，
∴BC⊥PC，∴△PBC是直角三角形；
∴四面体P﹣ABC的四个面中，直角三角形有4个．
故答案为：4．
【点评】本题考查了空间中的垂直关系的判断问题，解题时应理清线线垂直、线面垂直之间的相互转化关系，是基础题．
13．（5分）已知向量，，且，则实数m的值为 ﹣2 ．
【分析】利用向量共线的性质，直接计算求解即可．
【解答】解：由题意得（2m+1）：2＝3：m＝（m﹣1）：（﹣m）⇒m＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
14．（5分）已知两直线l1：2mx+（3﹣m）y+1＝0，l2：2x+2my+m＝0，当l1和l2垂直时，m＝ 0或5 ；当l1和l2平行时，m＝ ．
【分析】利用两直线的平行垂直与斜率之间的关系，即可求解．
【解答】解：当l1和l2垂直时，
若m＝0，则l1：3y+1＝0，l2：x＝0，满足l1⊥l2，
若m≠0，因为l1⊥l2，所以，解得m＝5，
所以当l1和l2垂直时，m＝0或5，
因为l1∥l2，
所以k1＝k2，即，解得m＝1或，
经检验m＝1时l1：2x+2y+1＝0，l2：2x+2y+1＝0，
则l1和l2重合，不满足题意，
所以．
故答案为：m＝0或5； ．
【点评】本题主要考查两直线的平行垂直与斜率之间的关系，属于基础题．
15．（5分）圆x2+y2﹣ax+2y+1＝0关于直线x﹣y＝1对称的圆的方程是x2+y2﹣1＝0，则实数a的值是 2 ．
【分析】先分别将圆的方程化为标准方程，根据对称性可知两圆的圆心连线的斜率为﹣1，半径相等，可求实数a的值
【解答】解：由题意，将圆的方程化为标准方程为：（x﹣2+（y+1）2＝，x2+y2＝1
∵圆x2+y2﹣ax+2y+1＝0关于直线x﹣y＝1对称的圆的方程是x2+y2﹣1＝0
∴
∴a＝2
故答案为：2
【点评】本题以圆的一般方程为载体，考查圆的对称性，解题的关键是将圆的方程化为标准方程，将对称性转化为两圆的圆心连线的斜率为﹣1，半径相等
16．（5分）四面体ABCD的三组对棱分别相等（即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC），有以下四个结论：
①四面体ABCD每组对棱相互垂直；
②从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；
③连接四面体ABCD每组对棱中点的线段互相垂直平分；
④从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．
其中所有正确结论的序号为 ③④ ．
【分析】对①，作AE，CF分别垂直BD于E，F，FG∥AE，证DB⊥平面GFC，则当AC与平面GFC相交时，可得DB不垂直AC；
对②，（反例）当四面体ABCD为正四面体时，同一顶点出发的三条棱两两夹角之和为180°；
对③，每两组对棱中点连成的四边形可证为菱形，则其对角线互相垂直平分；
对④，AB，AD，BD构成三角形，AC＝BD，则AB，AC，AD可以构成三角形，其它同理．
【解答】解：对①，如图，作AE，CF分别垂直BD于E，F，FG∥AE，则FG⊥DB，又FG，CF⊂平面GFC，FG∩CF＝F，则DB⊥平面GFC，
当E，F不重合时，则有AC∩平面GFC＝C，则DB不垂直AC，①错；
对②，当四面体ABCD为正四面体时，同一顶点出发的三条棱两两夹角均为60°，故和为180°，②错；
对③，如图，G，H，I，J为各边中点，∴GJ平行且等于HI，GH平行且等于IJ，
∵AC＝BD，则GJ＝HI＝GH＝IJ，∴四边形GHIJ为菱形，GI，HJ相互垂直平分，
其它同理可得，所以连接四面体ABCD每组对棱中点的线段互垂直平分，③对；
对④，AB，AD，BD构成三角形，因为AC＝BD，则从A点出发的三条棱AB，AC，AD可以构成三角形，同理可得其它，
∴从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，④对；
故答案为：③④．
【点评】本题主要考查命题真假的判断，棱锥的结构特征，考查逻辑推理能力，属于中档题．
三、解答趣（共5个大题，共计70分）
17．（12分）已知直线l经过两直线3x+4y﹣2＝0与2x+y+2＝0的交点P，且垂直于直线x﹣3y﹣1＝0．
（1）求直线l的方程；
（2）求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．
【分析】（1）先求出交点P的坐标，再由题意设直线l为3x+y+m＝0，将点P坐标代入求出m，从而可求得直线l的方程；
（2）求出直线l与两坐标轴的交点坐标，进而可求直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S．
【解答】解：（1）由，得x＝﹣2，y＝2，即点P（﹣2，2），
由题意设直线l为3x+y+m＝0，
因为直线l过P（﹣2，2），
所以3×（﹣2）+2+m＝0，得m＝4，
所以直线l的方程为3x+y+4＝0；
（2）当x＝0时，y＝﹣4，
当y＝0时，，
所以直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为．
【点评】本题主要考查了直线位置关系的应用，属于中档题．
18．（13分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，，AA1＝AB＝AC＝1，CC1的中点为H．
（1）求证：AB⊥A1C；
（2）求二面角A1﹣BC﹣A的余弦值；
（3）求点B1到平面A1BC的距离．
【分析】（1）根据棱柱的结构特征可得AB⊥平面A1AC，根据线面垂直的性质，即可证明结论；
（2）由题意得二面角A1﹣BC﹣A的平面角为∠A1OA，即可得出答案；
（3）由题意得AC⊥面A1ABB1，即点C到平面A1BB1的距离为AC，利用等体积法，结合棱锥的体积公式，即可得出答案．
【解答】解：（1）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊂面ABC，
∴AB⊥AA1，又∠BAC＝90°，即AB⊥AC，
又AA1∩AC＝A，AA1⊂面A1ACC1，AC⊂面A1ACC1，
∴AB⊥面A1ACC1，
又A1C⊂面A1ACC1，
∴AB⊥A1C；
（2）取BC中点为O，连接OA，OA1，如图所示：
∵AA1⊥面ABC，又AO⊥BC，面ABC∩面A1BC＝BC，AO⊂面ABC，
∴二面角A1﹣BC﹣A的平面角为∠A1OA，
又∵AA1⊥面ABC，AO⊂面ABC，
∴AA1⊥AO，
在△A1AO中，，AA1＝1，则，
∴，
故二面角A1﹣BC﹣A的余弦值为；
（3）∵AA1⊥面ABC，AC⊂面ABC，
∴AC⊥AA1，
又AC⊥AB，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂面A1ABB1，
∴AC⊥面A1ABB1，即点C到平面A1BB1的距离为AC，
又，
在△A1BC中，，，
∴三角形A1BC为等边三角形，则，
设点B1到平面A1BC的距离为d，
又，即，即，解得，
故点B1到平面A1BC的距离为．
【点评】本题考查棱柱的结构特征和体积公式、二面角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．（15分）已知圆G过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）．
（1）求圆G的方程；
（2）设直线l经过点M（6，1），且与圆G相切，求直线l的方程．
【分析】（1）利用三点坐标可确定圆方程；
（2）利用直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径建立等式即可求解．
【解答】解：（1）设圆G的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
因为圆G过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7），
所以，解得，
圆G的方程为x2+y2﹣2x+4y﹣20＝0．
（2）由（1）知圆G是以（1，﹣2）为圆心，以r＝5为半径的圆，
（i）若直线l的斜率不存在，
则此时l的方程为x＝6到圆心的距离为6﹣1＝5，满足与圆G相切；
（ii）若直线l的斜率存在，
则设直线方程为y﹣1＝k（x﹣6），即kx﹣y+1﹣6k＝0，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，
解得，所以切线方程为8x+15y﹣63＝0．
综上，切线方程为x＝6或8x+15y﹣63＝0．
【点评】本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（15分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2EF＝4，．
（1）求证：AB∥EF；
（2）求直线AE与平面BCF所成角的正弦值．
【分析】（1）根据题意可得AB∥CD，利用线面平行判定定理证明AB∥平面CDEF，结合图形即可证明AB∥EF；
（2）取AD的中点O，BC的中点M，连接OE，OM，则OM⊥AD、OE⊥AD，利用线面垂直的判定定理和性质证得OE⊥OM，建立如图空间直角坐标系，利用向量法即可求出线面角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB∥CD，
又AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，
所以AB∥平面CDEF，
又平面ABEF∩平面CDEF＝EF，AB⊂平面ABEF，
所以AB∥EF；
（2）取AD的中点O，BC的中点M，连接OE，OM，
则OM⊥AD，由，得OE⊥AD，且OE＝1，
因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE⊥平面ABCD＝AD，OE⊂平面ADE，所以OE⊥平面ABCD，
由OM⊂平面ABCD，得OE⊥OM，
建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，4，0），C（﹣1，4，0），E（0，0，1），F（0，2，1），
则，
设为平面BCF的一个法向量，
则，
令y＝1，得x＝0，z＝2，所以，，
设直线AE与平面BCF所成角为α，则．
所以直线AE与平面BCF所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定及其性质以及线面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
21．（15分）已知O为平面直角坐标系的原点，过点M（﹣2，0）的直线l与圆x2+y2＝1交于P，Q两点．
（1）若，求直线l的方程；
（2）判断是否存在直线l，使得△OMP与△OPQ的面积相等？若存在，求直线l的斜率；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据已知条件，求得点O到所求直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解；
（2）设出直线l的方程，联立圆方程，根据韦达定理，结合点P为MQ的中点，即可求得直线斜率．
【解答】解：（1）过点O作直线l的垂线，垂足记作H，如下所示：
因为＝1×1×cs∠POQ，又∠POQ∈（0，180°），故∠POQ＝120°，
则△OPH中，∠HOP＝60°，又|OP|＝1，故可得，
显然直线l的斜率存在，设其为k，则l方程为：y＝k（x+2），，解得，故直线l方程为：，
整理得直线l方程为：或．
（2）直线l的斜率显然存在，设其为k，则直线l方程为：y＝k（x+2），
联立x2+y2＝1可得：（k2+1）x2+4k2x+4k2﹣1＝0，
当Δ＝﹣12k2+4＞0时，
设P，Q两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则，
根据题意可得P为MQ的中点，则2x1+2＝x2，代入，
可得：，解得，
将其代入，可得：，
整理得：，则，此时，满足满足题意．
故直线l的斜率为：或．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及韦达定理的使用，解决问题的关键是合理利用几何关系从而实现问题的简化，属综合中档题．
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