山东省烟台市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

这是一份山东省烟台市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编，共62页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

山东省烟台市三年（2021届-2023届）高考数学模拟题（一模）按题型汇编

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
2．若复数，则（    ）
A． B． C． D．
3．展开式中含项的系数为（    ）
A． B． C． D．
4．已知为抛物线的焦点，直线与交于两点，若中点的横坐标为则（    ）
A． B． C． D．
5．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量(单位：)与时间(单位：)间的关系式为，其中为正常数.如果一定量的废气在前的过滤过程中污染物被消除了那么污染物减少到最初含量的还需要经过多长时间？(结果四舍五入取整数，参考数据：)（    ）
A． B． C． D．
6．平行四边形中，，，，为中点，点在对角线上，且，若，则（    ）
A． B． C． D．
7．已知是定义在上的奇函数，，当时，，则（    ）
A． B．是的一个周期
C．当时， D．的解集为
8．某校数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线上取长度为的线段并作等边三角形第一次画线：以点为圆心､为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点；第二次画线：以点为圆心､为半径逆时针画圆弧，交线段的延长线于点以此类推，得到的螺线如如图所示，则（ ）

A．第二次画线的圆弧长度为
B．前三次画线的圆弧总长度为
C．在螺线与直线恰有个交点(不含点)时停止画线，此时螺线的总长度为
D．在螺线与直线恰有个交点(不含点)时停止画线，此时螺线的总长度为
9．已知集合，，则（    ）
A．{0} B．{0，1} C．{1，2} D．{0，1，2}
10．若复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
11．设x，，则“且”是“”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
12．若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
13．已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（    ）
A． B． C． D．
14．如图，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，，，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（    ）

A． B．
C． D．
15．“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为（    ）
A．90 B．150 C．180 D．300
16．过直线上一点P作圆M：的两条切线，切点分别为A，B，若使得四边形PAMB的面积为的点P有两个，则实数m的取值范围为（    ）
A． B． C．或 D．或
17．若复数满足，则（    ）
A． B．2 C． D．3
18．已知集合，，且，则（    ）
A． B． C． D．
19．在中，“”是“”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
20．过抛物线的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为，则p的值为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
21．新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量不小于的汽车大约有（    ）
A．180辆 B．360辆 C．600辆 D．840辆
22．由点射出的两条光线与分别相切于点，，称两射线，上切点右侧部分的射线和优弧右侧所夹的平面区域为的“背面”．若处于的“背面”，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
23．已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（    ）
A． B．
C． D．
24．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉．函数称为高斯函数，其中，表示不超过x的最大整数，例如：，，则方程的所有解之和为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
25．若，则（ ）
A． B．
C． D．
26．已知双曲线的一条渐近线方程为，则（    ）
A．为的一个焦点
B．双曲线的离心率为
C．过点作直线与交于两点，则满足的直线有且只有两条
D．设为上三点且关于原点对称，则斜率存在时其乘积为
27．已知函数，则（    ）
A．在上单调递增 B．直线是图象的一条对称轴
C．方程在上有三个实根 D．的最小值为
28．现有一款闯关游戏，共有关，规则如下：在第关要抛掷骰子次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，.假定每次闯关互不影响，则（     ）
A．直接挑战第关并过关的概率为
B．连续挑战前两关并过关的概率为
C．若直接挑战第关，设 “三个点数之和等于”， “至少出现一个点”，则
D．若直接挑战第关，则过关的概率是
29．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）
A． B．是图象的一个对称中心
C．当时，取得最大值 D．函数在区间上单调递增
30．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（    ）
A． B． C． D．
31．如图，正三棱柱中，底面ABC是边长为2的等边三角形，，D为BC中点，则（    ）

A．直线平面
B．点到平面的距离为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．设P，Q分别在线段，上，且，则PQ的最小值为
32．已知双曲线C：，，为C的左、右焦点，则（    ）
A．双曲线和C的离心率相等
B．若P为C上一点，且，则的周长为
C．若直线与C没有公共点，则或
D．在C的左、右两支上分别存在点M，N使得
33．近年来，我国人口老龄化持续加剧，为改善人口结构，保障国民经济可持续发展，国家出台了一系列政策，如2016年起实施全面两孩生育政策，2021年起实施三孩生育政策等．根据下方的统计图，下列结论正确的是（    ）
2010至2022年我国新生儿数量折线图

A．2010至2022年每年新生儿数量的平均数高于1400万
B．2010至2022年每年新生儿数量的第一四分位数低于1400万
C．2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势
D．2010至2016年每年新生儿数量的方差大于2016至2022年每年新生儿数量的方差
34．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．的最小正周期为
B．当时，的值域为
C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
35．已知双曲线，O为坐标原点，过的右焦点作的一条渐近线的平行线交于点，交的另一条渐近线于点，则（    ）
A．向量在上的投影向量为
B．若为直角三角形，则为等轴双曲线
C．若，则的离心率为
D．若，则的渐近线方程为
36．已知，，若直线与、图象交点的纵坐标分别为，，且，则（    ）
A． B． C． D．

三、填空题
37．已知，若，则的值为___________.
38．2021年2月25日，全国脱贫攻坚总结表彰大会在北京举行，习近平总书记庄严宣告我国脱贫攻坚战取得了全面胜利.已知在党委政府精准扶贫政策下，自2017年起某地区贫困户第年的年人均收入(单位：万元)的统计数据如下表：
年份
2017
2018
2019
2020
年份编号




年人均收入




根据上表可得回归方程中的为，据此模型预报该地区贫困户2021年的年人均收入为___________.(单位：万元).
39．已知点为直线上一点，且位于第一象限，点，以为直径的圆与交于点(异于)，若，则点的横坐标的取值范围为___________.
40．已知正三棱锥的底面边长为侧棱长为，其内切球与两侧面分别切于点，则的长度为___________.
41．若，则的值为______．
42．若的展开式中项的系数为－160，则正整数n的值为______．
43．已知为R上的奇函数，且，当时，，则的值为______．
44．在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为______．
45．展开式中含项的系数为______．
46．某企业的一批产品由一等品零件、二等品零件混装而成，每包产品均含有10个零件．小张到该企业采购，利用如下方法进行抽检：从该企业产品中随机抽取1包产品，再从该包产品中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是一等品，则决定采购该企业产品；否则，拒绝采购．假设该企业这批产品中，每包产品均含1个或2个二等品零件，其中含2个二等品零件的包数占，则小张决定采购该企业产品的概率为______．
47．过点与曲线相切的直线方程为______．

四、解答题
48．在①；②；③是与的等比中项，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知为公差不为零的等差数列，其前项和为为等比数列，其前项和为常数，，
（1）求数列的通项公式；
（2）令其中表示不超过的最大整数，求的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
49．将函数图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象.
（1）求函数的解析式及单调递增区间；
（2）在中，内角的对边分别为，若，，求的面积.
50．如图，四边形是边长为的正方形，将三角形沿折起使平面平面.

（1）若为上一点，且满足，求证：；
（2）若二面角的余弦值为，求的长.
51．某品牌餐饮企业为满足人们餐饮需求､丰富产品花色､提高企业竞争力，研发了一款新产品.该产品每份成本元，售价元，产品保质期为两天，若两天内未售出，则产品过期报废.由于烹制工艺复杂，该产品在最初推广阶段由企业每两天统一生产､集中配送一次.该企业为决策每两天的产量，选取旗下的直营连锁店进行试销，统计并整理连续天的日销量(单位：百份)，假定该款新产品每日销量相互独立，得到右侧的柱状图：

（1）记两天中销售该新产品的总份数为(单位：百份)，求的分布列和数学期望；
（2）以该新产品两天内获得利润较大为决策依据，在每两天生产配送百份､百份两种方案中应选择哪种？
52．已知分别是椭圆的左､右焦点， 为椭圆的上顶点，是面积为的直角三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）设圆上任意一点处的切线交椭圆于点，问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.
53．已知函数为的导函数.
（1）求函数的极值；
（2）设函数，讨论的单调性；
（3）当时，，求实数的取值范围.
54．2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办．这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声．某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到下图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本数据的85%分位数；
(2)采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在[200，280]的学生中抽取6人．若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观费时长在[200，240）的人数为X，求X的分布列和数学期望．
55．已知等差数列的前n项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值．
56．如图，四边形ABCD中，．

(1)若，求△ABC的面积；
(2)若，，，求∠ACB的值．
57．如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为矩形，，E为CD的中点，且△VBC为等边三角形．

(1)若VB⊥AE，求证：AE⊥VE；
(2)若二面角A－BC－V的大小为，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．
58．已知椭圆C：的离心率为，依次连接C四个顶点所得菱形的面积为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若A（－2，0），直线l：与C交于 两点，且AP⊥AQ，试判断直线l是否过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，说明理由．
59．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当，，求a的取值范围；
(3)证明：．
60．已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
61．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求证：；
(2)若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．
62．黄河鲤是我国华北地区的主要淡水养殖品种之一，其鳞片金黄、体形梭长，尤以色泽鲜丽、肉质细嫩、气味清香而著称．为研究黄河鲤早期生长发育的规律，丰富黄河鲤早期养殖经验，某院校研究小组以当地某水产养殖基地的黄河鲤仔鱼为研究对象，从出卵开始持续观察20天，试验期间，每天固定时段从试验水体中随机取出同批次9尾黄河鲤仔鱼测量体长，取其均值作为第天的观测值（单位：），其中，．根据以往的统计资料，该组数据可以用Logistic曲线拟合模型或Logistic非线性回归模型进行统计分析，其中a，b，u为参数．基于这两个模型，绘制得到如下的散点图和残差图：

(1)你认为哪个模型的拟合效果更好？分别结合散点图和残差图进行说明：
(2)假定，且黄河鲤仔鱼的体长与天数具有很强的相关关系．现对数据进行初步处理，得到如下统计量的值：，，，，，，其中，，根据（1）的判断结果及给定数据，求关于的经验回归方程，并预测第22天时仔鱼的体长（结果精确到小数点后2位）．
附：对于一组数据，，…，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，；参考数据：．
63．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．

(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
64．在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点且斜率为的直线与交于A，B两点，与轴交于点，线段AB的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．
65．已知，且0为的一个极值点．
(1)求实数的值；
(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．

五、双空题
66．在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为______；此时，三棱锥 的外接球表面积为______．

参考答案：
1．B
【分析】解出不等式，然后可算出答案.
【详解】因为，
所以
故选：B
2．D
【分析】由复数的四则运算以及模长公式求解即可.
【详解】，
故选：D
3．C
【分析】利用二项式的通项公式可得展开式的通项：，结合多项式相乘，使的指数为即可求解.
【详解】展开式的通项：，
展开式中含项为
，
所以展开式中含项的系数为.
故选：C
4．C
【分析】利用抛物线焦半径的性质，结合中点的横坐标，转化求解即可．
【详解】解：抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点，若的中点的横坐标为4，
设，，，，，
则．
故选：．
5．B
【分析】先由已知条件建立方程求得，再代入模型中求得时间得选项.
【详解】由已知得，方程两边取自然对数得，所以，
设污染物减少到最初含量的需要经过t小时，则，两边取自然对数得，解得，
所以还需要经过个小时的时间使污染物减少到最初含量的，
故选：B.
【点睛】方法点睛：在解决函数的模型的问题时，需注意生活中的量在模型中的含义，建立方程求解.
6．A
【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求出、的坐标，由题意可得出，由此可求得实数的值.
【详解】以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则、、、、，
，，，
所以，，
，，则，
因此，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用平面向量垂直求参数，解题的关键就是选择合适的位置建立平面直角坐标系，将几何问题转化为代数问题来求解.
7．D
【分析】由是定义在上的奇函数、可得的最小正周期是4，即可判断A、B的正误，然后可得时，，然后结合条件可判断C、D的正误.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以
所以，所以
所以的最小正周期是4，故B错误
，故A错误
因为当时，，是定义在上的奇函数
所以当时，，
当时，，，故C错误
因为当时，，的最小正周期是4，
所以的解集为，故D正确
故选：D
8．D
【分析】找到螺线画法的规律，由此对选项逐一分析，从而确定正确选项.
【详解】第次画线：以点为圆心，，旋转，划线圆弧长；
第次划线，以点为圆心，，旋转，划线圆弧长，A选项错误；交累计次.
第次划线，以点为圆心，，旋转，划线圆弧长，B选项错误；交累计次.
第次画线：以点为圆心，，旋转，划线圆弧长；
第次划线，以点为圆心，，旋转，划线圆弧长，交累计次；
前次累计划线.
第次划线，以点为圆心，，旋转，划线圆弧长，交累计次，累计划线，C选项错误.
第次画线：以点为圆心，，旋转，划线圆弧长；
第次划线，以点为圆心，，旋转，划线圆弧长，交累计次；
第次划线，以点为圆心，，旋转，划线圆弧长，交累计次，累计划线，D选项正确.
故选：D
9．D
【分析】根据解一元二次不等式的方法，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：D
10．C
【分析】运用复数除法的运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可.
【详解】由，
所以，
故选：C
11．A
【分析】依据“且”与“”之间的逻辑关系进行推导即可解决.
【详解】由且，可得
当，时，满足，但不满足且
则“且”是“”的充分不必要条件
故选：A
12．B
【分析】依据向量夹角公式即可求得向量与的夹角.
【详解】由，可得
则，则
又，则
故选：B
13．B
【分析】先求得抛物线标准方程，再去求其准线方程即可解决.
【详解】抛物线的焦点，
由，可得，不妨令
则，解之得
则抛物线方程为，其准线方程为
故选：B
14．C
【分析】根据线面垂直的性质，结合正方体的对角线长公式、棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】因为VA⊥底面ABC，底面ABC，所以，
又因为，所以，而，
所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中，共顶点的长、宽、高，
因此该三棱锥外接球的半径，设该三棱锥的内切球的半径为，
因为，所以，
因为，，所以
，
由三棱锥的体积公式可得：
，
所以，
故选：C
【点睛】关键点睛：根据该三棱锥的特点联想到正方体是解题的关键.
15．B
【分析】根据题意，运用分类讨论思想，结合排列和组合的性质进行求解即可.
【详解】根据题意有两种方式：
第一种方式，有一个地方去3个专家，剩下的2个专家各去一个地方，
共有种方法，
第二种方式，有一个地方去1个专家，另二个地方各去2个专家，
共有，
所以分派方法的种数为，
故选：B
16．A
【分析】利用圆的性质可得，进而可得，结合题意可得，即得.
【详解】由圆M：可知，圆心，半径为1，
∴，

∴四边形PAMB的面积为，
∴，
要使四边形PAMB的面积为的点P有两个，
则，
解得.
故选：A.
17．A
【分析】求得，进而可得.
【详解】，
，
.
故选：A．
18．C
【分析】先求出集合，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．
【详解】解：由，，解得，
所以，
集合，
因为，所以，解得．
故选：C．
19．B
【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，，
由，可得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
20．B
【分析】设出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程消去y，根据题意结合利用韦达定理可求p.
【详解】设，
由题意可得：直线的斜率，抛物线的焦点，
故直线的方程为，
联立方程，消去y得，
则，
可知异号，
由题意可得：，
解得.
故选：B.
21．A
【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.
【详解】因为，且，
所以，
所以样本中耗电量不小于的汽车大约（辆）.
故选：A.
22．D
【分析】设过点的切线方程为，进而可得切线方程，利用新定义可求的最值，进而可求实数的取值范围．
【详解】解：设过点的切线方程为，

，，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
处于的“背面”，
与相切时取最小值，由，解得或，
结合图形可得的最小值为，
同理与相切时可得的最大值为，
．
故选：D．
23．B
【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．
【详解】解：设，则，，

，
，或（舍去），
为的重心，，为的中点，
，
故选：B．
24．C
【分析】，，使，可得，，分类讨论k为奇数和偶数的情况，求出k的值，再代入求解即可.
【详解】解：，，使，则，
可得，，
若k为奇数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，，
当时，，，，，
若k为偶数，则，所以，
，则，
解得，或，
当时，，，，
当时，，，，，
因此，所有解之和为：，
故选：C.
【点睛】结论点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
25．ABC
【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的单调性可判断.
【详解】对于A，当时，单调递增，所以由可得，故A正确；
对于B，当时，所以，所以在单调递增，由可得，故B正确；
对于C，因为，又，所以，所以，故C正确；
对于D，当时，单调递增，所以由可得，
则，即，故D不正确.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：比较指数式、对数式、幂的大小的常用方法为：（1）化为同底数、同指数或同真数的对数式和指数式，利用其单调性进行比较，（2）借助于中间值0和1进行比较.
26．BD
【分析】依题意求出双曲线方程，即可判断AB；再由双曲线的对称性判断C；设，，利用点差法求出；
【详解】解：因为双曲线的一条渐近线方程为，
所以，解得，所以双曲线，所以，，，所以则其焦点为、，离心率，故A错误，B正确；过点作直线与交于两点，因为为双曲线的焦点坐标，当直线的斜率不存在时，当直线的斜率为时，，所以由双曲线的对称性得，满足的直线有4条，故C错误；
设，，，所以，，因为在双曲线上，所以，，两式相减得，所以，故D正确；
故选：BD
27．BC
【分析】利用特殊值法可判断A选项的正误；利用函数对称性的定义可判断B选项的正误；当时，解方程，可判断C选项的正误；利用最小值的定义结合反证法可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，，，则，
所以，函数在上不是增函数，A选项错误；
对于B选项，，
所以，直线是图象的一条对称轴，B选项正确；
对于C选项，由，可得，
显然，等式两边平方得，
整理可得，解得或.
当时，，则或.
方程在时有两解，方程在时只有一解.
所以，方程在上有三个实根，C选项正确；
对于D选项，假设的最小值为，即，即，
且存在，使得，此时，
这与矛盾，假设不成立，D选项错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
28．ACD
【分析】分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：对于，直接挑战第2关，则，
所以投掷两次点数之和应大于6，
故直接挑战第2关并过关的概率为，故选项正确；
对于，闯第1关时，，
所以挑战第1关通过的概率为，
则连续挑战前两关并过关的概率为，故选项错误；
对于，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，
抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，
故，
而事件包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，
故，所以，故选正确；
对于，当时，，基本事件共有个，
“4 次点数之和大于20”包含以下情况：
含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，
含5，6，6，6的有4个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，
所以共有个，
所以直接挑战第4关，则过关的概率是，故选项正确．
故选：．
29．BD
【分析】求得函数的解析式判断选项A；代入验证判断选项B；代入验证判断选项C；代入验证判断选项D.
【详解】选项A：将函数的图象向右平移个单位长度得到函数.判断错误；
选项B：，
则是图象的一个对称中心.判断正确；
选项C：，
当时，取得最小值.判断错误；
选项D：由，可得
则函数在区间上单调递增.判断正确.
故选：BD
30．ACD
【分析】根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式逐一判断即可.
【详解】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；
因为，所以选项C正确；
因为，所以，因此选项D正确；
因为，所以选项B不正确，
故选：ACD
31．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】解：在正三棱柱中，为的中点，所以，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，因为，即，又平面，所以平面，故A正确；
因为，所以，则点到平面的距离为，故B正确；
因为，，设直线与所成角为，则，所以异面直线与所成角的余弦值为，故C错误；
设，则、，因为，，所以，，则，，所以，所以当时有最小值，所以，所以，故D正确；
故选：ABD

32．BC
【分析】求得双曲线和C的离心率判断选项A；求得的周长判断选项B；由直线与圆锥曲线位置关系的判定判断选项C；求解满足题意条件的直线MN判断选项D.
【详解】选项A：双曲线C：的离心率
双曲线的离心率
则双曲线和C的离心率不一定相等.判断错误；
选项B：P为C：上一点，且
则有，整理得
则的周长为.判断正确；
选项C：由，可得
由题意可知，方程无解
当时，方程有解；
当时，则有，解之得或
故若直线与C没有公共点，则或.判断正确；
选项D：根据题意，过双曲线C的左焦点的直线方程可设为
令，由，可得
由，可得
则有，则有，
整理得，显然不成立.
当过双曲线C的左焦点的直线为水平直线时，方程为
则，，即.
综上可知，不存在分别在C的左、右两支上M，N使得.判断错误.
故选：BC
33．AC
【分析】根据折线图逐项进行分析验证即可求解.
【详解】对于A，由折线图可知：2010至2022年每年新生儿数量13个数据中有2010至2018年的数量（9个）均高于1500万，3个数据低于1400万，根据数据之间的差距可得 2010至2022年每年新生儿数量的平均数高于1400万，故选项A正确；
对于B，由图可知共有13个数据，因为，所以第一四分位数是按照从小到大排列的数据的第4个数据，由折线图可知，第4个数据为2019年新生儿的数量，其值大于1400万，故选项B错误；
对于C，由折线图可知2015至2022年每年新生儿数量呈现先增加后下降的变化趋势，故选项C正确；
对于D，由折线图可知：2010至2016年每年新生儿数量的波动比2016至2022年每年新生儿数量的波动小，所以2010至2016年每年新生儿数量的方差小于2016至2022年每年新生儿数量的方差，故选项D错误，
故选：AC.
34．ACD
【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．
【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；
由，知，
因为，所以，所以，，即，，
又，所以，所以，
对于B，当时，，所以，
所以的值域为，故B错误；
对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；
对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD．
35．ABD
【分析】由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|，可判断A，由已知可得渐近线的倾斜角为，可判断B，设，解得，可得，可判断C，设,可得，代入双曲线方程，化简可求渐近线方程，判断D.
【详解】对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|,
Q在OF上的投影为OF的中点，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为，，，
为等轴双曲线，故B正确；
对于C，若，设，则解得或(舍去)，设渐近线的倾斜角为，可得，，，
，，，，故C错误；
对于D，设直线的方程为，与渐近线的交点坐标为，若，则，设，，
，在双曲线上，，，，
的渐近线方程为，即，故D正确.
故选：ABD
36．ABD
【分析】由已知可得，，依据每个选项的条件逐项计算可判断每个选项的正确性．
【详解】由题意得，，
，，，
对于A：，因为函数在上单调递增，
，故A正确；
，因为函数在上单调递增，
，故B正确；
由，，，，
，故C错误；
令，则，
当时，，在上单调递增，
因为，则，所以，
，，，故D正确．
故选：ABD．
37．
【分析】由诱导公式可求得，再根据二倍角的余弦公式求得，即可求得.
【详解】，，
，，
.
故答案为：.
38．
【分析】根据样本中心点求得，进而求得年的年人均收入的预测值.
【详解】.
故，
所以，
年，对应，预测值为（万元）
故答案为：
39．
【分析】根据题意求出圆的方程，进而求出点坐标，根据圆的几何性质，结合锐角三角函数定义及性质进行求解即可.
【详解】由题意设，设的中点为，由中点坐标公式可得：，
所以以为直径的圆的方程为：，把代入得：，所以，
因为是直径，所以，因此，因为，
所以，
即，化简得：，
而，解得.
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用直径所对的圆周角为直角这一性质是解题的关键.
40．
【分析】根据正三棱锥的性质结合图形，利用比例关系求出内切圆的半径，再求出侧面切点所在圆的半径，即可求出
【详解】如图，

设正三棱锥内切球的半径为，为内切球与侧面的切点，为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为，
为等边三角形，
, ,,
,
,
, 即
,
，解得，
,

由正三棱锥的定义知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故,
由余弦定理可得，
所以
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据正棱锥性质、正三角形的性质，利用相似三角形，求出内切球的半径，是解决问题的关键，属于中档题.
41．
【分析】先求得，再去求的值即可解决.
【详解】由，
可得
则，
故答案为：
42．6
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为：，
令，所以，
令，所以
，
，或，因为，
所以方程无实数根，故，即，
故答案为：
43．/-0.8
【分析】由题设条件可得的周期为2，应用周期性、奇函数的性质有，根据已知解析式求值即可.
【详解】由题设，，故，即的周期为2，
所以，且，
所以.
故答案为：.
44．
【分析】由题设有，利用基本不等式求得并求对应x、y的数量关系，进而得到，令构造，应用导数求最大值即可.
【详解】由题设，，故，当且仅当时等号成立，
所以，此时，
令，则，故，
所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.
故，且时等号成立，
综上，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：应用基本不等式求的最小值及对应x、y的关系，再把目标式转化为关于x的函数式，构造函数结合导数求最值.
45．－60
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】，
设该二项式的通项公式为，
因为的次数为，所以令，
二项式的通项公式为，
令，
所以项的系数为，
故答案为：
46．
【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占，进而由对立事件和互斥事件的概率公式计算可得答案．
【详解】解：根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占，则含1个二等品零件的包数占，
在含1个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
在含2个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
则小张决定采购该企业产品的概率；
故答案为：．
47．
【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.
【详解】设切点坐标为，，.
则切线方程为，因为在切线上，
所以，即
又，所以，
令，，当时，，
所以在上单调递增，
所以方程只有唯一解为.
即切点坐标为，故所求切线方程为，即.
故答案为：
48．答案见解析
【分析】若选
（1）先求，可得，进而得，由基本量运算可得；
（2）由，可得解.
若选
（1）先求，可得，进而得，由基本量运算可得；
（2）由，可得解.
若选
（1）先求，可得，进而得，由基本量运算可得；
（2）由，可得解.
【详解】若选：由已知，所以
通项，
故
不妨设的公差为.则
解得所以
由，则，
，
所以.
若选：由已知，，
通项
故.
不妨设的公差为，则，
解得所以.
由，则，
，
所以.
若选：由已知，所以
通项，
故
不妨设的公差为.则，
因为解得所以.
由
则
，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键一是利用基本量运算求解通项公式，二是根据判断的值.
49．（1），单调递增区间为：；（2）或.
【分析】（1）由题可得，令即可解得单调递增区间；
（2）由题可得，或，由余弦定理可求得，即可求出面积.
【详解】（1），
图象向右平移个单位长度得到的图象，
横坐标缩短为原来的 (纵坐标不变)得到图象，
所以，
令，解得，
所以的单调递增区间为：
（2）由（1）知，，
因为，所以
又因为，所以，
当时，，
此时由余弦定理可知，，解得，
所以，
当时，，
此时由勾股定理可得，，
所以.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的图象变换求三角函数的性质，以及解三角形的应用，解题的关键是根据图象变换正确得出变换后的解析式.
50．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先由面面垂直得到然后证明面从而得到；
（2）取中点，以为坐标原点，分别以方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求AP.
【详解】解：证明：因为面面面面面
所以面
又面
所以
又，
所以面
又面
所以；
取中点，连结OP,因为所以.
又平面平面，所以平面.
以为坐标原点，分别以方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

设则有，
可得，
设为平面的一个法向量
则有即
不妨令，则，
设为平面的一个法向量，
则有即
不妨令，则，
因为
可得
解得，
所以.
【点睛】立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
51．（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2）选择每两天生产配送百份.
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算公式，计算出的分布列并求得数学期望.
（2）分别计算出配送百份、配送百份所获利润，由此作出决策.
【详解】（1）根据题意可得，的所有可能取值为.







的分布列如下：

















（2）当每两天生产配送百份时，利润为百元.
当每两天生产配送百份时，利润为.百元.
由于
所以选择每两天生产配送百份.
52．（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】（1）由题意可得，再由即可求解.
（2）当切线的斜率不存在时，其方程为，求出，当切线的斜率存在时，设方程为，利用点到直线的距离公式可得，再将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得，再由即可求解.
【详解】解：（1）由为直角三角形，故，
又，
可得
解得
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）当切线的斜率不存在时，其方程为
将代入，得，不妨设，，又
所以
同理当时，也有.
当切线的斜率存在时，设方程为，
因为与圆相切，
所以
即，
将代入，
得，
所以
又
，


又

，

将代入上式，得，
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据直线与椭圆相切可得，再求证，考查了运算求解能力、分析能力以及分类讨论的思想.
53．（1）极小值，无极大值；（2）答案见解析；（3）.
【分析】（1）两次求出的导数，可得在单增，且，则可判断出的单调性，求出极值；
（2）可得，由（1）得，讨论和两种情况可得出单调性；
（3）两次求出的导数，可得在单调递减，再讨论和的情况得出的正负情况，判断的单调性可得.
【详解】（1），
因为，
所以在单增，又，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
故当时，取极小值，无极大值.
（2），
由（1）知，，即.
当时，在单增；
当时，令，得.
于是，当，单减，
当单增.
综上，当时，在单增；
当时，在单减，在单增.
（3）令，则.
的导函数.
因为，所以在单调递减，
当时，对
所以在上单调递减，
所以对.
当时，因为在单调递减，，
当时，
故，使，
且时，单调递增，
所以与，
矛盾.
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求解函数的单调性，解题的关键是求出函数的导数，必要时需要二次求导，讨论导数正负，得出单调性，含有参数时，需要对参数进行分类讨论.
54．(1)a＝0.004，85%分位数为；
(2)分布列见解析，.

【分析】（1）由频率直方图的频率和为1列方程求参数a，应用百分数的求法求85%分位数；
（2）利用分层抽样确定[200,240)、[240,280] 中分别抽取的人数，进而可得X可能取值为1、2、3，并求出对应值的概率即可得分布列，根据分布列求期望即可.
【详解】（1）由题意，40×(0.0005＋0.002×2＋2a＋0.006＋0.0065)＝1，解得a＝0.004．
由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为40×(0.0005＋0.002＋0.004＋0.006＋0.0065)＝0.76．
观看时长在240分钟以下占比为0.76＋40×0.004＝0.92．
所以85%分位数位于[200,240)内， 85%分位数为．
（2）由题意，观看时长[200,240)、[240,280]对应的频率分别为0.16和0.08，
所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人．
于是抽取的3人中现看时长在[200,240)中的人数X的所有可能取值为1，2，3．
所以，，，．
X的分布列为
X
1
2
3
P



所以，．
55．(1)；
(2)142.

【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合等差数列前n项和公式进行求解即可；
（2）根据题意，结合等比数列前n项和公式进行求解即可.
(1)
设的公差为d，由已知，．
解得，d＝2．所以；
(2)
因为与之间插入个1，
所以在中对应的项数为
，
当k＝6时，，当k＝7时，，
所以，，且．
因此
.
56．(1)
(2)∠ACB=

【分析】（1）依据题意求得角，利用正弦定理去求△ABC的面积；
（2）利用正弦定理解三角形即可求得∠ACB的值．
【详解】（1）在△ABC中，，
因为，所以．
．
（2）设，则，，．
在△ACD中，由，得．
在△ABC中，由，得．
联立上式，并由得，
整理得，所以，
因为，所以，
所以，解得，即∠ACB的值为．
57．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．
【详解】（1）因为E为CD的中点，所以，所以△ADE为等腰直角三角形，
所以．同理，．所以AE⊥BE．
又因为VB⊥AE，且，面VBE，面VBE，
所以AE⊥面VBE．
因为面VBE，所以AE⊥VE．
（2）取BC中点O，AD中点G、连接OG，VO，则OG⊥BC．
又△VBC为等边三角形，所以VO⊥BC，
所以∠GOV为二面角A－BC－V的平面角．所以
以，方向分别作为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz．

于是A（1，－4，0），C（－1，0，0），D（－1，－4，0），，
，，．
令为平面VCD的一个法向量，
则，即，令z＝2，得．
设直线AV与平面VCD所成的角为，则
，
故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为．
58．(1)
(2)是，过定点

【分析】（1）根据已知条件列出关于a,b,c的方程，解出其值，可得椭圆方程；
（2）联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，结合AP⊥AQ，得到
，将根与系数的关系式代入化简，即可得结论.
(1)
由已知，连接C的顶点所得四边形面积，
又，解得：，，
所以椭圆C的方程为．
(2)
设，，联立，
消y可得，
则有，即，
，，
因为AP⊥AQ，所以，而，，
故，

，
故
，
解得或，
当时，直线l方程为，过点A，不满足题意，
当时，代入，
故直线l方程为，过定点．
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆相交时过定点的问题，解答时要明确解答的思路，这点并不困难，难点在于联立方程后结合条件的化简运算，要十分细心.
59．(1)答案见解析；
(2)或；
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；
（3）根据（2）的结论，构造不等式，利用裂项相消法进行证明即可.
【详解】（1）定义域为（0，＋∞），．
记．
当时，，即，所以在（0，＋∞）上单调递减．
当时，令，得，（舍去）．当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增，
综上，当时，在（0，＋∞）上单调递减；当时，在上单调递减，在单调递增．
（2）：由（1）知，当时，在[1，＋∞）单调递减，所以．
此时．令，解得．
当时，若，即，由（1），设的正根为，则必有，且当，，即，
所以在[1，＋∞）单调递增．此时，．
令，解得．
若，即，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，注意到，
知．
又当时，，由零点存在定理，使，此时，不满足题意．
综上，a的取值范围是或．
（3）由（2）知，当时，对，有，即．
又时，，，所以．
令，得．
所以，，，…，．
故，即．
【点睛】关键点睛：构造不等式，利用裂项相消法是解题的关键.
60．(1)
(2)

【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；
（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）设数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
即，
解得或，
因为各项均为正数，
所以，
所以，
由，
得，
解得，
所以.
（2）由（1）知，，
则，
所以，
两式相减可得，
整理可得．
61．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可；
（2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理得
又，所以
因为为锐角三角形，所以，，
又在上单调递增，所以，即；
（2）由（1）可知，，所以在中，，
由正弦定理得：，所以，
所以．
又因为为锐角三角形，所以，，，解得，
所以，即面积的取值范围为．
62．(1)拟合效果更好，答案见解析
(2)，

【分析】（1）根据散点图，结合两个模型的特征进行判断即可；
（2）根据对数的运算性质，结合题中所给的公式和数据进行求解即可.
【详解】（1）Logistic非线性回归模型拟合效果更好．
从散点图看，散点更均匀地分布在该模型拟合曲线附近；
从残差图看，该模型下的残差更均匀地集中在以残差为0的直线为对称轴的水平带状区域内．
（2）将转化为，
则，所以，
所以．
所以关于的经验回归方程为．
当时，体长．
63．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；

（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
64．(1)
(2)

【分析】（1）根据两点间距离公式，结合已知进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）设，由题意，
因为，所以，
即，两边平方并整理得．
故点的轨迹的方程为；
（2）设直线方程为，
联立，消并整理得，，显然，
设，，则，，
又，可得线段中点坐标为，
所以线段中垂线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以
又，
所以，
令，则，
因为在上单调递增，
所以，故．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
65．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【详解】（1）由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
（2）①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.
66．
【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.
【详解】设，且，
因为两两垂直，所以，
所以，可得，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.