山东省济南市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)

这是一份山东省济南市2022-2023学年高一下学期期末数学试题(学生版+解析)，共32页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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. 在复平面内，复数对应点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 《2023年五一出游数据报告》显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边游“吸金力”前十名榜单．其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次．现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客( )
A. 1000人B. 300人C. 200人D. 100人
3. 设为两个平面，则的充要条件是( )
A. 过的一条垂线B. 垂直于同一平面
C. 内有一条直线垂直于与的交线D. 内有两条相交直线分别与内两条直线垂直
4. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为( )
A. B. C. D.
5. 已知的内角所对的边分别为，则角的值为( )
A. B. C. 或D. 无解
6. 如果三棱锥底面不是等边三角形，侧棱与底面所成的角都相等，平面，垂足为，则是的( )
A. 垂心B. 重心C. 内心D. 外心
7. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，，，则的周长的取值范围为( )
A. B.
C D.
8. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，．点分别为平面，平面和平面内的动点，点为棱上的动点，则的最小值为( )
A. B. C. D. 1
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知复数，则下列说法中正确的是( )
A. B.
C. D.
10. 先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是( )
A. 事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等
B. 事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥
C. 事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件
D. 事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立
11. 某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是( )

A. 平均数的估计值为30
B. 众数的估计值为35
C. 第60百分位数估计值32
D 随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟
12. 如图，已知三棱锥可绕在空间中任意旋转，为等边三角形，在平面内，，，，，则下列说法正确的是( )
A. 二面角为
B. 三棱锥的外接球表面积为
C. 点与点到平面的距离之和的最大值为
D. 点在平面内的射影为点，线段长的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为_________．
14. 在正方体中，直线与直线夹角的余弦值为_________．
15. 在圆中，已知弦，则的值为_________．
16. 已知的重心为，面积为1，且，则的最小值为_________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知是两个单位向量，夹角为，设．
(1)求；
(2)若，求的值．
18. 已知正三棱柱的棱长均为，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
19. 独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要．它的概念最早可以追湖到17世纪的布莱兹·帕斯卡和皮埃尔·德·费马，当时被定义为彼此不相关的事件．19世纪初期，皮埃尔·西蒙·拉普拉斯在他的《概率的分析理论》中给出了相互独立事件的概率乘法公式．对任意两个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立，简称为独立．
(1)若事件与事件相互独立，证明：与相互独立；
(2)甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为．在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率．
20. 某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭近7天用于垃圾分类的总时间(单位：分钟)，其中甲小区的统计表如下，
设分别为甲，乙小区抽取的第户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，分别为甲，乙小区所抽取样本的方差，已知，其中．
(1)若，求和的值；
(2)甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟．利用样本估计总体，计算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值和方差．
参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取样本量、样本平均数和样本方差分别为：；，总的样本平均数为，样本方差为，则．
21. 如图1，在等腰中，分别为的中点，过作于．如图2，沿将翻折，连接得到四棱锥为中点．

(1)证明：平面；
(2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值．
22. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．

(1)证明：；
(2)已知，点为线段的中点，，求．
2023年7月济南市高一期末考试
数学试题
本试卷共4页，22题，全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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. 在复平面内，复数对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数在复平面内的坐标表示可得答案.
【详解】解：由题意得：
在复平面上对应的点为，该点在第四象限.
故选：D
2. 《2023年五一出游数据报告》显示，济南凭借超强周边吸引力，荣登“五一”最强周边游“吸金力”前十名榜单．其中，济南天下第一泉风景区接待游客100万人次，济南动物园接待游客30万人次，千佛山景区接待游客20万人次．现采用按比例分层抽样的方法对三个景区的游客共抽取1500人进行济南旅游满意度的调研，则济南天下第一泉风景区抽取游客( )
A. 1000人B. 300人C. 200人D. 100人
【答案】A
【解析】
【分析】按照分层抽样计算规则计算可得.
【详解】依题意济南天下第一泉风景区应抽取游客(人).
故选：A
3. 设为两个平面，则的充要条件是( )
A. 过的一条垂线B. 垂直于同一平面
C. 内有一条直线垂直于与的交线D. 内有两条相交直线分别与内两条直线垂直
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直的判断定理和性质定理可判断AB； 举反例可判断CD.
【详解】对于A，根据面面垂直的判断定理， 过的一条垂线，则，若，根据面面垂直的性质定理，则内垂直于交线的直线垂直于，故A正确；
对于B，若垂直于同一平面，则可能平行，也可能相交，故B错误；
对于C，内有一条直线垂直于与的交线，如图，
，，但不垂直于，故C错误；

对于D，如图，，且与相交，，且与相交，
，，但，故D错误.

故选：A.
4. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】第二次摸到红球的情况有两种：①第一次摸到红球，第二次摸到红球，②第一次摸到白球，第二次摸到红球，由此能求出第二次摸到红球的概率．
【详解】袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个红球，2个白球，
从中不放回地依次随机摸出2个球，
第二次摸到红球的情况有两种：
①第一次摸到红球，第二次摸到红球，概率为：，
②第一次摸到白球，第二次摸到红球，概率为：，
则第二次摸到红球的概率为．
故选：C．
5. 已知的内角所对的边分别为，则角的值为( )
A. B. C. 或D. 无解
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理计算可得.
【详解】由正弦定理可知，
所以，
又，
所以或.
故选：C.
6. 如果三棱锥底面不是等边三角形，侧棱与底面所成的角都相等，平面，垂足为，则是的( )
A. 垂心B. 重心C. 内心D. 外心
【答案】D
【解析】
【分析】由线面角的定义，得到再在三角形中，由三角函数得到从而得到进而得解.
【详解】如图所示：

因为平面，侧棱与底面所成的角都相等，
则
故故是的外心.
故选：D.
7. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，，，则的周长的取值范围为( )
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，，即可将转化为的三角函数，结合的取值范围及正切函数的性质计算可得.
【详解】因为，，由正弦定理，即，
所以，，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，所以，
则，所以，
因为，所以或(舍去)，
所以，所以，
所以，即
所以，即的周长的取值范围为.
故选：C
8. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，．点分别为平面，平面和平面内的动点，点为棱上的动点，则的最小值为( )
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】本题利用补形法，再利用长方体对角线的性质即可求出最值.
【详解】由题意得均最小时，平方和最小，
过点分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，
连接，因为面，平面，所以，
因为底面为正方形，所以，又因为，平面，
所以面，因为平面，则，又因为点在上，则点应在上，
同理可证分别位于上，
从而补出长方体，
则是以为共点的长方体的对角线，则，
则题目转化为求的最小值，显然当时，的最小值，
因为四边形为正方形，且，则，
因为面，面，所以，
所以，
则直角三角形斜边的高，此时，
则的最小值为，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过补形作出长方体，将三条线段的平方和转化为长方体对角线的平方，再求出直角三角形斜边上的高，即可得到答案.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知复数，则下列说法中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数的模判断A，根据复数代数形式的运算法则判断B、C、D.
【详解】因为，则，故A正确；
，故C正确；
，故B错误；
，故D正确；
故选：ACD
10. 先后抛掷质地均匀的硬币两次，则下列说法正确的是( )
A. 事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”相等
B. 事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”互斥
C. 事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”互为对立事件
D. 事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立
【答案】AD
【解析】
【分析】根据列举法判断选项A，根据互斥事件、对立事件和相互独立的概念判断BCD.
【详解】先后抛掷质地均匀的硬币两次，样本空间中共含有：正正、正反、反正、反反4个样本点，
事件“恰有一次正面向上”与事件“恰有一次反面向上”在每次随机试验中同时出现或同时不出现，故这两个事件相等，A正确；
事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”能同时发生，不是互斥事件，B错误；
除事件“两次正面向上”与事件“两次反面向上”外还可能出现“一次正面，一次反面”，故这两个事件不互为对立事件，C错误；
先后抛掷质地均匀的硬币两次，显然第一次的结果不会影响第二次的结果，所以事件“第一次正面向上”与事件“第二次反面向上”相互独立，D正确；
故选：AD
11. 某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则下列说法正确的是( )

A. 平均数的估计值为30
B. 众数的估计值为35
C. 第60百分位数估计值是32
D. 随机选取这100名学生中有25名学生体育活动时间不低于40分钟
【答案】BD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图估计各数据特征，对选项逐一判断即可.
【详解】由频率分布直方图可知平均数的估计值为，A错误；
由频率分布直方图可知的频率最大，因此众数的估计值为，B正确；
由频率分布直方图得从第一组到第六组的频率依次是，，，，，，
所以第60百分位数估计值在内，
所以，解得，C错误；
随机选取这100名学生中体育活动时间不低于40分钟的人数为，D正确；
故选：BD
12. 如图，已知三棱锥可绕在空间中任意旋转，为等边三角形，在平面内，，，，，则下列说法正确的是( )
A. 二面角为
B. 三棱锥的外接球表面积为
C. 点与点到平面的距离之和的最大值为
D. 点在平面内的射影为点，线段长的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用余弦定理求出的长，取的中点，连接、，利用二面角的定义可判断A选项；找出三棱锥的球心，求出其外接球半径，结合球体表面积公式可判断B选项；设点在平面内的射影为点，设，其中，利用辅助角公式结合正弦函数的基本性质求出的最大值，可判断C选项；利用余弦定理结合三角恒等变换 求出的最大值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，在中，，，，
由余弦定理可得，
即，即，因为，解得，
取的中点，连接、，如下图所示：
因为为等边三角形，为的中点，所以，，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
所以，二面角的平面角为，
因为为的中点，所以，，故也是边长为的等边三角形，
所以，，
又因为，所以，，则，
故二面角为，A对；
对于B选项，设、的中心分别为点、，
分别过点、作、，设，
因为，，，、平面，
所以，平面，因为，则平面，同理，平面，
所以，为三棱锥的外接球球心，
由等边三角形的几何性质可知，，同理，，
因为，，，，
所以，四边形为正方形，且，
又因为，
因为，，则，
则，
所以，三棱锥的外接球半径为，
因此，三棱锥的外接球的表面积为，B对；
对于C选项，设点在平面内的射影点为，连接，
因，，则，故点、、、四点共面，
因为，则，
又因为，，、平面，则平面，
又因为平面，故平面与平面重合，
又因为，、，故，
设，其中，
又因为，则，
所以，，
，
所以，点与点到平面的距离之和，
因为，则，
故当时，即当时，取最大值，C错；
对于D选项，，，
由余弦定理可得
，
其中为锐角，且，
因为，则，故当时，取得最大值，
且，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；
(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 一组数据1，2，4，5，8的第75百分位数为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】因为，所以第百分位数为从小到大排列的第个数，即为.
故答案为：
14. 在正方体中，直线与直线夹角的余弦值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据异面直线夹角的定义确定为直线与直线夹角或其补角，再判断的形状即可得答案.
【详解】如图，连接

在正方体中，有
所以四边形为平行四边形，所以
所以为直线与直线夹角或其补角
设正方体棱长为，则，所以为等边三角形
所以，故直线与直线夹角的余弦值为.
故答案为：.
15. 在圆中，已知弦，则的值为_________．
【答案】2
【解析】
【分析】设圆心，为半径，为弦，可得在上的投影为，再根据，计算求得结果．
【详解】如图，设圆心，为半径，为弦，

故在上的投影为，
，
故答案为：.
16. 已知的重心为，面积为1，且，则的最小值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题中线段关系比较复杂，考虑用向量解决问题，将，向量转化为用，表示，
之后结合三角形的面积公式和数量积的运算律可将转化为用去表示，然后再利用导数求函数的最小值即可.
【详解】
如图：
设，则
则，
因的重心为，
所以，
，
设，
则，
设，，此时
则时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增，
所以的最小值为，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知是两个单位向量，夹角为，设．
(1)求；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据单位向量的性质和向量的模的运算即可求得答案；
(2)根据垂直向量的性质与向量的数量积运算即可得解.
【小问1详解】
因为是两个单位向量，夹角为，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，即
即，.
18. 已知正三棱柱棱长均为，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)连接交于点，连接，即可得到，从而得证；
(2)过作，垂足为，由正三棱柱的性质及面面垂直的性质得到平面，再由利用等体积法计算可得.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
则正三棱柱中是平行四边形，
所以为的中点，又为的中点，
所以，平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
过作，垂足为，由题意可得，，，
所以，所以，
所以的面积，
因为正三棱柱中平面平面，
又平面平面，平面，且，
所以平面，
即到平面的距离为，
又的面积，
所以，又，
所以，解得，
所以点到平面的距离为.

19. 独立事件是一个非常基础但又十分重要的概念，对于理解和应用概率论和统计学至关重要．它的概念最早可以追湖到17世纪的布莱兹·帕斯卡和皮埃尔·德·费马，当时被定义为彼此不相关的事件．19世纪初期，皮埃尔·西蒙·拉普拉斯在他的《概率的分析理论》中给出了相互独立事件的概率乘法公式．对任意两个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立，简称为独立．
(1)若事件与事件相互独立，证明：与相互独立；
(2)甲、乙两人参加数学节的答题活动，每轮活动由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为．在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，求甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据事件之间的关系得，再根据独立事件的概率乘法公式即可证明结论；
(2)设分别表示在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件，分别表示乙在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件，分别确定，根据事件，利用互斥事件、独立事件的概率公式求解即可.
【小问1详解】
证明：已知事件与事件相互独立，则
因为，且事件与事件互斥
所以
所以
由事件独立性定义，与相互独立；
【小问2详解】
设分别表示甲在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件
分别表示乙在两轮活动中答对1道题，答对2道题的事件
根据独立性假定，得
设“甲乙两人在两轮活动中答对3道题”，则
且与互斥，与，与分别相互独立
所以
所以甲乙两人在两轮活动中答对3道题的概率时.
20. 某社区工作人员采用分层抽样的方法分别在甲乙两个小区各抽取了8户家庭，统计了每户家庭近7天用于垃圾分类的总时间(单位：分钟)，其中甲小区的统计表如下，
设分别为甲，乙小区抽取的第户家庭近7天用于垃圾分类的总时间，分别为甲，乙小区所抽取样本的方差，已知，其中．
(1)若，求和的值；
(2)甲小区物业为提高垃圾分类效率，优先试行新措施，每天由部分物业员工协助垃圾分类工作，经统计，甲小区住户每户每天用于垃圾分类的时间减少了5分钟．利用样本估计总体，计算甲小区试行新措施之后，甲乙两个小区的所有住户近7天用于垃圾分类的总时间的平均值和方差．
参考公式：若总体划为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：；，总的样本平均数为，样本方差为，则．
【答案】(1)
(2)，.
【解析】
【分析】(1)根据平均值和方差公式可得到关于和的两个等式，联立可得和.
(2)根据题中给的公式，代入求值即可.
【小问1详解】
由题意可知：
，
得：，
，
得，
解，得或，
因为，故
【小问2详解】
设甲小区试行新措施之后，甲小区抽取的第户家庭近7天用于垃圾分类的总时间为，
则，
则，
，
21. 如图1，在等腰中，分别为的中点，过作于．如图2，沿将翻折，连接得到四棱锥为中点．

(1)证明：平面；
(2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)根据线面垂直的判定定理取线段中点为，连结，证明，，即可证明；
(2)由于直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，根据等体积法求解点到平面的距离，从而将夹角正弦值转化为，从而可得答案.
【小问1详解】
取线段中点为，连结

因为是线段中点，
在△AOB中，，且，
由题意知AO⊥BC，又DE⊥BC，AO、DE在面ACED内，则，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
因为平面
所以平面，同理平面，
因为平面，所以，又DF//EG，所以，
因为，是线段中点，所以
因为平面
所以平面；
【小问2详解】
直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
做平面于点，连接，取中点，连接

所以是在平面内的射影，
所以是直线与平面所成的角，
易知的面积为，
因为平面，平面，所以平面平面，
由题意，易知为等边三角形，因为为中点，
所以，又平面平面，平面，所以平面，
则，即点到平面的距离为
所以，
因为，所以平面，因为平面，所以，
所以
所以中，，则，
所以，则，
因为，所以，所以，
所以，故直线与平面所成的角的正弦值为.
22. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．

(1)证明：；
(2)已知，点为线段的中点，，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)利用面积公式表示出、即可得到，同理得到，即可得证；
(2)由(1)可得，即可得到，设，，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出，，再由余弦定理计算可得.
【小问1详解】
在、、、中，
，
所以，
又在、、、中，
，
所以，
又，，，
所以，
所以.
【小问2详解】
由题意可得，所以，
即，所以，又点为线段的中点，即，
所以，又，则，，
设，且，
由，所以，
即，解得①，
在中，由正弦定理可得②，
在中，由正弦定理可得③，
且，
②③得，即④
由①④解得，(负值舍去)，即，
所以.
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算.
住户序号
1
2
3
4
5
6
7
8
所需时间
200
220
200
180
200
220
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