2025届浙江省杭州市高三上11月一模仿真数学试卷（解析版）

这是一份2025届浙江省杭州市高三上11月一模仿真数学试卷（解析版），共12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。
第Ⅰ卷
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，只有一项是符合要求的。
1．已知集合A＝{x|y＝lg2（2﹣x）}，B＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣∞，2）C．（0，2）D．（﹣1，+∞）
【答案】A
【解析】A＝{x|y＝lg2（2﹣x）}，因为2﹣x＞0，所以A＝{x|x＜2}，
B＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，因为2x＞0，所以B＝{y|y＞﹣1}，
所以A∩B＝{x|﹣1＜x＜2}．
故选：A．
2．设复数z满足1+z1-z=-i，则|z|＝（ ）
A．iB．22C．1D．2
【答案】C
【解析】由1+z1-z=-i解得z=1+i-1+i=(1+i)(-1-i)(-1+i)(-1-i)=-i，所以|z|＝1．
故选：C．
3．下列结论正确的是（ ）
A．若a＞b＞0，则ac2＞bc2
B．若ab＞0，a＞b，则1a＜1b
C．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d
D．若a＞b，m＞0，则b+ma+m＞ba
【答案】B
【解析】当c＝0时，ac2＝bc2，故A错误；
ab＞0，a＞b，则1a-1b=b-aab＜0，故1a＜1b，故B正确；
对于C，令a＝1，b＝﹣1，c＝1，d＝﹣1，满足a＞b，c＞d，但a﹣c＝b﹣d，故C错误；
对于D，令a＝﹣2，b＝﹣3，m＝4，满足a＞b，m＞0，但b+ma+m＜ba，故D错误．
故选：B．
4．记数列{an}的前n项和为Sn，设甲：{an}是公比不为1的等比数列；乙：存在一个非零常数t，使{Snt+1}是等比数列，则（ ）
A．甲是乙的充要条件
B．甲是乙的充分不必要条件
C．甲是乙的必要不充分条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】根据题意，设数列{an}的首项和公比分别为a1，q（q≠1），
若{an}是公比不为1的等比数列，则Sn=a1⋅qn-1q-1，
可以取t=a1q-1，则有Snt+1=qn，
故数列{Snt+1}是等比数列，则甲是乙的充分条件，
反之，取t＝1，an＝0，此时Sn+1＝1为等比数列，
即数列{Snt+1}是等比数列，但数列{an}不是等比数列，则甲不是乙的必要条件，
故甲是乙的充分不必要条件．
故选：B．
5．气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于22℃．现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度（都是正整数，单位：℃）的记录数据如下：
①甲地5个数据的中位数为26，众数为22；②乙地5个数据的平均数为26，方差为5.2；
③丙地5个数据的中位数为26，平均数为26.4，极差为8．则从气象意义上肯定进入夏季的地区是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【解析】①因为众数为22，所以至少出现2次，若有一天低于22，则中位数不可能是26，所以甲地肯定进入夏季；
②设温度由低到高为：x1，x2，x3，x4，x5，
根据方差的定义，15[（x1﹣26）2+（x2﹣26）2+（x3﹣26）2+（x4﹣26）2+（x5﹣26）2]＝5.2，
所以（x1﹣26）2+（x2﹣26）2+（x3﹣26）2+（x4﹣26）2+（x5﹣26）2＝26，
若有一天低于22，不妨设x1＝21，则不满足平均数26，
故没有低于22的，所以乙地进入夏季；
③设温度由低到高为：x1，x2，x3，x4，x5，由题意可得x3＝26，x5＝x1+8，
取x1＝21，则x5＝29，故x2≤26，x4≤29，x2+x4≤55，
由平均数的定义可得：15（x1+x2+x3+x4+x5）＝26.4，x1+x2+x3+x4+x5＝132，
可得x2+x4＝56，
与x2+x4≤55矛盾，所以丙地进入夏季．
故选：D．
6．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）
A．8种B．14种C．20种D．116种
【答案】B
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①在5名航天员中选出3人，在天和核心舱工作，甲乙不能同时入选，有C53﹣C31＝7种安排方法，
②剩下2人安排到问天实验舱与梦天实验舱工作，有2种情况，
则有7×2＝14种安排方法，
故选：B．
7．设函数f(x)=2sin(ωx-π6)-1(ω＞0)在[π，2π]上至少有两个不同零点，则实数ω的取值范围是（ ）
A．[32，+∞) B．[32，73]∪[52，+∞)
C．[136，3]∪[196，+∞) D．[12，+∞)
【答案】A
【解析】令2sin(ωx-π6)-1=0，则sin(ωx-π6)=12，因为ω＞0，所以ωx-π6＞-π6，
令sinz=12，解得z=π6+2kπ，k∈Z或z=5π6+2k1π，k1∈Z，
从小到大将sinz=12的正根写出如下：π6，5π6，13π6，17π6，25π6，29π6，……，
因为x∈[π，2π]，所以ωx-π6∈[ωπ-π6，2ωπ-π6]，
当ωπ-π6∈[0，π6]，即ω∈[16，13]时，2ωπ-π6≥5π6，解得ω≥12，此时无解，
当ωπ-π6∈(π6，5π6]，即ω∈(13，1]时，2ωπ-π6≥13π6，解得ω≥76，此时无解，
当ωπ-π6∈(5π6，13π6]，即ω∈(1，73]时，2ωπ-π6≥17π6，解得ω≥32，故ω∈[32，73]，
当ωπ-π6∈(13π6，17π6]，即ω∈(73，3]时，2ωπ-π6≥25π6，解得ω≥136，故ω∈(73，3]
当ω≥3时，2ωπ-π6-(ωπ-π6)=ωπ≥3π，
此时f（x）在[π，2π]上至少有两个不同零点．综上，ω的取值范围是[32，+∞)．
故选：A．
8．设a＞0，b＞0，下列命题一定正确的是（ ）
A．若3a+2a＝3b+3b，则a＜b
B．若3a+2a＝3b+3b，则a＞b
C．若3a﹣2a＝3b﹣3b，则a＜b
D．若3a﹣2a＝3b﹣3b，则a＞b
【答案】B
【解析】∵a＞0，b＞0，当0＜a≤b，则3a＜3b，2a＜3b，
∴3a+2a＜3b+3b，因此只有B正确．
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．若lga+lgb＝lg（a+2b），则（ ）
A．ab的最小值是22
B．a+b的最小值是3+22
C．1a-b8的最大值是0
D．2a+1+1b+1的最大值是34
【答案】BCD
【解析】对于A，若lga+lgb＝lg（a+2b），则lgab＝lg（a+2b），可得ab＝a+2b≥22ab，
当且仅当a＝2b时，以上不等式取等号，此时a＝4，b＝2，所以ab≥8，故A错误；
对于B，由ab＝a+2b，整理得1b+2a=1，所以a+b＝（a+b）（1b+2a）＝3+2ba+ab≥3+22，
当且仅当a=2b，即b＝1+2，a＝2+2时，以上不等式取等号，故B正确；
对于C，由ab＝a+2b，整理得a=2bb-1，故1a=12-12b，
所以1a-b8=12-12b-b8=12-(12b+b8)≤12-2116=12-12=0，
当且仅当a＝4，b＝2时，等号成立，故C正确；
对于D，由ab＝a+2b，整理得b=aa-2＞0，可知a＞2，
2a+1+1b+1=2a+1+1aa-2+1=2a+1+a-22a-2=2a+1-12a-2+12=3a-52a2-2+12，
令3a﹣5＝x（x＞1），则3a-52a2-2=x2×(x+53)2-2=9x2x2+20x+32=92x+32x+20≤9264+20=14，
当且仅当2x=32x，即x＝4，a＝3时，等号成立，
故2a+1+1b+1的最大值是14+12=34，故D正确．
故选：BCD．
（多选）10．函数f(x)=xlnx、g(x)=f'(x)x，下列命题中正确的是（ ）
A．不等式g（x）＞0的解集为(1e，+∞)
B．函数f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减
C．若函数F（x）＝f（x）﹣ax2有两个极值点，则a∈（0，1）
D．若x1＞x2＞0时，总有m2(x12-x22)＞f(x1)-f(x2)恒成立，则m＞1
【答案】AD
【解析】因为f(x)=xlnx、g(x)=f'(x)x=lnx+1x，则g'(x)=-lnxx2，
令g'（x）＞0，可得x∈（0，1），故g（x）在该区间上单调递增；
令g'（x）＜0，可得x∈（1，+∞），故g（x）在该区间上单调递减．
又当x＞1时，g(x)＞0，且g(1e)=0，g(1)=1，故g（x）的图象如图所示：
对A，数形结合可知，g（x）＞0的解集为(1e，+∞)，故A正确；
对B，由f′（x）＝lnx+1得知：在（0，1e）上单调递增，在（1e，+∞）上单调递减，分析可知选项B错误；
对C，若函数F（x）＝f（x）﹣ax2有两个极值点，
即F（x）＝xlnx﹣ax2有两个极值点，又F'（x）＝lnx﹣2ax+1，
要满足题意，则需lnx﹣2ax+1＝0在（0，+∞）有两根，
也即2a=lnx+1x在(0，+∞)有两根，也即直线y＝2a与y＝g（x）的图象有两个交点．
数形结合则0＜2a＜1，解得0＜a＜12．故要满足题意，则0＜a＜12，故C是错误的；
对D，若x1＞x2＞0时，总有m2(x12-x22)＞f(x1)-f(x2)恒成立，
即m2x12-x1lnx1＞m2x22-x2lnx2恒成立，
构造函数g(x)=m2x2-xlnx，则g(x1)＞g(x2)对任意的x1＞x2＞0恒成立，
故g（x）在（0，+∞）单调递增，则g'（x）＝mx﹣lnx﹣1≥0在（0，+∞）恒成立，
也即lnx+1x≤m在区间（0，+∞）恒成立，则g（x）max＝1≤m，故D正确．
故选：AD．
（多选）11．已知直线l：x＝my+2（m∈R）与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，O为坐标原点，则（ ）
A．若p＝4，则∠AOB＜π2
B．若p＝4，则|AB|＝8（1+m2）
C．若p＝1，则∠AOB=π2
D．若p＝1，则S△AOB=2m2+4
【答案】BCD
【解析】当p＝4时，y2＝8x，此时的焦点坐标为F（2，0），
直线x＝my+2也恒过点（2，0），
设A（x1，y1），B（x2，y2），将y2=8xx=my+2
联立得y2﹣8my﹣16＝0，Δ＝64（m2+1）＞0，
由韦达定理可知y1+y2＝8m，y1y2＝﹣16，
x1x2=(my1+2)(my2+2)=m2y1y2+2m(y1+y2)+4=-16m2+16m2+4＝4，
x1+x2=my1+2+my2+2=m(y1+y2)+4=8m2+4，
∵cs＜OA→，OB→＞=OA→⋅OB→|OA→|⋅|OB→|=4-16|OA→|⋅|OB→|＜0，
∴∠AOB＞π2，则A错误；
由抛物线的定义可知|AB|=x1+x2+p=8m2+8，则B正确；
当p＝1时，y2＝2x，此时的焦点坐标为F(12，0)，直线x＝my+2恒过点C（2，0），
设A（x1，y1），B（x2，y2），将y2=2xx=my+2
联立得y2﹣2my﹣4＝0，Δ＝4（m2+4）＞0，
由韦达定理可知y1+y2＝2m，y1y2＝﹣4，
x1x2=(my1+2)(my2+2)=m2y1y2+2m(y1+y2)+4=-4m2+4m2+4＝4，
x1+x2=my1+2+my2+2=m(y1+y2)+4=2m2+4，
则OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=4-4=0，即OA→⊥OB→，
∴∠AOB=π2，则C正确；
S△AOB=S△AOC+S△BOC=12|OC||y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2
=4m2+16=2m2+4，则D正确．
故选：BCD．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（1+x2）（1+2x）4的展开式中x3的系数为 ．
【答案】40．
【解析】因为（1+2x）4的展开式的通项Tr+1=C4r(2x)r=2rC4rxr，
令r＝3和r＝1，可得x3的系数为23C43+2C41=8×4+2×4=40．
故答案为：40．
13．甲和乙两个箱子中各装有10个除颜色外完全相同的球，其中甲箱中有4个红球、3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球、2个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用A1、A2和A3表示由甲箱取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，用B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则P（A2|B）＝ ．
【答案】518．
【解析】根据题意，P（A1）=410，P（B|A1）=611，P（A2）=310，P（B|A2）=511，P（A3）=310，P（B|A3）=511，
则P（B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）=54110，
P（A2B）＝P（A2）P（B|A2）=310×511=15110，故P（A2|B）=P(A2B)P(B)=518．
故答案为：518．
14．已知函数f（x）＝x+alnx﹣xa，若关于x的不等式f(x)+1ex≥0(a＜0)，对∀x∈（1，
+∞）恒成立，则实数a的最小值是 ．
【答案】﹣e．
【解析】∀x∈（1，+∞），由f(x)+1ex≥0可得x+1ex≥xa-alnx=-alnx+1e-alnx，
构造函数g(x)=x+1ex，其中x＞0，则g′（x）＝1﹣e﹣x＞0，
∴函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，原式等价于g（x）≥g（﹣alnx），
由a＜0，x∈（1，+∞），则lnx＞0，则﹣alnx＞0，即得x≥﹣alnx，∴-1a≥lnxx，
令h(x)=lnxx，其中x＞1，则h'(x)=1-lnxx2．
当1＜x＜e时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞e时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴-1a≥h(x)max=h(e)=1e，
∵a＜0，解得﹣e≤a＜0，故实数a的最小值为﹣e．
故答案为：﹣e．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知（2a﹣c）sinA+（2c﹣a）sinC＝2bsinB．
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且b＝1，求△ABC周长的取值范围．
解：（1）因为（2a﹣c）sinA+（2c﹣a）sinC＝2bsinB，
由正弦定理可得（2a﹣c）a+（2c﹣a）c＝2b2，整理得a2+c2﹣b2＝ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2-b22ac=12，且B∈（0，π），故B=π3．
（2）由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=132=233，
可得a=233sinA，c=233sinC，
则a+b+c=233sinA+1+233sinC=233sinA+233sin(A+B)+1
=233sinA+33sinA+csA+1=3sinA+csA+1=2sin(A+π6)+1，
因为B=π3，则C=2π3-A，
且△ABC为锐角三角形，则0＜A＜π20＜2π3-A＜π2，解得π6＜A＜π2，
可得π3＜A+π6＜2π3，则32＜sin(A+π6)≤1，
所以a+b+c=2sin(A+π6)+1∈(3+1，3]，
故△ABC周长的取值范围为(3+1，3]．
16．某学校共有1200人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数比为3：4：5，为落实立德树人根本任务，坚持五育并举，全面推进素质教育，拟举行乒乓球比赛，从三个年级中采用分层抽样的方式选出参加乒乓球比赛的12名队员．本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，每场比赛都采取5局3胜制，最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军积分规则如下：每场比赛5局中以3：0或3：1获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以3：2获胜的队员积2分，落败的队员积1分．已知最后一场比赛两位选手是甲和乙，如果甲每局比赛的获胜概率为23．
（1）三个年级参赛人数各为多少？
（2）在最后一场比赛甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率；
（3）记最后一场比赛中甲所得积分为X，求X的概率分布及数学期望E（X）．
解：（1）三个年级的参赛人数分别为12×312=3，12×412=4，12×512=5，
故来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人．
（2）记甲在最后一场获胜为事件A，其前两局获胜为事件B，
则P(A)=(23)3+C31×13×(23)2×23+C42×(13)2×(23)2×23=192243，
P(AB)=(23)3+(23)2×13×23+(23)2×(13)2×23=104243，故P(B|A)=P(AB)P(A)=104192=1324．
（3）依题意，X的所有可能取值为3，2，1，0，
P(X=3)=(23)3+C32⋅(23)2⋅13×23=1627；P(X=2)=C42⋅(23)2⋅(13)2⋅23=1681；
P(X=1)=C42⋅(23)2(13)2⋅13=881；P(X=0)=1-1627-1681-881=19，
所以X的概率分布列为：
所以数学期望E(X)=3×1627+2×1681+1×881+0×19=18481．
17．已知数列{1an+1-1an}是以公比为3，首项为3的等比数列，且a1＝1．
（1）求出{an}的通项公式；
（2）设bn=nanan+2，数列{bn}的前n项和为Sn，若不等式2Sn＞λ-n+13n对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解：（1）∵数列{1an+1-1an}是首项为3，公比为3的等比数列，即1an+1-1an=3×3n-1=3n，
∴当n≥2时，(1an-1an-1)+(1an-1-1an-2)+⋯+(1a2-1a1)=3n-1+3n-2+⋯+31=3(1-3n)1-3=3n-32，
即1an-1a1=3n-32，可得1an=3n-32+1a1=3n-32+1=3n-12，an=23n-1，
而a1＝1也满足上式，数列{an}的通项公式为an=23n-1；
（2）由（1）得bn=nanan+2=n⋅23n-123n-1+2=2n2+2(3n-1)=n3n，
可得Sn=13+232+333+⋯+n3n⋯①，
两边都乘以13，得13Sn=132+233+334+⋯+n-13n+n3n+1⋯②，
①②两式相减，得23Sn=13+132+133+⋯+13n-n3n+1，
整理得2Sn=1+13+132+⋯+13n-1-n3n=1×(1-13n)1-13-n3n=32(1-13n)-n3n=32-2n+32⋅3n．
不等式2Sn＞λ-n+13n可化为32(1-13n)-n3n＞λ-n+13n，整理得λ＜32-12×3n，对任意的n∈N*恒成立，
令cn=32-12×3n，可知{cn}为递增数列，问题转化为λ＜（cn）min，
而n＝1时，（cn）min＝c1=32-16=43，所以λ＜43．
即实数λ的取值范围是(-∞，43)．
18．已知A，B分别是双曲线C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点，P是C上异于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝|AB|＝4．
（1）求双曲线C的方程；
（2）已知过点（4，0）的直线l：x＝my+4，交C的右左两支于D，E两点（异于A，B），
（i）求m的取值范围；
（ii）设直线AD与直线BE交于点Q，求证：点Q在定直线上．
（1）解：易知A（﹣a，0），B（a，0），因为|AB|＝2a＝4，所以a＝2，
设P（m，n），因为点P在双曲线C上，所以m24-n2b2=1，即n2=b24(m2-4)，
又k1k2=nm+2⋅nm-2=n2m2-4=b24(m2-4)m2-4=b24=4，所以b2＝16，
则双曲线C的方程为x24-y216=1；
（2）（i）解：若直线l的斜率为0，
此时直线l与双曲线交于点A，B，不符合题意；
所以直线l的斜率不能为0，
设直线l的方程为x＝my+4，D（x1，y1），E（x2，y2），
联立x=my+4x24-y216=1，消去x并整理得（4m2﹣1）y2+32my+48＝0，
此时4m2﹣1≠0且Δ＞0，
解得m≠±12，
所以m的取值范围为(-∞，-12)∪(-12，12)∪(12，+∞)；
（ii）证明：由（i）知y1+y2=-32m4m2-1，y1y2=484m2-1，
易知直线AD的方程为y=y1x1+2(x+2)，直线BE的方程为y=y2x2-2(x-2)，
联立y=y1x1+2(x+2)y=y2x2-2(x-2)，
可得y1x1+2(x+2)=y2x2-2(x-2)，
即(y2my2+2-y1my1+6)x=2y1my1+6+2y2my2+2，
整理得（6y2﹣2y1）x＝4my1y2+4y1+12y2，
则x=2my1y2+2y1+6y23y2-y1=2my1y2+2(y1+y2)+4y2-(y1+y2)+4y2
=2m⋅484m2-1+2(-32m4m2-1)+4y2-(-32m4m2-1)+4y2=32m4m2-1+4y232m4m2-1+4y2=1，
所以点Q的横坐标始终为1．故点Q在定直线x＝1上．
19．已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝x2+ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设f（x）图象在点（1，0）处的切线与g（x）的图象相切，求a的值；
（3）若函数F（x）=2f(x)x+g（x）存在两个极值点x1，x2，且|x1﹣x2|≤32，求|F（x1）-
F（x2）|的最大值．
解：（1）f（x）＝xlnx的定义域为（0，+∞），f'（x）＝lnx+1，
由f'（x）＞0，有x＞1e，由f'（x）＜0，有0＜x＜1e，
∴f（x）的单调递减区间为(0，1e)，单调递增区间为(1e，+∞)；
（2）由（1）及题意，易得f（x）图象在点（1，0）处的切线斜率为f'（1）＝1，
则该切线方程为y＝x﹣1，
联立y=x-1y=x2+ax，消去y整理得：x2+（a﹣1）x+1＝0，
由Δ＝（a﹣1）2﹣4＝0⇒a＝3或﹣1；
（3）∵F（x）＝x2+ax+2lnx，x∈（0，+∞），F'(x)=2x+a+2x=2x2+ax+2x，
设g（x）＝2x2+ax+2，
由（1）知函数F（x）的两个极值点x1，x2满足2x2+ax+2＝0，
则x1+x2=-a2，x1x2＝1，
不妨设0＜x1＜1＜x2，则F（x）在（x1，x2）上是减函数，F（x1）＞F（x2），
∴|F(x1)-F(x2)|=F(x1)-F(x2)=x12+ax1+2lnx1-(x22+ax2+2lnx2)=x12-x22+a(x1-x2)+2lnx1x2=x22-1x22-2lnx22=x22-1x22-2lnx22，
令t=x22，则t＞1，又|x1-x2|=x2-1x2≤32，即2x22-3x2-2≤0，
解得1＜x2≤2，∴1＜x22≤4，∴1＜t≤4，
设h(t)=t-1t-2lnt(1＜t≤4)，则h'(t)=1+1t2-2t=(t-1)2t2≥0，
∴h（t）在（1，4]上为增函数，
∴h(t)≤h(4)=154-2ln4=154-4ln2，即|F(x1)-F(x2)|≤154-4ln2；
∴|F（x1）﹣F（x2）|的最大值为154-4ln2．X
3
2
1
0
P
1627
1681
881
19