廣州市2024屆高三年級(jí)上冊(cè)12月調(diào)研測(cè)試數(shù)學(xué)試題及答案

機(jī)密★啟用前

2024屆廣州市高三年級(jí)調(diào)研測(cè)試

皿J、、九

數(shù)學(xué)

命題單位：廣州市教育科學(xué)研究院考試

時(shí)間：2023.12.18

★?？荚図樌?/p>

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的簽字筆在答題卡指定位置填寫自己的學(xué)校、姓名和考生號(hào)，并

將條形碼正向準(zhǔn)確粘貼在答題卡的貼條形碼區(qū)，請(qǐng)保持條形碼整潔、不污損.

2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答案涂在答題卷相應(yīng)的位置上.

3.非選擇題必須用0.5毫米黑色字跡的簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)；

如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作

答的答案無效.

4.考生必須保持答題卡的整潔，考試結(jié)束后，將答題卡交回.

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)

選項(xiàng)符合題目要求.

1.已知復(fù)數(shù)z滿足z+5=2，z—5=Ti，貝牛|=（）

A.lB.2C.6D.2A/5

2.已知集合/={x|y=ln(l—2x)},N={My=e"},則A/cN=()

A.[。,[B.f]D.0

3.已知向量a=（—2,4）,b=（U）,若a與匕共線，則向量。在向量/=（0,1）上的投影向量為（）

A.jB.—jC.2jD.-2j

b

4.已知函數(shù)=〃+F——是奇函數(shù)，則（）

A.2a+b=0B.2a—b=Q

C.a+b=0D.a—b=0

5.如圖的形狀出現(xiàn)在南宋數(shù)學(xué)家楊輝所著的《詳解九章算法.商功》中，后人稱為“三角垛”.“三角垛”的最上層

有1個(gè)球，第二層有3個(gè)球，第三層有6個(gè)球，.……記各層球數(shù)構(gòu)成數(shù)列｛%｝,且｛%+]-4｝為等差數(shù)

列，則數(shù)列的前100項(xiàng)和為（）

9910099200

A.------B.-----D.------

10010150101

6.直線/:y=丘一2與圓C：/+y2—6x—7=0交于A,8兩點(diǎn)，貝的取值范圍為（）

71cos(a+⑶=g3

7.已知0〈夕〈aV',,sin(?-/7)=-,則tanatan/?的值為(

135

A.--B.-C.一D.2

253

8.若函數(shù)/(x)=1x3

o?+x+i在區(qū)間（0,2）上存在極小值點(diǎn)，則。的取值范圍為（

二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題

目要求，全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得2分.

9.某市實(shí)行居民階梯電價(jià)收費(fèi)政策后有效促進(jìn)了節(jié)能減排.現(xiàn)從某小區(qū)隨機(jī)調(diào)查了200戶家庭十月份的用電量

（單位：kW-h）,將數(shù)據(jù)進(jìn)行適當(dāng)分組后（每組為左閉右開的區(qū)間），畫出如圖所示的頻率分布直方圖，

則（）

A.圖中a的值為0.015

B.樣本的第25百分位數(shù)約為217

C.樣本平均數(shù)約為198.4

D.在被調(diào)查的用戶中，用電量落在［170,230）內(nèi)的戶數(shù)為108

10.已知雙曲線E:三—］=l（a〉0）的左、右焦點(diǎn)別為耳，K，過點(diǎn)歹2的直線/與雙曲線E的右支相交于

P,Q兩點(diǎn)，貝I（）

A.若E的兩條漸近線相互垂直，則a=J5

B.若E的離心率為也,則E的實(shí)軸長(zhǎng)為1

C.若鳥=90。，貝I］歸月上忸閭=4

D.當(dāng)。變化時(shí)，耳PQ周長(zhǎng)的最小值為80

11.己知點(diǎn)P（去1）是函數(shù)〃%）=5111］3；+?）+。（0〉0）的圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，則（）

-1是奇函數(shù)

9Q

B.&>=----—k,左eN*

33

上有且僅有2條對(duì)稱軸，則。=2

D.若/（X）在區(qū)間1］，石J14

上單調(diào)遞減，則6y=2或&=一

3

12.如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABC?！狝4GA中，已知加，N,尸分別是棱GA，A4,的中點(diǎn)，。

為平面PMN上的動(dòng)點(diǎn)，且直線與直線。耳的夾角為30。，則（）

A.DB、±平面PMN

B.平面截正方體所得的截面面積為3百

C.點(diǎn)。的軌跡長(zhǎng)度為兀

D.能放入由平面PMN分割該正方體所成的兩個(gè)空間幾何體內(nèi)部（厚度忽略不計(jì)）的球的半徑的最大值為

3-A/3

2

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知拋物線C:y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為R點(diǎn)/在c上，軸，若OFM（。為坐標(biāo)原點(diǎn)）

的面積為2,則夕=.

14.（2必+》一》）5的展開式中彳5丁的系數(shù)為（用數(shù)字作答）.

15.已知三棱錐P—ABC的四個(gè)頂點(diǎn)均在同一球面上，PC,平面ABC,PC=BC=巫,AB=2底,且

PA與平面ABC所成角的正弦值為逅，則該球的表面積為

6

16.已知函數(shù)/（%）=e2v-2a（x-2）e'-a2x2（a>0）恰有兩個(gè)零點(diǎn)，貝Ua=.

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.（10分）

設(shè)數(shù)列｛a,,｝的前n項(xiàng)和為S“,且S”=2a“-1.

（1）求數(shù)列｛%｝的通項(xiàng)公式;

log??！?，”為奇數(shù),

（2）若數(shù)列也｝滿足〃=<求數(shù)列｛%｝的前2n項(xiàng)和.

九為偶數(shù),

18.（12分）

如圖，在四棱錐P—ABCD中，CD//AB,ZABC=9Q0,AB=2BC=2CD=4,三棱錐5—A4D的

體積為殍.

（1）求點(diǎn)P到平面ABCD的距離；

⑵若PA=PD，平面平面ABC。，點(diǎn)N在線段AP上，AN=2NP,求平面NCO與平面ABC。

夾角的余弦值.

19.（12分）

71

記，ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為“，b,c,已知〃$1115+。5111。一。511171=2〃51115$111。且。。一.

2

式

(1)求證：B=AH—；

2

(2)求cosA+sin6+sinC的取值范圍.

20.(12分)

已知函數(shù)/(%)=(x+2)ln(x+l)-ar.

(1)當(dāng)a=0時(shí)，求曲線y=/(x)在點(diǎn)(0,/(0))處的切線方程；

(2)當(dāng)一1＜無＜0時(shí)，/(%)＜0,求a的取值范圍.

21.(12分)

杭州亞運(yùn)會(huì)的三個(gè)吉祥物是琮琮、宸宸和蓮蓮，他們分別代表了世界遺產(chǎn)良渚古城遺址、京杭大運(yùn)河和西湖，

分別展現(xiàn)了不屈不撓、堅(jiān)強(qiáng)剛毅的拼搏精神，海納百川的時(shí)代精神和精致和諧的人文精神.甲同學(xué)可采用如下

兩種方式購買吉祥物，方式一：以盲盒方式購買，每個(gè)盲盒19元，盲盒外觀完全相同，內(nèi)部隨機(jī)放有琮琮、

宸宸和蓮蓮三款中的一個(gè)，只有打開才會(huì)知道買到吉祥物的款式，買到每款吉祥物是等可能的；方式二：直

接購買吉祥物，每個(gè)30元.

(1)甲若以方式一購買吉祥物，每次購買一個(gè)盲盒并打開.當(dāng)甲買到的吉祥物首次出現(xiàn)相同款式時(shí)，用X表

示甲購買的次數(shù)，求X的分布列；

(2)為了集齊三款吉祥物，甲計(jì)劃先一次性購買盲盒，且數(shù)量不超過3個(gè)，若未集齊再直接購買吉祥物，以

所需費(fèi)用的期望值為決策依據(jù)，甲應(yīng)一次性購買多少個(gè)盲盒？

22.(12分)

在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)尸卜6,0),點(diǎn)F(x,y)是平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn).若以尸尸為直徑的圓與圓

。：％2+/=4內(nèi)切，記點(diǎn)P的軌跡為曲線E

(1)求E的方程；

(2)設(shè)點(diǎn)4(0,1),M(r,0),N(4T,0)”W2),直線AM,AN分別與曲線E交于點(diǎn)S,T(S,T異于

A),AH±ST,垂足為H,求1的最小值.

2024屆廣州市高三年級(jí)調(diào)研測(cè)試

數(shù)學(xué)試題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

評(píng)分說明：

1.本解答給出了一種或幾種解法供參考，如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考

查內(nèi)容比照評(píng)分參考制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則.

2.對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后繼部分的解答未改變?cè)擃}的內(nèi)容和難

度，可視影響的程度決定后繼部分的給分，但不得超過該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半；如果

后繼部分的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤，就不再給分.

3.解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù).

4.只給整數(shù)分?jǐn)?shù)，選擇題不給中間分.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.

題號(hào)12345678

答案CACBDDBA

二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

題號(hào)9101112

答案ACACDBCABD

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

題號(hào)13141516

e2

答案27212036%

~2

四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算驟.

17.解：(1)因?yàn)?〃=2%-1,①

當(dāng)〃=1時(shí)，S]=2q-1=%,則q=1.

當(dāng)“22時(shí)，S,T=2%T—1,②

①-②得an=2an-2a“t,即%=2an_x(n>2),

所以｛4｝是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列.

所以g=2”)

fn-1,〃為奇數(shù)，

⑵因?yàn)閘og24=log22"-=n-l,所以勿=｛出傕粉

2,“為偶數(shù).

所以

=4+d+4++b2rl

=(△+&++("-i)+(A+d++")

=(〃+&++處-1)+(8+d++處)

=[0+2++(2n-2)]+(21+23++22"-1)

_(O+2n-2)-n2(1-4")

=2+n^4-

3

18.解：(1)設(shè)點(diǎn)P到平面ABCD的距離為力，

則VpPAD=匕>ABD=一儲(chǔ)SADD—-■，

由題可知S題。=^AB-BC=4,

所以^=^3=^=0,

VA

uABD千

故P到平面ABCD的距離為72.

(2)取AD的中點(diǎn)M，連接PM，因?yàn)镼4=?D，所以PMLAD，

又平面BID，平面ABCD,平面Q4Dc平面ABCD=">,PMu平面QAD，

PMLAD，所以QM,平面ABCD.

由（1）知PM=亞.

由題意可得應(yīng)＞=272,AD=7（4-2）2+22=242，

所以A￡>2+3￡)2=超2,故A￡)J_5D.

法一（坐標(biāo)法）：以。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，ZM為x軸，￡）5為》軸，過。點(diǎn)作的平行線為z軸，建立如圖

所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A（2也0,0）,尸（立0,&）q_￡￡o）.

依題意DC=b0,0,O）,AP=bJi,O,0）,AN=：AP=[—￥，O，￥,

3I33J

一.—.（4020）

所以DN=DA+AN=-^-,0,—,

\33/

設(shè)平面NCZ）的法向量為4=a，%,zj,

%團(tuán)=0,卜伍+昌=°，

則nzc即4點(diǎn)20_n

4?DN—0.----石H-----Z]—0.

、33

令%=1,得％=(1,1,-2)

又平面ABCD的法向量為巧=（0,0,1）

設(shè)平面NCD與平面A3C。的夾角為。，則

cos0=Icos<npn2>1=[勺1?=II=—

11

h\-\n2\|V6xl|3

即平面NC。與平面ABCD的夾角的余弦值為逅

3

法二（幾何法）：在線段40上取點(diǎn)H，使得AH=2HM，連接NH,過點(diǎn)H作HKLCD,垂足為

K，連接NK.

因?yàn)?V=2NP,所以NH〃PM,NH=^PM=4區(qū)

33

AH^-AM=LAD=^^.

333

因?yàn)镼M_L平面ABC。，所以NHJ■平面ABCD,

所以NHLCD,

又HKLCD,AHKcNH=H,

所以CDJ_平面NHK,

所以CDLNK,

所以“K〃是二面角N—CO—A的平面角.

4.J2

在Rt_HDK中,易知HD=^—,/KDH=45，

3

4

所以KW=OH?sin45

3

,cos^NKH=—

所以NKV-

V6

故平面NCD與平面ABCD的夾角的余弦值為V

19.(1)證明：因?yàn)榧觟nB+csinC—asinA=2^siiLBsinC,

由正弦定理得+《2_片_2Z?csinB，

又因?yàn)镃°SA=%「

所以2bccosA=2bcsinB,即cosA=sinB.

又cosA=sin^~Ay所以sin^-A\=sinB.

又AB?0,乃),

所以A=_B或——Aj+B=7i.

冗式

又Cw—,所以5=—+A.

22

71(7T\71

(2)解：由(1)知3=—+A,C="一A—B=〃一A-|一+A|=一—2A.

2(2J2

由AB,CG(O,?),解得Ae[o,￡).

所以cosA+sinB+sinC=cosA+sinI+AI+sinI71-2A

2

=cosA+cosA+cos2A

=2cosA+2cos2A-1

二2cosA+———

I2j2

又Ac[。,]],所以cosAe[1^,1j,

所以cosA+siaB+sinC的取值范圍為(夜,3).

(別解：因?yàn)閏osA+sinB+sinC=2cosA+cos2A在[。,上單調(diào)遞減，

所以血<2cosA+cos2A<3，所以cosA+sinB+sinC的取值范圍為(拒,3).)

20.解(1)當(dāng)a=0時(shí)，/(x)=(x+2)ln(x+l),/(O)=0,

r(x)=ln(x+l)—,/(0)=2,

+八十J.

所以曲線y=/(%)在(0,/(0))處的切線方程為y=2%.

Y+2

(2)法一：/(%)=111(^+1)+-------a,f\Q)=2-a,

X+1

]]X

記。(力=/'(力，則。’(小時(shí)-4了=再鏟<0”(T0),

]]X

(備注：從邏輯推理的角度寫成：尸(》)=-7一在[鏟=在壽<0不扣分)

所以f'(x)在區(qū)間(-1,0)單調(diào)遞減.

(i)當(dāng)a<2時(shí)，f(x)>(0)=2-a>0,xe(-1,0),

所以/(x)在(—1,0)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)xe(—1,0)時(shí)，/(%)<f(o)=o,符合題意;

(ii)當(dāng)a>2時(shí)，/'(0)=2—a<0,/'(—1+e")=—a+1+e"—a>0,

所以存在/6(—1+尸,0),使得/'(%)=0.

從而“X)在(—1,%)上單調(diào)遞增，在(天,。)上單調(diào)遞減,

故當(dāng)xe(%,O)J(x)>/(O)=O,矛盾，舍去.

綜上，a的取值范圍為(—8,2].

法二：當(dāng)一1cx<0時(shí)，/(x)<0,即+對(duì)Vxe(-1,0)恒成立.

x+2

設(shè)g(x)=ln(x+l)——=ln(x+l)+——tz,xe(-l,0).

x+2JC+2

12ad+(4—2a)(x+l)

則g'(x)=(T0)?

x+1(%+2)2(X+1)(X+2)2(x+l)(x+2)2，

記q(x)=f+(4-2a)(x+l),

當(dāng)a<2時(shí)，^(X)>0,XG(-1,0),

所以g'(x)>0,所以g(%)在(—1,0)上單調(diào)遞增，

所以g(x)<g(O)=O,xe(—1,0),符合題意；

當(dāng)a>2時(shí)，q(x)開口向上，對(duì)稱軸左=-2+。>0,4(-1)>0,4(0)<0,

所以存在唯一工?—1,0),使得q(i)=0，

當(dāng)xe(-l,王))時(shí),q(x)>0,g<x)>0；當(dāng)xe(T，0)時(shí),q(x)<0,從而g'(x)<0

從而g(x)在區(qū)間(—I,/)遞增，在區(qū)間(天,0)遞減，

故當(dāng)xe(%0),g(x)>g(0)=0,矛盾，舍去.

綜上，a的取值范圍為(—8,2].

21.解：(1)由題意可知X所有可能取值為2,3,4,

3

尸(X=2)4Q=*1(X=3)=竽=/4(X=4)喙A=|?.

()公

(其他解法：尸(X=2)=C：xII=>X=3=x|>

2

p(X=4)=l-P(X=2)-尸(X=3)=§.)

則X的分布列如下：

X234

142

P一——

399

(2)設(shè)甲一次性購買了個(gè)吉祥物盲盒，集齊三款吉祥物需要的總費(fèi)用為Z.

依題意，無可取0,1,2,3.

方案1：不購買盲盒時(shí)，則需要直接購買三款吉祥物，總費(fèi)用Z]=3x30=90元.

方案2：購買1個(gè)盲盒時(shí)，則需要直接購買另外兩款吉祥物，

總費(fèi)用=19+2義30=79元.

方案3：購買2個(gè)盲盒時(shí)，

當(dāng)2個(gè)盲盒打開后款式不同，則只需要直接購買剩下一款吉祥物，

A22

總費(fèi)用Z3=2x19+30=68,P(Z3=68)=寸=§；

122

(或尸(Z3=68)=C；X、X§=§)

當(dāng)2個(gè)盲盒打開后款式相同，則需要直接購買另外兩款吉祥物，

總費(fèi)用Z3=2x19+2x30=98,P(Z3=98)=C；x；xg=j

所以E（Z3）=68x|+98xg=78（元）.

21

（別解：上化3）=30x5+2x30x3+38=78（元）

方案4：購買3個(gè)盲盒時(shí),

當(dāng)3個(gè)盲盒打開后款式各不相同，則總費(fèi)用Z4=3x19=57,

唳=57)=禺

當(dāng)3個(gè)盲盒打開后恰有2款相同，則需要直接購買剩下一款吉祥物,

總費(fèi)用=3x19+30=87,P（Z4=87）=4xgx；=g；

當(dāng)3個(gè)吉祥物盲盒打開后款式全部相同，則需要直接購買另外兩款吉祥物,

總費(fèi)用=3x19+60=117,P（Z4=H7）=

221251

所以石（Z4）=57X§+87X]+117X§二?。ㄔ?

21251

（別解：E（Z）=30x-+2x30x-+3xl9=—（元））

4'"393

顯然E(Z3)<E(Z2)<E(Z4)<z；.

綜上，應(yīng)該一次性購買2個(gè)吉祥物盲盒.

22.解：(1)法一：設(shè)PF的中點(diǎn)為G,依題意以Pb為直徑的圓內(nèi)切于圓。：好+y=4,

所以|GO|=2—gp|PF|=4-2|G（9|,

設(shè)《(6,0),又=山，所以|PE|+|P閭=4>26=|E周,

所以點(diǎn)P的軌跡是以F,F2為焦點(diǎn)，4為長(zhǎng)軸長(zhǎng)的橢圓,

22_______

設(shè)￡的方程為一=1（^>b>Q）則c==2,b=Ja2—c?=1,

ab

r2

所以P的軌跡方程E：L+y2=l.

4-

'x-y/3y、

法二：設(shè)？(x,y)，則PF的中點(diǎn)為G

依題意得|OG|=2—，尸口，即

y，

r2

化簡(jiǎn)得點(diǎn)P的軌跡方程—+/=1.

4-

(2)設(shè)5(%,%),7(%2，%)，先證明直線ST恒過定點(diǎn)，理由如下:

法一：由對(duì)稱性可知直線ST的斜率不為0,所以設(shè)直線ST的方程為：x=my+n.

x=my+n,

聯(lián)立直線ST與E的方程1尤2消去x得:nr+4)y2+2mny+n2—4=0,

匕+…

所以△>0,即4+機(jī)2—"2>0,①

-2mn

，乂%=.②

m2+4m+4

所以直線AS的方程為：X=』7（y—1），令y=o,解得點(diǎn)四橫坐標(biāo)^二二17

同理可得點(diǎn)N橫坐標(biāo)4-1=

y2T

故青請(qǐng)y

將%=myl+n,x2=my2+n代入上式整理得:

（2相+4）乂%+（〃一/〃一4)(必+丁2)+4-2〃=0.③

③將②代入③并整理得rrr+2mn+n2—2m—2n=0>

即機(jī),“滿足方程（加+〃）（〃2+〃-2）=0.

若加+〃=0,即〃=一加，則直線ST方程為x=m（_y—1）,過點(diǎn)4（0,1）,不合題意;

所以相+72—2=0,止匕時(shí)“=2—加，直線ST的方程為x=7〃（y—1）+2,

所以直線ST過定點(diǎn)。（2,1）.

因?yàn)橹本€ST過定點(diǎn)Q（2,l）,且與軌跡E始終有兩個(gè)交點(diǎn),

又A（O』）,AH1.ST,垂足為H，

故點(diǎn)H的軌跡是以4。為直徑的半圓（不含點(diǎn)AQ,在直線4。下方）.

設(shè)4。中點(diǎn)為C，則圓心C。/），半徑為L(zhǎng)

所以|0引習(xí)0。|-1=收-1,當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)H在線段OC上時(shí),

故10M的最小值為返—1.

法二：①當(dāng)直線ST斜率存在，設(shè)直線ST的方程為y=Ax+〃z.

y=kx+m,

聯(lián)立直線ST與橢圓E的方程\一

匕+…

消去X得：（1+4左2）為2+8也氏+4m2—4=0,

所以A>0,即4產(chǎn)+1—加2>0，①

-8km4m2-4

X,+X2=-----------T,XX0=-------------.②

121+4左21-1+4F

所以直線AS的方程為：石（y—1）=（%—1）%,

1y—1

（備注：若直線AS方程寫成>-1=二一》,需另外考慮為=0的情形，可參考方法四①.）

X]

令y=0,解得點(diǎn)舷橫坐標(biāo)/==',

同理可得點(diǎn)N橫坐標(biāo)4-/=

y2T

再IX]

所以=一4,

y2T

即可(%T+/(%T=-4(%T)(%T),

將x=g+北為=生+加代入上式，得

（442+2左）菁%2+（1+4左）（加一1）（玉+尤2）+4（加一1）2=0,

將②代入上式,得（472+2左）4（"7,）+（1+4、）（7%_1）—8-7：+4（爪—1）2=0.

整理得26—2左+加—2m+l=（m—l）（2Z;+m—1）=0,

所以根=1—2氏（其中m=1時(shí)，直線ST:y=Ax+l過點(diǎn)A，不符合題意，舍去.）

直線ST的方程為：y=辰+（1—2左）恒過定點(diǎn)Q（2,l）.

②當(dāng)直線ST斜率不存在，此時(shí)S（菁,

%I玉=-4,即受?城,

同理可得

%-1f-l21

又彳+才=1，解得芯=0或％=2.

若石=0,則S,T中必有一點(diǎn)與A重合，不符合題意；

若%=2,則M,N重合，也不符合題意.

綜上，所