2024年新高考地區(qū)數(shù)學選擇題填空壓軸題匯編十八含解析

Page642024年新高考數(shù)學名校地市選填壓軸題好題匯編（十八）一、單選題1．（2024·福建省德化第一中學三模）我國南宋數(shù)學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書里出現(xiàn)了如圖所示的表，即楊輝三角，這是數(shù)學史上的一個宏大成就.在“楊輝三角”中，第n行的全部數(shù)字之和為，若去除全部為1的項，依次構(gòu)成數(shù)列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，則此數(shù)列的前56項和為（

）A．2060 B．2038 C．4084 D．4108【答案】C【解析】【分析】將所求數(shù)列之和，轉(zhuǎn)化為楊輝三角每一行對應(yīng)數(shù)之和，再結(jié)合楊輝三角每一行的和為，即可求得結(jié)果.【詳解】去除全部為1的項后，剩下的每一行的個數(shù)為，對應(yīng)個數(shù)構(gòu)成一個首項為1公差為1的等差數(shù)列，則前行數(shù)字個數(shù)之和為，當時，，故該數(shù)列前56項和表示：楊輝三角中前12行數(shù)字之和，減去全部23個1，再加上楊輝三角中第13行其次個數(shù)字12即可，故所求數(shù)列的前項和為：.故選：C.2．（2024·福建省德化第一中學三模）已知點A，B，C在圓上運動，且，若點P的坐標為（2，0），則的最大值為（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】【分析】由題可知為直徑，從而，可設(shè)，則就是關(guān)于的三角函數(shù)式，利用可求最大值．【詳解】由可知為直徑，∴，設(shè)，則，∴，當時，的最大值為．故選：B.3．（2024·福建·三模）關(guān)于函數(shù)，有下列四個命題：甲：在單調(diào)遞增；乙：是的一個微小值點：丙：是的一個極大值點；?。汉瘮?shù)的圖象向左平移個單位后所得圖象關(guān)于軸對稱.其中只有一個是假命題，則該命題是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】A【解析】【分析】依據(jù)的最小正周期推斷乙、丙都是真命題，進而推斷丁為真命題，從而得出甲為假命題.【詳解】由于的最小正周期為，半周期為,，所以乙、丙為真命題，（否則兩個都是假命題，不符合題意.）由丙可知，關(guān)于直線對稱，所以函數(shù)的圖象向左平移個單位后所得圖象關(guān)于軸對稱，丁正確.故甲為假命題.另外，由丙可知，關(guān)于直線對稱，的最小正周期為，所以關(guān)于直線對稱，，所以在區(qū)間不單調(diào)，甲為假命題.故選：A4．（2024·福建·三模）已知是定義在上的函數(shù)，且函數(shù)是奇函數(shù)，當時，，則曲線在處的切線方程是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】求出在上的解析式后可求切線方程.【詳解】令，因為為奇函數(shù)，故，故即.即，當時，，故，故時，，此時，故，而故切線方程為：，故選：D.5．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知直線與拋物線交于兩點，為的中點，為坐標原點，則（

）A．2 B． C．4 D．【答案】D【解析】【分析】直線方程與拋物線方程聯(lián)立方程組求得交點坐標，再求得中點坐標，計算出，即可得．【詳解】由得，，，則，，所以，，，為的中點，則，，，所以．故選：D．6．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知函數(shù)，若關(guān)于的方程有且只有三個不同的實數(shù)解，則正實數(shù)的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】化簡函數(shù)解析式，分析可知關(guān)于的方程、共有個不同的實數(shù)解，利用代數(shù)法可知方程有兩個根，分析可得出關(guān)于實數(shù)的不等式組，由此可解得實數(shù)的取值范圍.【詳解】因為，由可得，所以，關(guān)于的方程、共有個不同的實數(shù)解.①先探討方程的解的個數(shù).當時，由，可得，當時，由，可得，當時，由，可得，所以，方程只有兩解和；②下面探討方程的解的個數(shù).當時，由可得，可得或，當時，由，可得，此時方程有多數(shù)個解，不合乎題意，當時，由可得，因為，由題意可得或或，解得或.因此，實數(shù)的取值范圍是.故選：B.7．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）連續(xù)向上拋一枚硬幣五次，設(shè)事務(wù)“沒有連續(xù)兩次正面對上”的概率為，設(shè)事務(wù)“沒有連續(xù)三次正面對上”的概率為，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】拋一枚硬幣五次，共有32種可能，列表寫出各種可能，然后計數(shù)后可得，從而得出結(jié)論．【詳解】拋一枚硬幣五次，每次都有正面或反面對上兩種可能，五次共有32種可能，列表如下：1正正正正正17正正正正反2反正正正正18反正正正反3正反正正正19正反正正反4反反正正正20反反正正反5正正反正正21正正反正反6反正反正正22反正反正反7正反反正正23正反反正反8反反反正正24反反反正反9正正正反正25正正正反反10反正正反正26反正正反反11正反正反正27正反正反反12反反正反正28反反正反反13正正反反正29正正反反反14反正反反正30反正反反反15正反反反正31正反反反反16反反反反正32反反反反反其中沒有連續(xù)兩次正面對上的有13種，沒有連續(xù)三次正面對上的有24種，所以，，．故選：B．8．（2024·江蘇·沭陽如東中學模擬預(yù)料）克羅狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中講解并描述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：隨意凸四邊形中，兩條對角線的乘積小于或等于兩組對邊乘積之和，當且僅當對角互補時取等號，依據(jù)以上材料，完成下題：如圖，半圓的直徑為2，為直徑延長線上的一點，，為半圓上一點，以為一邊作等邊三角形，則當線段的長取最大值時，（）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【解析】依據(jù)已知條件先分析出的最大值并得到之間的關(guān)系，由此借助余弦定理求解出的長度，再利用余弦定理即可求解出的大小.【詳解】因為，且為等邊三角形，，所以，所以，所以的最大值為，取等號時，所以，不妨設(shè)，所以，所以解得，所以，所以，故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解答問題的關(guān)鍵是理解題中所給的定理，由此分析得到角的關(guān)系，并借助余弦定理即可求解出結(jié)果.9．（2024·江蘇·沭陽如東中學模擬預(yù)料）聞名的“康托三分集”是數(shù)學理性思維的構(gòu)造產(chǎn)物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區(qū)間[0，1]均分為三段，去掉中間的區(qū)間段，記為第一次操作；再將剩下的兩個區(qū)分別均分為三段，并各自去掉中間的區(qū)間段，記為其次次操作；…，如此這樣，每次在上一次操作的基礎(chǔ)上，將剩下的各個區(qū)間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區(qū)間段.操作過程不斷地進行下去，以至無窮，剩下的區(qū)間集合即是“康托三分集”.若使去掉的各區(qū)間長度之和不小于，則須要操作的次數(shù)n的最小值為（

）參考數(shù)據(jù)：lg2=0.3010，lg3=0.4771A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解析】【分析】依據(jù)題意抽象概括出去掉的各區(qū)間長度為通項公式為的數(shù)列，結(jié)合題意和等比數(shù)列前n項求和法列出不等式，利用對數(shù)的運算性質(zhì)解不等式即可.【詳解】第一次操作去掉，設(shè)為；其次次操作去掉，設(shè)為；第三次操作去掉，設(shè)為，依次類推，.故，整理，得，，，故n的最小值為7.故選：B.10．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）已知雙曲線與橢圓有公共的左、右焦點，分別為，.以線段為直徑的圓與雙曲線及其漸近線在第一象限內(nèi)分別交于兩點，且線段的中點在另外一條漸近線上，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】首先求出點，的坐標以及以線段F1F2為直徑的圓的方程，聯(lián)立圓和可得點的坐標，即可得出線段的中點的坐標，代入可得之間的關(guān)系，結(jié)合即可求出雙曲線的方程，再與圓的方程聯(lián)立可得點的坐標，利用三角形面積公式即可求解.【詳解】由題意可得：，所以，，F(xiàn)24,0，以線段F1F2雙曲線的漸近線方程為：、，由可得：，即，因為點在第一象限，所以，所以，所以，所以的中點為，因為點在漸近線上，所以，即，所以，因為，解得：，，所以雙曲線，由可得，解得：，，因為點在第一象限，所以，所以的面積為，故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵點是求出的中點的坐標，代入結(jié)合解出雙曲線方程，求出點的坐標.11．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）足球運動成為當今世界上開展最廣、影響最大、最具魅力、擁有球迷數(shù)最多的體育項目之一，2024年卡塔爾世界杯是第22屆世界杯足球賽．競賽于2024年11月21日至12月18日在卡塔爾境內(nèi)7座城市中的12座球場實行．已知某足球的表面上有四個點A，B，C，D滿意，二面角的大小為，則該足球的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】畫出圖形，為線段的中點，則可得為二面角的平面角，取分別是線段上靠近點的三等分點，則可得分別為和的外心，過分別作平面和平面的垂線，交于點，則點為三棱錐外接球的球心，即為足球的球心，所以線段為球的半徑，然后結(jié)已知數(shù)據(jù)求出，從而可求出足球的體積【詳解】依據(jù)題意，三棱錐如圖所示，圖中點為線段的中點，分別是線段上靠近點的三等分點，因為，所以和均為等邊三角形，因為點為線段的中點，所以，所以為二面角的平面角，所以，因為和均為等邊三角形，點為線段的中點，所以分別為和的中線，因為分別是線段上靠近點的三等分點，所以分別為和的外心，過分別作平面和平面的垂線，交于點，則點為三棱錐外接球的球心，即為足球的球心，所以線段為球的半徑，因為，，所以，則，因為，所以≌，所以，在直角中，，因為平面，平面，所以，因為是的外心，所以，所以,所以，所以足球的體積為，故選：A【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查三棱錐外接球問題，考查計算實力，解題的關(guān)鍵是由題意求出三棱錐外接球的球心，從而可確定出球的半徑，然后計算出半徑即可，考查空間想象實力，屬于較難題12．（2024·江蘇·金陵中學模擬預(yù)料）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左焦點和右焦點，過F2的直線l與雙曲線的右支交于A，B兩點，△AF1F2的內(nèi)切圓半徑為r1，△BF1F2的內(nèi)切圓半徑為r2，若r1=2r2，則直線l的斜率為（）A．1 B． C．2 D．【答案】D【解析】【分析】記△AF1F2的內(nèi)切圓圓心為C，△BF1F2的內(nèi)心D，邊AF1、AF2、F1F2上的切點分別為M、N、E，則C、E橫坐標相等，依據(jù)外接圓的性質(zhì)及雙曲線的定義求得的橫坐標，可得CD⊥x軸，設(shè)直線的傾斜角為θ，∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，結(jié)合r1=2r2，分析運算即可得出答案.【詳解】解：記△AF1F2的內(nèi)切圓圓心為C，邊AF1、AF2、F1F2上的切點分別為M、N、E，則C、E橫坐標相等，則|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，由|AF1|﹣|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）=2a，得|MF1|﹣|NF2|=2a，即|F1E|﹣|F2E|=2a，記C的橫坐標為x0，則E（x0，0），于是，得x0=a，同理△BF1F2的內(nèi)心D的橫坐標也為a，則有CD⊥x軸，設(shè)直線的傾斜角為θ，則∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，在△CEF2中，tan∠CF2O=tan（90°﹣）=，在△DEF2中，tan∠DF2O=tan，由r1=2r2，可得2tan=tan（90°﹣）=，解得tan，則直線的斜率為tanθ==2.故選：D.13．（2024·江蘇·金陵中學模擬預(yù)料）某社團特地探討密碼問題．社團活動室用的也是一把密碼鎖，且定期更換密碼，但密碼的編寫方式不變，都是以當日值班社員的姓氏為依據(jù)編碼的，密碼均為的小數(shù)點后的前6位數(shù)字．編碼方式如下；①x為某社員的首拼聲母對應(yīng)的英文字母在26個英文字母中的位置；②若x為偶數(shù)，則在正偶數(shù)數(shù)列中依次插人數(shù)值為的項得到新數(shù)列，即；若x為奇數(shù)．則在正奇數(shù)數(shù)列中依次插入數(shù)值為的項得到新數(shù)列，即③N為數(shù)列的前x項和．如當值社員姓康，則K在26個英文字母中排第11位．所以．前11項中有所以有8個奇數(shù)．故，所以密碼為282051，若今日當值社員姓徐，則當日密碼為（

）A．125786 B．199600 C．200400 D．370370【答案】B【解析】【分析】依據(jù)所給密碼規(guī)則，逐條比照計算求解即可.【詳解】X在26個英文字母中排第24位．所以，前24項中有，所以有21個偶數(shù)．故，的小數(shù)點后的前6位數(shù)字為199600．故選：B14．（2024·江蘇·金陵中學模擬預(yù)料）已知，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由，可得，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，可得在上單調(diào)遞增，進而可得，，從而即可得答案.【詳解】解：因為，所以；令，，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，即，所以，所以；同理，所以，即，也即，所以，所以.綜上，，故選：D.15．（2024·江蘇連云港·二模）一個二元碼是由和組成的數(shù)字串（），其中（，，，）稱為第位碼元，二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤（即碼元由變?yōu)?，或者由變?yōu)椋?已知某種二元碼的碼元滿意如下校驗方程組：，其中運算定義為：，，，.已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第位發(fā)生碼元錯誤后變成了，那么用上述校驗方程組可推斷等于（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依據(jù)校驗方程組分別推斷各位碼元的正誤.【詳解】由已知得，故至少錯誤一個，又，正確，故均正確，，正確，故均正確，綜上所述，錯誤，故選：A.16．（2024·江蘇連云港·二模）直線：與拋物線：交于，兩點，圓過兩點，且與拋物線的準線相切，則圓的半徑是（

）A．4 B．10 C．4或10 D．4或12【答案】D【解析】【分析】依據(jù)直線與拋物線相交，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得A,B坐標間的關(guān)系，設(shè)圓M的圓心為M(a,b)，半徑為r，利用圓心在的中垂線上及圓心到準線的距離等于半徑建立方程組求解即可.【詳解】可設(shè)，由，聯(lián)立消去x可得，,則，即,則，可得AB的中點坐標為，則，且AB的垂直平分線方程為:，即，則可設(shè)圓M的圓心為M(a,b)，半徑為r，所以，則圓M的方程為,即，又圓心M(a,b)到直線l:的距離，且滿意，則①，又因為圓M與拋物線C的準線相切，所以，即②，①②聯(lián)立解得或.故選：D17．（2024·江蘇江蘇·一模）有5個形態(tài)大小相同的球，其中3個紅色、2個藍色，從中一次性隨機取2個球，則下列說法正確的是（

）A．“恰好取到1個紅球”與“至少取到1個籃球”是互斥事務(wù)B．“恰好取到1個紅球”與“至多取到1個籃球”是互斥事務(wù)C．“至少取到1個紅球”的概率大于“至少取到1個籃球”的概率D．“至多取到1個紅球”的概率大于“至多取到1個籃球”的概率【答案】C【解析】【分析】依據(jù)互斥事務(wù)的概念可推斷AB；分別計算對應(yīng)的概率可推斷CD.【詳解】當取出的兩求為一紅一籃時，可得“恰好取到1個紅球”與“至少取到1個籃球”均發(fā)生，即A錯誤；當取出的兩求為一紅一籃時，可得“恰好取到1個紅球”與“至多取到1個籃球”均發(fā)生，即B錯誤；記“至少取到1個紅球”為事務(wù)A，“至少取到1個籃球”為事務(wù)B，“至多取到1個紅球”為事務(wù)C，“至多取到1個籃球”為事務(wù)D，故，，，，明顯，，即C正確，D錯誤；故選：C.18．（2024·江蘇江蘇·一模）正四面體的棱長為，是棱的中點，以為球心的球面與平面的交線和相切，則球的體積是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】設(shè)點在平面內(nèi)的射影為點，則為的中心，取的中點，連接，則，取線段的中點，連接，分析可知以為球心的球面與平面的交線和相切的切點為，求出，即為球的半徑，再利用球體的體積公式可求得結(jié)果.【詳解】設(shè)點在平面內(nèi)的射影為點，則為的中心，取的中點，連接，則，取線段的中點，連接，因為、分別為、的中點，則且，因為平面，則平面，因為平面，則，正的外接圓半徑為，，所以，，易知球被平面所截的截面圓圓心為點，且，故，因為為等邊三角形，為的中點，則，因為以為球心的球面與平面的交線和相切，則切點為點，則球的半徑為，因此，球的體積是.故選：D.19．（2024·河北保定·一模）已知函數(shù)（）圖象上存在點M，函數(shù)（e為自然對數(shù)的底數(shù)）圖象上存在點N，且M，N關(guān)于點對稱，則實數(shù)a的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】與函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，則問題轉(zhuǎn)化為有解，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性及值域，依據(jù)方程有解的條件求解即可.【詳解】與函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，的圖象上存在點M，圖象上存在點N，使得M，N關(guān)于點對稱，則方程有解，明顯，所以問題轉(zhuǎn)化為有解，設(shè)，則為增函數(shù)，且，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且時，，所以，所以實數(shù)a的取值范圍是.故選：C【點睛】本題考查函數(shù)圖象的對稱性，方程有解求參數(shù)的取值范圍，利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性與值域，屬于較難題.20．（2024·河北保定·一模）已知雙曲線的右焦點為，在右支上存在點，，使得為正方形（為坐標原點），設(shè)該雙曲線離心率為，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】依據(jù)題意得到點的坐標為，代入雙曲線的方程，得到，進而得到離心率的方程，即可求解.【詳解】由題意，當為正方形時，點的坐標為，代入可得，整理得，即，整理得，即，解得.故選：B.21．（2024·河北石家莊·二模）已知，點P是拋物線上的動點，過點P向y軸作垂線，垂足記為點N，點，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依據(jù)拋物線的定義所求可轉(zhuǎn)化為，再由三點共線可求最小值.【詳解】由拋物線知，焦點，準線方程為過點P作拋物線準線的垂線，垂足為Q，如圖，由拋物線定義知，當F,P,M三點共線時,最小為，故選：A22．（2024·河北石家莊·二模）已知，則x?y?z的大小關(guān)系為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】作商，由對數(shù)的性質(zhì)、運算及基本不等式可比較出，再由，可比較出與的大小即可得出的大小關(guān)系.【詳解】，，即，，而，，又，，綜上，，故選：D二、多選題23．（2024·福建省德化第一中學三模）在正三棱錐中，側(cè)棱長為3，底面邊長為2，E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點，則下列命題正確的是A．EF與AD所成角的正切值為 B．EF與AD所成角的正切值為C．AB與面ACD所成角的余弦值為 D．AB與面ACD所成角的余弦值為【答案】BC【解析】如圖所示，先找出EF與AD所成角再求解，再找出AB與面ACD所成角求解.【詳解】（1）設(shè)中點為，的中點為，連接、、、，因為，，，所以，，所以就是直線與所成的角或補角，在三角形中，，，由于三棱錐是正三棱錐，，，又因為平面，，所以平面，平面，所以，所以，所以，所以A錯誤B正確.（2）過點作垂直，垂足為.因為，，平面，所以平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，所以就是與平面所成角.由題得，所以.所以C正確D錯誤.故答案為：BC.【點睛】本題主要考查空間異面直線所成的角的求法，考查直線和平面所成的角的求法，意在考查學生對這些學問的理解駕馭水平.24．（2024·福建省德化第一中學三模）已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當時，．則下列結(jié)論正確的是（

）．A．當時，B．函數(shù)有五個零點C．若關(guān)于的方程有解，則實數(shù)的取值范圍是D．對，恒成立【答案】AD【解析】【分析】依據(jù)函數(shù)是奇函數(shù)，求出時的解析式，可推斷A；利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上的單調(diào)區(qū)間及極值，再結(jié)合是奇函數(shù)，可作出函數(shù)在上的大致圖象，從而可逐項推斷B、C、D．【詳解】設(shè)，則，所以，又函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，所以，所以，即故A正確．當時，，所以，令，解得，當時，；當時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故當時，函數(shù)取得微小值，當時，，又，故函數(shù)在僅有一個零點．當時，，所以函數(shù)在沒有零點，所以函數(shù)在上僅有一個零點，函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，故函數(shù)在上僅有一個零點，又，故函數(shù)是定義在上有3個零點．故B錯誤．作出函數(shù)的大致圖象，由圖可知若關(guān)于的方程有解，則實數(shù)的取值范圍是.故C錯誤．由圖可知，對，故D正確．故選：AD．【點睛】本題主要考查利用函數(shù)奇偶性求函數(shù)解析式；利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性及最值；同時也考查函數(shù)的零點，綜合性較強．25．（2024·福建·三模）在正方體中，，，分別為棱，，的中點，平面，，直線和直線所成角為，則（

）A． B．的最小值為C．，，，四點共面 D．平面【答案】BD【解析】【分析】畫出平面截正方體所得正六邊形，由此結(jié)合線線平行、球的截面、四點共面、線面平行等學問對選項進行分析，從而確定正確選項.【詳解】設(shè)正方體的邊長為，設(shè)分別是的中點，依據(jù)正方體的性質(zhì)可知，平面截正方體所得圖象是正六邊形，則平面.由于平面，平面，，所以與是異面直線，所以A選項錯誤.由圖象可知平面，所以C選項錯誤.依據(jù)正方體的性質(zhì)可知，，平面，平面，所以平面，同理可證得平面，由于，所以平面平面，由于平面，所以平面，D選項正確.由于，所以點的軌跡是以為球心，半徑為的球被平面所截形成的圓.依據(jù)正方體的性質(zhì)可知四邊形是平行四邊形，設(shè)，則是的中點，連接，由于，所以；由于，所以，而，所以平面，，，則直線與平面所成角為，平面，所以直線和直線所成角的最小值為.故選：BD26．（2024·福建·三模）已知是直角三角形，是直角，內(nèi)角、、所對的邊分別為、、，面積為，若，，，，則（

）A．是遞增數(shù)列 B．是遞減數(shù)列C．存在最大項 D．存在最小項【答案】ACD【解析】【分析】由題意推出，從而說明，利用三角形面積公式推出，構(gòu)造數(shù)列從而求得，由此可推斷A,B由結(jié)合可求得、，對數(shù)列中的奇數(shù)項和偶數(shù)項構(gòu)成的數(shù)列的單調(diào)性以及項的符號進行分析，確定數(shù)列的最大項和最小項，可推斷CD.【詳解】由題意知：，故，即，即，所以，則，故，，由得：，即，所以，則，而，故，則，所以，由于隨的增大而減小，故是隨的增大而增大，由題意知，故是遞增數(shù)列，故A正確；同理隨的增大而增大，是遞增數(shù)列，B錯誤；又，由于，，且，所以，是首項為，公比為的等比數(shù)列，故，所以，，因為，，故，，所以，，所以，，其中，，其中，因為數(shù)列隨著的增大而減小，數(shù)列隨著的增大而增大，故數(shù)列隨著的增大而減小，故為數(shù)列中全部正項中最大的，同理可知數(shù)列隨著的增大而增大，故為數(shù)列中全部負項中最小的，綜上所述，數(shù)列的最大項為，最小項為，CD均對.故選：ACD.【點睛】本題綜合考查了數(shù)列的單調(diào)性問題以及數(shù)列的最大項和最小項問題，綜合性較強，難度較大，解答時要結(jié)合幾何學問，能嫻熟的應(yīng)用數(shù)列的相關(guān)學問作答，關(guān)鍵是要留意構(gòu)造新數(shù)列解決問題.27．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知函數(shù)的圖象在軸上的截距為，在軸右側(cè)的第一個最高點的橫坐標為，則下列說法正確的是（

）A．B．C．函數(shù)在上肯定單調(diào)遞增D．在軸右側(cè)的第一個最低點的橫坐標為【答案】AC【解析】【分析】依據(jù)題意，得到，求得，再由，求得，得到函數(shù)，結(jié)合三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，函數(shù)的圖象在軸上的截距為，可得，因為，可得，所以A正確；又由，且在軸右側(cè)的第一個最高點的橫坐標為，可得，則，可得，所以，則，可得所以，所以函數(shù)最大值為，所以B錯誤；由，當，可得，依據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)，可得函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以C正確；由，令，解得，當時，可得，即在軸右側(cè)的第一個最低點的橫坐標為，所以D錯誤.故選：AC.28．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）如圖，正方體的棱長為分別是所在棱上的動點，且滿意，則以下四個結(jié)論正確的是（

）A．四點肯定共面B．若四邊形為矩形，則C．若四邊形為菱形，則肯定為所在棱的中點D．若四邊形為菱形，則四邊形周長的取值范圍為【答案】AD【解析】【分析】依據(jù)棱長為，且可得，再逐項分析即可得解.【詳解】連接交于點，為正方體的中心，由棱長為，且，可得，所以交于點，交于點，所以交于點，，故四點肯定共面，所以A正確；對B，若四邊形為矩形，可以也可以，故B錯誤；對C，若四邊形為菱形，則必有，則必有肯定為所在棱的中點或肯定為所在棱的中點，故C錯誤；四邊形為菱形，當都為各邊中點時，四邊形周長最小為，若為所在棱的中點，而分別和重合時，此時菱形周長最大，邊長為，所以周長為，故D正確.故選：AD29．（2024·江蘇·沭陽如東中學模擬預(yù)料）如圖，已知圓錐的軸截面為等腰直角三角形，底面圓的直徑為，是圓上異于，的一點，為弦的中點，為線段上異于，的點，以下正確的結(jié)論有（

）A．直線平面B．與肯定為異面直線C．直線可能平行于平面D．若，則的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】證明，利用線面垂直的判定定理可推斷A；由異面直線的定義可推斷B；假設(shè)平面，可證得平面平面與已知沖突可推斷C；在三棱錐中，將側(cè)面繞旋轉(zhuǎn)至平面，使之與平面共面，當，，共線時，取得最小值可推斷D，進而可得正確選項.【詳解】對于A：在中，因為，為的中點，所以，又垂直于圓所在的平面，所以，因為，所以平面，所以A正確.對于B：因為面，面，面，，依據(jù)異面直線判定定理知與肯定為異面直線，所以B正確.對于C：若直線平行于平面，因為，平面，平面，則平面，，所以平面平面與平面和平面相交沖突，所以C不正確.對于D：在中，，，所以，同理，所以.在三棱錐中，將側(cè)面繞旋轉(zhuǎn)至平面，使之與平面共面，如圖所示，當，，共線時，取得最小值.又因為，，所以垂直平分，即為的中點，從而，亦即的最小值為，所以D正確.故選：ABD.30．（2024·江蘇·沭陽如東中學模擬預(yù)料）華人數(shù)學家李天巖和美國數(shù)學家約克給出了“混沌”的數(shù)學定義，由此發(fā)展的混沌理論在生物學?經(jīng)濟學和社會學領(lǐng)域都有重要作用.在混沌理論中，函數(shù)的周期點是一個關(guān)鍵概念，定義如下：設(shè)是定義在R上的函數(shù)，對于R，令，若存在正整數(shù)k使得，且當0<j<k時，，則稱是的一個周期為k的周期點.若，下列各值是周期為2的周期點的有（

）A．0 B． C． D．1【答案】AC【解析】【分析】依據(jù)題意中周期點定義，分別求出當、、、時的函數(shù)周期，進而得出結(jié)果.【詳解】A：時，，周期為1，周期為2也正確，故A正確；B：時，，所以不是的周期點.故B錯誤；C：時，，周期為1，周期為2也正確.故C正確；D：時，，不是周期為2的周期點，故D錯誤.故選：AC.31．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）設(shè)是大于零的實數(shù)，向量，其中，定義向量，記，則（

）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】【分析】依據(jù)定義求出和，再依據(jù)平面對量的數(shù)量的坐標運算，結(jié)合恒等變換公式可求出，由此可推斷A和B選項；利用向量加減法的坐標運算、模長公式以及基本不等式，可推斷C和D選項.【詳解】因為向量，所以是一個實數(shù)，不是向量，所以A不正確，B正確；因為，所以，當且僅當時，取得等號，所以，故C正確；因為，所以，當且僅當時，取得等號，所以，故D正確.故選：BCD32．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)料）已知函數(shù)fx=2x-1,x≤1,x-22,x>1,函數(shù)有四個不同的零點，，A．的取值范圍是 B．的取值范圍是C． D．【答案】AC【解析】【分析】結(jié)合的圖象，由圖可知，，，由二次函數(shù)的對稱性，可得，可得答案.【詳解】有四個不同的零點，，，，即方程有四個不同的解．的圖象如圖所示，由圖可知，，，所以，即的取值范圍是，由二次函數(shù)的對稱性，可得．因為，所以，故．故選：AC.33．（2024·江蘇·金陵中學模擬預(yù)料）截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過適當?shù)慕亟?，即截去四面體的四個頂點處的小棱錐所得的多面體，如圖所示，將棱長為的正四面體沿棱的三等分點作平行于底面的截面得到全部棱長均為的截角四面體，則下列說法正確的是（

）A．B．該截角四面體的表面積為C．D．該截角四面體的外接球表面積為【答案】BC【解析】【分析】確定截角四面體是由4個邊長為a的正三角形，4個邊長為a的正六邊形構(gòu)成，還原正四面體可推斷AB，然后分別求解截角四面體的表面積、外接球的表面積,即可推斷選項C，D.【詳解】截角四面體還原為正四面體，如圖，因為，所以,而為等邊三角形，,故不成立，故A錯誤；截角四面體由4個邊長為a的正三角形，4個邊長為a的正六邊形構(gòu)成,故，故選項B正確；連接,則,，由正四面中對棱相互垂直知,所以,在中，，故C正確；取上下底面的中心分別為,外接球的心為M，連接，如圖，因為截角四面體上下底面距離為設(shè)球半徑為，所以，即，所以化簡得，故，故選項D錯誤.故選：BC34．（2024·江蘇·金陵中學模擬預(yù)料）笛卡爾是西方哲學思想的奠基人之一，“我思故我在”便是他提出的聞名的哲學命題；同時，笛卡爾也是一位家喻戶曉的數(shù)學家，除了獨創(chuàng)坐標系以外，笛卡爾葉形線也是他的杰出作品，其方程為x3＋y3＝3axy，a為非零常數(shù)．下列關(guān)于笛卡爾葉形線的說法中正確的是（

）A．圖象關(guān)于直線y＝x對稱B．圖象與直線x＋y＋a＝0有2個交點C．當a＞0時，圖象在第三象限沒有分布D．當a＝1，x、y＞0時，y的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】設(shè)是曲線上隨意一點，由點的變換得方程的改變，從而確定曲線的性質(zhì)，推斷A；用解方程組的思想推斷B；用反證法即證明滿意的點不在曲線上，推斷C；利用基本不等式確定的最大值，推斷D．【詳解】把互換后，曲線方程不變，因此曲線關(guān)于直線對稱，A正確；代入曲線方程得，，與沖突，因此無交點，B錯；時，第三象限點滿意，但此時，，不適合曲線方程，C正確；時，，，，所以，當且僅當，時等號成立．D正確．故選：ACD35．（2024·江蘇連云港·二模）已知函數(shù)，則（

）A．函數(shù)的最小正周期為B．點是函數(shù)圖象的一個對稱中心C．將函數(shù)圖象向左平移個單位長度，所得到的函數(shù)圖象關(guān)于軸對稱D．函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減【答案】BCD【解析】【分析】先將化簡為，再結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)推斷4個選項即可.【詳解】，故最小正周期為，A錯誤；，點是一個對稱中心，B正確；向左平移個單位長度得到，關(guān)于軸對稱，C正確；，單調(diào)遞減，D正確.故選：BCD.36．（2024·江蘇連云港·二模）在正四棱柱中，，，，其中，，則（

）A．存在實數(shù)，，使得在平面內(nèi)B．不存在實數(shù)，，使得直線與該正四棱柱的12條棱所在直線所成的角都相等C．存在實數(shù)，，使得平面截該正四棱柱所得到的截面是五邊形D．不存在實數(shù)，，使得平面截該正四棱柱所得到的截面是六邊形【答案】ACD【解析】【分析】依據(jù)平行線可確定一個平面推斷A，建立空間直角坐標系利用向量法推斷B，作出截面圖形推斷CD即可.【詳解】由題意可知，對于選項A，若，此時，則,F,C,E四點共面，則可得到∈平面CEF，故選項A正確；對于選項B，可建立空間直角坐標系，如圖所示，設(shè)，則，所以,,,,若直線EF與該正四棱柱的12條棱所在直線所成的角都相等，則與直線所成的角均相等，可設(shè)所成的角為，所以，即，化簡可得，即，則存在的值滿意題意，故選項B錯誤；對于選項C、D，延長CE交的延長線于點M，延長CF交的延長線于點G，則總存在這樣的點E，F(xiàn)，即存在，使得MG與，分別交于點I，H，此時連結(jié)FH,HI，IE，可得到截面可能為五邊形，不會是六邊形，如圖，故選項C正確，選項D正確.故選：ACD37．（2024·江蘇江蘇·一模）下列函數(shù)中，最大值是1的函數(shù)有（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】【分析】化簡變形各個選項中的函數(shù)解析式，再求其最大值即可推斷作答.【詳解】對于A，，當且僅當，即時取“=”，即當時，，A不正確；對于B，，當且僅當，即時取“=”，即當時，，B正確；對于C，，當且僅當，即時取“=”，即當時，，C正確；對于D，依題意，由，都有意義，且得：，且，且，，，明顯最大值為1，此時，，而使函數(shù)無意義，即不能取到1，D不正確.故選：BC38．（2024·江蘇江蘇·一模）已知函數(shù)，若對于定義域內(nèi)的隨意實數(shù)，總存在實數(shù)使得，則滿意條件的實數(shù)的可能值有（

）A．-1 B．0 C． D．1【答案】AB【解析】【分析】依據(jù)給定條件，可得函數(shù)無最小值，再分類探討函數(shù)在內(nèi)最值狀況推斷作答.【詳解】函數(shù)定義域為，因，總使得，則有函數(shù)在上沒有最小值，對求導(dǎo)得：，當時，當時，，當時，，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則當時，取最大值，值域為，在內(nèi)無最小值，因此，，當時，令，，，當時，，當時，，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，明顯，即，在同一坐標系內(nèi)作出直線與函數(shù)的圖象，如圖，當時，有兩個根，不妨令，當或時，，當或時，，即函數(shù)在，上都單調(diào)遞減，在，都單調(diào)遞增，函數(shù)在與處都取得微小值，，不符合題意，當時，，當且僅當時取“=”，則當時，，當時，，即在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，不符合題意，綜上得：實數(shù)的取值范圍是：，所以滿意條件的實數(shù)的可能值有-1，0.故選：AB【點睛】方法點睛：圖象法推斷函數(shù)零點個數(shù)，作出函數(shù)f(x)的圖象，視察與x軸公共點個數(shù)或者將函數(shù)變形為易于作圖的兩個函數(shù)，作出這兩個函數(shù)的圖象，視察它們的公共點個數(shù).39．（2024·河北保定·一模）下面描述正確的是（

）A．已知，，且，則B．函數(shù)，若，且，則的最小值是C．已知，則的最小值為D．已知，則的最小值為【答案】AC【解析】【分析】對于選項A，利用基本不等式結(jié)合對數(shù)運算求解推斷；對于選項B：結(jié)合對數(shù)的性質(zhì)，利用對勾函數(shù)的單調(diào)性求解推斷；C，用“1”的代換，利用基本不等式求解推斷；對于選項D，將，轉(zhuǎn)化為，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解推斷.【詳解】對于選項A，∵，，，∴，∴，當且僅當時取等號，∴，∴A正確；對于選項B：因為，所以，又，所以由對勾函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，即，故B不正確；對于選項C，依據(jù)題意，已知，則，當且僅當，即時，等號成立，所以，故C正確；對于選項D，，令，所以，所以，此時無解，所以選項D不正確，故選：AC．40．（2024·河北石家莊·二模）已知圓與圓，則下列說法正確的是（

）A．若圓與x軸相切，則B．若，則圓與圓相離C．若圓與圓有公共弦，則公共弦所在的直線方程為D．直線與圓始終有兩個交點【答案】BD【解析】【分析】依據(jù)圓與軸相切可求出m推斷A，由圓心距與半徑和的關(guān)系可推斷B，依據(jù)兩圓的方程相減可得公共弦所在直線方程推斷C，依據(jù)直線系過定點及定點與圓的關(guān)系可推斷D.【詳解】因為,所以若圓與x軸相切，則有，故A錯誤；當時，，兩圓相離，故B正確；由兩圓有公共弦，兩圓的方程相減可得公共弦所在直線方程，故C錯誤；直線過定點，而，故點在圓內(nèi)部，所以直線與圓始終有兩個交點，故D正確.故選：BD41．（2024·河北石家莊·二模）已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．函數(shù)的一個周期為 B．函數(shù)在上單調(diào)遞增C．函數(shù)的最大值為 D．函數(shù)圖象關(guān)于直線對稱【答案】ABD【解析】【分析】依據(jù)函數(shù)的周期性定義推斷A，依據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性及三角函數(shù)的單調(diào)性推斷B，取特別值法可推斷C，由的關(guān)系可推斷D.【詳解】由知，A正確；由在上單調(diào)遞增及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，在上單調(diào)遞增，由在上單調(diào)遞減，可知在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，故B正確；當時，，故函數(shù)的最大值取不是，故C錯誤；關(guān)于直線對稱，故D正確.故答案為：ABD三、雙空題42．（2024·福建省德化第一中學三模）如圖，在邊長為的正方形中，、分別是、的中點.若沿、及把這個正方形折成一個四面體，使、、三點重合，重合后的點記為，則：（1）三棱錐外接球的表面積為___________；（2）點到平面的距離為___________.【答案】

【解析】【分析】證明出平面，將三棱錐補成長方體，計算出長方體的體對角線長，可得出三棱錐外接球的半徑，利用球體的表面積可求得結(jié)果；利用等體積法可求得點到平面的距離.【詳解】（1）在正方形中，，，，在三棱錐中，則，，，平面，且，將三棱錐補成長方體，所以，三棱錐外接球的直徑為，因此，三棱錐外接球的表面積為；（2），，，取的中點，連接，則，，則，設(shè)點到平面的距離為，由，可得，解得.故答案為：；.【點睛】方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：①補形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)舛娼蔷嗟鹊哪Ｐ?，可以還原到正方體或長方體中去求解；②利用球的性質(zhì)：幾何體中在不同面均對直角的棱必定是球大圓直徑，也即球的直徑；③定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特別性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心肯定在垂線上，再依據(jù)帶其他頂點距離也是半徑，列關(guān)系求解即可.43．（2024·福建·三模）《綴術(shù)》是中國南北朝時期的一部算經(jīng)，匯合了祖沖之和祖暅父子的數(shù)學探討成果.《綴術(shù)》中提出的“緣冪勢既同，則積不容異”被稱為祖暅原理，其意思是：假如兩等高的幾何體在同高處被截得的兩截面面積均相等，那么這兩個幾何體的體積相等，該原理常應(yīng)用于計算某些幾何體的體積.如圖，某個西晉越窯臥足杯的上下底為相互平行的圓面，側(cè)面為球面的一部分，上底直徑為，下底直徑為，上下底面間的距離為，則該臥足杯側(cè)面所在的球面的半徑是________；臥足杯的容積是________（杯的厚度忽視不計）.【答案】

【解析】【分析】設(shè)球體的半徑為，，得到，解出，求出球體半徑；由祖暅原理知，碗的體積等于下圖右邊中間高為的圓柱體積減去一個圓臺，分別求出圓柱和圓臺的容積，作差即可求解.【詳解】如下圖：設(shè)球體的半徑為，，由得，，解得，所以；由祖暅原理知，碗的體積等于下圖右邊中間高為的圓柱體積減去一個圓臺，設(shè)圓臺上表面半徑為，則，下表面半徑為，所以，，.故答案為：；.44．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）已知雙曲線的左焦點為，若點關(guān)于漸近線對稱的點恰好落在漸近線上，則的坐標為___________，雙曲線的離心率為___________.【答案】

2【解析】【分析】由題意分析漸近線斜率，然后求離心率【詳解】由題意得，且點在第一象限，又點在上，故，，即點，由題意，兩條漸近線的夾角，一條漸近線與軸的夾角相等故一條漸近線與軸的夾角為，，．故答案為：，245．（2024·江蘇連云港·二模）曲線（，）在處的切線與兩坐標軸圍成的封閉圖形的面積為，則___________，___________.【答案】

【解析】【分析】依據(jù)導(dǎo)數(shù)求出切線斜率得到切線方程，求出直線在坐標軸上的截距，即可得出三角形面積公式；設(shè)，利用錯位相減法，可得，設(shè)，再次利用錯位相減法即可得解.【詳解】①由題意可知，切點為，且，則曲線在處的切線的斜率,所以切線方程為,令,解得,令y=0,解得，所以；②，令，則，所以，兩式相減得：，設(shè)，則與上式相減得：，則，所以，則，故.故答案為：；.46．（2024·江蘇江蘇·一模）已知是定義在上的奇函數(shù)，且.若當時，，則在區(qū)間上的值域為____________，在區(qū)間內(nèi)的全部零點之和為__________【答案】

##2.5【解析】【分析】第一空先求出函數(shù)在上的解析式，結(jié)合奇函數(shù)畫出的圖像，再由得到，進而得到函數(shù)在上的圖像，即可求得值域；其次空畫出將零點轉(zhuǎn)化為的交點，再畫出的圖像即可求解.【詳解】由當時，，可得當時，，當時，，又是奇函數(shù)，可得函數(shù)圖像關(guān)于原點對稱.又當時，即，即，即函數(shù)右移兩個單位，函數(shù)值變?yōu)樵瓉淼?倍，由此可得函數(shù)在上的圖像如圖所示：結(jié)合圖像可知在區(qū)間上的值域為；，即，即的交點，畫出的圖像，由圖像可知4個交點的橫坐標依次為，又均是奇函數(shù)，故，故.故答案為：；.47．（2024·河北保定·一模）已知定義在上的函數(shù)在處取得最小值，則最小值為______，此時______．【答案】

##【解析】【分析】令，可得出，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)求出函數(shù)的最小值及其對應(yīng)的的值，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系以及兩角差的余弦公式可求得的值.【詳解】因為，則，令，則，，則，所以，，所以，當時，函數(shù)取得最小值，即，此時，由已知，所以，，.故答案為：；.48．（2024·河北石家莊·二模）已知函數(shù)，若存在實數(shù).滿意，且，則___________，的取值范圍是___________.【答案】

1

【解析】【分析】作出函數(shù)的圖象，結(jié)合圖象可知之間的關(guān)系，利用此關(guān)系干脆求出，再將轉(zhuǎn)化為關(guān)于的二次函數(shù)求范圍即可.【詳解】作出函數(shù)的圖象，如圖，因為，所以由圖可知，，即，，且，，在上單調(diào)遞增，，即的取值范圍是.故答案為：1；四、填空題49．（2024·福建省德化第一中學三模）已知江大爺養(yǎng)了一些雞和兔子，晚上關(guān)在同一間房子里，數(shù)了一下共有7個頭，20只腳，早晨打開房門，雞和兔子隨機逐一向外走，則恰有2只兔子相鄰走出房子的狀況有___________種（用數(shù)字作答）【答案】2880【解析】【分析】依據(jù)題意得共有雞只，兔子只，再依據(jù)相鄰問題捆綁與不相鄰問題插空法計數(shù)即得.【詳解】設(shè)雞的個數(shù)為,兔子的個數(shù)為，則，解得：，故共有雞只，兔子只，故只雞，只兔子走出房門，恰有2只兔子相鄰走出房子共有：種.故答案為：2880.50．（2024·福建·三模）寫出一個同時具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)________.①定義域為；②值域為；③對隨意且，均有.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】干脆按要求寫出一個函數(shù)即可.【詳解】，定義域為；，，值域為；是增函數(shù)，滿意對隨意且，均有.故答案為：（答案不唯一）.51．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)料）從正四面體的四個面的中心以及四個頂點共八個點中取出四個點，則這四個點不共面的取法總數(shù)為___________種.【答案】【解析】【分析】從這八個點中任取四個點共有種，其中正四面體的四個面上的四個點是共面及正四面體共有6條棱，可構(gòu)成6種狀況四點共面，進而求得四個點不共面的取法總數(shù).【詳解】如圖所示，從這八個點中任取四個點，共有種，其中在正四面體的四個面上的四個點是共面的，共有4種；因為分別是各個正三角形的中心，可得，此時四點共面，又由正四面體共有6條棱，共有6種狀況四點共面，所以這四個點不共面的取法總數(shù)為種.故答案為：.52．（2024·江蘇·沭陽如東中學模擬預(yù)料）設(shè)函數(shù)和函數(shù)的圖象的公共點的橫坐標從小到大依次為，，…，，若，則___________.【答案】【解析】【分析】利用余弦方程，解出的值，然后得到，，代入，利用正切的兩角差公式求出的值，然后再利用二倍角公式以及“1”的代換，結(jié)合“弦化切”的方法，求解即可.【