高考数学文科精准备考猜题卷（二）-【名校之约】2024年高考精准备考猜题卷（老高考版）

绝密★启用前 2024届高三高考精准备考猜题卷（二）·数学（文科） [满分150分，用时120分钟] 的 注意事项： 安 1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5毫米及以上 黑色笔迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 的 参考公式：锥体的体积公式：V=了h(其中s为锥体的底面积，h为锥体的高)。 一，选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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.设全集U=R,集合A={x2≤x≤4}，B={.xx>3},则A∩(CB)= ( A.{xx≥2} B.{x2≤x≤3} C.R D.{x|3<x4} 2.设(1十i)2=3十i,则g-= ( 的 A.-2i B.2i C.4 D.0 种 3.如图，一组数据2，，…，x10的平均数为，方差为了，去除，o这两个数据后，平均数为x2, 方差为号，则 ( A.x2>d1,>号 B.i2<71,<号 C.x2=x1,< 90 总 D.x2=x1,> 声 4.已知△ABC所在平面内一点D满足DA+DB+2DC=0,则△ABC的面积是△ABD的面积的 A.5倍 B.4倍 C.3倍 D.2倍 5.函数f(x)=cosx十rsin a一1在[一π，π]上的图象大致为 6.已知函数f(x)=2cos2ux十in2mr-1(w>0)的图象关于点（于，0）对称，且f(x)在(0，受）上没有最 小值，则细的值为 A号 c 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（二）·数学（文科）第1页（共4页）】 7.执行如图所示的程序框图，若输出的结果为？，则判断框中应填入的是 开始 否 是 /输出5 结束 A.n>3 B.n>4 C.n>5 D.n>6 8.已知定义在R上的函数f(x),满足对任意的实数x,y,均有f(x十y)=f(x)+f(y)一1，且当x>0 时，f(x)<1,则下列结论错误的是 () A.f(0)=1 B.f(1)+f(-1)=1 C.函数f(x)为减函数 D.函数y=f(x)的图象关于点(0,1)对称 且已知椭圆C,二+1(a>>0)的左右焦点分别为F,F2,直线y=3x与椭圆C相交于A,B 若四边形AFBF2为矩形，则椭圆C的离心率为 () A.3-1 B号 C.3-1 D.√2-1 2 10.九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，解开九连环最少需要移动 341次.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九 连环的名句“纵妙手、能解连环，”九连环有多种玩法，在某种玩法中：已知解下1个圆环最少需要移 动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环2次，记a,(3≤n≤9，n∈N·)为解下n个圆环需要移 动圆环的最少次数，且am=am-1十2am-2十m(n≥3，n∈N”),则解下8个圆环所需要移动圆环的最 少次数为 987 654321 A.54 B.90 C.170 D.256 11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在平面ACD1上(M异于点C),则下列说法错误的是() A.直线B1D与CM垂直 B.存在点M,使得CM∥BB C.三棱锥A1BC1M的体积为定值 D.满足直线CM和A]C所成的角为于的点M的轨迹是双曲线 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（二）·数学（文科）第2页（共4页）】 12.已知函数x)=二，g(x)=n,若直线y=6与曲线y=f(x)和y=gx)分别相交于点A(, f(x1),B(x2,f(x2)),C(x3,g(x3)),且x1<x2<x3,则下列结论正确的是 A.1+3=2x2 B.1r3= C.x13=2In x2 D.x1十x3=e 二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） x十y+3≥0， 13.已知x,y满足约束条件2x一3y十1≥0，则=4.x十3y的最大值为 x-y-1≤0， 14.已知数列a,满足a-弓a+1-。 an+有，则数列 的前8项和为 d 15.已知E(一c,0,F2(c.0)分别为椭圆C:石十 =1(a>b>0)的左、右焦点，过点 P(3c.0)的直线1交椭圆C于A,B两点，若PB=2PA,F2B1=3F2A,则椭圆C 的离心率为 16.如图，圆锥PO的底面直径和高均是a,过PO上一点O作平行于底面的截面，以该 截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 第16题阁 三，解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17一21题为必考题，每个试题考生 都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答) (一)必考题（共60分） 17.(12分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,bc,asin(B+C)=(h一c)sinB+esin C. (1)求A: (2)若D在BC上，a=2,且AD⊥BC,求AD的最大值. 18.(12分)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PB=PD. (1)证明：BD⊥PC: (2)若PA=√6，PB=AB=BD=2,求点A到平面PCD的距离. 19.(12分)为提升本地景点的知名度、美誉度，各地文旅局长 1颊冲 纷纷出圈，作为西北自然风光与丝路人文历史大集合的青 0.032 组更 甘大环线再次引发热议.为了更好的提升服务，某地文旅 0.020 局对到该地的5000名旅行者进行满意度调查，将其分成 0.018 以下6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，0.0101 0.006 [90,100],整理得到如图所示的频率分布直方图. 0405060708090100满意度行分 (1)求频率分布直方图中a的值： 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（二）·数学（文科）第3页（共4页）】 (2)在这些旅行者中，满意度得分在60分及以上的有多少人？ (3)为了打造更加舒适的旅行体验，文旅局决定在这5000名旅行者中用分层抽样的方法从得分在 [80,100]内抽取6名旅行者进一步做调查问卷和奖励.再从这6名旅行者中抽取一等奖两名，求中 奖的2人得分都在[80,90)内的概率. 20.(12分)已知函数f(x)=2lnx十a.x2一ux. (1)当a=1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程： (2)设(0<1<)是函数f代)的两个极值点，证明：fa)-f(r2)<号-2na十4. 21.(12分)已知抛物线C:y2=2p.x(p>0)的焦点为F(1,0),点P为C上一点. (1)若点M(4,2),求PM十PF的最小值： (2)若过点P作斜率为k(k>0),一k的两条直线1,2，分别与C交于点A,B(异于点P),并记 △ABP的垂心为H,是否存在实数k,使得点H始终在抛物线y2=x十3上？若存在，请求出该实 数：若不存在，请说明理由. (二)选考题（共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分） 22.[选修4一4：坐标系与参数方程](10分) 在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的参数方 x=cos 0, 程为 0为参数)，曲线C的极坐标方程为p一5-3cos2可 2√2 y=2+sin 0 (1)写出曲线C2的参数方程： (2)设M是曲线C1上的动点，N是曲线C2上的动点，求|MN|的最大值. 23.[选修4一5：不等式选讲](10分) 已知函数f(x)=2x十|2x一1|. (1)求不等式f(x)<3的解集： ②已知函数f八x)的最小值为m,且a,b,c都是正数a+26+c=m,证明：，十十≥4， 【名校之约系列2024届高三高考精准备考猜题卷（二）·数学（文科）第4页（共4页）】2024届高三高考精准备考猜题卷（二）·数学（文科）参考答案 1.选BB={xx>3,CB={xx≤3}，A∩(CB)=〈x|: 时，f(x1)一f(x2)<0恒成立，即函数f(x)为减函数，故 2≤x≤3}.故选B. C正确：令y=一x,则有f(x-x)=f(x)+f(-x)-1, 2造A由题意可得=8+D-D-与-g- 又f(0)=1,故f(x)+f(-x)=2,故函数y=f(x)的图 2 2 象关于点(0,1)对称，故D正确. i,则g一=一2i.故选A. :9.选C显然直线y=√3x与FF2交于原点O,由椭圆对 品选D由意，将品2==10=2-1， 称性知，若四边形AF1BF2是矩形，则|AB|=FF2|, 则△AOF2为等边三角形，所以AF2=c,在Rt△F1F2A 中，|F1A|=3c,由椭圆定义知AF1|+|AF2=3c十c 名（10-1一2十1)=1“0是凌动福度最大 2a,则e&=g2,=3-L 的两个点的值，则去除xg,r10这两个数据后，整体波动性！10.选C由题意，a1=1,a2=2,am=ag-1+2am-2十m(n≥ 减小，故>吃.故选D 3,n∈N）,aa=ag十+2a1十m=4十m:a4=ag+2a2十m 4.选A设AB的中点为M.因为DA =8+2:as=a4+2a3十m=16+5m:a6=a5+2a1十m +DB+2DC=0,所以CD=2(DM =32+10m:a;=a6+2a5+m=64+21m;a8=a?十2ag +m=128+42m:ag=a8+2a7+m=256+85m=341, +DB),所以CD=4DM,所以点D 所以m=1,则解下8个圆环最少需要移动的次数为48 是线段CM的五等分点，所以 =170.故选C S△ABC_ 11.选B对于A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥ SADD7=5,所以△ABC的 平面ABCD,ACC平面ABCD,故 面积是△ABD的面积的5倍. BB1⊥AC.文BD⊥AC.且BB1∩ 5.选A函数f(x)=cosx十rsin x一1的定义域为[一π，π]，： BD=B,BB1,BDC平面BBD,故 且f(-x)=cosx+(-x)sin(-x)-1=f(x),所以函数： AC⊥平面B,BD.又BDC平面 f(x)是偶函数，又f(0)=cos0+0·sin0-1=0,f(π)= B1BD,故AC⊥B1D.同理可证AD cosx+r·sinπ-1--2<0，f(x)=x·cosx,当x>0 ⊥BD,AD1∩AC=A,AD1,ACC 平面ACD1,故BD⊥平面ACD1,又CMC平面 时)在(0，受)上单调道增，在（受，x)上单调递减. ACD1,故B,D⊥CM,A正确；对于B,由于BB1∥DD1, 故选A 假设存在点M,使得CM∥BB1,而CMC平面ACD1, 6.B f(r)=2cos'or+sin 2ox-1=cos 2or+sin 2wr BB1￠平面ACD1,则BB1∥平面ACD1,则DD1∥平面 ACD1或DD1C平面ACD1,而直线DD1与平面ACD =2sim(2ax+于），因为f(x)的图象关于点（牙，0）对 显然相交，故B错误；对于C,由于D1C1∥AB,D1C1 称，所以f()=2sim(管+子)=0.故弩+至=， AB,故四边形ABCD1为平行四边形，则BC∥AD1 ADC平面ACD1,BC1平面ACD1·故BC1∥平面 k∈Z,即w=2k-2∈么.当2r+子=-受+2kx,即 ACD1.同理可证AC1∥平面ACD1,A1C∩BC=C, A1C,BC1C平面A1BC1,故平面ABC1∥平面ACD1, 3r+红，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，因为： 即平面ABC1和平面ACD1之间的距离为定值，而 8w w M∈平面ACD1,故，点M到平面A1BC1的距离为定值， )在(0，爱）上渡有摄小值，所以恶>晋即<只 8 由于△A]BC1的面积为定值，故三棱锥MA1BC1的体 积为定值，则三棱雏A1-BC,M的体积为定值，C正确： 由w-2张-<只解得<铝k∈Z,故=1，得w- 3 对于D,直线CM和A,C,所成的 7,选C由题意可知，程序框图的功能为计算S=X2十 角为哥，则点M轨进是以A1C为 轴、以CM所在直线上的线段为母 2X3十3X4十…十nXm十D的值.製项求和，得S= 线的圆锥被平面ACD]所戴得的曲 (-)+(侵)+（合）】 线，由于A]C∥平面ACD1,结合 圆锥曲线的形成（如图）， (日)=1-开=音解得=5，代入检 可知满足直线CM和A1C所成的角为的点M的轨 验可知，判断框中应填n>5.故选C. 迹是双曲线，D正确。 8.选B令x=y=0,则有f(0)=f(0)十(0)一1，故f(0) 故A正确：令x=1,y=-1,剥有f(0)=f1)十12.选B由f)=专，得f(x)=二，令f(x)=0,解 er f(-1)一1，故f(1)+f(-1)=2,故B错误：令y>0,则： 得x=1,所以当x∈(-o∞，1)时，了(x)>0,f(x)在 有fx十y)-f(x)=f(y)-1,其中x+y>x,f(y)-1: (-o,1)上单调递增；当x∈(1，十o)时，f(x)<0, <0,令x1=x十y,x2=x,即有x1·x2∈R,当x1>xg f(x)在(1，十∞)上单调递减，所以当x=1时，f(x)取 最大值，f=f)=。当x>0时，f)>0.当 联立2r一3十1=0·解得 1x-y-1=0, y=3. x0时，f(x)<0,f(0)=0,当x-∞时，f(.x)<0,当 即A(4,3),所以xmx=4×4+3×3=25. →十o时，fx)>0,根据以上信息，画出函数f(x)=工的： 答案：25 大致图象：由g(r）=n'(x>0),得 :14,解析：数列{an满足a4= an十整理得1 3a+1= an+1 g()=1-血兰，令g(x)=0,解 g() =1(定值) an fx》 得x=e,所以当x∈(0，e)时， 故数列 是以二=3为首项，1为公差的等差数列， g'(x)>0,g(x)在(0，e)上单调递增：当x∈(e,十o∞) 所以数列 1 的前8项和5=8×3+8X7×1=52. 时，g'(x)<0,g(x)在(e,十o∞)上单调递减，所以当x= 2 e时，函教g)取最大值，g6)s=Re)=是.当x>1 答案：52 15.解析：由PB=2PA,得A为线段PB的中点，且点P在 时，g(x)>0,当0<x<1时，g(x)<0,g(1)=0,当x→0： 时，g(x)→一o∞，当x→+oo时，g(x)→0，根据以上信！ 精调外.所以3c>a,则e>号 息，画出函数g(x)=n工(r>0)的大致困象.所以若存 又P(3c,0),所以F2为线段PF1的中点，所 以AF2∥BF1. 在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)的图象： 设|F2A|=m,则|BF1|=2m,又F2B引=3FA,所以 共有三个不同的交点，结合图象可得x1,2是直线y=h: |F2B1=3m, 与y=f(x)图象的两个交点的横坐标，2，xg是直线y= 由椭圆的定义可知，2a=|BF1|十|BF2|=2m十3m= b与y=g(x)图象的两个交点的横坐标，： f()=4=b. 咖，俘m=号 e 如图，延长BF1交椭圆C于点Q,连接QF2,则由椭园 f2)=华=b. 的对称性可知，|QF1|=|F2A|=m,又2a=|QF1|+ e QFzl,故IQF2|=4m, 则 In x2=b, 由余弦定理可得， g(x2)= C0s/QBF:-QB+BF:-1QF2 g()==b. 2QB·BF2 T3 =(3m)2+(3m)2-(4m)21 国为f)=专g)=2,所以gx)=n)= 2·3m·3n 9· 在△BF1F2中，|F1F2|-2c,由余弦定理可得 n工，则g(x2)=fnx2)=b,g(x3)=flnx3)=,所 e-im9n-2X2mXm 以f1)=f(x2)=f(ln2)=f(lnx3),0<x1<x2<: e<x3,又f(x)在(-0∞，1)上单调递增，在(1，十o∞)上 单调递减，所以x=lnx2,x2=lng,所以x1xg= 所以精圈C的离心率为e=后=√ 71051 a 153 n2·,又周为型-血=b,所以1n2·c=, e:2 所以x1x3=x3.故逃B. 13.解折：4十3y=0,即y=一亭=+3，即y= 3 3 答案，10西 15 16.解析：设圆柱的底面半径为r,高为h,则由相似可得二 2 2x-3y+10 x1y13-0 xy1=0 =0气，即A=a-2,令h>0,结合>0，则0<<号 5-4-3-26123 156 圆柱的体积V=π2h=πr2(a一2r)=aπr2一2πr3, V'=2aπr-6xr2=2xr(a-3r）, 4x13y-0 当r∈(0，g)V单调递增：当r∈（分，）V单调递减. 画出可行战如图中阴影部分（含边界）所示，平移直线： 所以当号时，V罗 4.x+3y=0, 当=4x十3y表示的直线经过点A时：取得最大值， 答案罗 2 17.解：(1)由asin(B+C)=(b-c)sinB十csin C. 因此从6人中任取2人的试验有2={AB,AC,AD, 得asin A=(b-c)sinB十esin C, AE.AF,BC,BD,BE,BF,CD.CE.CF,DE.DF,EF), 由正弦定理，得a2=(b-c)b十2=b2十c2-bc.2分： 共15个基本事件， 9分 由余充理，得A+远条- 设2人得分都在[80,90)内为事件M,则M=(AB,AC, 2bc ，4分 AD,BC,BD,CD,共6个基本事件，10分 又A∈(0，π)，所以A= 3“ 6分 所以中奖的2人得分都在[80,90)内的挺率P(M)=号 6 (2)因为a2=b2十2-2 occos A=2+c2-bc≥2bc-bc: 2 =bc, 5 12分 所以bc≤4，当且仅当b=c=2时取“=”， 8分20.解：1D当4=1时f(x=21nr+x2-,f(x=2十 7 bcsin A2AD·a, 10分： 2.x-1(x>0), 1分 所以0=2A 所以f(1)=2+2-1=3,f(1)=0...3分 fbc≤v3, 所以函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y=3(x -1),即3.x-y-3=0. …4分 故ADmx=√3.12分 18.解：(1)证明：连接AC交BD于点O,连接PO, (2)证明：f(x)=2+2ax-4=2ar2-ax+2=0. 因为PB=PD,所以PO⊥BD. 2分 即2a.x2-a.x+2=0有两个不等正实根x1x2, 因为底面ABCD为菱形，所以CO⊥BD 3分 1a>0, 又pOnCo=O,所以BD⊥平面PCO, 4分 则 解得a>16. △=a2-16a>0. 又PCC平面PCO,所以BD⊥PC. .6分 所以x十x2=21x2= 1 (2)因为AB=BD=2,底面 6分 ABCD为菱形，所以△ABD为 故f(x1)-f(x2) 等边三角形，所以AO=5, =(2lnx1十a.x1-a.x)-(2lnx2十a.x-axg) 在等边三角形PBD中，BD= =21n1-21n-受-) 2,所以PO=3, 因为POP+A03=3+3=6=PA2,所以AO⊥PO, -2n-21h品[-（合-] 又因为PO⊥BD,AO∩BD=O,所以PO⊥平面： ABCD..... 8分 =4n1-a+号+2na,其中0<< 易知Sam=号×2X2Xsm等=尽，Sam=号×，6 .8分 ×四 令hr)=4lhx-ax+号+2lna,0<x<,h(x)= 2 2 10分： 设点A到平面PCD的距离为d,因为VPACD=V+PD, a=1-ax 所以S△D·P0=5AD·d,即v3X3=压.d, 2 当0C<时，h>0,当<r<时，h(<0, -11分 解得d=25=2压，所以点A到平面PCD的距离 所以()在(0，)上单洞道增，在（信，宁）上单调运 5 减， 10分 为2西 故h(x)h(合)=4n-4++2na=号 --2In a 5 …12分 19.解：(1)由题意，得(0.006+0.010+a+0.018+0.020+: +4n4-1)<号-2na+4. 0.032)×10=1,解得a=0.014. …2分 (2)由频率分布直方图，得满意度得分在60分及以上的： 所以fx)-fx2)<号-21na十4成主.12分 频率是1-(0.006+0.014)×10=0.8， 所以清意度得分在0分及以上的人北的为500X。分2儿解：)依随意号1解得p=2,于美抛物线C的方粗 =4000. 6分 为y2=4x。 1分 (3)用分层抽样的方法抽取的6名慕行者中，得分在： 过点P,M分别作C的准线x=一1的垂线，垂足分别为 [80,90)内的有4人，设为A,B,C.D:得分在[90,100]： E,N,得PE=|PF|, …2分 内的有2人，设为E,F.7分 因此PM+|PF|=|PE+PM≥|MN|=5,当且 仅当M,P,E三点共线时取等号， 由国雏曲线参数方程定义，得 所以|PM+|PF的最小值为5. 分 曲线C2的参数方程为 x=2cos9”(9为参数) y=sin o 5分 =x+3 x=cos 0. (2)由曲线C1的参数方程为 (日为参数)， y=2+sin 0 得曲线C1的直角坐标方程为x2+(y一2)2=1，其圆心 C1(0,2),半径r=1. 6分 (2)设P(,21),则直线PA的方程为y-21=k(x-P), 由题意可得设N(2cosg,sinp), y2=4x, y-21=k(x-2), 去x得y2-+ -42=0, 易知MN|的最大值为，点N到圃心C,的距离的最大值 再加上半径， 4=16(是-是+r)>0. MN I max=I NC+r=v(2cos -0)2+(sin -2)2 设A(x1,B(x),则y十21=冬，即1= +1=√/-3sin2p-4sin9+8+1, 8分 由二次通最性废可知，当sin9=一号时，AMNs= 21,同理=一友 6分 由△ABP的垂心为H,显然AH⊥BP,BH⊥AP,设 22I+1, 3 H(xH·yH), 所以MN的最大值为2+1. 3 …10分 则直线AH的方程为y一为=-)，直线BH的 3.解：1)当x≥号时，f(x)=2x+2x-1=4r-1<3,解 方程为y-为=一名(x-, 联立解得2yH=名(。一x)十十购=(0好-)+ 得<， 8t 当0<<2时，则有fx)=2+1-2x=1<3,解得0 y十2=-4t+ 62, <x<2 2分 2xH=(2-y)++=(-)+子（+)= 当x≤0时，f(x)=一2x十1-2x=1-4x<3,解得 22+ 2 28, x0. 3分 +是-4-2+) .9分 综上所述，不等式f代x)<3的解集为（一1）月 假设存在实数k,使得点H始终在抛物线y2=x十3上，： 5分 (-2+)=+-4+3 (2)证明：由绝对值三角不等式可得f(x)=|2x+2x -1|≥|2x-(2.x-1)|=1. 整理得2（-+3）=是 一1，因此 当且仅当0≤2<1时，即当0<r≤7时，等号成立，故 2-1=0, 4 m=1, -7分 6-19+3=0: 而k>0,解得k=2,11分 所以(a+b)+(b+c)=a+2b+c=1, k 又因为a,b,c均为正数， 所以存在实数k=2,使得，点H始终在抛物线y2=x十3上， 所以1 1= 6+。=(ab+6+)加a+b)+b+e门 12分 =2+a+b+b+c 2.解：)由曲线C2的极坐标方程为p= 2w2 b+c'a+b √5-3cos20 a+b.c=4, ≥2+26+c'a+b 9分 得p2(5-3cos20)=8,即p2(8-6cos20)=8,即2x2+ 8y2=8. 当且仅当a+b=b+(一号时，等号成立，故。6十十 所以向钱G的直角坐标方程为号+y2=1.3分 4 10分2024届高三离考精准备考猜题卷（二） 19.(12分) 数学（文科）答题卡 湘考证号 姓 名 ■■■■■ )间 班极 11120)小1月 iai ar mt ((i i 13214t431u 场 初60607神8别9010例高元度得什 座位号 1))U1 a14101 11a1a23a0) 账条形码区城 18.《12分) 生肩面准制色，海幅： 填空样制画珠种：一情秋除：正口和四中民专标：口 一。选拜题（每小思5分，共0分） 1CAlT1CIn B L Em ICI IDI 91A11月中 I01A度13 3 IAL8CI0 C8:ICI CDI I11A1M13 二，填空赠（刺小题5分，共20分） 13. 14. 15. 1. 三、解答题（共70分） (一】必考题：共0分， 17.(12分) 偏在器题时的答超风城片作若，加山恩色无形边飘限定区城的答案无： 密1南共2数 ■ ■ 20.(12分) 21.(12分) (二)遗考愿，共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答 如果多做，题按所做的第一题计分。 我选做的愿日是22超 在养题建修答题道域内作答，是山显色矩形边积限空区该的答蜜足： 第2真共2算