精品解析：广东省部分学校2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题

2023—2024学年下学期期末联考 高一数学 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知正方体的棱长为分别是和的中点.则两条平行线和间的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 端午节吃粽子是我国的一个民俗，记事件 “甲端午节吃甜粽子”，记事件 “乙端午节吃咸粽子”，且，，事件A与事件B相互独立，则（ ） A. B. C. D. 5. 菏泽市博物馆里，有一条深埋600多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供了不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为，下底直径约为，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ） A. B. C. D. 6. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知，，若P，Q的余弦距离为．则（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点， ①； ②平面； ③三棱锥的体积为定值； ④ 与所成的最大角为. 上述命题中正确的个数是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 8. 已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ） A. B. 3 C. D. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关复数的说法正确的是（ ） A. 若则 B. C. D. 若，则的取值范围为 10. 已知点，则下列结论正确的是（ ） A. 与向量垂直的向量坐标可以是 B. 与向量平行的向量坐标可以是 C. 向量在方向上的投影向量坐标为 D. 对 ，向量与向量所成角均为锐角 11. 在正方体中，是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A. 若是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 B. 若为线段上的动点，则的最小值为 C. 若为线段上的动点，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围为 D. 若为线段上的动点，且 与平面 交于点，则三棱锥的体积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 降雨量是指降落在水平地面上单位面积的水层深度（单位：）.气象学中，把24小时内的降雨量叫作日降雨量，等级划分如下表： 日降雨量 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 某数学建模小组为了测量当地某日的降雨量，制作了一个圆台形水桶，如图所示，若该圆台的上､下底面积之比为，母线长为，且侧面积等于上､下底面积之和，若在某日的一次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，水深恰好是桶深的，则当日的降雨量等级为___________. 13. 2023年中国成功举办了第31届世界大学生夏季运动会和第19届亚运会，某市积极响应全民锻炼的号召，组织村级足球联赛，其中组有甲、乙、丙、丁4支足球队，每支球队都要跟组内其他球队进行一场比赛，最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，比赛结束时，在甲队输给乙队的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为______. 14. 在三棱锥中，平面平面是边长为4的等边三角形，，，则三棱锥的外接球的表面积为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在四棱锥中，平面平面为棱的中点. （1）求证：平面 ； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在中，内角 所对的边分别为 ， ，，已知 （1）求角A的大小； （2）若，的面积为，求 ，的值. 17. 辽宁省数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100名学生，得到他们的成绩，将数据整理后分成五组：，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）若只有的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）； （2）采用分层随机抽样的方法从成绩为 的学生中抽取容量为6的样本，再从该样本中随机抽取2名学生进行问卷调查，求至少有1名学生成绩不低于90的概率； （3）进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动.考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2门学科，每科笔试成绩从高到低依次有五个等级. 若两科笔试成绩均为 ，则直接参加；若一科笔试成绩为 ，另一科笔试成绩不低于，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加.现有甲、乙二人报名参加，二人互不影响.甲在每科笔试中取得的概率分别为；乙在每科笔试中取得的概率分别；甲、乙在面试中通过的概率分别为.求甲、乙能同时参加冬令营的概率. 18. 在中，角 所对的边分别为 .已知 （1）若 ，判断的形状； （2）若，求的最大值. 19. 如图，在四棱台中，底面 为菱形，且 ，，侧棱与底面 所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱台的体积和球的表面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年下学期期末联考 高一数学 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数乘法加法运算可解. 【详解】. 故选：B 2. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为 ，母线为，高为，根据圆锥的表面积及弧长公式得到方程组，求出 、，即可求出，再由锥体的体积公式计算可得. 【详解】设圆锥的底面半径为 ，母线为，高为， 则，解得（负值已舍去）， 所以， 所以圆锥的体积. 故选：A 3. 已知正方体的棱长为分别是 和的中点.则两条平行线 和间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质可证得，，由此可知所求距离为，利用勾股定理可求得结果. 【详解】连接，分别与交于点，， ，平面，平面，又平面， ； 四边形为正方形，， 又平面，，平面， 平面，； 又，，， 和间的距离即为的长； ，，， 即 和间的距离为. 故选：C. 4. 端午节吃粽子是我国的一个民俗，记事件 “甲端午节吃甜粽子”，记事件 “乙端午节吃咸粽子”，且，，事件A与事件B相互独立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式及概率的基本性质计算即得. 【详解】由事件A与事件B相互独立，得， 所以. 故选：B 5. 菏泽市博物馆里，有一条深埋600多年的元代沉船，对于研究元代的发展提供了不可多得的实物资料.沉船出土了丰富的元代瓷器，其中的白地褐彩龙风纹罐（如图）的高约为，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成（如图），圆台的上底直径约为，下底直径约为，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台体积公式求解. 【详解】根据题意，. 故选：B 6. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设二维空间中有两个点，，O为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知，，若P，Q的余弦距离为．则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，得到方程，求出，由诱导公式求出答案. 【详解】， 故， 所以，则. 故选：C 7. 在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点， ①； ②平面； ③三棱锥的体积为定值； ④ 与所成的最大角为. 上述命题中正确的个数是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，异面直线所成角及锥体体积计算对4个命题逐个判断即可得出结论. 【详解】对于①，因为 平面，平面，则， 又因为，且平面， 得平面，又平面，所以； 因为平面，平面，则， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以，又平面，所以平面. 又平面，所以，正确； 对于②，在正方体中，因为，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理， 平面，又平面， 所以平面平面.又平面，所以平面，正确； 对于③，由②知，平面，平面， 所以平面，所以点 到平面的距离等于点到平面的距离， 所以为定值，正确； 对于④，当 与重合时， 与所成的角最大,最大为，理由如下： 因为， 平面，平面， 所以，，且平面， 所以平面， 平面，所以，所以 与所成的最大角为，正确. 故正确的命题个数为4个. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查了线线、线面关系的判断及锥体的体积，解题的关键是利用等体积转化法判断体积为定值. 8. 已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别取的中点，连接，证明 平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面 截球所得截面圆的半径，即可得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以 平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接 ，设点到平面 的距离为，平面 截球所得截面圆的半径为 ， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关复数的说法正确的是（ ） A. 若则 B. C. D. 若，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，举例判断，对于B，令，分别计算进行判断，对于C，设对应的向量分别为，利用向量的几何意义分析判断，对于D，令，则由已知可得点在以为圆心，2为半径的圆上，根据圆的性质分析判断. 【详解】对于A，因为时，所以A错误， 对于B，令，则， 所以， 因为，所以，所以B正确， 对于C，设对应的向量分别为，则, ， 因为，所以，所以C正确， 对于D，令，则由，得 ，， 所以点在以为圆心，2为半径的圆上， 所以的最小值为，最大值为， 即的取值范围为，所以D正确， 故选：BCD 10. 已知点，则下列结论正确的是（ ） A. 与向量垂直的向量坐标可以是 B. 与向量平行的向量坐标可以是 C. 向量在方向上的投影向量坐标为 D. 对 ，向量与向量所成角均为锐角 【答案】AC 【解析】 【分析】根据数量积等于0，可判定A正确；根据向量共线的坐标表示，可得判定B不正确；根据向量的数量积的运算和投影向量的运算，可得判定C正确；结合 和，可得判定D不正确. 【详解】由点，可得 ， 对于A中，由 ， 所以与向量垂直的向量坐标可以是，所以A正确； 对于B中，由，所以向量与向量不平行，所以B不正确； 对于C中，由在方向上的投影向量，所以C正确； 对于D中，由 ， 设 ，可得 ，则， 解得或，所以向量与夹角为锐角时，则 且且 ， 所以D不正确. 故选：AC 11. 在正方体中，是棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A. 若 是线段的中点，则异面直线 与 所成角的余弦值是 B. 若 为线段上的动点，则的最小值为 C. 若 为线段上的动点，则平面与平面夹角的余弦值的取值范围为 D. 若 为线段上的动点，且 与平面交于点 ，则三棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由异面直线所成角的定义即可判断A；将平面展开到平面，即可判断B；由二面角的定义可知为平面与平面的夹角，结合余弦定理代入计算，即可判断C；由三棱锥的体积公式代入计算，即可判断D. 【详解】对于A：由正方体的定义可知 ∥， 则是异面直线 与 所成的角或补角， 因为平面，且 平面，则， 在中，因为，则， 所以，则A正确； 对于B：将平面展开到平面， 则，仅当共线时等号成立， 所以的最小值为，故错误； 对于C：过点 作∥，交于 点， 可知：∥ ∥， 则平面即为平面，平面即为平面 ， 则平面 平面， 且平面，则平面， 且平面，则， 可知为平面与平面的夹角， 因为 为线段上的动点，所以 为线段上的动点， 在正方体，结合对称性可知： 当 为线段的中点时，取到最大值，取到最小值， 此时，则； 当 为线段的端点重合时，取到最小值，取到最大值； 综上所述：， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为，故C正确； 对于D：设平面与平面的交线为， 因为∥平面，平面，则∥， 又因为∥，且，可知为平行四边形， 则∥，可得∥， 因为 与平面交于点 ，即，平面， 且平面，可知平面， 又因为平面平面，则，可知， 且平面，可知三棱锥的高为 ， 所以三棱锥的体积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 降雨量是指降落在水平地面上单位面积的水层深度（单位：）.气象学中，把24小时内的降雨量叫作日降雨量，等级划分如下表： 日降雨量 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 某数学建模小组为了测量当地某日的降雨量，制作了一个圆台形水桶，如图所示，若该圆台的上､下底面积之比为，母线长为，且侧面积等于上､下底面积之和，若在某日的一次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，水深恰好是桶深的，则当日的降雨量等级为___________. 【答案】小雨 【解析】 【分析】根据题意，由圆台的侧面积公式可求出圆台高，再计算其体积，即可得到结果. 【详解】设上口半径为 ，下口半径为 ，桶深为，水面半径为， 根据题意，且， 解得，则， 降水量的体积， 降水深度为，属于小雨等级. 故答案为：小雨． 13. 2023年中国成功举办了第31届世界大学生夏季运动会和第19届亚运会，某市积极响应全民锻炼的号召，组织村级足球联赛，其中组有甲、乙、丙、丁4支足球队，每支球队都要跟组内其他球队进行一场比赛，最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，比赛结束时，在甲队输给乙队的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据甲是最高分可得甲余下两场比赛全赢，再就甲乙、甲丁的输赢（丙的第一场对手若为甲）分类讨论后可得正确的选项. 【详解】若甲与丙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分， 这时乙丙、乙丁两场比赛中乙只能输，否则乙的分数不小于4分，不合题意， 在乙输的情况下，丙、丁已有3分， 那么它们之间的比赛无论什么情况，丙、丁中有一队得分不小于4分，不合题意； 若甲与丙、丁的两场比赛全赢（概率为）时，甲得6分，其他3队分数最高为5分， 这时乙丙，乙丁两场比赛中乙不能赢，否则乙的分数不小于6分，只有乙平或乙输； 若乙一平一输，概率为.如乙平丙，乙输丁，则丙丁比赛时，丁不能赢，概率为； 若乙两场均平，概率为，丙丁这场比赛无论结果如何均符合题意； 若乙两场都输，概率为，丙丁这场比赛只能平，概率为. 综上所述，在甲队输给乙队的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为 . 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面平面是边长为4的等边三角形，，，则三棱锥的外接球的表面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】在 中利用余弦定理求出，再由勾股定理的逆定理可得，取 的中点，连接，记的外接圆的圆心为，则证得，从而可得外接球的半径为，进而可求出球的表面积. 【详解】在 中，，由余弦定理得， 即，解得， 所以，所以， 取 的中点，连接，则 . 记的外接圆的圆心为，又是等边三角形， 所以， 又平面平面 ，平面平面平面， 所以平面 ， 又平面 ，所以， 所以， 所以为三棱锥的外接球的球心，为三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥的外接球问题，考查球的表面积公式的应用，解题的关键是根据题意找出外接球的球心，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在四棱锥中，平面平面为棱的中点. （1）求证：平面 ； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）如图，利用平行四边形的判断方法证明四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，利用面面、线面垂直的性质可得，设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，结合等体积法和三棱锥的体积公式计算可得，即可求解. 【小问1详解】 取的中点 ，连接，则且， 又且，所以且， 故四边形为平行四边形，所以， 又 平面 ，平面 ， 所以平面 . 【小问2详解】 由，得，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以. 由，得， 所以，， 得，则，所以. 又， 设到平面的距离为，直线与平面的所成角为， 则，所以，解得， 所以， 即直线与平面的所成角的正弦值为. 16. 在 中，内角 所对的边分别为 ， ， ，已知 （1）求角A的大小； （2）若， 的面积为，求 ， 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，求出； （2）由面积公式和余弦定理得到，，从而求出. 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 即， 因为，所以，故， 因为，所以； 【小问2详解】 由题意得，解得， 由余弦定理得，即， 故， 所以，， ，， 故. 17. 辽宁省数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100名学生，得到他们的成绩，将数据整理后分成五组：，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）若只有的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）； （2）采用分层随机抽样的方法从成绩为 的学生中抽取容量为6的样本，再从该样本中随机抽取2名学生进行问卷调查，求至少有1名学生成绩不低于90的概率； （3）进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动.考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2门学科，每科笔试成绩从高到低依次有五个等级. 若两科笔试成绩均为 ，则直接参加；若一科笔试成绩为 ，另一科笔试成绩不低于，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加.现有甲、乙二人报名参加，二人互不影响.甲在每科笔试中取得的概率分别为；乙在每科笔试中取得的概率分别；甲、乙在面试中通过的概率分别为.求甲、乙能同时参加冬令营的概率. 【答案】（1）76.25分 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的求法求解即可； （2）根据分层抽样确定两组抽取的人数，结合对立事件的概率公式，用列举法求解古典概型概率即可； （3）先利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求解甲、乙能参加冬令营的概率，然后利用独立事件乘法概率公式求解即可. 【小问1详解】 ， 所以第分位数位于，且， 所以入围分数应设为76.25分. 【小问2详解】 依题意从抽取人，标记为1，2，3，4； 从 抽取，标记为 ； 从6人中随机选2人其样本空间可记为， 共包含15个样本点，即有15种选法.设事件 “至少有1名学生成绩不低于90”， 则其中2人都是的样本空间可记为， 共包含6个样本点，则， 所以至少有1名学生成绩不低于90的概率为. 【小问3详解】 依题意甲能参加冬令营的概率， 乙能参加冬令营的概率， 二人互不影响，所以甲、乙能同时参加冬令营的概率. 18. 在 中，角 所对的边分别为 .已知 （1）若 ，判断 的形状； （2）若，求的最大值. 【答案】（1）直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的定义和余弦定理化简已知，可得解； （2）根据（1）可得，利用正弦定理边化角，再借助三角函数恒等变形可得，最后利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 根据题意，， 即， 所以， 化简得， 当 时，得，即 为直角三角形； 【小问2详解】 当时，根据（1），有， 根据正弦定理，有， 即， 根据和差化积公式，得， 即，化简得， 所以， 设则 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 即当时，取最大值为. 19. 如图，在四棱台中，底面为菱形，且 ，，侧棱与底面 所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱台的体积和球的表面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）四棱台的体积为，球的表面积为． 【解析】 【分析】（1）只需证明和即可； （2）做出二面角的平面角再做计算. （3）将四棱台还原为四棱锥，把三棱台的内切球转化为三棱锥的内切球问题. 【小问1详解】 设与、与BD分别交点E，F，连接EF，因为底面为菱形，所以． 在等腰梯形 中，因为E，F为底边中点， 所以，又EF与BD相交，平面，所以平面． 【小问2详解】 由（1）可知平面平面，又平面平面， 过点作于 ，则平面，因为平面， 所以，再作于 ，又因为，平面， 所以平面，因为平面，所以，则是二面角的平面角． 因为平面，故是侧棱与底面 所成角，所以． 在，，， 在，， 在，． 因此二面角的正切值为． 【小问3详解】 将四棱台还原为四棱锥， 由题意可知三棱台为正三棱台，所以三棱锥为正三棱锥， 因此三棱台和三棱锥的内切球为同一个球，设，是和 的中心， 由（2）易知在，所以三棱锥为正四面体，所以， 因此平面是四棱锥的中截面，则，， 故四棱台的体积． 球的表面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $