精品解析：北京市东城区2023-2024学年高二下学期期末统一检测数学试题

东城区2023—2024学年度第二学期期末统一检测 高二数学 2024.7 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 某校学生科研兴趣小组为了解1~12岁儿童的体质健康情况，随机调查了20名儿童的相关数据，分别制作了肺活量、视力、肢体柔韧度、BMI指数和身高之间的散点图，则与身高之间具有正相关关系的是（ ） A. 肺活量 B. 视力 C. 肢体柔韧度 D. BMI指数 3. 已知，且，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 袋中有10个大小相同的小球，其中7个黄球，3个红球.每次从袋子中随机摸出一个球，摸出的球不再放回，则在第一次摸到黄球的前提下，第二次又摸到黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则的值为（ ） A. 15 B. C. D. 6. ，，三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，每位学生只能报一所大学.某中学现有四位学生报名.若每所大学都有该中学的学生报名，则不同的报名方法共有（ ） A. 30种 B. 36种 C. 72种 D. 81种 7. 2024年3月20号，我国成功发射鹊桥二号中继卫星，其通过一个大型可展开的星载天线，实现了月球背面与地球之间的信号传输.星载天线展开后形成一把直径（口径）为的“金色大伞”，它的曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入接收天线，经反射聚集到焦点处.若“金色大伞”的深度为，则“金色大伞”的边缘点到焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线被圆截得的弦长为整数，则满足条件的直线共有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 9. 已知函数，则“”是“为的极小值点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.现给出一个同余问题：如果和被除得的余数相同，那么称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域是_________. 12. 已知双曲线的焦点为和，一条渐近线方程为，则的方程为_________. 13. 已知二项式的所有项的系数和为，则_____________；_________. 14. 某学校要求学生每周校园志愿服务时长不少于1小时.某周可选择的志愿服务项目如下表所示： 岗位 环保宣讲 器材收纳 校史讲解 食堂清扫 图书整理 时长 20分钟 20分钟 25分钟 30分钟 40分钟 每位学生每天最多可选一个项目，且该周同一个项目只能选一次，则不同选择的组合方式共有________种. 15 设，函数给出下列四个结论： ①当时，函数的最大值为0； ②当时，函数是增函数； ③若函数存两个零点，则； ④若直线与曲线恰有2个交点，则. 其中所有正确结论的序号是_________. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 某次乒乓球比赛单局采用11分制，每赢一球得一分.每局比赛开始时，由一方进行发球，随后每两球交换一次发球权，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.已知甲、乙两人要进行一场五局三胜制（当一方赢得三局比赛时，该方获胜，比赛结束）的比赛. （1）单局比赛中，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，求甲领先的概率； （2）若每局比赛乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立，求乙以赢得比赛的概率. 17. 设函数，其中.曲线在点处的切线方程为. （1）求，的值； （2）求的单调区间. 18. 近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排.遥遥计划在，，，，，这6个国产新能源品牌或在，，，这4个国产燃油汽车品牌中选择购车.预计购买新能源汽车比燃油车多花费40000元.据测算，每行驶5公里，燃油汽车约花费3元，新能源汽车约消耗电1千瓦时.如果购买新能源汽车，遥遥使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准（精确到0.1元/千瓦时）如下表： 充电时间段 充电价格（元/千瓦时） 充电服务费（元/千瓦时） 峰时 10：00—15：00和18：00—21：00 10 0.8 平时 7：00—10：00，15：00—18：00和21：00—23：00 0.7 谷时 当日23：00—次日7：00 0.4 （1）若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌作比较，求品牌被选中的概率； （2）若遥遥选购新能源汽车，他在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电30千瓦时（用时不超过半小时）.设为遥遥每次充电的费用，求的分布列和数学期望； （3）假设遥遥一年驾车约行驶30000公里，按新车使用8年计算，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少. 19. 已知椭圆，过点，，分别是的左顶点和下顶点，是右焦点，. （1）求方程； （2）过点的直线与椭圆交于点，，直线，分别与直线交于不同的两点，.设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 20. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若对任意，有恒成立，求的取值范围； （3）证明：若区间上存在唯一零点，则（其中）. 21. 已知项数列，满足有.若变换满足，有，且有，则称数列是数列的一个排列.，记，如果是满足的最小正整数，称数列存在阶逆序排列，称是的阶逆序变换. （1）已知数列，数列，求： （2）证明：对于项数列，不存在阶逆序变换： （3）若项数列存在阶逆序变换，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 东城区2023—2024学年度第二学期期末统一检测 高二数学 2024.7 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合集合与元素的关系求出参数的值，结合交集的概念即可得解. 【详解】由题意或，但是，所以，， 因为，所以. 故选：B. 2. 某校学生科研兴趣小组为了解1~12岁儿童的体质健康情况，随机调查了20名儿童的相关数据，分别制作了肺活量、视力、肢体柔韧度、BMI指数和身高之间的散点图，则与身高之间具有正相关关系的是（ ） A. 肺活量 B. 视力 C. 肢体柔韧度 D. BMI指数 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的散点图，结合正相关的意义判断即得. 【详解】对于A，儿童的身高越高，其肺活量越大，肺活量与身高具有正相关关系，A正确； 对于B，儿童的视力随身高的增大先增大，后减小，视力与身高不具有正相关关系，B错误； 对于C，肢体柔韧度随身高增大而减小，肢体柔韧度与身高不具有正相关关系，C错误； 对于D，BMI指数与身高的相关性很弱，不具有正相关关系，D错误. 故选：A 3. 已知，且，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】举反例排除ABC，由指数函数单调性即可说明D. 【详解】取，则，无意义，故ABC错误； 对于D，由指数函数在实数域上关于单调递增，且，所以，故D正确. 故选：D. 4. 袋中有10个大小相同小球，其中7个黄球，3个红球.每次从袋子中随机摸出一个球，摸出的球不再放回，则在第一次摸到黄球的前提下，第二次又摸到黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件概率、古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】在第一次摸到黄球的前提下，此时袋中有：6个黄球，3个红球，共9个球， 所以所求概率为. 故选：A. 5. 已知，，则的值为（ ） A. 15 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数式与对数式的互化，结合指数运算计算即得. 【详解】由，得，即，而， 所以. 故选：C 6. ，，三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，每位学生只能报一所大学.某中学现有四位学生报名.若每所大学都有该中学的学生报名，则不同的报名方法共有（ ） A. 30种 B. 36种 C. 72种 D. 81种 【答案】B 【解析】 【分析】将甲、乙、丙、丁四位同学分为三组2，1，1，然后分配到三所学校求解. 【详解】设这四位同学分别甲、乙、丙、丁， 由题意将甲、乙、丙、丁四位同学分为三组2，1，1，然后分配到三所学校. 则不同的报名方法共有种. 故选：B. 7. 2024年3月20号，我国成功发射鹊桥二号中继卫星，其通过一个大型可展开的星载天线，实现了月球背面与地球之间的信号传输.星载天线展开后形成一把直径（口径）为的“金色大伞”，它的曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入接收天线，经反射聚集到焦点处.若“金色大伞”的深度为，则“金色大伞”的边缘点到焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出抛物线方程，再结合抛物线的定义求值即得. 【详解】依题意，建立如图所示的平面直角坐标系，点 设抛物线的方程为，则，解得， 抛物线的焦点，准线方程为，， 所以“金色大伞”的边缘点到焦点的距离为. 故选：B 8. 已知直线被圆截得的弦长为整数，则满足条件的直线共有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】首先求得，又，而直径是4，所以分进行讨论即可求解. 【详解】圆的圆心、半径分别为， 圆心到直线的距离为， 设直线被圆截得的弦长为， 由于直线被圆所截得的弦长不超过直径长度，故分以下情形讨论： 当时，，解得， 当时，，化简得，解得， 当时，，化简得，该方程无解， 当时，，化简得，该方程无解， 而直线是斜率为且过定点的直线，直线由唯一决定， 综上所述，满足条件的直线共有3条. 故选：C. 9. 已知函数，则“”是“为的极小值点”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】在的条件下利用导数证明为的极小值点，然后说明当，时，为的极小值点，但并不成立，从而得到答案. 【详解】由题设，， 若，则，故上，上， 所以在上递增，上递减，故为的极小值点，从而条件是充分的； 当，时，有，则， 显然上，上， 所以在上递减，上递增， 此时为的极小值点，但此时并不成立，从而条件不是必要的. 故选：A. 10. 《孙子算经》是中国南北朝时期重要数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.现给出一个同余问题：如果和被除得的余数相同，那么称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式定理求出被5整除得的余数，再逐项验证即得. 【详解】 则能被整除， 故除以余数为， 所以除以余数为， 由，所以，， ，， 故选：D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域是_________. 【答案】 【解析】 【分析】由表达式中的每个部分有意义得到不等式组，解之即可得到定义域为. 【详解】为了让函数的表达式有意义，需要. 解得，所以函数的定义域是. 故答案为：. 12. 已知双曲线的焦点为和，一条渐近线方程为，则的方程为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由焦点坐标以及渐近线方程列式求出即可得解. 【详解】双曲线的焦点在轴上，设的方程为， 由题意，解得， 所以的方程为. 故答案为：. 13. 已知二项式所有项的系数和为，则_____________；_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先利用系数和条件，再原式中取得到；再对展开式两边求导两次并取，得到. 【详解】由已知有，且. 再前一式中令得，所以，得. 所以. 由二项式定理可知，. 故答案为：；. 14. 某学校要求学生每周校园志愿服务时长不少于1小时.某周可选择的志愿服务项目如下表所示： 岗位 环保宣讲 器材收纳 校史讲解 食堂清扫 图书整理 时长 20分钟 20分钟 25分钟 30分钟 40分钟 每位学生每天最多可选一个项目，且该周同一个项目只能选一次，则不同选择的组合方式共有________种. 【答案】20 【解析】 【分析】分选择两个项目、三个项目、四个项目和五个项目四种情况考虑. 【详解】由题意得选择两个项目有种组合； 选择三个项目有种组合； 选择四个项目有种组合； 选择五个项目有种组合， 所以共有种. 故答案为：20. 15. 设，函数给出下列四个结论： ①当时，函数的最大值为0； ②当时，函数是增函数； ③若函数存在两个零点，则； ④若直线与曲线恰有2个交点，则. 其中所有正确结论的序号是_________. 【答案】①③##③① 【解析】 【分析】把和代入解析式，分析单调性即可判断①②， 令，解出零点，判断零点是否在区间内，对含的零点分有无意义，是否在相应区间内进行讨论，即可判断③，把④转化为恰有两个零点，解出零点，易得取时有3个零点，可判断④错误. 【详解】①当时，， 当时，，当时，，故，故①正确； ②当时，， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，故不是增函数，故②错误； ③当时，只有一个零点， 令函数，解得 当时，函数在上没有零点， 无意义，故函数在上有且只有一个零点为0，即有且只有一个零点，故不符合题意； 当时， 函数在上有1个零点为0， ，不在范围内， 当时，，故函数在上有一个零点，即有两个零点，符合题意， 当时，，故函数在上没有零点，即有且只有一个零点，故不符合题意； 综上所述：当时，有两个零点.故③正确； ④直线与曲线恰有2个交点， 可转化为恰有两个零点. 令函数，解得， 当时，，函数在上有3个零点， 令得，故函数在上没有零点， 即有3个零点，故④错误. 故答案为：①③. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 某次乒乓球比赛单局采用11分制，每赢一球得一分.每局比赛开始时，由一方进行发球，随后每两球交换一次发球权，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.已知甲、乙两人要进行一场五局三胜制（当一方赢得三局比赛时，该方获胜，比赛结束）的比赛. （1）单局比赛中，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，求甲领先的概率； （2）若每局比赛乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立，求乙以赢得比赛的概率. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式列式计算即得. （2）确定乙以赢得比赛的事件，再利用相互独立事件的概率公式计算即得. 【小问1详解】 设事件：单局比赛中甲领先，则， 所以单局比赛中甲领先的概率为. 【小问2详解】 设事件：乙以赢得比赛，即前3局中乙输1局胜2局，第4局乙胜的事件， 则， 所以乙以赢得比赛的概率是. 17. 设函数，其中.曲线在点处的切线方程为. （1）求，的值； （2）求的单调区间. 【答案】（1） （2）递增区间为，递减区间为. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义列式计算即得. （2）利用（1）的结论，利用导数求出单调区间. 【小问1详解】 依题意，，又，则，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，的定义域为R，， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以函数的递增区间为，递减区间为. 18. 近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排.遥遥计划在，，，，，这6个国产新能源品牌或在，，，这4个国产燃油汽车品牌中选择购车.预计购买新能源汽车比燃油车多花费40000元.据测算，每行驶5公里，燃油汽车约花费3元，新能源汽车约消耗电1千瓦时.如果购买新能源汽车，遥遥使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准（精确到0.1元/千瓦时）如下表： 充电时间段 充电价格（元/千瓦时） 充电服务费（元/千瓦时） 峰时 10：00—15：00和18：00—21：00 1.0 0.8 平时 7：00—10：00，15：00—18：00和21：00—23：00 0.7 谷时 当日23：00—次日7：00 0.4 （1）若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌作比较，求品牌被选中的概率； （2）若遥遥选购新能源汽车，他在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电30千瓦时（用时不超过半小时）.设为遥遥每次充电的费用，求的分布列和数学期望； （3）假设遥遥一年驾车约行驶30000公里，按新车使用8年计算，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少. 【答案】（1） （2）分布列见解析，期望 （3）选择新能源汽车的总花费最少 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式直接计算即可求解； （2）的所有可能取值为，分别求出对应的概率即可得分布列以及数学期望； （3）分别求出各自的购车成本以及能源消耗支出的表达式，从而即可进行比较. 【小问1详解】 若遥遥在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌，共有种， 若品牌被选中，则有种选择， 从而所求概率为； 【小问2详解】 在峰时充电，每次充电30千瓦时需要花费， 在平时充电，每次充电30千瓦时需要花费， 在谷时充电，每次充电30千瓦时需要花费， 所以的所有可能取值为， 在18：00，18：30，19：00，19：30，…，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点中： 峰时充电有：18：00，18：30，19：00，19：30，20：00，20：30，共六个时间点， 平时充电有： 21：00，21：30，22：00，22：30，共四个时间点， 谷时充电有： 23：00，23：30，共两个时间点， 所以，，， 的分布列为： 36 45 54 的数学期望为； 【小问3详解】 解法一：设燃油车购车成本为万元，则新能源汽车购车成本为万元， 燃油车能源消耗支出为万元， 设为在某个时间段充电1千瓦时的费用， 在峰时充电，每次充电1千瓦时需要花费， 在平时充电，每次充电1千瓦时需要花费， 在谷时充电，每次充电1千瓦时需要花费， 则的所有可能取值为， 且， 所以， 新能源汽车能源消耗支出为万元， 如果只考虑购车成本与能源消耗支出， 则燃油汽车的总花费为，新能源汽车的总花费为， 综上所述，选择新能源汽车的总花费最少. 解法二：按新车使用8年计算，燃油汽车使用的燃油费为(元)， 新能源汽车使用电费最多为(元)， 因为购买新能源汽车比燃油车多花费40000元， 所以(元). 新能源汽车至少比燃油汽车总花费少17600元，所以选择新能源汽车总花费更少. 19. 已知椭圆，过点，，分别是的左顶点和下顶点，是右焦点，. （1）求的方程； （2）过点的直线与椭圆交于点，，直线，分别与直线交于不同的两点，.设直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，由直线求出的坐标，利用韦达定理结合斜率的坐标表示计算即得. 【小问1详解】 由椭圆过点，得， 由，得椭圆半焦距，则长半轴长， 所以的方程为. 【小问2详解】 显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，， 由消去x得，显然， ，直线的方程为， 令，得点的纵坐标，同理点的纵坐标， 因此 为定值， 所以为定值. 20. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若对任意，有恒成立，求的取值范围； （3）证明：若在区间上存在唯一零点，则（其中）. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接通过求导判断单调性，从而求得极值； （2）对和分类讨论，当时由知条件不满足，当时可通过求导得到单调性，推知条件满足，从而得到的取值范围是； （3）由条件可直接得到，然后通过导数判断在上的单调性，再证明，即可通过反证法得到结论. 【小问1详解】 当时，，从而. 故对有，对有. 所以在上递减，在上递增. 从而有唯一的极值点，且是极小值点，对应极小值为，无极大值. 【小问2详解】 由，知. 若，则. 而对有，所以在上递减. 故，从而对不成立，不满足条件； 若，则对有，所以在上递增. 从而对任意，有，满足条件. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 据（2）的结果，当时对有，故对有. 此即，所以对任意的，在中取就有. 回到原题. 若在区间上存在唯一零点，根据（2）的结果，首先有. 此时对有，对有. 所以，在上递减，在上递增. 而，故上的零点满足. 由于，而对任意的，都有，取，就有，从而. 所以. 假设，由及有，所以. 由在上递增，且，即可从，推知. 但这与是的零点矛盾，所以. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于在小问（3）中，适当使用小问（2）的结论，进行进一步的拓展或适当的利用，从而证得小问（3）所求的结论. 21. 已知项数列，满足有.若变换满足，有，且有，则称数列是数列一个排列.，记，如果是满足的最小正整数，称数列存在阶逆序排列，称是的阶逆序变换. （1）已知数列，数列，求： （2）证明：对于项数列，不存在阶逆序变换： （3）若项数列存在阶逆序变换，求的最小值. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据定义求解对应的数列即可； （2）分①，；②对，，，，；③对，，，，，对阶逆序进行推出矛盾即可； （3）分项、项、项数列进行分类讨论，由（2）知，项数列不存在阶逆序变换，对于项数列，对的取值进行分类讨论，进行推理，可知项数列不存在阶逆序变换；对于项数列，利用反证法推出矛盾，可知的最小值为，然后对于项数列，列举出满足题设条件的变换，进行推理，可得出结论. 【小问1详解】 由于，，故，，，. 所以，即. 所以，即. 所以，即. 故，. 【小问2详解】 对数列的任意变换， ①若存在，有，则， 则不是的阶逆序变换； ②若对，由，，，， 则，，，， 所以，和是相同的数列. 若是的逆序排列，则也是的逆序排列，所以，不是阶逆序变换； ③若，有，，， 则，， 所以，不是的阶逆序变换， 综上所述，对于项数列，不存在阶逆序变换. 【小问3详解】 由（2）知阶数列不存在阶逆序变换， 对于项数列、、， （i）若，则，所以，变换不是的阶逆序变换； （ii）若， 当时，有，则，所以，变换不是的阶逆序变换； 当时，有，则， 所以，变换不是的阶逆序变换； （iii）若，同（ii）可知，变换不是的阶逆序变换； 所以，项数列不存在阶逆序变换； 对于项数列、、、、， 若存在阶逆序变换，则，，，，， （i）若，则对于数列、、、、，和上述的变换， 有，，，， 所以，这项数列、、、存在阶逆序变换，与（2）的结论矛盾； （ii）若，因为，则存在、，有，， 此时，，与是阶逆序变换矛盾， 所以，项数列不存在阶逆序变换. 对于项数列、、、、、，存在变换，使得、、、、、， 则、、、、、，、、、、、， 所以，项数列存在阶逆序变换. 综上所述，的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解决数列中新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证，把其转化为我们熟知的基本运算． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$