精品解析：江苏省泰州中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

江苏省泰州中学2024~2025学年度第二学期期中考试 高二数学试题 （考试时间：120分钟；总分：150分） 命题人：余静 审题人：杨华 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将答案填涂到答题卡相应区域．） 1. 已知向量，，则（ ） A. B. 40 C. 6 D. 36 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.14 B. 0.62 C. 0.72 D. 0.86 3. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 4. 已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，设，，，则向量用 为基底表示为 （ ） A. B. C. D. 5. 若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ） A. 48 B. 32 C. 24 D. 16 7. 已知椭圆、双曲线均是以直角三角形ABC的斜边AC的两端点为焦点的曲线，且都过B点，它们的离心率分别为，则= A. B. 2 C. D. 3 8. 中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），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，平场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 展开式中二项式系数和为 C. 展开式中所有项系数和 D. 10. 甲是某公司技术研发人员，他所在的小组负责某个项目，该项目由三个工序组成，甲只负责其中一个工序，且甲负责工序的概率分别为，当他负责工序时，该项目达标的概率分别为,则下列结论正确的是（ ） A. 该项目达标的概率为0.68 B. 若甲不负责工序C，则该项目达标概率为0.54 C. 若该项目达标，则甲负责工序A概率为 D. 若该项目未达标，则甲负责工序A的概率为 11. 已知正方体的棱长为1，点满足，（与三点不重合），则下列说法正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，平面 C. 当时，平面平面 D. 当时，直线与平面所成角的正切值的最大值为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 的展开式中的系数为_______． 13. 小红和小梅大学毕业后，主动到山区学校参加支教活动，她们两个都决定从包括甲学校在内的所学校中随机选择一所学校去支教，设事件A为“两人至少有一人选择甲学校”，事件B为“两人选择的学校不同”，若，则______． 14. 定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有____个． 四、解答题：（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 如图，平面ABCD，，，四边形ABCD为菱形. （1）证明：平面EBD； （2）若直线AB与平面EBD所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 16. 猜灯谜，是我国独有的民俗文娱活动，是从古代就开始流传的元宵节特色活动.每逢农历正月十五传统民间都要把谜语写在纸条上并贴在彩灯上供人猜.在一次猜灯谜活动中，若甲､乙两名同学分别独立竞猜，甲同学猜对每个灯谜的概率为，乙同学猜对每个灯谜的概率为.假设甲､乙猜对每个灯谜都是等可能的，试求： （1）甲､乙任选1个独立竞猜，求甲､乙恰有一人猜对的概率； （2）活动规定：若某人任选2个进行有奖竞猜，都猜对则可以在箱中参加抽取新春大礼包的活动，中奖概率是；没有都猜对则在箱中参加抽取新春大礼包的活动，中奖概率是，求甲同学抽中新春大礼包的概率； （3）甲､乙各任选2个独立竞猜，设甲､乙猜对灯谜的个数之和为，求的分布列与数学期望. 17. 已知函数. （1）求函数的图像在点处的切线方程； （2）若，且对任意恒成立，求的最大值. 18. 如图，在四棱锥中，，，，. （1）求证：平面； （2）过直线与线段的中点E的平面与线段交于点F. （i）试确定F点位置； （ii）若H点为线段上一动点，求直线与平面所成角正弦值的最小值. 19. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省泰州中学2024~2025学年度第二学期期中考试 高二数学试题 （考试时间：120分钟；总分：150分） 命题人：余静 审题人：杨华 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将答案填涂到答题卡相应区域．） 1. 已知向量，，则（ ） A. B. 40 C. 6 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量线性关系的坐标运算求，再利用向量模长的坐标公式求模长. 【详解】由题意， ∵，， ∴， ∴. 故选：C. 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ） A. 0.14 B. 0.62 C. 0.72 D. 0.86 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的性质进行计算即可. 【详解】随机变量服从正态分布， 且, 所以， ， 所以， 故选:D. 3. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式即可得到答案. 【详解】. 故选：B. 4. 已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，设，，，则向量用 为基底表示为 （ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图形可得，根据比例关系可得,, 再根据向量的减法,代入整理，并用基底代换得答案. 【详解】由 整理得， 由，，代入得， . 故选：D 5. 若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 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】结合独立事件的定义，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项. 【详解】若，，则， 而，， 所以，所以事件相互独立， 反过来，当，， 此时，，满足， 事件相互独立，所以不一定， 所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：A 6. 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ） A. 48 B. 32 C. 24 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解. 【详解】1与4相邻，共有种排法， 两个2之间插入1个数， 共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法， 则总共有种密码． 故选：C 7. 已知椭圆、双曲线均是以直角三角形ABC的斜边AC的两端点为焦点的曲线，且都过B点，它们的离心率分别为，则= A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】分别由椭圆和双曲线的定义表示出AB和BC的长，再利用勾股定理化简可得结果. 【详解】如图 由题，设椭圆的长半轴为，双曲线的半实轴为，根据椭圆和双曲线定义： 可得 设 在直角三角形ABC中，由勾股定理可得 即 即2 故选B 【点睛】本题考查了圆锥曲线的综合，主要考查了定义以及离心率，熟悉定义和性质是解题的关键，属于中档偏上题目. 8. 中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），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，平场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据丙是最高分可得丙余下两场比赛全赢，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】三队中选一队与丙比赛，丙输，，例如是丙甲， 若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分， 这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意， 在甲输的情况下，乙、丁已有3分， 那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意. 若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分， 这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分， （1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是， 如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是， （2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是， 乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意， （3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是， 乙丁这场比赛只能平，概率是. 综上，概率为，D正确． 故选：D. 二、多选题：（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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 展开式中二项式系数和为 C. 展开式中所有项系数和为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】 对于A，利用赋值法令，并结合题目条件，即可求出，从而可求出；对于B，根据二项展开式中二项式系数和为，即可判断B选项；对于C，由于已求出，利用赋值法，即可求出展开式中所有项系数和；对于D，对原式进行求导，再令，即可得出的结果. 【详解】解：对于A，令，可得， 即， 即，① 令，得，即，② 由于的展开式中，所以，③ 所以①-②-③得：， 而， 所以，解得：，故A正确； 对于B，由于，则， 所以展开式中二项式系数和为，故B错误； 对于C，由于，则的所有项系数为 ，故C正确； 对于D，由于，则， 等式两边求导得：， 令，则，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查根据二项式的系数和求参数，以及所有项的二项式系数和的求法，利用赋值法求各项系数和是解题的关键，考查学生运用和计算能力. 10. 甲是某公司的技术研发人员，他所在的小组负责某个项目，该项目由三个工序组成，甲只负责其中一个工序，且甲负责工序的概率分别为，当他负责工序时，该项目达标的概率分别为,则下列结论正确的是（ ） A. 该项目达标的概率为0.68 B. 若甲不负责工序C，则该项目达标的概率为0.54 C. 若该项目达标，则甲负责工序A的概率为 D. 若该项目未达标，则甲负责工序A的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设条件，逐一对各个选项分析判断即可得出结果. 【详解】记甲负责工序为事件，甲负责工序为事件，甲负责工序为事件，该项目达标为事件． 对于选项A，该项目达标的概率为 ，故选项A正确； 对于选项B， ，故选项B错误； 对于选项C，，所选项C正确； 对于选项D，，所以选项D正确， 故选：ACD. 11. 已知正方体的棱长为1，点满足，（与三点不重合），则下列说法正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，平面 C. 当时，平面平面 D. 当时，直线与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A根据空间向量分析可知点在平面内，利用面面平行证明线线平行，即可求解；B根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面垂直的判定定理分析判断；C根据空间向量分析可知点为取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法从而可求解；D根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断. 【详解】A，当时，即，则， 可得，则， 所以点在平面内，如图，因为，， 面，面，故面， 面，面，故面， ，面，所以面面，又面， 所以平面.故A正确； B，当时，，则，故点在直线上，直线与直线共线， 如图，，，，平面， 所以平面，即平面，故B正确； C，当 当时，，所以，故为的中点， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为，则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 设平面的一个法向量为，则，令，得， 则，所以平面与平面不垂直，故C错误； D，当，时，则，可知点在平面内， 因为面面，则直线与面所成角即为直线与面所成的角， 因为面，则直线与面所成的角为，得， 又，即，则，得， 当且仅当，即时等号成立，知的最小值为，则的最大值， 所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 的展开式中的系数为_______． 【答案】126 【解析】 【分析】利用二项式定理求出含有的项，计算可得其系数. 【详解】依题意得，展开式中含有的项为, 所以展开式中的系数为126. 故答案为：126 13. 小红和小梅大学毕业后，主动到山区学校参加支教活动，她们两个都决定从包括甲学校在内的所学校中随机选择一所学校去支教，设事件A为“两人至少有一人选择甲学校”，事件B为“两人选择的学校不同”，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先计算事件所包含的样本点个数，再利用公式计算即可. 【详解】利用间接法可得， 利用分步乘法计数原理得， 则，得 故答案为： 14. 定义“规范01数列”如下：共有项，其中项为0，项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若，则不同的“规范01数列”共有____个． 【答案】14 【解析】 【详解】由题意，得必有，，则具体的排法列表如下： 由图可知，不同的“规范01数列”共有14个. 故答案为14. 四、解答题：（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 如图，平面ABCD，，，四边形ABCD为菱形. （1）证明：平面EBD； （2）若直线AB与平面EBD所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）见解析 （2）3 【解析】 【分析】（1）设交于点，连接，根据线面垂直的性质可得，，证明，从而可得，进而可证，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法结合线AB与平面EBD所成角的正弦值求出，再利用向量法求出点到平面的距离，再根据棱锥的体积公式即可得解. 【小问1详解】 证明：设交于点，连接， 因为，所以四点共面， 因为平面ABCD，所以平面ABCD， 因为平面ABCD， 所以，， 又四边形ABCD菱形， 所以，， 因为，所以平面ACFE,所以， 又， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 又平面EBD， 所以平面EBD； 【小问2详解】 解：如图，以为原点建立空间直角坐标系， 设， 则，， 由（1）知是平面的一个法向量， 则，解得， 则， 则点到平面的距离， 又，则， 所以三棱锥的体积为. 16. 猜灯谜，是我国独有的民俗文娱活动，是从古代就开始流传的元宵节特色活动.每逢农历正月十五传统民间都要把谜语写在纸条上并贴在彩灯上供人猜.在一次猜灯谜活动中，若甲､乙两名同学分别独立竞猜，甲同学猜对每个灯谜的概率为，乙同学猜对每个灯谜的概率为.假设甲､乙猜对每个灯谜都是等可能的，试求： （1）甲､乙任选1个独立竞猜，求甲､乙恰有一人猜对的概率； （2）活动规定：若某人任选2个进行有奖竞猜，都猜对则可以在箱中参加抽取新春大礼包的活动，中奖概率是；没有都猜对则在箱中参加抽取新春大礼包的活动，中奖概率是，求甲同学抽中新春大礼包的概率； （3）甲､乙各任选2个独立竞猜，设甲､乙猜对灯谜的个数之和为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得； （2）根据全概率概率公式计算可得； （3）依题意可得的可能取值为，，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望. 【小问1详解】 设“甲猜对一个灯谜”，“乙猜对一个灯谜”，则 因为甲､乙恰有一人猜对的事件为， 所以 ， 所以，甲､乙恰有一人猜对的概率为. 【小问2详解】 设“甲猜对两道题”，“甲中奖”， 则 ， 所以，甲同学抽中新春大礼包的概率. 【小问3详解】 由（1）知，. 易知甲､乙猜对灯谜的个数之和的可能取值为，，，，. 则， ， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 因此，的数学期望 17. 已知函数. （1）求函数的图像在点处的切线方程； （2）若，且对任意恒成立，求的最大值. 【答案】（1）；（2）3. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）根据题意得对任意恒成立，进而令，求导研究函数最值即可. 【详解】解：（1）因为，所以， 函数的图像在点处的切线方程； （2）由（1）知，，所以对任意恒成立， 即对任意恒成立. 令，则， 令，则， 所以函数在上单调递增. 因为， 所以方程在上存在唯一实根，且满足. 当时，，即，当时，，即， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以 所以. 故整数的最大值是3. 【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 18. 如图，在四棱锥中，，，，. （1）求证：平面； （2）过直线与线段的中点E的平面与线段交于点F. （i）试确定F点位置； （ii）若H点为线段上一动点，求直线与平面所成角正弦值最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）点F为靠近A的三等分点；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接、，设，连接，由线面垂直的判定定理证明即可； （2）解法一：（i）取的中点M，连接、，由几何关系得到，，过E点作，连结，确定F点位置即可； （ii）先由线面垂直的判定定理证明平面，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由集合关系求出，代入线面角公式，再令，结合二次函数分析最值即可； 解法二：（i）先由线面垂直的判定定理证明平面，建立如图所示空间直角坐标系，由向量的基本定理得到，再确定F点位置即可； 解法三：（i）延长，交于点Q，连结交于点F，再由几何关系确定其位置即可； （ii）由线面垂直判定定理证明平面，再由余弦定理和同角的三角函数关系得到，再利用等体积法求出A点到平面的距离为d，然后分析其最值即可； 【小问1详解】 连接、，设，连接， ，，，，则， ，即是的角平分线，， ，，平面，平面 【小问2详解】 同理可得 故，所以，， 因为，则，则， （解法一）（i）取的中点M，连接、， ，，故为等边三角形， ∵M为的中点，， 在底面中，，，， 过E点作，则，所以C，D，E，K四点共面。 连结，则，则，所以A，K，P，C四点共面。 连结，面面，则必与相交，交点为所求的点F， ，所以点F为靠近A的三等分点. （ii）平面，平面，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以，平面， 以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设，其中， 则， 所以， ， 因为，所以令，，， 所以， 设，对称轴为， 故当或1，即或1时，取得最小值. 因此，当H点与E点或F点重合时直线与平面所成角的正弦值的最小值为 . （解法二）平面，平面，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以平面 ， 以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设，， ，，， C，D，E，F四点共面，则，解得，， ， 所以点F为靠近A的三等分点，下同解法一， （解法三）延长，交于点Q，连结交于点F，即为所求点.在中， ，，，，则A为中点.又因为E为中点，则F为的重心，则，F为靠近A的三等分点. 平面，平面PBD，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以平面， ，，，，， 设A点到平面的距离为d， ，，， 假设直线与平面交点为G， 则直线与平面所成角正弦值， 所以当最大，正弦值最小， ，， 因为， 所以当H点与E点或F点重合时最小. 19. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意直接计算得出结论； （2）（i），因此，即可证明结论； （ii）利用全概率公式可得结论. 【小问1详解】 由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则， 若机器人经过，则必不经过3，包括： 前两次都向左移动1个单位； 先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位； 先向右移动1个单位，再向左移动3个单位， 则其概率， 若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率， 故； 【小问2详解】 （i），因此， ， ， 对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，， 则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为 （ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息， 根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1， 再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1， 首次发信息在3的概率相等，即 设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到 易知事件与事件相互独立，故 又根据全概率公式，若机器人初始位置为0， 第一次移动后的位置为1 或，故， 故，① 若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故， 即，② 解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为 【点睛】关键点点睛：本题第二问有可得，利用不等式放缩可知，进而再放缩可得进而可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $