湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高一上学期期中考试拔尖创新班数学试卷

答案第 1页，共 8页 2025 年高一上数学期中考试参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D B C B C D AC ABD 题号 11 答案 ABD 1．D【解】集合  2 1,A x x m m   Z 中的元素是所有奇数，集合  4 1,B x x n n   Z 中的元素是所有被 4整 除余 1的数，因为任意一个被 4整除余 1的数都是奇数，即集合 B中的任意一个元素都是集合A中的元素，所以 B A ， A B B   ，A选项错误，D选项正确；3 A 且3 B ，C选项错误； ZA B A  ，B选项错误.故选：D. 2．C【解】易知函数   3 3 5f x x x   在R 上单调递增，易知      31 3 5 9, 51 0f f        ，    3 31 3 5 1, 2 32 2 51 9f f        ，满足    1 2 0f f  ，因此  f x 的零点所在区间为  1,2 .故选：C 3．D【解】对于 A，因 0a b  ，取 2, 1a b    ，则 2 24, 2, 1a ab b   ，有 2 2a ab b  ，故 A是假命题； 对于 B，当 0c  时， 2 2ac bc ，故 B是假命题；对于 C，取 1b  ， 1a   ，满足 1 1 a b  ，但 a b ，故 C是假命题； 对于 D，由 0a b c   ，由 ( ) 0 ( ) a c a c b a b c b b b c        ，所以 a a c b b c    ，故 D是真命题.故选：D. 4．B【解】因为函数 2 2y x ax   在 2, 不可能单调递减，所以    2lg 2f x x ax   在 2, 上单调等价于： ① 2 2y x ax   在 2,  上单调递增，②  2 2 0 2x ax x    ，所以 22 4 2 2 0 a a        ，解得 1a  ，结合选项可知 1 1a   是 1a  的充分不必要条件，故选：B. 5．C【解】不等式   2 0ax x b   可化为 2 ( 2) 2 0ax ab x b    ， 当 0a  时，不等式为 x b ，不满足对任意的 xR恒成立； 当 0a  时， 2 ( 2) 2y ax ab x b    ，图象开口向下，不满足题意， 所以 0a  ，且 2Δ ( 2) 4 2 0ab a b     ，所以 2( 2) 0ab  ，所以 2ab  ，且 0a  ， 0b  ； 所以 2 2 2 4a b a b    ，当且仅当 2a b ，即 2, 1a b  时等号成立，所以 2a b的最小值为 4．故选：C 6．B【解】因为  f x 是定义在R上的奇函数，所以  0 1 0f m   ，解得 1m   ，则当 0x  时，   1 1 2 x f x x       ， 若 0x  时，则 0x  ，   1 1 2 1 2 x xf x x x             ，所以     2 1xf x f x x       ， 由 2xy   和 1y x   在 R上单调递减，知  f x 在 1, 2 上单调递减， 答案第 2页，共 8页 故当1 2x  时，所以    max 1 2 1 1 2f x f       .故选：B 7．C【解】根据“数字黑洞”的定义，任取数字 2021，经过第一步之后为 314， 经过第二步之后为 123，再变为 123，再变为 123，所以“数字黑洞”为 123，即 123a  ， 则 π 2π 123π 2π 2π 2π 2π π 1cos cos cos 41π cos π cos cos 3 3 3 3 3 3 3 3 2 a                                 ,故选:C . 8．D【解】因为 13 122 2 13 122 1, 2 1F F    与 1相比都非常大，所以 13 12 F F 的整数部分位数近似于 13 12 1 1 F F   的整数部分位数， 而    13 13 12 12 lg lg lg1 1 1 1 F F F F            ， 13 12 122 lg 2 2 lg 2 2 lg 2   ， 4096 0.301 1232.896   ，所以 1232.89613 12 1 1 10F F    ， 而 1232 1232.896 123310 10 10  ，因为10n 的整数部分位数是 n+1位，所以 123210 的整数部分位数是 1233位， 123310 的整数部分位数是 1234位，所以 13 12 1 1 F F   的整数部分位数最接近 1200位，即 13 12 F F 的整数部分位数最接近 1200 位，故选：D 9．AC【解】在同一坐标系中画出 2xy  和 3xy  的图象，如右图所示： 显然对于  ,0x    ， 2xy  图象在 3xy  上方，即  ,0x    ，2 3x x ，即 A正确； 当  0,x   时， 2xy  图象在 3xy  下方，即 2 3x x ，因此 B错误； 在同一坐标系中画出 3y x 和 1 2y x 的图象，如右图所示： 由图可知，  0,1x  时 3y x 的图象在 12y x 的下方，即  0,1x  ， 1 3 2x x ，可得 C正 确； 当  1,x   时， 3y x 的图象在 12y x 的上方，所以   1 3 21, ,x x x    ，即 D错误. 故选：AC 10．ABD【解】对于 A，取 1a   ， 1b  ，则 a b ，但 1 1 a b  ， 取 1a  ， 1b   ，则 1 1 a b  ，但 a b ，所以“ a b ”是“ 1 1 a b  ”的既不充分也不必要条件，A错误； 对于 B，因为 1x y  ，所以   2 2 1 11 2 4 xy x x x x x             ，所以 xy的最大值为 1 4 ，B错误； 因为不等式 2 0ax bx c   的解集为{ |1 3}x x  ，所以 0a  ，且1,3为方程 2 0ax bx c   的根， 所以1 3 b a    ，1 3 c a   ，所以 4b a  ， 3c a ，所以 2 3 8 9 2 0a b c a a a a       ，C正确； 命题“ Rx  ，使得 2 1 0x   ．”的否定为“ Rx  ，使得 2 1 0x   ．”D错误； 故选：ABD. 11．ABD【解】令  f x t ，则 2 0t at a   ，当 0x  时，   2 2 1f x x x   ，在  , 1  x 单调递减，    0,f x   ， 答案第 3页，共 8页 在  1,0x  单调递增，    0,1f x  ；当 0x  时，   ln 1f x x  ，在  0,ex 单调递减，    0,f x   ， 在  e,x   单调递增，    0,f x   ，作出 ( )f x 的图象如下： 若关于 x的方程    2 0f x a f x a       有四个不同的实数解，结合图像可知， 2 0t at a   在  0,1t 只有一个解， 记   2g t t at a   ， ①当 ( )g t 有两个零点时，则一个零点为负数，另一个零点在  0,1 ， 由题意     Δ 0 0 0 1 0 g g       ，有 2 4 0 0 1 2 0 a a a a         ，解得 1 0 2 a   ； ②当 ( )g t 有且仅有一个零点时， 0  ，即 0a  或 4a  时，需要0 1 2 a    才行，无解， 所以综上①②，a的取值范围是 1 0 2 a   ，故 D正确. 因为0 1t  ，由  30 1f x  得 30 1 ln 1x   ，所以 31 ex ≤ ，故 B正确； 又  1 2, 2,0x x   ，根据韦达定理可知   2 2 1f x x x t    中 1 2 2x x   ，  1 2 1 0,1x x t    ，   23 4 3 4 3 4ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 ex x x x x x          ， 所以 2 1 2 3 40 ex x x x  ，故 C错误，A正确. 故选：ABD 12． 1,2 【解】因为函数  f x 的定义域为 0,5 ，则对于函数    2 1 1 f x g x x    ，令 0 2 1 5 1 0 x x       ，解得1 2x  ， 所以函数    2 1 1 f x g x x    的定义域是  1,2 ．故答案为：  1,2 13． 21 2  【解】如图 1，易知 BDEV ∽ ACB△ ，且 BD CD BC b a    ， 答案第 4页，共 8页 所以 1 lBD b a AC b a b c      ，所以  1 b al a b c b      ； 如图 2，易知 GFH ∽ ACB△ ，且 FG a ， 所以 2 lFG a AC b a b c     ，所以  2 al a b c b     ， 所以 2 2 2 2 1 2 2 21 1 2 l l a b c a b a b a b a b a b a b ab                2 2 11 21 ab a b     , 又因为 2 2 2a b ab  ，所以 2 2 2 1ab a b ≤ ，当且仅当 a b 时取等号， 所以 1 2 1 21 1 1 1 2 l l a b        ， 所以最小值为 21 2  ， 故答案为： 21 2  . 14．  3,2 【解】对于函数    2 1ln 2 ln 22f x x x x x    ，因为 2 22x x x    ， 所以 2 2 0x x   恒成立，其定义域为 R， 又     2 2 1 2ln 2 ln 2 ln 2 2 x xf x x x x x          ， 且     2 2 2 2 2 2ln ln ln 2 22 x x x xf x x x x f x x x             ， 所以    2 1ln 2 ln 22f x x x x x    为 R上的偶函数. 由复合函数的单调性可知，  f x 在  0,  上单调递增， 所以    3f x a f x  等价于 3x a x  ，即    2 23x a x  ，即   2 4 0a x a x   . 当  , 1x   时， 4 2x a x   恒成立，所以 4 2a   ； 当 3 , 2 x       时， 2 4x a x   恒成立，所以 3 6a   .综上， 3 2a   . 故答案为： 3,2 15．（1） 21 4 ；（2） 8 5  答案第 5页，共 8页 【解】（1）因为 11 3 1338 2 2 3 27 3 3 2                         ， lg210 2 ， 2 1 2 1 3 9 1log 3 log 3 4    ，  5 2 5 2 1log 16·log 5 4log 2 · log 5 2 2       ， 所以原式 3 1 212 2 2 4 4      ； （2）因为 1 5tan tan 2      ，所以 tan 2 = - 或 1 2  ， 又 3π π 4   ，所以 1tan 2    ， 原式 2 2 2 2 2 2 2sin sin cos 3cos 2 tan tan 3 8 sin cos tan 1 5                    . 16．(1)    ,0 1,  (2)  1 ,1 2, 2 m       【解】（1）  4 4 4 21 1 0 0,2x x xA x x x x x                     ， 当 0m  时，  1,1B   ，     R ,0 2,A   ð ，    , 1 1,B    R ð ，         , 0 1,R RC A C B     . （2）∵ A B A ，∴B A . 当 B 时， 2 1 1m m   ， 2m≥ ； 当 B  时，即 2 2 1 0 1 2 m m m        ，即 1 1 2 m  . ∴  1 ,1 2, 2 m       . 17．（1） ( ,0) ；（2） 9( , ) 4  ；（3） ( ,0] ． 【解】（1）    23 3 3x xf x c    ，令3x t ， 当  0,1x 时，  1,3t ，问题转化为当  1,3t 时，   2 3 0g x t t c    恒成立. 于是，只需 ( )g t 在  1,3 上的最大值  3 0g  ，即 23 3 3 0c    ，解得 0c  ， ∴实数 c的取值范围是 ( ,0) ． （2）若存在 0 [0,1]x  ，使  0 0f x  ，则存在  1,3t ，使   2 3 0g x t t c    ， 于是，只需 ( )g t 在  1,3 上的最小值 3 02g       ，即 23 3-3 0 2 2 c        ，解得 9 4 c  ， 答案第 6页，共 8页 ∴实数 c的取值范围是 9( , ) 4  ． （3）若方程   3xf x c  在[ ]0,1 上有唯一实数解， 则方程  2 3 0t c t c    在  1,3 上有唯一实数解. 因    2 23 4 1 8 0c c c        ， 故  2 3 0t c t c    在  1,3 上不可能有两个相等的实数解. 令    2 3h t t c t c    ，因  1 2 0h    ，故只需  3 2 0h c   ，解得 0c  ， ∴实数 c的取值范围是 ( ,0] ． 18．(1) 80x  最低，亏损状态 (2)选择方案二进行补贴，理由见解析 【解】（1）由题意可知，每吨厨余垃圾平均加工成本为  3200 40 70 120 2 y x x x x    ， ， ， 3200 2 3200 40 2 40 2 40 40 120 2 x x x x        ， 当且仅当 3200 2 x x  即 80x  时，每吨厨余垃圾的平均加工成本最低， 因为 120 100 ，所以此时该企业处理 1吨厨余垃圾处于亏损状态； （2）若该企业采用补贴方式①，设该企业每日获利为 1y 元， 2 1 1100 40 3200 5000 2 y x x x         21 60 1800 2 x x    21 ( 60) 3600 2 x    ， 因为  70120x ， ， 21 1 ( 60) 3600 2 y x    在  70120， 上单调递减， 所以当 70x  吨时，企业获得最大利润，为 3550元， 若该企业采用补贴方式②，设该企业每日获利为 2y 元， 2 2 1100 60 40 3200 2 y x x x x         21 120 3200 2 x x    21 ( 120) 4000 2 x    ， 因为  70120x ， ， 22 1 ( 120) 4000 2 y x    在  70120， 上单调递增， 所以当 120x  吨时，企业获得最大利润，为 4000元. 结论：选择方案一，当日加工处理量为 70吨时，可以获得最大利润 3550元；选择方案二，当日加工处理量为 120 吨时，获得最大利润 4000元；所以选择方案二进行补贴. 19．(1)   2 x xa af x   ，   2 x xa ag x   (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 (3)答案见解析 【详解】（1）由性质②知     xf x g x a  ，所以     xf x g x a     ， 由性质①知    f x f x   ，    g x g x  ，所以     xf x g x a   ， 答案第 7页，共 8页 解得   2 x xa af x   ，   2 x xa ag x   （2）（ⅰ）证明：因为   2 2 2 2 x xa af x   ，        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x xx x x x x xa aa a a a a af x g x           ， 所以      2 2f x f x g x （ⅱ）证明：因为   2 2 2 2 x xa ag x   ，      2 22 2 22 2 2 1 2 1 2 1 2 4 2 x x x xx x x xa a a aa a a ag x                    ， 所以     22 2 1g x g x    ， （3）由（2）知，原式等价于    2 1 12 0 2 g x b g x b           ≤ ， 令    1, 2 x xa at g x      则原式等价于 1 0 2 2 bt t b          ≤ ，  1,t  ， 当 1a  时， ① 0b  时，无解； ② 10 2 b  时， 1 2 2 b t b ≤ ≤ ，又 1t  ，所以 11 2 t b ≤ ≤ ， 即 11 2 2 x xa a b  ≤ ≤ ， 解得 2 21 1 4 1 1 4 2 2 xb ba b b     ≤ ≤ ， 所以解集为 2 21 1 4 1 1 4log , log 2 2a a b b b b           ； ③ 1 1 2 b  时， 1 1 2 2 b t b ≤ ≤ ，无解； ④1 2b  时， 1 1 2 2 bt b ≤ ≤ ，无解； ⑤ 2b  时， 1 2 2 bt b ≤ ≤ ，又 1t  ，所以1 2 bt≤ ≤ ，即1 2 2 x xa a b ≤ ≤ ， 解得 2 24 4 2 2 xb b b ba   ≤ ≤ ， 所以解集为 2 24 4log , log 2 2a a b b b b          . 综上，若 1a  ，则 当 0b  或 1 2 2 b  时，无解； 当 10 2 b  时，解集为 2 21 1 4 1 1 4log , log 2 2a a b b b b           ； 答案第 8页，共 8页 当 2b  时，解集为 2 24 4log , log 2 2a a b b b b          . 同理可得若0 1a  时， 当 0b  或 1 2 2 b  时，无解； 当 10 2 b  时，解集为 2 21 1 4 1 1 4log , log 2 2a a b b b b           ； 当 2b  时，解集为 2 24 4log , log 2 2a a b b b b          . 试卷第 1页，共 4页 邵阳市二中 2025年上学期期中考试 拔尖创新班 数学 试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．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 58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合  2 1,A x x m m   Z ，  4 1,B x x n n   Z ，则（ ） A． A B   B． A B  Z C． A B D．B A 2．已知函数   3 3 5f x x x   ，则  f x 的零点所在区间为（ ） A．  1,0 B．  0,1 C．  1,2 D．  2,3 3．下列命题为真命题的是（ ） A．若 0a b  ，则 2 2a ab b  B．若 0a b  ，则 2 2ac bc C．若 1 1 a b  ，则 a b D．若 0a b c   ，则 a a c b b c    4．“函数    2lg 2f x x ax   在 2, 上单调”的一个充分不必要条件是（ ） A． 1 1a   B． 1 1a   C．1 4a  D．1 4 a 5．若不等式    2 0ax x b  ≥ 对任意的 xR恒成立，则 2a b的最小值为（ ） A．3 B． 2 2 C．4 D．3 2 6．已知  f x 是定义在R上的奇函数，且当 0x  时，   1 2 x f x x m       ，则  f x 在  1,2 上的最大值为（ ） A． 5 B． 2 C．5 D．6 试卷第 2页，共 4页 7．黑洞原指非常奇怪的天体，它体积小、密度大、吸引力强，任何物体到了它那里都别想再出来，数字中也有类 似的“黑洞”.任意取一个数字串，长度不限，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这 三个数从左到右写成一个新的数字串.重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字串，我们称它为“数字黑洞”， 如果把这个数字串设为 a，则 π 2πcos 3 3 a      （ ） A． 3 2 B． 3 2  C． 1 2 D． 1 2  8．费马数列 nF 是以数学家皮埃尔·德·费马（PierredeFermat，1601~1665年）命名的数列，其中 22 1 n nF   ，例如 12 2 1 2 1 2 1 5F      ．因为 2 1 17 3.4 5 F F   ，所以 2 1 F F 的整数部分是 1位数；因为 3 2 257 15.12 17 F F   ，所以 3 2 F F 的整数部 分是 2位数；…；则 13 12 F F 的整数部分位数最接近于（ lg 2 0.3010 ）（ ） A．240 B．600 C．900 D．1200 二、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．全部选对的 得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分． 9．下列命题中正确的是（ ） A．  ,0x    ， 2 3x x B．  0,x    ， 2 3x x C．  0,1x  ， 13 2x x D．  1,x    ， 1 3 2x x 10．下列说法不正确的是（ ） A．“ a b ”是“ 1 1 a b  ”的必要不充分条件 B．若 1x y  ，则 xy的最大值为 2 C．若不等式 2 0ax bx c   的解集为{ |1 3}x x  ，则 2 3 0a b c   D．命题“ Rx  ，使得 2 1 0x   ．”的否定为“ Rx  ，使得 2 1 0x   ．” 11．已知函数   2 2 1, 0 ln 1 , 0 x x x f x x x        ，若关于 x的方程    2 0f x a f x a      有四个不同的实数解，它们从小到 大依次记为 1x ， 2x ， 3x ， 4x ，则（ ） A． 1 20 1 x x B． 31 ex ≤ C． 21 2 3 40 ex x x x  D． 1 0 2 a   第二部分（非选择题 共 92分） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．若函数  f x 的定义域为 0,5 ，则函数    2 1 1 f x g x x    的定义域是 . 试卷第 3页，共 4页 13．出入相补是指一个平面（或立体）图形被分割成若干部分后面积（或体积）的总和保持不变，我国汉代数学家 构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理 创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若 AC b ，  BC a b a  ，AB c ，图中两个阴影三角形 的周长分别为 1l ， 2l ，则 1 2 l l a b   的最小值为 . 14．已知    2 1ln 2 ln 22f x x x x x    ，若对于任意的   3, 1 , 2 x           ，    3f x a f x  恒成立，则 a 的取值范围是 . 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） （1）计算： 1 3 lg2 1 5 2 9 8 10 log 3 log 16 log 5 27           ； （2）已知 3π π 4   ， 1 5tan tan 2      ，求 2 22sin sin cos 3cos     的值. 16．（15分） 已知 4 1xA x x        ，  2 1 1,B x m x m m     R (1)若 0m  ，求 )()( BCAC RR  ； (2)若 A B A ，则求实数 m的取值范围. 17．（15分） 已知函数   19 3x xf x c   （其中 c是常数）. （1）若当  0,1x 时，恒有   0f x  成立，求实数 c的取值范围； 试卷第 4页，共 4页 （2）若存在  0 0,1x  ，使  0 0f x  成立，求实数 c的取值范围； （3）若方程   3xf x c  在[ ]0,1 上有唯一实数解，求实数c的取值范围. 18．（17分） 某企业积极响应国家垃圾分类号召，在科研部门的支持下进行技术创新，把厨余垃圾加工处理为可重新利用的化工 品.已知该企业日加工处理厨余垃圾 x吨，最少为 70吨，最多为 120吨，日加工处理总成本 y元与日加工处理量 x 吨之间的函数关系可近似地表示为 21 40 3200 2 y x x   ，且每加工处理 1吨厨余垃圾得到的化工产品的售价为 100 元. (1)该企业日加工处理量为多少吨时，日加工处理每吨厨余垃圾的平均成本最低？此时该企业处理 1吨厨余垃圾处于 亏损还是盈利状态？ (平均成本 ) y x  (2)为了该企业可持续发展，政府决定对该企业进行财政补贴，补贴方式有两种：方案一：每日进行定额财政补贴， 金额为 5000元；方案二：根据日加工处理量进行财政补贴，金额为 60x元.如果你是企业的决策者，为了获得每日 最大利润，你会选择哪个补贴方案？为什么？ 19．（17分）  f x 和  g x 都是定义在R 上的函数，若它们满足如下性质：①  f x 为奇函数，  g x 为偶函数；②     xf x g x a  （ 0a  ， 1a  ）；则称  f x 为类正弦函数，  g x 为类余弦函数. (1)求类正弦函数和类余弦函数的解析式； (2)求证： （ⅰ）      2 2f x f x g x ； （ⅱ）     22 2 1g x g x    ； (3)解关于 x的不等式：    1 32 0 2 g x b g x b         ，其中b为非零常数. 数学 第 1 页（共 6 页） 数学 第 2 页（共 6 页） 数学 第 3 页（共 6 页） 邵阳市第二中学 数学试题 ·答题卡 一、单选题 （共 40 分） 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、多选题（共 18 分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题 5 分，共 15分） 12. （5分） 13. （5分） 14. （ 5分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共 77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 考生条形码粘贴处 姓名： 班级： 准考证号： 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 数学 第 4 页（共 6 页） 数学 第 6 页（共 6 页） 数学 第 5 页（共 6 页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19.（17 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18 17 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17 ．（15 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！