22.（本题满分12分)已知函数(x)=ar2-c.
(1)当a=亏时，证明：(x)在R上为就函数.
当xc[0,引时，了八)sac0sx,求实数a的取值范俱。
(2)
安徽省六校教育研究会2023年高三年级入学素质测试
数学试题卷
注意事项：
1.你今到的试卷满分为150分，考试时问为120分钟。
2试卷包指“试题卷”和“谷题卷”两部分，计务必在“公返卷”上各遁，在“试题卷”上各题无效。
第卷（选择题共60分)
一、单选题（本大图共8小题，每小题5分，共40分.每小愿只有一个正确答案，请把正确答案涂在答愿卡上）二
1.设笈数：=cos+isin，则在纹平面内2+对应的点位于（)
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
上己知集合A={(x,yy=1},B={(x,yxs2ye2,则4nB有（)个真子集
A,3
B.16
C.15
心.4
8.已知a>0且a*l,“函数∫(x)=a为增函数"是“函数g(x)=x在(0，+o)上单调递增"的（)
A.充分不必要条件
B。必要不充分条件
C允要条件
D.既不允分也不必要条件
4.2021年2月10日，天问一号探测器顺利进入火星的椭圆环火轨道（将火昆近似看成一个球体，球心为椭圆的一
个焦点)，2月15日17时，天问一号探测器成功实施捕获轨道远火点（椭圆轨迹上距离火星米面最远的一点)平
面机动，同时将近火点高度调整至约265km,若此时远火点距离约为1】945km,火星半径约为3395km,则调整
后天问一号的运行轨迹（环火轨道曲线）的焦距钓为()
A,11680km
B.5840km
C.19000km
D.9500km
5.如图，一种棱台形状的无盖容器（无上底面A,B,C,D,)模型其上、下底面均为正方形，面积分别为4cm2,9cm2,
4A=B=CC=D,D,若该容器模型的体积为号cm',则该容器模型的表面积为（
A.（5V5+9jcm2
B.19cm
c.（55+9cm2.
D.（537+9小cm
6.在aMBC中，h8l=3,lAG=2,而=西+C,则直线AD通过MBC的
()
A.垂心
B.外心
C.里心
D.内心
7.已知向量a,5的夹角为60°的单位向盘，若对任意的、4，e0m,o,且<5，二匹>日-，则m的
片一为
取值范围是()
A.[c',+oo)
B.[c,+oo)
C.
6
8.己知直线1与曲线y=e相切，切点为P,直线l与x轴、y轴分别交于点A,B,O为坐标原点.若4OAB的面
积为，则点P的个数是()
A.I
B.2
C.3
D.4
试卷第1页，共6页安徽省六校教育研究会 2023 年高三年级入学素质测试数学
参考答案
1．【答案】D
1
z 1 1 1
3 i
1 3 2 2 3 3
【解析】 z i， 1 1 1 i
2 2 z z 1 3 1 3 2 2
，则其在复平面对应的点为
i i
1 3
2 2 2 2
i
2 2
3 3
, ，即在第四象限，故选：D
2 2
2．【答案】A
【解析】 A x, y xy 1 ， B x, y x Z, y Z ，则 A B 1,1 , 1, 1 ，
真子集个数为 22 1 3，故选：A
3．【答案】C
x
【解析】函数 f x a 为增函数,则 a 1 ,此时 a 1 0 ,故函数 g x xa 1在 0, ; g x xa 1上单调递增 当 在
0, x上单调递增时, ,a 1 0 ,所以 a 1 ,故 f x a 为增函数，故选:C
4．【答案】A
x2 y2
【解析】设椭圆的方程为 2 2 1（ a b 0），由椭圆的性质可知椭圆上的点到焦点距离的最小值为 a c，最a b
大值为 a c，根据题意可得近火点满足 a c 3395 265 3660①， 远火点满足 a c 3395 11945 15340②，
由②-①得 2c 11680，故选：A
5．【答案】C
【解析】由题意得该容器模型为正四棱台，上、下底面的边长分别为 2cm，3cm.
1 19 1
设该棱台的高为 h，则由棱台体积公式V h S上 S下 S S下 ，得： h (4 9 6)上 得 h 1cm，3 3 3
2 5
所以侧面等腰梯形的高 h 1 3 2 5 cm 2 3 ，所以
2
2
2 S 4 9 5 5 9 cm 2表 2
故选：C
6．【答案】D
【解析】因为 AB AB 3, AC AC 2
1 AB 3 AC 3,∴ ，
2 4 2
设 AB
1 3
0 AB, AC0 AC ,则 AB0 AC2 4 0
，
1 3
又 AD AB AC AB0 AC0，∴ AD在 BAC的角平分线上，2 4
由于三角形中 AB AC , 故三角形的BC边上的中线，高线，中垂线都不与 BAC的角平分线重合，
故 AD经过三角形的内心，而不经过外心，重心，垂心，故选 D.
试卷第 1页，共 10页
7．【答案】A
1 1
【解析】已知向量 a,b的夹角为 60°的单位向量，则 a b a b cos60 1 1
2 2
2
所以 a b a b a2 2 a b b2 1
x11nx x 1nx
所以对任意的 x1、 x2 (m, )，且 x1 x
2 2 1
2， 1 xx x ，则 1
1nx2 x21nx1 x1 x2
1 2
1nx2 1nx 1 1 1 1nx2 1 ln x1 1所以
ln x 1
，即 f x f x m, x2 x1 x2 x1 x x
，设 ，即 在 上单调递减
2 1 x
又 x 0, f x 2 ln x时， 2 0
2
，解得 x e2，所以 x 0,e ， f (x) 0 f x x 0,e2， 在 上单调递增；
x
x e2 , 2， f x 0， f x 在 x e , 上单调递减，所以m e2 ，故选：A.
8．【答案】C
【解析】设直线 l与曲线 y ex相切于P(x , y )，又 y ex，所以直线 l的斜率为 k ex0 ，方程为 y ex00 0 ex0 (x x0 )，
令 x 0， y (1 x x00 )e ；令 y 0， x x0 1 , A(x 1,0) B(0, (1 x )e
x
即 ， 00 0 ) .
S 1 1 1 OA OB x 1 (1 x )ex0 (1 x )2ex所以 0△OAB 2 2 0 0
.
2 0
设 f (x)
1
(1 x)2ex f (x) 1，则 2(1 x) (1
1
x)2 e
x (x 1)(x 1) ex .
2 2 2
由 f (x) 0，解得 x 1或 x 1；由 f (x) 0，解得 1 x 1 .
所以 f (x)在 ， 1 ， 1， 上单调递增，在 1，1 上单调递减.
2
f ( 1) 2 1 25 25 1 1 e 1， f ( 4) 4 3 ， f (1) 0， f (2) ，且恒有 f (x) 0成立，e e 2e 2e e e 2 e
1
如图，函数 f (x)与直线 y 有 3个交点.所以点 P的个数为 3，故选：C.
e
9．【答案】AB
【解析】对于 A，由相关指数的定义知： R2越大，模型的拟合效果越好，A正确；
对于 B，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，B正确；
对于 C，由独立性检验的思想知： 2值越大，“ x与 y有关系”的把握程度越大，C错误.
对于 D， E 3X 1 3E X 1 6， E X 5 X B n, 1 ，又 ，
3 3
n 5
E X ，解得： n 5，D错误.故选：AB.
3 3
10．【答案】BC
【解析】 f x Asin x ，则 f x A cos x ， 由题意得 f (2π) f (2π)，即 Asin A cos ，故
tan π ，因为 ，所以 tan 3，由 N*则， 1， ，故选项 A错误；
3 4
π
因为破碎的涌潮的波谷为 4，所以 f (x)
的最小值为 4，即 A 4，得 A 4，所以 f x 4sin x ，则
4
试卷第 2页，共 10页
f π 4sin π π
4 sin
π cos π cos π sin π 3 2 1 2 4 6 2 ， 故选项 B正确； 3 3 4 3 4 3 4 2 2 2 2
因为 f x π π π 4sin x ，所以 f x 4cos x ，所以 f x 4 4 4 4sin x为奇函数 ，则选项 C正确；
f x 4cos x π π π π π y 4cos x π ，由 x 0， 得 x ， 因为函数 在 ,0 上单调递增，
4 3 12 4 4 12
π π
在 0, 上单调递减，所以 f (x)在区间 ,0 上不单调，则选项 D错误，故选：BC
4 3
11．【答案】BCD
【解析】对于 A项，∵DD1 //BB1
∴在 Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线 DD1与 B1F所成的角，
cos BB F BB 2 2 5∴ 11 ，B1F 12 22 5
2 5
∴异面直线 DD1与 B1F所成的角的余弦值为 .故 A项错误；
5
对于 B项，取 A1D1的中点M，D1C1的中点 N，连接MN，DM，DN，
则 DM∥B1F，DN∥B1E，
又∵DM 面 B1EF， B1F 面 B1EF，DN 面 B1EF，B1E 面 B1EF，
∴DM∥面 B1EF，DN∥面 B1EF，
又∵DM DN D，DM、DN 面 DMN，∴面 DMN∥面 B1EF，
又∵DP∥面 B1EF， P 面 A1B1C1D1∴P轨迹为线段MN，
∴在△DMN中，过 D作 DP⊥MN，此时 DP取得最小值，
在 Rt△DD1M中，D1M=1，D1D=2，∴DM 5，
在 Rt△DD1N中，D1N=1，D1D=2，∴DN 5 ，
在 Rt△MD1N中，D1N=1，D1M=1，∴MN 2，
MN 1 3 2
∴如图，在 Rt△DPN中，DP DN 2 ( )2 5 .故 B项正确；
2 2 2
对于 C项，过点 D1、E、F的平面截正方体 ABCD—A1B1C1D1所得的截面图形为五边形 D1MEFN
则 D1M∥NF，D1N∥ME，如图，以 D为原点，分别以 DA、DC、DD1为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 D—xyz，
设 AM=m，CN=n，则M (2,0,m)， N (0, 2,n)， E(2,1,0)， F (1, 2,0)，D1(0,0,2)，
∴ME (0,1, m),D1N (0,2,n 2),D1M (2,0,m 2),NF (1,0, n)，
∵D1M∥NF，D1N∥ME，
试卷第 3页，共 10页
2
2m n 2 m 3
∴ ∴ AM
2 2
,CN ∴ AM
4
,C N 4
2n m 2 2 3 3
1
n 3
1 3
3
4
∴在 Rt△D1A1M中，D1A1=2， A 2 13 2 131M ，∴DM ，同理：D3 1 3 1
N ，
3
AM 2在 Rt△MAE 中， ，AE=1 13 13，∴
3 ME
，同理： FN
3 3
在 Rt△EBF 中，BE=BF=1，∴ EF 2，
DM D N ME FN EF 2 2 13 2 13∴ 1 1 2 2 13 2 ，3 3
即：过点 D1、E、F的平面截正方体 ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为 2 13 2 .故 C项正确；
对于 D项，如图所示，取 EF的中点 O1，则 O1E= O1F= O1B，过 O1作 OO1∥BB1，
1
且使得OO1 BB1 1，则 O为三棱锥 B1—BEF的外接球的球心，2
所以 OE为外接球的半径，
∵在 Rt△EBF中， EF 2， ∴ R2 OE 2 OO 2 (EF )2 12 ( 2)2 3 1 2 2 2
∴ S球O 4 R
2 6 .故 D项正确，故选：BCD.
12．【答案】ABC
【解析】根据题意可知，12与 1，5，7，11互质，29与1、2、3、 28共 28个数都互质，
即 (12) (29) 4 28 32，所以 A正确；
由题意知 (2) 1, (4) 2, (6) 2，可知数列 (2n) 不是单调递增的，B正确；
若 p为质数，则小于等于 pn的正整数中与 pn互质的数为1, , p 1, p 1, , 2p 1, , 2p 1, pn 1，
n
n p n n 1
即每 p个数当中就有一个与 pn不互质，所以互质的数的数目为 p p p 个，
p
( pn ) ( p 1) pn 1
故 ( pn ) ( p 1) pn 1 n，所以 n 1 n 2 p为常数，即数列 ( p ) 为等比数列，故 C正确； ( p ) ( p 1) p
n 1 2 3 4 58
根据选项 C即可知 (3n ) 2 3n 1，数列 n 的前 4项和为 ，故 D错误，故选：ABC
(3 ) 2 6 18 54 54
13．【答案】15
r
6 3r
【解析】由题知 n 6，则T C r x 6 r 1 rr 1 6 C6 1
r
x 2 ，
x
3r
令6 3，得 r 2，所以展开式中 x3的系数为C2 ( 1)26 15 .2
故答案为：15 .
试卷第 4页，共 10页
14．【答案】1
【解析】因为 f x x m lnx m R ，所以 f x lnx x m 1 ln x m 1 ，
x x
曲线在点 1, f 1 处的切线斜率 k f 1 ln1 1 m 1 m，又 f 1 1 m ln1 0，
则切线方程为： y 1 m x 1 ，即 1 m x y 1 m 0，
若该切线平分圆 (x 2)2 (y 1)2 5，则切线过圆心 2,1 ，则 2 1 m 1 1 m 0，解得m 0，
所以 f x xlnx， x 0, ，即 ln x 0，所以 x 1，
则 y f x 有一个零点 x 1，
故答案为：1
3
15．【答案】
2
【解析】因为 f x f x π π 2π，所以 f x 为偶函数，所以 kπ+ ,k Z，所以 kπ+ ,k Z，
6 2 3
2π π 2π
又因为 0 π，所以 k 0, ，所以 f (x) 3sin x 3cos x，3 6 3
f π 又因为 3，所以3cos
π π 3，所以 (2k 1)π,k Z，所以 2(2k 1) 4k 2,k Z，
2 2 2
π π 3
又因为0 4，所以 k 0, 2 ，所以 f (x) 3cos 2x，所以 f 3cos .
6 3 2
3
故答案为：
2
16 2 3．【答案】
3
【解析】作图如下，
由TN TP MT得，TN TP MT 0,即TM TN TP，
又因为 F (1,0)为M 3,0 ，N 1,0 的中点，所以TM TN 2TF ,所以 2TF TP，
MF TF 1所以T为 PF 的三等分点，且TP 2TF，又因为 PQ / /MF，所以△TMF △TQP，且 QP TP 2 ,
所以QP 2MF 4，不妨设 P(x p0 , y0 )，且在第一象限，QP x0 x 1 4，所以 x 3，2 0 0
因为点 P(x0 , y0 )在抛物线上，所以 y0 2 3，
1 2 3
所以根据相似关系可得 yT y ，3 0 3
2 3
故答案为： .
3
17．【答案】（1） an＝4n＋4或 an＝2n；（2）见解析．
【解析】（1）由题意可知，有两种组合满足条件：① a1 8， a2 12， a3 16，此时等差数列 an 中， a1 8，d
＝4，所以其通项公式为 an＝8＋(n－1)×4＝4n＋4；② a1 2， a2 4， a3 6，此时等差数列 an 中， a1 2，d
试卷第 5页，共 10页
＝2，所以其通项公式为 an＝2n.…………………………………5分
n(8 4n 4)
（2）若选择①，S 2n2n 6n，则 Sk 2 2(k 2)
2 6(k 2) 2k 2 14k 20 .若 a1，ak，S2 k 2
2
成等比数列，则 ak a1 Sk 2，即( (4k 4)
2 8(2k 2 14k 20)，整理得 5k＝－9，此方程无正整数解，故不存在
正整数 k，使 a1， ak， Sk 2成等比数列．
n(2 2n)
若选择②， Sn n
2 n，则 S 2k 2 (k 2) (k 2) k
2 5k 6，若 a1， ak， Sk 2成等比数列，2
2
则 ak a
2
1 Sk 2，即 (2k) 2(k
2 5k 6)，整理得 k 2 5k 6 0－5k－6＝0，因为 k为正整数，所以 k＝6.故存在
正整数 k＝6，使 a1， ak， Sk 2成等比数列．…………………………………10分
18 3 21 3 21．【答案】（1） 百米；（2） 百米．
3 7
2π
【解析】（1）因为 P是等腰三角形 PBC的顶点，且 CPB ，
3
π π π
又 BC 1，所以 PCB ，
6 PC
3
，又因为 ACB ，所以 ACP ，
3 2 3
则在三角形 PAC中，由余弦定理可得：
AP2 AC2 PC2 2AC PC cos π 7 ，解得 AP 21 ，
3 3 3
3 21
所以连廊 AP PC 百米； ……………………………………5分
3
（2）设正三角形 DEF的边长为 a， CEF 0 π ，
2π
则CF a sin ， AF 3 asin ，且 EDB ，所以 ADF ，3
在三角形 ADF中，由正弦定理可得：
DF AF a 3 a sin
，即 sin π
2π ，…………………………………8分
sin A sin ADF sin 6 3
a 3 a sin
2π
即 1 sin 2π ，化简可得
a 2sin sin 3 ，
2 3
3
a 3 3 3 21所以 3（其中 为锐角，且 ），
2sin tan 3 cos 7 sin 7 7 2
21
即边长的最小值为 百米，
7
所以三角形 DEF 3 21连廊长的最小值为 百米． ……………………………………12分
7
19．【答案】（1）14.7%（2）见解析
【解析】（1）设事件A为 “核酸检测呈阳性”，事件 B为“患疾病”
由题意可得 P(A) 0.02,P(B) 0.003， P A B 0.98
试卷第 6页，共 10页
P(A | B) P(AB)由条件概率公式 得： P(AB) 0.98 0.003P(B)
P(B | A) P(AB) 0.98 0.003即 0.147P(A) 0.02
故该居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为14.7% …………………………………6分
（2）设方案一中每组的检测次数为 X ，则 X 的取值为1,6
P(X 1) (1 0.02)5 0.985 0.904， P(X 6) 1 0.98 5 0.096
所以 X 的分布列为
X 1 6
P 0.904 0.096
所以 E(X ) 1 0.904 6 0.096 1.48
即方案一检测的总次数的期望为11 1.48 16.28
设方案二中每组的检测次数为Y ，则Y 的取值为1,12
P(Y 1) (1 0.2)11 0.801； P Y 12 1 0.801 0.199
所以Y 的分布列为
Y 1 12
P 0.801 0.199
所以 E(Y ) 1 0.801 12 0.199 3.189
即方案二检测的总次数的期望为3.189 5 15.945
由16.28 15.945，则方案二的工作量更少 ……………………………………12分
20 15．【答案】(1)证明见解析 (2)存在，
5
【解析】（1）如图所示：
在图 1中，连接 AC，交 BE于 O，因为四边形 ABCE是边长为 2的菱形，
并且 BCE 60 ，所以 AC BE，且OA OC 3．
在图 2 中， 相交直线 OA ，OC1均与 BE 垂直，
所以 AOC1 是二面角 A BE C1 的平面角， 因为 AC1 6，
OA2 OC 2 2所以 1 AC1 ，OA OC1，所以平面 BG1E 平面 ABED ； …………………………………5分
试卷第 7页，共 10页
3 3
（2）由 （1） 知， 分别以OA，OB， OC1 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 D , ,0
2 2
，
C1
0,0, 3 ， A 3,0,0 ， B 0,1,0 ， E 0, 1,0 ， DC 3 3 3 31 , , 32 2 ， AD , , 0 ， AB 2 2 3,1,0 ，
AC1 3,0, 3
， AE 3, 1,0 ，设 DP DC1 ， 0,1 ，
则 AP AD DP AD DC
3 3 3 3
1 , , 3 . ………………………………8分
2 2 2 2
AB n 0 3x y 0 r
设平面 ABC1 的法向量为 n x, y, z
，则
AC n
， 即 ， 取 n 1, 3,1 ，
1 0 3x 3z 0
AP n 2 3 2 3 15 1
因为点 P 15到平面 ABC1 的距离为 ，所以 d ， 解得 ，
5 n 5 5 2
3 3 3 3
则 AP , , ， 所以 EP AP AE
3 1 3
, , ，设直线 EP 与平面 ABC 所成的角为 ，
4 4 2 4 4 2
1
EP n
所以直线 EP 与平面 ABC1 所成角的正弦值为 sin cos EP, n
15
EP n 5
……………………………………12分
x2 2 121．【答案】(1)C1 : y
2 1，C2 : y x；(2)（i）答案见解析；（ii）答案见解析.2 2
【解析】（1）因为 F 3,0 2，渐近线经过点 1, 2 ，
c 3
c 3
b 2 2
所以
x
，解得： a 2，所以 2
a 2
C1 : y 1
2
c2 a2 b2 b 1
2
2
2 1 2 1
抛物线C 22 : y 2px经过点 1, ，所以 2 p ，所以C2 : y x ……………………………4分 2 2 2 2
（2）（i）因为M ,N在不同支,所以直线MN的斜率存在,设方程为 y kx m .
y kx m 2
令M (x1, y1)N (x2 , y )
, 2 1 2k 2 x22 联立 x 得， 4kmx 2m2 2 02 ，则 x1 x 4km ,x x 2m 22 2 1 2 .
y 1 1 2k 1 2k
2
2
y2 1 x 2
联立C1,C2 可得 A 2,12 ，解得：
，因为 AM AN 0 ,所以 (x1 2)(x2 2) (y1 1)(y2 1) 0，
x y2 1
2
代入直线方程及韦达结构整理可得：12k 2 8km m2 2m 3 0，整理化简得： (6k m 3)(2k m 1) 0 .
因为 A 2,1 不在直线MN上,所以 2k m 1 0,6k m 3 0 .
试卷第 8页，共 10页
直线MN的方程为 y kx 6k 3 k x 6 3 ,过定点 B 6, 3 . ………………………8分
（ⅱ）因为 A,B为定点,且 ADB为直角，
所以 D在以 AB为直径的圆上,AB的中点 P 4, 1 即为圆心,半径 DP 为定值.
故存在点 P 4, 1 ,使得 DP 为定值. ……………………………………12分
1
1 4e 2
22．【答案】（1）证明见解析；（2） ,
2 ．e
1 1 2 x 1 x 1
【解析】（1）当 a 时， f x x e ，则 f x x e ，
2 2
x 1 x 1
令 g x x e ，则 g x 1 e ，当 x ,1 时， g (x) 0， g x 单调递增，
当 x 1, 时， g (x) 0， g x 单调递减，∴ g x g 1 0，当 x 1时 f (1) 0，当 x 1时 f (x) 0，
∴ f x 是 R上的减函数．· ……………………………………4分
2 ex 1 a x2（ ）由题意， cos x 对于 x 0,
恒成立．
2
2 0, 设 h x x cos x，则 h x 2x sin x，易知 h x 在 上为增函数， 2
2
∴ h x h 0 0，故 h x 在 0,
上为增函数，又 h 0 1 0 h ， 0，
2 2 4
x 0, ∴存在唯一的 0 ，使得h x0 0：当 x 0, x0 时， h x x 2 cos x 0 x 1 2，此时，由e a x cos x
2
x 1
ex 1 ex 1 e x2 cos x 2x sin x
得 a ，令 x ，则 x 0
x2 cos x x2 cos x 2 2 ，x cos x
∴ x 1 1在 0, x0 上为减函数，则 x a max 0 ，故 ． ………………………………7分e e
2 x 1 2
当 x x0时， h x0 x0 cos x0 0 ，对于 a R ， e a x cos x 恒成立．
x 1
当 x x0 , 时， h x x
2 cos x 0 ex 1 a x2 cos x a e，由 得 ，
2
x2 cos x
ex 1 x2 cos x 2x sin x
由上知 x 2 2 ， …………………………………9分x cos x
令m x x 2 cos x 2 x sin x，则m x 2x sin x 2 cos x ，易知m x 在 x0, 上为增函数， 2
∵m x0 2x0 sin x0 2 cos x0 ，而 h x x 20 0 cos x0 0 ， x
0 0, 2
，
∴m x0
2x0 sin x
2
0 2 x0 1 sin x0 x0 1
2 1 sin x0 0，又m 1 0， 2
试卷第 9页，共 10页
∴存在唯一 x1
x0 ,
，使得m x1 0：当 x x0 , x1 时，m x 0，m x x
递减；当 x1,
2 2
时，
m x 0 m x 2， 递增；∵m x0 x0 cos x0 2 x0 sin x0 2 x0 sin x0 0，
m
2
1 0，∴m x 0，即 x 0，∴ x
在 x ,
0 为减函数，
2 4 2
1 1 1 2
x 4e
2
4e
2 a 1 4e
，故 a ．综上可知，实数 的取值范围为
,
min 2 2 2
2 ．
e
……………………………………12分
试卷第 10页，共 10页
