湖南省长沙市雅礼教育集团2023-2024学年高二上学期入学检测数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖南省长沙市雅礼教育集团2023-2024学年高二上学期入学检测数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-09-09 18:21:29 | ||
图片预览
文档简介
雅礼教育集团2023-2024学年高二上学期入学检测
数学
时量：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数是纯虚数，则实数（ ）
A. －2 B. －1 C. 0 D. 1
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，则且是且成立的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
4. 有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（ ）
A. 至多有1次中靶 B. 2次都中靶 C. 2次都不中靶 D. 只有1次中靶
5. 已知样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，若，则，，…的平均数和方差分别是（ ）
A. 12，115 B. 12，224 C. 9，115 D. 9，224
6. 某中学举行了一次“网络信息安全”知识竞赛，将参赛的100名学生成绩分为6组，绘制了如图所示的频率分布直方图，则成绩在区间内的学生有（ ）
A. 15名 B. 20名 C. 25名 D. 40名
7. 已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. －3 B. －2 C. 0 D. 1
8. 如图，正方体中，点E，F分别是AB，BC的中点，过点，E，F的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，（），则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，则a，b满足（ ）
A. B. C. D.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
11. 下列四个命题中，假命题有（ ）
A. 对立事件一定是互斥事件
B. 若A，B为两个事件，则
C. 若事件A，B，C彼此互斥，则
D. 若事件A，B满足，则A，B是对立事件
12. 如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点，则（ ）
A. 直线与直线AF垂直 B. 直线与平面AEF平行
C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为 D. 点C与点G到平面AEF的距离相等
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取______人.
14. 在平行六面体中，，，则______.
15. 已知，若存在实数b，使函数有两个零点，则a的取值范围是______.
16. 如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB、PD于点E、F（可与端点重合），则四棱锥的体积的取值范围是______.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）
已知函数的部分图像如图所示.
（1）求的解析式及对称中心；
（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间和最值.
18.（本小题满分12分）
如图，在正方体中，E，F分别是棱BC，DC的中点.
（1）求证：；
（2）若点M，N分别在，AF上，且，.求证：；
（3）棱上是否存在点P，使平面平面AFP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由.
19.（本小题满分12分）
某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；
（2）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
20.（本小题满分12分）
如图，四棱锥中，平面ABCD，梯形ABCD满足，，且，，E为PC中点，，.
（1）求证：D，E，F，G四点共面；
（2）求二面角的正弦值.
21.（本小题满分12分）
某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E处按方向释放机器人甲，同时在A处按方向释放机器人乙，设机器人乙在M处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动.若点M在矩形区域ABCD内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败.已知米，E为AB中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为，与的夹角为.
（1）若两机器人运动方向的夹角为，AD足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍.
（i）若，AD足够长，机器人乙挑战成功，求.
（ii）如何设计矩形区域ABCD的宽AD的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？
22.（本小题满分12分）
定义：为实数，，…，对的“正弦方差”.
（1）若，，，证明：实数，，对的“正弦方差”的值是与无关的定值；
（2）若，，，，，若实数，，对的“正弦方差”的值是与无关的定值，求，值.
雅礼教育集团2023-2024学年高二上学期入学检测
数学参考答案
一、单项选择题
1 2 3 4 5 6 7 8
B B A C D B A C
7.【答案】A
【解析】因为，令，，
可得，，
所以，
令，可得，，
即，
所以函数为偶函数，
令得，，
即有，
从而可知，，
故，
即，
所以函数的一个周期为6.
因为，，
，，，
所以一个周期内的.
由于22除以6余4，
所以.
故选：A.
8.【答案】C
【解析】作直线EF，分别交DA，DC于M，N两点，连接，分别交，于H，G两点，
如图所示，过点，E，F的截面即为五边形，
设正方体的棱长为2a，
因为点E，F分别是AB，BC的中点.
所以，，
即，
因为，，
所以.
则过点，E，F的截面下方体积为：，
∴另一部分体积为，
∴.
故选：C.
二、多项选择题
9 10 11 12
ACD BC BCD BC
12.【答案】BC
【解析】对于选项A，以D点为坐标原点，
DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，.
从而，，
从而，所以直线与直线AF不垂直，选项A错误；
对于选项B，取的中点为M，连接，GM，则易知，
又平面AEF，平面AEF，
故平面AEF，
又，平面AEF，平面AEF，
所以平面AEF，
又，，平面，
故平面平面AEF，
又平面，从而平面AEF，
选项B正确；
对于选项C，连接，，如图所示，
∵正方体中，
∴A，E，F，四点共面，
∴四边形为平面AEF截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，
又由勾股定理可得，，，
∴梯形为等腰梯形，高为，
∴，
选项C正确；
对于选项D，由于，，
而，，
∴，即，
点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的2倍，
选项D错误.
故选：BC.
三、填空题
13. 10 14. 15. 16.
16.【答案】
【解析】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱SA，SB，SC上取点，，，
则，
设SB与平面SAC所成角为，则
；
现业解答本题：设，，，
则，，
，，
∴，
则，∴，
∴，则，
∴，
令，则，
∵，∴，
当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，
故最小值为2，当，2时，都取到最大值，
则（当且仅当时，取最小值），
∴，
故答案为：.
四、解答题
17.【解析】（1）根据函数的部分图像，
可得，，∴.
再根据五点法作图，，∴，
故有.
根据图像可得，是的图像的一个对称中心，
故函数的对称中心为，.
（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，
再向右平移个单位，得到的图像，
即，
令，，
解得，，
可得的减区间为，，
结合，可得在上的单调递减区间为.
又，
故当，时，取得最大值，
即；
当，时，取得最小值，
即.
18.（1）【证明】如图，连接，，
∵正方体，
∴四边形为正方形，∴，
又∵正方体，
∴平面，平面，
所以，
又，∴平面，
又∵平面，∴.
（2）【证明】如图，连接DE，，
，，，
∴，∴.
∵，
∴，
即.
又∵正方体中，平面ABCD，平面ABCD，
∴，
∵，，平面，
∴平面.又∵平面，
∴.
由（1）可知，
又∵，，平面，
∴平面.
又∵，，
∴，
又∵，，，平面，
所以平面，所以.
（3）【解析】存在.如图，当点P为棱的中点时，平面平面AFP.
连接FP，AP，∵点P，F分别为棱，CD的中点，
∴，∵正方体，
∴，∴，
∴，∴，
∴FP与共面于平面.
由（2）知平面，即平面AFP.
又因为平面，∴平面平面AFP.
19.【解析】（1）设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为A，未罚进点球的事件为；乙队球员罚进点球的事件为B，未罚进点球的事件为.
设每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的事件为C，由题意，得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种：甲、乙均未罚进点球，或甲、乙均罚进点球，
则，
故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为.
（2）因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，
即四轮罚球结束时比分可能为或或.
①比分为的概率为
.
②比分为的概率为.
③比分为的概率为
.
综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为.
20.（1）【证明】以点C为坐标原点，向量、、方向分别为x、y、z轴的正方向建立坐标系，
则，，，，，，
所以，
因为，设，则，
所以，解得，
所以，同理可得，
∴，，，
令，
则，
∴，∴，
∴，
∴D、E、F、G四点共面.
（2）【解析】由（1）可知，，，
∴，.
设平面DEF的一个法向量为，
则，即，
则，令，则，
取平面PDE的一个法向量为，
则，
所以，
∴二面角的正弦值为.
21.【解析】（1）如图，在中，
由余弦定理得，，
所以，
所以，（当且仅当时等号成立），
故两机器人运动路程和的最大值为6.
（2）（i）在中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，
故，
由正弦定理可得，
所以，
（ii）设，则，，
由余弦定理可得，
所以，
所以，
由题意得对任意恒成立，
故，当且仅当时取到等号.
答：矩形区域ABCD的宽AD至少为2米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲.
22.【解析】（1）因为，，，
所以
，
所以“正弦方差”的值是与无关的定值.
（2）因为，，，，，
所以
，
因为实数，，对的“正弦方差”的值是与无关的定值，
所以，
因为，，
所以，，
由，得或，
即或，
由，
得，
又因为，
所以或或，
即或或，
当时，解得，经检验不符合题意；
当时，解得，经检验符合题意；
当时，解得，经检验符合题意.
综上可知：或.
数学
时量：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数是纯虚数，则实数（ ）
A. －2 B. －1 C. 0 D. 1
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，则且是且成立的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
4. 有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（ ）
A. 至多有1次中靶 B. 2次都中靶 C. 2次都不中靶 D. 只有1次中靶
5. 已知样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，若，则，，…的平均数和方差分别是（ ）
A. 12，115 B. 12，224 C. 9，115 D. 9，224
6. 某中学举行了一次“网络信息安全”知识竞赛，将参赛的100名学生成绩分为6组，绘制了如图所示的频率分布直方图，则成绩在区间内的学生有（ ）
A. 15名 B. 20名 C. 25名 D. 40名
7. 已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A. －3 B. －2 C. 0 D. 1
8. 如图，正方体中，点E，F分别是AB，BC的中点，过点，E，F的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，（），则（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，则a，b满足（ ）
A. B. C. D.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
11. 下列四个命题中，假命题有（ ）
A. 对立事件一定是互斥事件
B. 若A，B为两个事件，则
C. 若事件A，B，C彼此互斥，则
D. 若事件A，B满足，则A，B是对立事件
12. 如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，，的中点，则（ ）
A. 直线与直线AF垂直 B. 直线与平面AEF平行
C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为 D. 点C与点G到平面AEF的距离相等
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取______人.
14. 在平行六面体中，，，则______.
15. 已知，若存在实数b，使函数有两个零点，则a的取值范围是______.
16. 如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB、PD于点E、F（可与端点重合），则四棱锥的体积的取值范围是______.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17.（本小题满分10分）
已知函数的部分图像如图所示.
（1）求的解析式及对称中心；
（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间和最值.
18.（本小题满分12分）
如图，在正方体中，E，F分别是棱BC，DC的中点.
（1）求证：；
（2）若点M，N分别在，AF上，且，.求证：；
（3）棱上是否存在点P，使平面平面AFP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由.
19.（本小题满分12分）
某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；
（2）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
20.（本小题满分12分）
如图，四棱锥中，平面ABCD，梯形ABCD满足，，且，，E为PC中点，，.
（1）求证：D，E，F，G四点共面；
（2）求二面角的正弦值.
21.（本小题满分12分）
某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E处按方向释放机器人甲，同时在A处按方向释放机器人乙，设机器人乙在M处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动.若点M在矩形区域ABCD内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败.已知米，E为AB中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为，与的夹角为.
（1）若两机器人运动方向的夹角为，AD足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍.
（i）若，AD足够长，机器人乙挑战成功，求.
（ii）如何设计矩形区域ABCD的宽AD的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？
22.（本小题满分12分）
定义：为实数，，…，对的“正弦方差”.
（1）若，，，证明：实数，，对的“正弦方差”的值是与无关的定值；
（2）若，，，，，若实数，，对的“正弦方差”的值是与无关的定值，求，值.
雅礼教育集团2023-2024学年高二上学期入学检测
数学参考答案
一、单项选择题
1 2 3 4 5 6 7 8
B B A C D B A C
7.【答案】A
【解析】因为，令，，
可得，，
所以，
令，可得，，
即，
所以函数为偶函数，
令得，，
即有，
从而可知，，
故，
即，
所以函数的一个周期为6.
因为，，
，，，
所以一个周期内的.
由于22除以6余4，
所以.
故选：A.
8.【答案】C
【解析】作直线EF，分别交DA，DC于M，N两点，连接，分别交，于H，G两点，
如图所示，过点，E，F的截面即为五边形，
设正方体的棱长为2a，
因为点E，F分别是AB，BC的中点.
所以，，
即，
因为，，
所以.
则过点，E，F的截面下方体积为：，
∴另一部分体积为，
∴.
故选：C.
二、多项选择题
9 10 11 12
ACD BC BCD BC
12.【答案】BC
【解析】对于选项A，以D点为坐标原点，
DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，.
从而，，
从而，所以直线与直线AF不垂直，选项A错误；
对于选项B，取的中点为M，连接，GM，则易知，
又平面AEF，平面AEF，
故平面AEF，
又，平面AEF，平面AEF，
所以平面AEF，
又，，平面，
故平面平面AEF，
又平面，从而平面AEF，
选项B正确；
对于选项C，连接，，如图所示，
∵正方体中，
∴A，E，F，四点共面，
∴四边形为平面AEF截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，
又由勾股定理可得，，，
∴梯形为等腰梯形，高为，
∴，
选项C正确；
对于选项D，由于，，
而，，
∴，即，
点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的2倍，
选项D错误.
故选：BC.
三、填空题
13. 10 14. 15. 16.
16.【答案】
【解析】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱SA，SB，SC上取点，，，
则，
设SB与平面SAC所成角为，则
；
现业解答本题：设，，，
则，，
，，
∴，
则，∴，
∴，则，
∴，
令，则，
∵，∴，
当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，
故最小值为2，当，2时，都取到最大值，
则（当且仅当时，取最小值），
∴，
故答案为：.
四、解答题
17.【解析】（1）根据函数的部分图像，
可得，，∴.
再根据五点法作图，，∴，
故有.
根据图像可得，是的图像的一个对称中心，
故函数的对称中心为，.
（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，
再向右平移个单位，得到的图像，
即，
令，，
解得，，
可得的减区间为，，
结合，可得在上的单调递减区间为.
又，
故当，时，取得最大值，
即；
当，时，取得最小值，
即.
18.（1）【证明】如图，连接，，
∵正方体，
∴四边形为正方形，∴，
又∵正方体，
∴平面，平面，
所以，
又，∴平面，
又∵平面，∴.
（2）【证明】如图，连接DE，，
，，，
∴，∴.
∵，
∴，
即.
又∵正方体中，平面ABCD，平面ABCD，
∴，
∵，，平面，
∴平面.又∵平面，
∴.
由（1）可知，
又∵，，平面，
∴平面.
又∵，，
∴，
又∵，，，平面，
所以平面，所以.
（3）【解析】存在.如图，当点P为棱的中点时，平面平面AFP.
连接FP，AP，∵点P，F分别为棱，CD的中点，
∴，∵正方体，
∴，∴，
∴，∴，
∴FP与共面于平面.
由（2）知平面，即平面AFP.
又因为平面，∴平面平面AFP.
19.【解析】（1）设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为A，未罚进点球的事件为；乙队球员罚进点球的事件为B，未罚进点球的事件为.
设每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的事件为C，由题意，得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种：甲、乙均未罚进点球，或甲、乙均罚进点球，
则，
故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为.
（2）因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，
即四轮罚球结束时比分可能为或或.
①比分为的概率为
.
②比分为的概率为.
③比分为的概率为
.
综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为.
20.（1）【证明】以点C为坐标原点，向量、、方向分别为x、y、z轴的正方向建立坐标系，
则，，，，，，
所以，
因为，设，则，
所以，解得，
所以，同理可得，
∴，，，
令，
则，
∴，∴，
∴，
∴D、E、F、G四点共面.
（2）【解析】由（1）可知，，，
∴，.
设平面DEF的一个法向量为，
则，即，
则，令，则，
取平面PDE的一个法向量为，
则，
所以，
∴二面角的正弦值为.
21.【解析】（1）如图，在中，
由余弦定理得，，
所以，
所以，（当且仅当时等号成立），
故两机器人运动路程和的最大值为6.
（2）（i）在中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，
故，
由正弦定理可得，
所以，
（ii）设，则，，
由余弦定理可得，
所以，
所以，
由题意得对任意恒成立，
故，当且仅当时取到等号.
答：矩形区域ABCD的宽AD至少为2米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲.
22.【解析】（1）因为，，，
所以
，
所以“正弦方差”的值是与无关的定值.
（2）因为，，，，，
所以
，
因为实数，，对的“正弦方差”的值是与无关的定值，
所以，
因为，，
所以，，
由，得或，
即或，
由，
得，
又因为，
所以或或，
即或或，
当时，解得，经检验不符合题意；
当时，解得，经检验符合题意；
当时，解得，经检验符合题意.
综上可知：或.
同课章节目录