2024年北京二中高一（下）期中数学（PDF版含解析）

2024北京二中高一（下）期中
数 学
班级：___________姓名：___________学号：___________
一、单选题
5
1．复数 = 在复平面内所对应的点位于（ ）
1 2i
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知向量 = ( 1,2)， = (1, )，且 // ，那么 =（ ）
A． 5 B． 4 C． 2 D．0
3．在△ 中，若 = 105°, = 45°, = √2，则 =（ ）
A．1 B．√3 C．2 D．√6
4．如图，在矩形 中， = 2 ， , 分别为 , 的中点， 为 中点，则 =（ ）
2 1 1
A． + B．
2
+
3
C．
3 2 2
+ D． +
3 3 3 3 4 4 3 3
5．设 、 表示两条不同的直线， 、 表示不同的平面，则下列命题中不正确的是（ ）．
A． ⊥ ， ⊥ ，则 // B． // ， ⊥ ，则 ⊥
C． ⊥ ， ⊥ ，则 // D． // ， ∩ = ，则 //
6．在△ 中，若 + 2 = 0，则△ 的形状一定是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
7．已知平面 , , , ∩ = , ∩ = ，则 ∥ 是 ∥ 的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．在正方体 1 1 1 1中，M是 的中点，N是 1 1的中点，则异面直线 1 与 所成角的余弦
值为（ ）
1 3 3 4
A． B． C． D．
2 5 4 5
9．已知正方形 的边长为2，动点 在以 为圆心且与 相切的圆上，则 的取值范围是（ ）
A．[ 2√2, 2√2] B．[0,2√2] C．[ 4,4] D．[0,4]
10．在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1中， , 分别为 1， 1 1的中点，点 在正方体的表面上运
动，且满足 //平面 1，则下列说法正确的是（ ）
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√3
A．点 可以是棱 1的中点 B．线段 的最大值为 2
C．点 的轨迹是正方形 D．点 轨迹的长度为2 + √5
二、填空题
11．若复数 = (3 i)(1 + i)，则| | = ．
12．已知向量 = (2, ), = (1,3), ⊥ ( )，则 =________.
13．已知 = (√3, 1)， = ( 2√3, 2)，则 与 的夹角为 ．
14．直三棱柱 1 1 1中，∠ = 90
，底面是直角边长为 1 的等腰直角三角形，高为 1，设点
, , 分别是棱 , , 1 1的中点，则三棱锥 1 的体积是 .
15．给定两个长度为 1 的平面向量 和 ，它们的夹角为120 .如图所示，点 C 在以 O 为圆心的圆弧
上变动.若 = + ,其中 , ∈ ,则 + 的最大值是 .
π
16．如图，已知四棱锥 的底面是边长为2的菱形，且∠ = ， = ， ⊥ 平面 ，
3
， 分别是 ， 的中点， 是线段 上的动点，给出下列四个结论：
① ⊥ ；
② = ；
√5
③直线 与底面 所成角的正弦值为 ；
5
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√6
④△ 面积的取值范围是[ , √15].
2
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
1
17．如图所示，在四棱锥 中， //平面 ， = ， 是 的中点．
2
(1)求证： // ；
(2)求证： //平面 ；
18．如图，在正方体 1 1 1 1中， 1 = 2， 为 1的中点， 为 1的中点.
（1）求证：平面 1 1 ⊥平面 1 1；
（2）求证： ⊥平面 1 1；
（3）设 为正方体 1 1 1 1棱上一点，给出满足条件 = √2的点 的个数.(结论不要求证明)
19．如图所示，D为△ 外一点，且∠ = 135 , ⊥ ， = √2, = 1, = 2，
(1)求 sin∠ACD的值；
(2)求 BD的长.
20．在△ 中， sin cos = 0．
(1)求 ；
(2)求√2cos + cos 的最大值．
(3)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使△ 存在且唯一确定，求△ 的
面积．
条件①： = √2 ；
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√10
条件②：sin = ；
10
条件③： = √10．
注：如果选择的条件不符合要求，第（3）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个
解答计分．
a1 b1 c1 d1
*
21．已知 0 = (a0,b0,c0,d0 )和数表 A = a2 b2 c2 d2 ，其中ai ,bi ,ci ,di N (i = 0,1,2,3 ) .若数表A 满足如

a3 b3 c d

3 3
下两个性质，则称数表A 由 0生成.
①任意 i 0,1,2 ,ai+1 ai ,bi+1 bi ,ci+1 ci ,di+1 di 中有三个 1，一个 3；
②存在 k 1,2,3 ，使ak ,bk ,ck ,dk 中恰有三个数相等.
5 6 6 6

(1)判断数表 A = 4 5 5 9 是否由 0 = (6,7,7,3 )生成；（结论无需证明）

3 8 4 8


(2)是否存在数表A 由 0 = (6,7,7,4)生成？说明理由；
0 = (7,12,3,d ) d(3)若存在数表A 由 0 生成，写出 0 所有可能的值.
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参考答案
1．A
【分析】根据复数的运算法则求出复数即可判断.
5 5(1+2i) 5(1+2i)
【详解】由题意知， = = = = 1 + 2i，
1 2i (1 2i)(1+2i) 5
5
所以 = 在复平面内所对应的点为(1,2)，位于第一象限.
1 2i
故选：A.
2．C
【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】解：因为 = ( 1,2)， = (1, )，且 // ，
所以 = 1 × 2，解得 = 2.
故选：C
3．A
【分析】由题意可得 ，再由正弦定理即可得到结果.
【详解】因为 = 105°, = 45°，所以 = 30°，
1
sin √2×
由正弦定理可得 = = 2 = 1.
sin √2
2
故选:A
4．C
【分析】根据向量加法的三角形法则和四边形法则，可得结果.
1
【详解】根据题意： = ( + )
2
又
1
= + = +
2
1
= + = +
2
3 3
所以 = +
4 4
故选：C
【点睛】本题主要考查利用向量的加法法则，熟练掌握向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量
用其它向量表示有很大的作用，属基础题.
5．D
【详解】A 选项中命题是真命题， ⊥ ， ⊥ ，可以推出 // ；
B 选项中命题是真命题， // ， ⊥ ，可得出 ⊥ ；
C 选项中命题是真命题， ⊥ ， ⊥ ，，利用线面垂直的性质得到 // ；
D 选项中命题是假命题，因为两直线平行或异面．
故选 D．
6．B
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【分析】先利用数量积运算化简得到 cos = 2，再利用余弦定理化简得解.
【详解】因为 + 2 = 0，所以 cos( ) + 2 = 0，
2+ 2 2
所以 cos = 2，所以 × = 2，
2
所以 2 + 2 = 2，所以三角形是直角三角形.
故选：B
7．A
【分析】结合面面平行的性质定理和线面平行的性质定理即可判断.
【详解】因为 ∥ ， ∩ = , ∩ = ，所以由面面平行的性质定理可得 ∥ ，则充分性成立；
因为 ∥ ， ∩ = , ∩ = 可知，所以{ ，则 ∥ ，又{ ，则 ∥ ，当 ∩ = 时，由线

面平行的性质定理可知 ∥ ∥ ，则必要性不成立；
综上所述， ∥ 是 ∥ 的充分不必要条件.
故选：A.
8．D
【分析】设正方体棱长为 2，取 中点 E,BC中点 F连接 ,可证得 1 // 1 , // 1 ，则∠ 1 为 1
与 所成角，计算即可求得结果.
【详解】设正方体棱长为 2，取 中点 E,BC中点 F连接 ,
∵ C1D1//MF,C1D1=MF,∴四边形 1 1为平行四边形，∴ 1 // 1 .
∵ C1N//DE,C1N=DE,∴四边形 1为平行四边形，∴ // 1 .
∴ ∠ 1 为 1 与 所成角.
在△ 1 中， 1 = 1 = √5, = √2,
5+5 2 4
∴ cos∠ 1 = = . 2×√5×√5 5
4
∴ 1 与 所成角的余弦值为 . 5
故选：D
9．C
【分析】根据条件可建立直角坐标系，写出点的坐标，根据点坐标得向量坐标，进而根据向量数量积的坐
标运算即可求解.
【详解】以点 为圆心，以 , 分别为 ， 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则：
(0,0)， (0,2)， (2,2)， (2,0)
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圆 的半径为√2，∴设 (√2cos , √2sin )， ∈ R
∴ = (√2cos 2, √2sin 2)， = (2, 2)，
∴
π
= 2(√2cos 2) 2(√2sin 2) = 4cos( + )，
4
π π
当cos( + ) = 1时， 取最小值 4，当cos( + ) = 1时 取最大值 4
4 4
故选：C
10．B
【分析】
如图，取棱 的中点 ，连接 , 1 , ，进而证明平面 1 //平面 1，再结合题意可知直线 1 必
过 点，进而取 1 1中点 ，连接 1 , , ，证明 ∈平面 1 即可得四边形 1 为点 的轨迹，再根
据几何关系依次判断各选项即可.
【详解】解：如图，取棱 的中点 ，连接 , 1 , ，
因为 , 分别为 1， 1 1的中点，
所以，在△ 1中， // 1，由于 平面 1， 1 平面 1，
所以 //平面 1，
因为 1 // , 1 = ，所以，四边形 1 为平行四边形，
所以 // 1 ，因为 平面 1， 1 平面 1，
所以， 1 //平面 1，
因为 1 ∩ = ， 1 , 平面 1 ，
所以，平面 1 //平面 1，
由于 为体对角线 1的中点，
所以，连接 1 并延长，直线 1 必过 点，
故取 1 1中点 ，连接 1 , , ，
所以，由正方体的性质易知 1// , 1 = ，
所以，四边形 1 是平行四边形， // 1， = 1，
1
因为， // 1， = 1， 2
所以， , , 共线，即 ∈平面 1 ，
所以，四边形 1 为点 的轨迹，故 A 选项错误；
√5
由正方体的棱长为1，所以，四边形 1 的棱长均为 ，且对角线为 = √2, 1 = √3，， 2
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所以，四边形 1 为菱形，周长为2√5，故 CD 选项错误，
1 √3
由菱形的性质知，线段 的最大值为 1 = ，故 B 选项正确. 2 2
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱 的中点 ，进而证明平面 1 //平面 1，再根据面
面平行的性质求解点 轨迹即可求解.
11．2√5
【分析】利用复数乘法运算化简，进而求模即可.
【详解】∵ = (3 i)(1 + i) = 4 + 2i，
∴| | = √16+4=2√5.
故答案为：2√5
12． =1 或者 2
【分析】求出 坐标，再根据 ( ) = 0列方程求解.
→ →
【详解】由已知 = (1, 3)，
又 ⊥ ( )，
→ → →
所以 ( ) = 2 + ( 3) = 0，
解得 =1 或者 2
2π
13．
3
【分析】根据题意结合向量的坐标运算求解.
【详解】由题意可知： = 6 + 2 = 4, | | = 2, | | = 4，
1
可得cos , = = ，且 , ∈ [0,π]，
| | | | 2
2π
所以 与 的夹角为 .
3
2π
故答案为： .
3
1
14．
24
【分析】根据线面平行，可知 = 1 ，然后根据等体积法即可求解.
【详解】因为 , 分别是棱 , 1 1的中点，所以 // 1 , 平面 , 1 平面 ,所以 1//平
面
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1 1 1 1
= = = 1 1 = 3 △
= × =
3 8 24
1
故答案为：
24
15．2
1
【详解】 =
2
1
+ =
2
+ = 2( + ) = 2 = 2cos < , >
所以最大值为 2
16．①④
【分析】①通过线面垂直证明线线垂直
②通过计算可得到结果
③通过线面角的定义与计算可得到结果
④通过求 OE的取值范围计算三角形面积的取值范围
【详解】
由 ⊥ ， ⊥ 得 ⊥平面 ，因为 平面 ，所以 ⊥ ，①正确
计算可得 = 2√3, = = 2√2， = √2， = √3
2
= √ 2 2 = √(2√2)2 √3 = √5
2 + 2 2 (2√3)2 + (2√2)2 (2√2)2 √6
cos∠ = = =
2| || | 2 × 2√3 × 2√2 4
2 √6
2 = 2 + 2 2| || |cos∠ = √2 + (2√3)2 2 × 2√3 × √2 × = 8
4
所以 = 2√2，②不正确；
2√5
由线面角定义知，∠ 就是直线 与底面 所成的角，sin∠ = ，③不正确；
5
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1
由 ⊥ 平面 得， ⊥ ， △ = = √3 × 2
√2
| |max = √5， ⊥ 时| |最小，| |min = ④正确． 2
故答案为：①④
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意利用线面平行的性质定理即可证明 // ；
（2）取 的中点 ，连接 , ，由（1）可证明 是平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得
//平面 .
【详解】（1）根据题意可得， //平面 ，
平面 ，且平面 ∩平面 = ，
由线面平行的性质定理可得 // ；
（2）取 的中点为 ，连接 , ，如下图所示：
1
由 是 的中点， 是 的中点，可得 // ，且 = ；
2
1
由（1）知 // ，且 = ，所以 // ，且 = ；
2
所以四边形 是平行四边形，
即 // ，又 平面 ， 平面 ；
所以 //平面 .
18．（1）证明见解析，（2）证明见解析，（3）12
【分析】（1）由正方体的性质可得 1 1 ⊥平面 1 1，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）连接 1 1,可证得 1 1 ⊥平面 1 1，连接 1，可得 ∥ 1 1，从而可证得结论；
（3）只要求出以 为球心，√2为半径的球与正方体棱的交点个数即可
【详解】（1）证明：在正方体 1 1 1 1中， 1 1 ⊥平面 1 1，
因为 1 1 平面 1 1，
所以平面 1 1 ⊥平面 1 1；
（2）证明：连接 1 1， 1，则 1 1 ⊥ 1 1,
因为 1 ⊥平面 1 1 1 1， 1 1 平面 1 1 1 1，
所以 1 ⊥ 1 1，
因为 1 ∩ 1 1 = 1，所以 1 1 ⊥平面 1 1，
连接 1，因为 为 1的中点，所以 是 1的中点，
因为 为 1的中点，所以 ∥ 1 1，
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所以 ⊥平面 1 1；
（3）因为在正方体 1 1 1 1中， 1 = 2，且 为正方体体对角线的交点，
所以 到每条棱的距离均为√2，
所以满足条件 = √2的点 的个数为 12
√5
19．(1)
5
√65
(2)
5
【分析】（1）利用余弦定理求出 边的长，用勾股定理得出 边的长，即可求出 sin∠ACD的值；
（2）由正弦定理求出∠ 与∠ 的关系，由余弦定理即可求出 BD的长.
【详解】（1）由题意，
在△ 中，∠ = 135 ， = √2， = 1，
由余弦定理得， 2 = 2 + 2 2 cos∠ ，
√2
∴ 2 = 2 + 1 2 × √2 × 1 × ( ).
2
∴ = √5.
∴在Rt △ 中， ⊥ ， = 2，
= √ 2 2 = √5 4 = 1，
√5
∴ sin∠ = = .
5
（2）由题意及（1）得，

在△ 中，由正弦定理得， = .
sin∠ sin∠
√2
√2× √5
∴sin∠ = 2 = ，且0 < ∠ < 45 .
√5 5
又0 < ∠ < 90 ，
∴∠ = ∠ ，
1 3
∴cos∠ = cos2∠ = 1 2sin2∠ = 1 2 × = .
5 5
在△ 中， = 1， = 2，
由余弦定理得， 2 = 2 + 2 2 cos∠ ，
3 13
∴ 2 = 1 + 4 2 × 1 × 2 × = ，
5 5
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√65
∴ = .
5

20．(1) ；
4
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用正弦定理得到sin = cos ，由 ∈ (0, )，即可求出 A；
√5 √190+√10 √10
（2）选条件②③：利用正弦定理求得sin = ，再由 AC 求出sin = ≠ ，即可判断出这样的
10 20 10
三角形不存在.
选条件①③：利用余弦定理求得 = √10， = 2√5，满足 2 + 2 = 2，即可判断出三角形存在且唯一，
进而求出三角形的面积.
选条件①②：由正弦定理求得 = √2，由余弦定理求得 = 4， = √10， = √2，这样的三角形存在且唯
一，进而求出三角形的面积.
【详解】（1）在△ 中， sin cos = 0，由正弦定理得：sin sin sin cos = 0.
因为 ∈ (0, )，所以sin ≠ 0，所以sin = cos .

因为 ∈ (0, ),所以 = .
4
√10
（2）选条件②③：在△ 中， = ， = √2 ，sin = .
4 10
√2 √10 √5
由正弦定理得：sin = √2sin ，所以sin = × = .
2 10 10
2
√5 √95
因为 = √2 > ，所以 C必为锐角，所以cos = √1 sin2 = √1 ( ) = .
10 10
所以sin = sin( + ) = sin cos + cos sin
√2 √95 √2 √5
= × + ×
2 10 2 10
√190+√10 √10
= ≠ .
20 10
所以这样的三角形不存在.

选条件①③：在△ 中， = ， = √2 ， = √10.
4
由余弦定理 2 = 2 + 2

2 cos 得：10 = 2 2 + 2 2 × √2 2cos ，解得： = √10.
4
所以 = √2 = 2√5，满足 2 + 2 = 2，即△ 为直角三角形，这样的三角形存在且唯一.
1 1
此时， △ = = × √10 × √10 = 5. 2 2
√10
选条件①②：在△ 中， = ，sin = ， = √10.
4 10
√10
sin √10×
由正弦定理 = 得： = = 10 = √2.
sin sin sin √2
2
√2
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos 得：10 = 2 + 2 2 × √2 × ，
2
解得： = 4（ = 2舍去）.
= 4， = √10， = √2也满足三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边.
故这样的三角形存在且唯一.
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1 1 √10
此时， △ = sin = × √10 × 4 × = 2. 2 2 10
21．(1)是
(2)不存在，理由见解析
(3)3，7，11.
【分析】（1）根据数表A 满足的两个性质进行检验，即可得结论；
（2）采用反证的方法，即若存在这样的数表 A，由性质①推出对任意的 k 1,2,3 ，ak ,bk ,ck ,dk 中均有 2
个奇数，2 个偶数，则推出不满足性质②，即得结论；
（3）判断出 d0 的所有可能的值为 3，7，11，一方面说明 d0 取这些值时可以由 0 = (7,12,3,d0 )生成数表
A，另一方面，分类证明 d0 的取值只能为 3，7，11，由此可得 d0 所有可能的值.
5 6 6 6

【详解】（1）数表 A = 4 5 5 9 是由 0 = (6,7,7,3)生成；

3 8 4 8


检验性质①：
当 i = 0时，5 6 = 1,6 7 = 1,6 7 = 1,6 3 = 3，共三个 1，一个 3；
当 i =1时， 4 5 = 1,5 6 = 1,5 6 = 1,9 6 = 3，共三个 1，一个 3；
当 i = 2时，3 4 = 1,8 5 = 3,4 5 = 1,8 9 = 1，共三个 1，一个 3；
任意 i 0,1,2 ,ai+1 ai ,bi+1 bi ,ci+1 ci ,di+1 di 中有三个 1，一个 3；
检验性质②：
当 k =1时， a1 = 5,b1 = 6,c1 = 6,d1 = 6，恰有 3 个数相等.
（2）不存在数表A 由 0 = (6,7,7, 4)生成,理由如下:
若存在这样的数表 A，由性质①任意 i 0,1,2 ,ai+1 ai ,bi+1 bi ,ci+1 ci ,di+1 di 中有三个 1，一个 3，
则 a ai+1 ai = 3或-1，总有 i+1与 ai 的奇偶性相反，
类似的，bi+1 与bi 的奇偶性相反， ci+1 与 ci 的奇偶性相反，di+1与 d i的奇偶性相反；
因为 a0 = 6,b0 = 7,c0 = 7,d0 = 4中恰有 2 个奇数，2 个偶数，
所以对任意的 k 1,2,3 ，ak ,bk ,ck ,dk 中均有 2 个奇数，2 个偶数，
此时ak ,bk ,ck ,dk 中至多有 2 个数相等，不满足性质②；
综上，不存在数表A 由 0 = (6,7,7,4)生成；
（3） d0 的所有可能的值为 3，7，11.
6 11 2 6

一方面，当 d0 = 3时， (7,12,3,3) 可以生成数表 A = 5 10 5 5 ；

4 13 4 4


6 11 6 6

当 d0 = 7时， (7,12,3,7) 可以生成数表 A = 5 14 5 5 ；

4 17 4 4


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6 11 6 10

当 d0 =11时， (7,12,3,11)可以生成数表 A = 5 10 9 9 ；

8 9 8 8


另一方面，若存在数表 A由 0 = (7,12,3,d0 )生成，
首先证明： d0 除以 4 余 3；
证明：对任意的 i = 0,1,2,3，令 i = ai bi ，
则Δi+1 Δi = (at+1 bi+1 ) (ai bi ) = (ai+1 ai ) (bi+1 bi )，
分三种情况：（i）若 ai+1 ai = 1，且bi+1 bi = 1，则 i+1 i = 0；
（ii）若ai+1 ai = 1，且bi+1 bi = 3，则 i+1 i = 4；
（iii）若ai+1 ai = 3，且bi+1 bi = 1，则 i+1 i = 4 ；
均有 i+1 与 i 除以 4 的余数相同.
特别的，“存在 k 1,2,3 ，使得 ak = bk ”的一个必要不充分条件为“ a0 ,b0 除以 4 的余数相同”；
类似的，“存在 k 1,2,3 ，使得 ak = ck ”的一个必要不充分条件为“ a0 ,c0除以 4 的余数相同”；
“存在 k 1,2,3 ，使得 ak = dk ”的一个必要不充分条件为“ a0 ,d0 除以 4 的余数相同”；
“存在 k 1,2,3 ，使得bk = ck ”的一个必要不充分条件为“b0 ,c0除以 4 的余数相同”；
“存在 k 1,2,3 ，使得bk = dk ”的一个必要不充分条件为“b0 ,d0 除以 4 的余数相同”；
“存在 k 1,2,3 ，使得 ck = dk ”的一个必要不充分条件为“ c0 ,d0 除以 4 的余数相同”；
所以，存在 k 1,2,3 ，使得ak ,bk ,ck ,dk 中恰有 3 个数相等的一个必要不充分条件是ak ,bk ,ck ,dk 中至少有 3
个数除以 4 的余数相同.
注意到 a0 = 7与 c0 = 3除以 4 余 3，b0 =12除以 4 余 0，故 d0 除以 4 余 3.
其次证明： d0 {3,7,11,15}；
证明：只需证明 d0 15；
由上述证明知若 0 = (7,12,3,d0 )可以生成数表 A，则必存在 k 1,2,3 ，
使得 ak = ck = dk ；
若 d0 15，则 d0 c0 15 3 =12， d1 c1 (d0 c0 ) 4 8,d2 c2 (d1 c1 ) 4 4，
d3 c3 (d2 c2 ) 4 0 ，
所以，对任意 k 1,2,3 ，均有 dk ck 0 ，矛盾；
最后证明： d0 15；
证明：由上述证明可得若 0 = (7,12,3,d0 )可以生成数表 A，
则必存在 k 1,2,3 ，使得 ak = ck = dk ，
d0 c0 =15 3 =12，d1 c1 (d0 c0 ) 4 = 8,d2 c2 (d1 c1 ) 4 4，
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d3 c3 (d2 c2 ) 4 0，
欲使上述等号成立，对任意的 k 1,2,3 ， ck+1 ck = 3,dk+1 dk = 1，
6 11 6 14

则 ak+1 ak = 1,bk+1 bk = 1， A = 5 10 9 13 ，

4 9 12 12


经检验，不符合题意；
综上， d0 所有可能的取值为 3，7，11
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