河北省保定市六校聯(lián)盟2025-2026學(xué)年高二上學(xué)期11月期中聯(lián)考

數(shù)學(xué)試題

一、單選題

1．直線3x2y10的一個(gè)方向向量是（）

A．2,3B．2,3C．3,2D．3,2

y2

2．雙曲線x21(m0)的焦點(diǎn)到其一條漸近線的距離為（）

m

A．mB．mC．m1D．1

3．設(shè)直線l的方程為xysin20，則直線l的傾斜角的范圍是（）

πππ3ππππ3π

A．0,πB．,C．,D．,,

42444224

4．若點(diǎn)P1,2在圓x2y2x2y2k0的外部，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（）

55

A．5,B．,5C．5,D．5,

84

5．如圖，在四面體OABC中，OAa，OBb，OCc，點(diǎn)M在OA上，且OM2MA，N為BC的中點(diǎn)，

則MN（）

121211

A．a(chǎn)bcB．a(chǎn)bc

232322

111221

C．a(chǎn)bcD．a(chǎn)bc

222332

6．已知點(diǎn)M4,11，直線l1:xmy3m40與直線l2:mxy2m50交于點(diǎn)P，則PM的值可以為

（）．

A．7B．6C．8D．19

7．PA,PB,PC是從點(diǎn)P出發(fā)的三條射線，每兩條射線的夾角均為60，那么直線PC與平面PAB所成角的

余弦值是（）

6321

A．B．C．D．

3322

x2y2

8．已知F1c,0,F2c,0分別為橢圓M:1ab0的左、右焦點(diǎn)，從點(diǎn)A2c,0射出的一條光

a2b2

32

線經(jīng)直線yc反射后經(jīng)過點(diǎn)F2，且反射后的光線與M在第四象限交于點(diǎn)P．若PF1PF2a，則M

2

的離心率為（）

3322

A．B．C．D．

2323

二、多選題

9．已知曲線C:x2my21，下列結(jié)論正確的有（）

1

A．若m0，則C是橢圓B．若m，則C是焦點(diǎn)在y軸上的橢圓

2

C．若m0，則C是雙曲線D．若m0，則C是兩條平行于y軸的直線

22

10．（多選）已知圓C:x1y225，直線l:2m1xm1y7m40.則以下幾個(gè)命題正確的

有（）

A．直線l恒過定點(diǎn)3,1B．圓C被y軸截得的弦長為46

C．直線l與圓C恒相交D．直線l被圓C截得最長弦長時(shí)，直線l的方程為2xy50

11．已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，P為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)，點(diǎn)M，N，Q分別是棱C1D1，CC1，

AA1的中點(diǎn)，則下列說法正確的有（）

A．過M，N，Q三點(diǎn)的平面截正方體所得的截面圖形是正六邊形

B．直線PM與直線QN是異面直線

C．當(dāng)P在四邊形ABCD內(nèi)部（含邊界）時(shí)，三棱錐PMNQ體積的最大值為1

D．若P到棱CD，A1D1的距離相等，則點(diǎn)P的軌跡是雙曲線

三、填空題

12．若向量a(2,3,1)，b(2,0,3)，c(1,2,2)，則a(bc)的值為

13．如圖所示，一隧道內(nèi)設(shè)雙行線公路，其截面由一段圓弧和一個(gè)長方形構(gòu)成．已知隧道總寬度AD為63m，

行車道總寬度BC為211m，側(cè)墻EA、FD高為2m，弧頂高M(jìn)N為5m．為保證安全，要求行駛車輛頂部

（設(shè)為平頂）與隧道頂部在豎直方向上的高度之差至少要有0.5m．請(qǐng)計(jì)算車輛通過隧道的限制高度

是．

14．已知曲線C:xymm0.

（1）若m1，則由曲線C圍成的圖形的面積是．

x2

（2）曲線C與橢圓y21有四個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是．

4

四、解答題

15．（1）求平行于直線xy20，且與它的距離為22的直線的方程；

（2）已知圓C:x2y24，直線l過點(diǎn)A(2,1)，當(dāng)直線l與圓C相切時(shí)，求直線l的方程.

16．如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD底面ABCD,PDDC,E是PC的中點(diǎn)，

作EFPB交PB于點(diǎn)F.

(1)求證：PB平面EFD；

(2)求平面CPB與平面PBD的夾角的大小.

17．（1）求圓心在直線3xy0上，與x軸相切，且被直線xy0截得的弦長為27的圓的方程；

（2）M是一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，MA與直線yx垂直，垂足A位于第一象限，MB與直線yx垂直，垂足B位于第

四象限.若四邊形OAMB（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積為3，求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程.

△

18．如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形AA1B1B為菱形，E為棱CC1的中點(diǎn)，AB1C為等邊三角形．

(1)求證：AB1B1C1；

(2)若ACBC,AC4,BC3，求平面AA1B1B和平面AB1E夾角的余弦值．

x2y2

19．已知橢圓C:1(ab0)的右焦點(diǎn)為F,C上一動(dòng)點(diǎn)D到F的距離的取值范圍為[62,62].

a2b2

(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)斜率為k(k0)的直線l過F點(diǎn)，交C于A，B兩點(diǎn).記線段AB的中點(diǎn)為N，直線ON交直線x3于點(diǎn)M，

直線MF交C于P，Q兩點(diǎn).

求MFA的大??；

①求四邊形APBQ面積的最小值.

②

1．A

33

【詳解】因?yàn)橹本€3x2y10的斜率為，所以直線的一個(gè)方向向量為1,，

22

3

又因?yàn)?,3與1,共線，所以3x2y10的一個(gè)方向向量可以是2,3，

2

故選：A.

2．B

求出焦點(diǎn)坐標(biāo)及漸近線的方程，由點(diǎn)到直線的距離公式求出距離.

y2

【詳解】解：由x21(m0)，得cm1，漸近線方程為ymx，

m

由雙曲線的對(duì)稱性，不妨取雙曲線的右焦點(diǎn)m1,0，一條漸近線方程為mxy0，

則焦點(diǎn)m1,0到漸近線mxy0的距離為

mm1

dm.

m1

故選：B.

3．C

直接利用直線方程的應(yīng)用求出直線的斜率，進(jìn)一步求出傾斜角的范圍；

【詳解】直線l的方程為xysin20，設(shè)直線的傾斜角為，

π

當(dāng)sin0時(shí)，，

2

1

②當(dāng)sin0時(shí)，直線的斜率ktan，

sin

由于1sin0或0sin1，

所以tan(,1][1,)，

πππ3π

所以[,)(,]，

4224

π3π

綜上所述：[,]；

44

故選：C．

4．C

根據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系以及二元二次方程表示圓的條件可得不等式，解不等式即可．

【詳解】由已知圓x2y2x2y2k0，則148k0，

又點(diǎn)P1,2在圓x2y2x2y2k0的外部，

則14142k0，

58k05

即，解得5k，

102k08

故選：C．

5．B

根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合向量的線性運(yùn)算，即可求解.

12

【詳解】MNONOMOBOCOA

23

211

abc.

322

故選：B

6．C

由題意確定直線l1與l2互相垂直，得到點(diǎn)P軌跡，即可求解.

【詳解】由題意可知，當(dāng)m0時(shí)，直線l1與l2互相垂直，

1

當(dāng)m0時(shí)，m1，直線l與l互相垂直，

m12

且l1直線經(jīng)過定點(diǎn)A4,3，直線l2經(jīng)過定點(diǎn)B2,5，所以PAPB0.

22

設(shè)Px,y，則4x2x3y5y0，即x1y125，

則點(diǎn)P在以點(diǎn)1,1為圓心，5為半徑的圓（除去A4,3與B2,5、2,3）上，

22

所以PM的最大值為41111513518，

22

最小值為4111151358.

故PM的取值范圍是8,18.

故選：C

7．B

作圖，找到直線PC在平面PAB上的投影在構(gòu)建多個(gè)直角三角形，找出邊與角之間的關(guān)系，繼而得到線面角；

也可將PA,PB,PC三條射線截取出來放在正方體中進(jìn)行分析.

【詳解】解法一：

如圖，設(shè)直線PC在平面PAB的射影為PD，

作CGPD于點(diǎn)G，CHPA于點(diǎn)H，連接HG，

易得CGPA，又CHCGC,CH,CG平面CHG，則PA平面CHG，又HG平面CHG，則PAHG，

PH

cosCPA

PC

有

PGPHPH

cosCPDcosAPD

PCPGPC

故cosCPAcosCPDcosAPD．

已知APC60,APD30，

cosCPAcos603

故cosCPD為所求．

cosAPDcos303

解法二：

如圖所示，把PA,PB,PC放在正方體中，PA,PB,PC的夾角均為60．

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為1，

則P(1,0,0),C(0,0,1),A(1,1,1),B(0,1,0)，

所以PC(1,0,1),PA(0,1,1),PB(1,1,0)，

nPAyz0

設(shè)平面PAB的法向量n(x,y,z)，則

nPBxy0

令x1，則y=1,z=-1，所以n(1,1,1)，

PCn26

所以cosPC,n．

|PC||n|233

6

設(shè)直線PC與平面PAB所成角為，所以sin|cosPC,n|，

3

3

所以cos1sin2．

3

故選B．

8．B

首先求出反射點(diǎn)的坐標(biāo)，再求反射光線的斜率，根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合余弦定理，構(gòu)造關(guān)于a,c的齊次方程，

即可求解離心率.

32

【詳解】設(shè)從點(diǎn)A2c,0射出的一條光線射到直線yc的點(diǎn)為Q，反射后經(jīng)過點(diǎn)F2c,0，

2

c32

所以點(diǎn)，所以直線的斜率為，

Q,cQF22

22

3

所以cosFFP

123

PF1PF22a3a

由，得PF1a，PF2，

PF1PF2a22

9a2a3

中，根據(jù)余弦定理可知22，整理為22，

F1F2Pa4c22c6c3ac3a0

4423

即6e23e30，2e33e30，

3

解得：e

3

3

所以橢圓M的離心率為.

3

故選：B

9．BCD

1

對(duì)于A，舉例判斷，對(duì)于B，將m代入結(jié)合橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程判斷，對(duì)于C，由雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程分析判

2

斷，對(duì)于D，將m0代入化簡變形判斷.

【詳解】對(duì)于A，若m1，則曲線C表示圓，故A錯(cuò)誤；

1y2

對(duì)于B，若m，則x2my21可化為x21，此時(shí)曲線C表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，故B正確；

22

對(duì)于C，若m0，則曲線C表示雙曲線，故C正確；

對(duì)于D，若m0，則x2my21可化為x21，此時(shí)曲線C表示兩條平行于y軸的直線，故D正確．

故選：BCD

10．ABC

【解析】求出直線所過定點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系判斷．

2xy70x3

【詳解】直線l方程整理得m(2xy7)xy40，由，解得，∴直線l過定點(diǎn)P(3,1)，

xy40y1

A正確；

在圓方程中令x0，得1(y2)225，y226，∴y軸上的弦長為46，B正確；

(31)2(12)2525，∴P(3,1)在圓內(nèi)，直線與圓一定相交，C正確；

1

直線l被圓C截得弦最長時(shí)，直線過圓心(1,2)，則(2m1)2(m1)7m40，m，直線方程為

3

125

xy0，即x2y50．D錯(cuò)．

333

故選：ABC．

11．ACD

【詳解】如圖所示，作出各棱中點(diǎn)，在正方體中，根據(jù)三角形中位線的關(guān)系，可知QT//MN，SQ//NR，

SM//TR，且截面各邊長都是相等的，是正六邊形，所以A正確；

當(dāng)點(diǎn)P在AB中點(diǎn)T處，由選項(xiàng)A可知，此時(shí)PM與直線QN為相交直線，所以B錯(cuò)誤；

正方體棱長為2，則線段MN2，則正六邊形邊長均為2，

則QM(2)2(2)2222cos1206，QN2SM22，

1

所以QN2QM2MN2，所以QMN為直角三角形，可得S623，

QMN2

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)P(m,n,0)，0m2，0n2，

則T(2,1,0)，R(1,2,0)，N(0,2,1)，TR(1,1,0)，TN(2,1,1)，

設(shè)平面TRNMSQ的法向量為n(x,y,z)，

TNn2xyz0,

則取x1，則n(1,1,1)，

TRnxy0,

|PTn||3(mn)|

又PT(2m,1n,0)，則點(diǎn)P到平面TRNMSQ的距離d，

|n|3

3

故當(dāng)mn0時(shí)，即P與點(diǎn)D重合時(shí)，距離最大為3，

3

1

故體積的最大值為331，所以C正確；

3

如圖所示，過P作PGCD于G，過P作PEAD于E，作EFA1D1于F，連接PF，

以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DC，AD為x軸，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，

由于PEAD，AD//A1D1，PEA1D1，

又EFA1D1，PEEFE，PE,PF平面PEF，故A1D1平面PEF，

又PF平面PEF，故A1D1PF，

設(shè)P(x,y)，則PFPE2EF2x24，PG|y|，

22

2yx

當(dāng)P到棱CD，A1D1距離相等時(shí)，即PGPF，x4|y|，化簡得1，即點(diǎn)P的軌跡是雙曲線，

44

所以D正確.

故選：ACD.

12．5

根據(jù)空間向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示，以及空間向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，求出結(jié)果.

【詳解】因?yàn)閎(2,0,3)，c(1,2,2)，所以bc(3,2,5)，

因?yàn)閍(2,3,1)，所以a(bc)23(3)2155.

故答案為：5.

7

13．3.5m/m

2

通過已知數(shù)據(jù)求出圓弧的半徑，再通過由半徑算弦心距的方法求出最大高度，最后減去安全高度差即可.

【詳解】如下圖，圓弧的圓心O在直線MN上，過B作BGAD，交圓弧于點(diǎn)G，作GHMN于點(diǎn)H，

連接OE、OG.

11

由題可知，MP523m，EPAD33m，GHBC11m

22

設(shè)OEOMr，則OPr3

在OEP中，有OE2OP2EP2

即r2(r3)2(33)2，解得r6

2

OHOG2GH262115m

MHOMOH651m

BGNHMNMH514m

故車輛通過隧道的限制高度是40.53.5m.

故答案為：3.5m

14．21m2或m5

（1）若m1，曲線C:xy1，表示對(duì)角線長為2的正方形，可得曲線C圍成的圖形的面積是2；

x2

（2）橢圓的長半軸長為2，短半軸長為1，1m2時(shí)，曲線C與橢圓y21有四個(gè)不同的交點(diǎn)；再考

4

慮相切時(shí)的情形，即可得出結(jié)論.

【詳解】（1）若m1，曲線C:xy1，易知曲線C關(guān)于x軸，y軸對(duì)稱，

作出當(dāng)x0，y0時(shí)xy10的圖象，根據(jù)對(duì)稱性得到曲線C的圖象如下圖：

曲線C表示對(duì)角線長為2的正方形，

故曲線C圍成的圖形的面積是2；

（2）由（1）可知，曲線C:xymm0表示對(duì)角線長為2m的正方形，

因?yàn)闄E圓的長半軸長為2，短半軸長為1，

x2

所以當(dāng)1m2時(shí)，曲線C與橢圓y21有四個(gè)不同的交點(diǎn)；

4

xym0

當(dāng)，時(shí)，聯(lián)立2，

x0y0x2

y1

4

可得5x28mx4m240，

2

22x

當(dāng)Δ64m454m40時(shí)，直線xym0與橢圓y21相切，

4

此時(shí)m5，m0，m5，

x2

根據(jù)曲線C的對(duì)稱性知，此時(shí)曲線C與橢圓y21有四個(gè)不同的交點(diǎn)，

4

所以1m2或m5.

故答案為：2；1m2或m5.

15．（1）xy20，xy60；（2）x2或3x4y100.

（1）根據(jù)直線平行設(shè)該直線為xyc0，根據(jù)平行線間的距離公式可得c的值，從而得直線方程；

（2）討論直線斜率不存在時(shí)、斜率存在時(shí)，利用圓心到直線的距離為半徑即可得直線方程.

【詳解】（1）因?yàn)樗笾本€平行于直線xy20，所以可設(shè)該直線為xyc0c2，

|c2|

又因?yàn)樗笾本€與直線xy20的距離為22，所以22，

1212

可得|c2|4，解得c2，c6，

所以平行于直線xy20，且與它的距離為22的直線的方程為：xy20，xy60.

（2）已知圓C的圓心是C(0,0)，半徑是2，

當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x2，符合題意；

當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y1k(x2)，即kxy2k10，

|2k1|3

則圓心C到直線l的距離為2，解得k，

k214

故直線l的方程為3x4y100.

綜上，直線l的方程為x2或3x4y100.

16．(1)證明見解析

(2)60

（1）由向量數(shù)量積坐標(biāo)運(yùn)算證明PBDE，結(jié)合已知EFPB線面垂直可證；

（2）利用垂直關(guān)系找到二面角的平面角，轉(zhuǎn)化為兩向量FE與FD的夾角運(yùn)算求解可得.

【詳解】（1）以D為原點(diǎn)，DA,DC,DP所在直線分別為x軸?y軸?z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)DC1.

11

依題意得A1,0,0,P0,0,1,E0,,.B1,1,0，

22

11

故PB1,1,1.DE0,,，

22

11

故PBDE00，所以PBDE.

22

由已知EFPB，且EFDEE，EF平面EFD，DE平面EFD，

所以PB平面EFD.

（2）已知PBEF，由（1）PB平面EFD，又DF平面EFD，

所以PBDF，且EFD為銳角，故EFD是平面CPB與平面PBD的夾角.

設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為x,y,z，則PFx,y,z1，

由題意F在線段PB上，所以PFkPB,k0,1，

所以x,y,z1k1,1,1k,k,k，

即xk，yk,z1k.

設(shè)PBDF0，則1,1,1k,k,1kkk1k3k10，

111211

所以k，點(diǎn)F的坐標(biāo)為,,，又點(diǎn)E的坐標(biāo)為0,,，

333322

111112

所以FE,,，F(xiàn)D,,.

366333

1111121

,,,,

FEFD36633361

所以cosEFD，

66662

FEFD

6363

所以EFD60，即平面CPB與平面PBD的夾角大小為60.

17．（1）(x1)2(y3)29或(x1)2(y3)29；（2）x2y26(x0).

（1）方法一：根據(jù)圓心位置設(shè)圓的方程為(xa)2(y3a)29a2，利用弦長公式列方程求解a的值，即可

得圓的方程；方法二：設(shè)所求的圓的方程是x2y2DxEyF0，確定圓心與半徑，利用弦長公式列方

程求解D,E,F的值，即可得圓的方程；

（2）設(shè)M(x,y)，根據(jù)題意可知點(diǎn)M在yx和yx相交的右側(cè)區(qū)域，結(jié)合距離公式與面積公式列方程即

可得軌跡方程.

【詳解】（1）方法一：因?yàn)閳A心在3xy0上，與x軸相切，

故設(shè)所求圓的方程為(xa)2(y3a)29a2，

|a3a|

圓心到直線xy0的距離d2|a|，

2

則2|a|9a2(7)2，解得a1，或a1，

所以所求圓的方程為(x1)2(y3)29或(x1)2(y3)29.

DE122

方法二：設(shè)所求的圓的方程是x2y2DxEyF0，則圓心為,，半徑為DE4F，

222

令y0，得x2DxF0，

由圓與x軸相切，得0，即D24F，①

DE

DE

又圓心,到直線xy0的距離為22，

22d

2

2

DE

2222222

由已知，得(7)r，即(DE)562(DE4F)，②

2

DE

又圓心,在直線3xy0上，則3DE0，③

22

聯(lián)立①②③，解得D2，E6，F(xiàn)1或D2，E6，F(xiàn)1，

故所求圓的方程是x2y22x6y10或x2y22x6y10.

（2）設(shè)M(x,y)，根據(jù)題意可知點(diǎn)M在yx和yx相交的右側(cè)區(qū)域，

|xy|xy

所以點(diǎn)M到直線yx的距離d1，

22

|xy|xy

到直線yx的距離d2，

22

x2y2

Sdd3，即x2y26(x0)，

OAMB122

所以動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為x2y26(x0).

18．(1)證明見解析

1

(2)

7

（1）根據(jù)題意，先證AB1平面A1BC，再由線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；

（2）根據(jù)題意，設(shè)AC，AB的中點(diǎn)分別為O，G，連接B1O,OG，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OG,OC,OB1的方向分

別為x軸y軸z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，即可得到結(jié)果.

【詳解】（1）

如圖，連接A1B，與AB1相交于點(diǎn)F，連接CF，A1C．

因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B為菱形，所以F為AB1的中點(diǎn)，且BFAB1．

△

因?yàn)锳B1C為等邊三角形，所以CFAB1，

因?yàn)锽FCFF，BF、CF在面A1BC內(nèi)，所以AB1平面A1BC．

因?yàn)锽C平面A1BC，所以AB1BC．

因?yàn)锽1C1∥BC，所以AB1B1C1．

（2）設(shè)AC，AB的中點(diǎn)分別為O，G，連接B1O,OG．

由（1）可知AB1BC，又ACBC,AB1ACA，AB1、AC在面AB1C內(nèi)，

所以BC平面AB1C，OB1、OC在面AB1C內(nèi)，則OB1、OC與BC垂直，

因?yàn)镺G∥BC，所以O(shè)G平面AB1C，

△

因?yàn)锳B1C為等邊三角形，所以B1OAC．

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OG,OC,OB1的方向分別為x軸y軸z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

系，

則A(0,2,0),C(0,2,0),B(3,2,0),B1(0,0,23)，

所以AB(3,4,0),BC(3,0,0)，

3

由ABAB,BCBC，得A1(3,4,23),C1(3,0,23),E,1,3，

11112

3

所以AE,3,3,AB1(0,2,23),AA1(3,2,23)．

2

設(shè)平面AA1B1B的法向量為nx1,y1,z1，

nAB3x4y0,

則11令，得．

y13n(4,3,3)

nAA13x12y123z10,

設(shè)平面AB1E的法向量為mx2,y2,z2，

3

mAEx23y23z20,

則2令z23，得m(4,3,3)．

mAB12y223z20,

設(shè)平面AA1B1B與平面AB1E的夾角為，

nm16931

所以coscosn,m，

nm169316937

1

即平面AABB與平面ABE夾角的余弦值為．

1117

x2y2

19．(1)1；

62

π

(2)；3.

2

（1①）設(shè)出②橢圓半焦距，結(jié)合橢圓的定義求出|DF|的取值范圍，進(jìn)而求出a,b,c即可.

（2）①設(shè)出直線l的方程并與橢圓方程聯(lián)立，借助韋達(dá)定理求出N,M坐標(biāo)，利用斜率關(guān)系求出MFA；②

利用弦長公式求出|AB|,|PQ|，再表示出四邊形面積，借助基本不等式求出最小值.

x2y2

【詳解】（1）設(shè)橢圓C:1的半焦距為c，則ac|DF|ac，

a2b2

而點(diǎn)D到F的距離的取值范圍為[62,62]，

ac62a6

因此，解得