江苏省高邮市2020届高三上学期12月阶段性学情调研数学试题 Word版含解析 30页

www.ks5u.com 高邮市2020届高三数学阶段性学情联合调研 数学试卷 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．‎ ‎1.已知全集，集合，则___________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为，所以 ‎ ‎2.已知复数（为虚数单位），复数虚部为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用复数的除法将复数表示为一般形式，即可得出该复数的虚部.‎ ‎【详解】，因此，复数的虚部为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查复数虚部的计算，同时也考查了复数除法的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎3.设向量，，若，则实数的值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据共线向量的坐标表示得出关于实数的方程，解出即可.‎ ‎【详解】向量，，且，则，解得.‎ 因此，实数的值为.‎ - 30 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用向量共线求参数的值，解题的关键就是利用共线向量的坐标表示列出方程求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎4.函数的单调减区间为_______．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出函数的定义域和导数，然后解不等式或，即可得出函数的单调递减区间.‎ ‎【详解】函数的定义域为，，‎ ‎，解不等式，即，得.‎ 因此，函数的单调减区间为或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，同时也要注意求出函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎5.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且过点，则双曲线的焦距等于________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意得出，然后将点的坐标代入双曲线的标准方程，可求出、的值，即可计算出双曲线的焦距.‎ - 30 -‎ ‎【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，，‎ 所以，双曲线的标准方程为，‎ 将点的坐标代入双曲线的标准方程得，得，‎ 因此，双曲线的焦距为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线焦距的计算，同时也考查了双曲线渐近线方程的求解，要结合题意得出、的值，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎6.已知偶函数在单调递减，，若，则的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用偶函数的性质将不等式变形为，可得出，解出该不等式即可.‎ ‎【详解】偶函数在单调递减，，‎ 且，则，‎ ‎，即，解得.‎ 因此，的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用偶函数的性质和单调性解函数不等式，充分利用偶函数的性质 - 30 -‎ 可简化计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎7.如图，已知棱长为的正方体中，是棱的中点，则三棱锥的体积________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由平面以及平面，可知三棱锥的高等于，计算出的面积，然后利用锥体的体积公式可计算出棱锥的体积.‎ ‎【详解】在正方体中，平面，且，‎ 平面，平面，平面，‎ 则三棱锥的高等于，的面积为，‎ 因此，三棱锥的体积为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥体积的计算，一般要找出合适的底面和高来进行计算，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎8.在△ABC中，sinA：sinB：sinC=2：3：4，则sinC=______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ - 30 -‎ ‎【分析】‎ 由sinA：sinB：sinC=2：3：4及由正弦定理，得a：b：c=2：3：4，不妨设a=2，b=3，c=4，由余弦定理和同角的三角函数关系即可求出．‎ ‎【详解】解：∵sinA：sinB：sinC=2：3：4，‎ ‎∴由正弦定理，得a：b：c=2：3：4，‎ 不妨设a=2，b=3，c=4，‎ cosC=，‎ 则sinC===，‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，属基础题，准确记忆定理的内容是解题关键．‎ ‎9.已知等比数列的前项和为，若，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可得出，并计算出，利用等比数列片断和的性质得出、、成等比数列，可得出的值.‎ ‎【详解】，且，‎ ‎、、成等比数列，即，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用等比数列片断和性质求值，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎10.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一一“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在如图所示的直角坐标系 - 30 -‎ 中，设军营所在平面区域的边界为，河岸线所在直线方程为，假定将军从点处出发，只要到达军营所在区域即回到军营，则将军行走的最短路程为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出点关于直线的对称点的坐标，于是将问题转化为点到圆上一点距离的最小值，即为，可得出答案.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ 设点关于直线的对称点为点，‎ 则线段的中点坐标为，直线的斜率为，‎ 由题意可得，解得，所以点的坐标为.‎ - 30 -‎ 因此，将军行走的最短路程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查与圆有关的距离的最值问题的求解，涉及圆的几何性质和对称思想的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ ‎11.在平行四边形中，已知，，，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，将、利用向量、表示，结合等式计算出的值，并利用向量、表示，然后利用平面向量数量积的运算律和定义计算出的值.‎ ‎【详解】如下图所示：‎ - 30 -‎ ‎，，，‎ 则，‎ ‎，解得.‎ ‎，‎ 因此，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查了平面向量数量积的定义与运算律，解题的关键就是选择合适的基底来表示向量，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎12.已知，则的最小值________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将函数解析式变形为，然后在代数式上乘以，展开后利用基本不等式可求出该函数的最小值.‎ ‎【详解】，，，‎ 由基本不等式得 当且仅当时，即当时，等号成立，‎ - 30 -‎ 因此，函数最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求函数的最小值，解题的关键在于将函数解析式配凑，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎13.已知的面积为，，且，则的值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将正切化为弦，结合边角互化思想得出，然后利用三角形的面积公式结合三角恒等变换思想得出的值，并利用弦化切的思想可求出的值.‎ ‎【详解】设的内角、、的对边分别为、、，则，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由边角互化思想得，，‎ 的面积为，，‎ 即，‎ 整理得，解得.‎ - 30 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角形中正切值的计算，同时也考查了三角形的面积公式、边角互化思想以及弦切互化思想的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎14.已知函数的图象上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图象上，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出直线关于直线对称的直线的方程，然后将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，构造函数，将问题转化为直线与函数的图象有两个交点，利用数形结合思想可求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】直线关于直线对称的直线的方程为，即，对应的函数为.‎ 所以，直线与函数的图象有两个交点.‎ 对于一次函数，当时，，且.‎ 则直线与函数的图象交点的横坐标不可能为.‎ 当时，令，可得，‎ - 30 -‎ 此时，令.‎ 当时，，当时，；当时，.‎ 此时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 函数的极小值为；‎ 当时，，当时，；当时，.‎ 此时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，‎ 函数的极大值为.‎ 作出函数和函数的图象如下图所示：‎ 由图象可知，当或时，即当或时，直线与函数的图象有两个交点.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ 故答案为：.‎ - 30 -‎ ‎【点睛】本题考查利用函数图象交点个数求参数的取值范围，同时也考查了对称思想的应用，解题的关键就是将问题转化为两函数图象的交点个数来处理，考查数形结合思想的应用，属于中等题.‎ 二、解答题：本大题共6小题，共计90分·请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或计算步骤．‎ ‎15.若函数的图象经过点，且相邻的两条对称轴之间的距离为.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）若将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，当时，的值域．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数图象两条相邻对称轴之间的距离可求出周期，并利用周期公式可求出的值，再将点代入函数的解析式，结合的范围，可求出的值，由此可得出函数的解析式；‎ ‎（2）根据图象的平移规律得出，由，计算出的取值范围，结合正弦函数的性质可求出函数的值域.‎ ‎【详解】（1）函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，‎ 记的周期为，则，‎ 又，，.‎ 函数的图象经过点，，‎ - 30 -‎ 则，.‎ 函数的解析式为；‎ ‎（2）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，‎ 由（1）得，，‎ 函数的解析式为.‎ 当时，，则.‎ 综上，当时，函数的值域为.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数解析式的求解，同时也考查了利用三角函数图象变换，以及三角函数在定区间上的值域，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎16.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，为棱的中点，平面.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若四边形是矩形且，求证：平面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ - 30 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接交于，可得知点为的中点，利用中位线的性质得出，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出平面；‎ ‎（2）证明出平面，可得出，由等腰三角形三线合一的思想得出，然后利用直线与平面垂直的判定定理可证明出平面.‎ ‎【详解】（1）连接交于，因为是平行四边形，所以是的中点，‎ 因为为的中点，所以，‎ 又因为平面，平面，所以平面；‎ ‎（2）因为且是的中点，所以，‎ 又因为平面，平面，所以，‎ 因为四边形是矩形，所以，‎ 因为、平面且，‎ 所以平面，又因为平面，所以，‎ ‎、平面且，所以平面.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行与垂直的证明，在证明时要严格根据判定定理组织论据，考查推理论证能力，属于中等题.‎ ‎17.如图①，某半径为的圆形广告牌，安装后其圆心距墙壁.为安全起见，决定对广告牌制作一合金支架．如图②，支架由广告牌所在圆周上的劣弧、线段、线段构成．其中点为广告牌的最低点，且为弧中点，点，在墙面上，垂直于墙面．兼顾美观及有效支撑，规定弧所对圆心角及与墙面所成的角均为，．经测算，、段的每米制作费用分别为元、元，弧段侮米制作费用为元．‎ - 30 -‎ ‎（1）试将制作一个支架所需的费用表示为的函数；‎ ‎（2）求制作支架所需费用的最小值．‎ ‎【答案】（1），；（2）元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知，利用锐角三角函数的定义得出，的长度为，再将、段和段的制作费用计算出来，即可得出的表达式；‎ ‎（2）求出函数的导数，利用导数求出函数的最小值，从而得出制作费用的最小值.‎ ‎【详解】（1）在扇形中，劣弧的长度为，在中，，‎ 所以所需费用，；‎ ‎（2）‎ ‎.‎ 当时，，在区间上单调递减；‎ 当时，，在区间上单调递增.‎ - 30 -‎ 所以当时，有最小值.‎ 因此，所需费用的最小值元．‎ ‎【点睛】本题考查简单的数学建模方法，考查三角函数模型的应用，同时也考查了利用导数来求函数的最小值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.‎ ‎18.如图，已知椭圆：过点，离心率为，、分别是椭圆的左、右顶点，过右焦点且斜率为的直线与椭圆相交于、两点．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）记、的面积分别为、，若，求的值；‎ ‎（3）记直线、的斜率分别为、，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设椭圆的焦距为，根据题意得出关于、、的方程组，求出、的值，即可得出椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设点、，由，可得出，利用共线向量的坐标运算以及点、在椭圆上，列方程组求出点的坐标，然后利用斜率公式可求出的值；‎ - 30 -‎ ‎（3）可得出直线的方程为，将该直线方程与椭圆的标准方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式并代入韦达定理可计算出的值.‎ ‎【详解】（1）设椭圆的焦距为，椭圆过点，离心率为，‎ ‎，，解得，，因此，椭圆的方程为；‎ ‎（2）设点、，‎ ‎，，整理可得，即，.‎ 代入坐标，可得，即，‎ 又点、在椭圆上，，解得，‎ 直线的斜率；‎ ‎（3）直线的方程为，‎ 由消去得，‎ ‎，，‎ - 30 -‎ 又，‎ 因此，‎ ‎【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了椭圆中三角形面积比的计算以及斜率的计算，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（1）当时，求在处的切线方程；‎ ‎（2）当时，讨论的单调性；‎ ‎（3）若有两个极值点、，且不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入函数的解析式，求出该函数的导数，计算出和的值，然后利用点斜式可写出函数在处的切线方程；‎ ‎（2）求出函数的定义域和导数，计算出二次函数的判别式，分和两种情况讨论，可得出函数的单调区间；‎ - 30 -‎ ‎（3）由（2）得知，且方程的两根分别为、，利用韦达定理得出，由参变量分离法得出，结合韦达定理得出，利用导数求出关于的函数在上的值域，由此可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，，，，‎ 所以，函数在处的切线方程为，即；‎ ‎（2）函数定义域为，，‎ 二次函数的判别式.‎ ‎①若时，即当时，对任意，，‎ 此时，函数单调递增区间为，无减区间；‎ ‎②若时，即当时，‎ 由，得或.‎ 当，或时，，‎ 当时，，‎ 此时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为；‎ - 30 -‎ ‎（3）由（2）知，，且，‎ 不等式恒成立等价于恒成立，‎ 又.‎ 所以，令，则，‎ 所以在上单调递减，所以，所以.‎ 因此，实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，以及含参函数单调区间的求解，同时也考查了利用导数研究不等式恒成立问题，涉及韦达定理的应用，考查分类讨论思想与化归与转化思想的应用，属于难题.‎ ‎20.若数列满足，则称为“螺旋递增数列”．‎ ‎（1）设数列是“螺旋递增数列”，且，，求；‎ ‎（2）设数列是“螺旋递增数列”，其前项和为，求证：中存在连续三项成等差数列，但不存在连续四项成等差数列；‎ ‎（3）设数列是“螺旋上升数列”，且，，记数列的项和为．问是否存在实数，使得对任意的恒成立？若存在，请求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在满足条件的实数，其取值范围是.‎ - 30 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由数列是“螺旋递增数列”，且，得出数列是以为首项，以为公比的等比数列，求出的值，利用“螺旋递增数列”的定义得出；‎ ‎（2）由数列是“螺旋递增数列”，可得，即可得出，可证明出数列中存在连续的三项成等差数列，假设数列中存在连续的四项、、、成等差数列，可得出，并对分奇数、偶数两种情况讨论，推出矛盾；‎ ‎（3）设数列是“螺旋递增数列”，且，，利用等差数列的通项公式得出，对分正偶数和正奇数两种情况讨论，利用“裂项求和”求出，并利用数列的单调性得出，由得出，从而可得出实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1），，是以为首项，以为公比的等比数列，‎ ‎，，‎ 数列是“螺旋递增数列”，；‎ ‎（2）由数列是“螺旋递增数列”得，故，‎ 中存在连续三项、、成等差数列；‎ ‎（注：给出具体三项也可）‎ 假设中存在连续四项、、、成等差数列，‎ 则，即，‎ 当，时，，①‎ 当，时，，②‎ 由数列是“螺旋递增数列”得，③‎ - 30 -‎ ‎①②与③都矛盾，故假设不成立，即中不存在连续四项成等差数列.‎ ‎（3），，是以为首项，以为公差的等差数列，‎ ‎，又数列是“螺旋递增数列”，‎ 故，‎ ‎.‎ ‎①当时，‎ ‎，，‎ 又恒成立，恒成立，.‎ ‎②当时，‎ ‎，，‎ 又恒成立，恒成立，.‎ 综上①②，存在满足条件的实数，其取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查数列新定义“螺旋递增数列”，同时也考查了等差数列定义的应用，以及数列不等式恒成立问题，涉及裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于难题.‎ ‎2020届高三年级阶段性学情联合调研 数学附加试卷 ‎ - 30 -‎ ‎21.已知矩阵，其中、，点在矩阵的变换下得到的点.‎ ‎（1）求实数、的值；‎ ‎（2）求矩阵的逆矩阵．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意得出，可得出关于实数、的方程组，解出即可；‎ ‎（2）计算出矩阵的行列式的值，然后利用求二阶逆矩阵的方法可求出.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，所以；‎ ‎（2），．‎ ‎【点睛】本题考查利用矩阵变换求参数，同时也考查了二阶逆矩阵的计算，考查计算能力，属于基础题.‎ ‎22.已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与轴的正半轴重合.若直线的极坐标方程为.‎ ‎（1）把直线的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎（2）已知为曲线（为参数）上一点，求到直线的距离的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 30 -‎ ‎（1）将直线的极坐标方程化简为，由可将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎（2）可设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合辅助角公式可得出点到直线距离的最大值.‎ ‎【详解】（1）直线的极坐标方程，‎ 则，即，‎ 所以直线的直角坐标方程为；‎ ‎（2）因为为曲线上一点，设点，‎ 所以到直线的距离，‎ 其中，.‎ 所以当时，的最大值为.‎ 因此，点到直线距离的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程的互化，同时也考查了利用椭圆的参数方程求解椭圆上的点到直线距离最值的计算，涉及辅助角公式的应用，考查计算能力，属于中等题.‎ ‎23.如图，在直三棱柱中，底面是直角三角形，，，点是棱上点，满足.‎ - 30 -‎ ‎（l）若，求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（2）若二面角的余弦值为，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，计算出向量和平面的一个法向量，利用空间向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（2）用实数表示向量的坐标，计算出平面的一个法向量，由二面角的余弦值为，得出关于实数的方程，结合实数的取值范围，可解出实数的值.‎ ‎【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.‎ - 30 -‎ 因为，，则，，，，，.‎ ‎（1）由得，，，，‎ 设平面的法向量为，‎ 由，得，不妨取，则，‎ 从而平面的一个法向量为．‎ 设直线与平面所成角为，则，‎ 所以直线与平面所成的角的正弦值为；‎ ‎（2）设平面的法向量为，，‎ 由得，‎ 不妨取，则，，‎ 所以平面的法向量为，则.‎ 因为二面角的余弦值为，所以，‎ - 30 -‎ 化简得，解得或，，因此，.‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，同时也考查了利用空间向量法解决二面角的动点问题，考查运算求解能力，属于中等题.‎ ‎24.如图，是抛物线的焦点，过点且与坐标轴不垂直的直线交抛物线于、两点，交抛物线的准线于点，其中，．过点作轴的垂线交抛物线于点，直线交抛物线于点.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求四边形的面积的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，消去，得到关于的二次方程，利用韦达定理结合可求出正数的值；‎ ‎（2）由直线与坐标轴不垂直，所以设方程为，并设点，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，并求出，求出点的坐标，可得出点的坐标，并可得出直线的方程，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理得出点的坐标，并分别计算出点、到直线的距离、，利用三角形的面积公式可得出关于的表达式，设，构造函数，利用导数求出函数 - 30 -‎ 的最小值，即可得出的最小值.‎ ‎【详解】（1）设方程为，与联立，消去整理得，‎ 所以，得（舍去）或；‎ ‎（2）由（1）知抛物线方程为，，准线方程为.‎ 因为直线与坐标轴不垂直，所以设方程为，，‎ 由得，，，‎ 所以，‎ 令，则，所以，，‎ 直线的方程为，由得，‎ 所以，，代入，得，所以.‎ 到直线的距离为，到直线的距离为，‎ 所以四边形的面积，‎ 令，则，令，则.‎ 当时，，函数单调递减，‎ 当时，，函数单调递增.‎ 所以，当时，有最小值，‎ - 30 -‎ 因此，四边形的面积的最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程中参数的计算，同时也考查了抛物线中四边形面积最值的计算，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法求解，涉及了利用导数求最值，考查运算求解能力，属于难题.‎ - 30 -‎ ‎ ‎ - 30 -‎