2023年广东省佛山市高考数学一模试卷及解析

这是一份2023年广东省佛山市高考数学一模试卷及解析，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共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．（5分）已知集合，，则
A．B．C．，D．，1，
2．（5分）设复数满足，则在复平面内对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（5分）已知单位向量，满足，若向量，则
A．B．C．D．
4．（5分）已知各项均为正数的等比数列的前项和为，，，则的值为
A．30B．10C．9D．6
5．（5分）已知双曲线的中心位于坐标原点，焦点在坐标轴上，且虚轴比实轴长．若直线与的一条渐近线垂直，则的离心率为
A．B．C．D．
6．（5分）已知事件，，的概率均不为0，则（A）（B）的充要条件是
A．（A）（B）B．
C．D．
7．（5分）已知球的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为
A．B．C．D．
8．（5分）已知函数且，若对任意，，则实数的取值范围为
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．（5分）中国共产党第二十次全国代表大会的报告中，一组组数据折射出新时代十年的非凡成就，数字的背后是无数的付出，更是开启新征程的希望．二十大首场新闻发布会指出近十年我国居民生活水平进一步提高，其中2017年全国居民恩格尔系数为，这是历史上中国恩格尔系数首次跌破．恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特恩格尔提出的，计算公式是“恩格尔系数”．恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达以上为贫困，为温饱，为小康，为富裕，低于为最富裕．如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线图，由图可知
A．城镇居民2015年开始进入“最富裕”水平
B．农村居民恩格尔系数的平均数低于
C．城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于
D．全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数
10．（5分）设单位圆与轴的左、右交点分别为、，直线（其中分别与直线、交于、两点，则
A．时，的倾斜角为
B．，点、到的距离之和为定值
C．，使与圆无公共点
D．，恒有
11．（5分）若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是
A．B．C．D．
12．（5分）如图，在正方体中，点是棱上的动点（不含端点），则
A．过点有且仅有一条直线与，都垂直
B．有且仅有一个点到，的距离相等
C．过点有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点满足平面平面
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）在展开式中常数项是 ．（用数字作答）
14．（5分）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（3） ．
15．（5分）抛物线的焦点为，准线为，是上的一点，点在上，若，且，则 ．
16．（5分）已知函数（其中，．为的最小正周期，且满足．若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑．在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应．坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米．坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构．底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高．
（1）请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
（2）佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米．根据你得到的等差数列，连续取用该数列前项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、、表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由．
18．（12分）在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，为在方向上的投影向量，且满足．
（1）求的值；
（2）若，，求的周长．
19．（12分）如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．
（1）证明：平面；
（2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
20．（12分）近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱．在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个．已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2．
（1）顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃．求甲购买一盒猕猴桃的概率；
（2）顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率．
21．（12分）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过的直线交椭圆于、两点，若直线、与直线分别交于、两点，与轴的交点为，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．
22．（12分）已知函数，，其中为实数．
（1）求的极值；
（2）若有4个零点，求的取值范围．
2023年广东省佛山市高考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共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．（5分）已知集合，，则
A．B．C．，D．，1，
【分析】求出集合，，利用并集定义能求出．
【解答】解：集合，
，1，，
则，1，．
故选：．
【点评】本题考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）设复数满足，则在复平面内对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】可解出，然后即可判断在复平面内对应的点位于第几象限．
【解答】解：，，
，
在复平面内对应的点位于第三象限．
故选：．
【点评】本题考查了复数的除法和乘法运算，复数和平面内的点的对应关系，考查了计算能力，属于基础题．
3．（5分）已知单位向量，满足，若向量，则
A．B．C．D．
【分析】根据条件进行数量积的运算可求出和的值，从而根据向量夹角的计算公式可求出的值．
【解答】解：为单位向量，且，
，，，
．
故选：．
【点评】本题考查了单位向量的定义，向量数量积的运算，向量夹角的余弦公式，向量长度的求法，考查了计算能力，属于基础题．
4．（5分）已知各项均为正数的等比数列的前项和为，，，则的值为
A．30B．10C．9D．6
【分析】设等比数列的公比为，则，由等比数列的性质可得，结合，列出关于和的方程组，求出和的值，进而求出的值．
【解答】解：设等比数列的公比为，则，且，
，，
又，，
，解得，
．
故选：．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式和前项和公式，属于基础题．
5．（5分）已知双曲线的中心位于坐标原点，焦点在坐标轴上，且虚轴比实轴长．若直线与的一条渐近线垂直，则的离心率为
A．B．C．D．
【分析】根据条件得到渐近线方程为，分类讨论双曲线焦点在轴和轴的情况，求出即可．
【解答】解：根据渐近线与直线垂直可得渐近线方程为，
当双曲线的焦点在轴上时渐近线为，即，
因为双曲线的虚轴比实轴长，故不符合题意，舍去，
当双曲线的焦点在轴上时渐近线为，即，满足虚轴比实轴长，
所以，解得或（舍去），
所以．
故选：．
【点评】本题考查双曲线的性质，属于中档题．
6．（5分）已知事件，，的概率均不为0，则（A）（B）的充要条件是
A．（A）（B）B．
C．D．
【分析】根据和事件的概率公式判断、，根据积事件的概率公式判断、．
【解答】解：对于：因为（A）（B），由（A）（B），
只能得到，并不能得到（A）（B），故错误；
对于：因为，，
又，所以（A）（B），故正确；
对于：因为（A）（C），（B）（C），
由，只能得到（A）（B），
由于不能确定，，是否相互独立，故无法确定（A）（B），故错误；
对于：由于不能确定，，是否相互独立，
若，，相互独立，则（A）（C），（B）（C），
则由可得（A）（B），
故由无法确定（A）（B），故错误；
故选：．
【点评】本题考查和事件、积事件的概率公式，属于基础题．
7．（5分）已知球的直径，，是球的球面上两点，，则三棱锥的体积为
A．B．C．D．
【分析】依题意可得，即可求出、、，求出外接圆的半径，利用勾股定理求出球心到平面的距离，从而得到点到平面的距离，最后根据锥体的体积公式计算可得．
【解答】解：因为为球的直径，，是球的球面上两点，
所以，又，，
所以，，
所以为等边三角形且，
设的外接圆的半径为，则，所以，
则球心到平面的距离，
所以点到平面的距离，
又，
所以．
故选：．
【点评】本题考查球的几何性质，三棱锥的体积的求解，属中档题．
8．（5分）已知函数且，若对任意，，则实数的取值范围为
A．B．C．D．
【分析】当时，恒成立，利用图象关系可得，且，求得．当，恒成立，变形，
构造函数，求导判断单调性，从而推出，进一步得到，综上得到．
【解答】解：当时，，
由图可知，，
此时若对任意，，
只需，即，
，即，；
当，，
此时若对任意，，即，
，，所以只需．
令，则，
当，，单调递增；
当，，单调递减，
，，
综上可得．
故选：．
【点评】本题考查参变量分离求解恒成立问题，利用导数求解函数的最值，分类讨论思想，属中档题．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．（5分）中国共产党第二十次全国代表大会的报告中，一组组数据折射出新时代十年的非凡成就，数字的背后是无数的付出，更是开启新征程的希望．二十大首场新闻发布会指出近十年我国居民生活水平进一步提高，其中2017年全国居民恩格尔系数为，这是历史上中国恩格尔系数首次跌破．恩格尔系数是由德国统计学家恩斯特恩格尔提出的，计算公式是“恩格尔系数”．恩格尔系数是国际上通用的衡量居民生活水平高低的一项重要指标，一般随居民家庭收入和生活水平的提高而下降，恩格尔系数达以上为贫困，为温饱，为小康，为富裕，低于为最富裕．如图是近十年我国农村与城镇居民的恩格尔系数折线图，由图可知
A．城镇居民2015年开始进入“最富裕”水平
B．农村居民恩格尔系数的平均数低于
C．城镇居民恩格尔系数的第45百分位数高于
D．全国居民恩格尔系数等于农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数
【分析】根据折线统计图一一分析即可．
【解答】解：对于选项：从折线统计图可知2015年开始城镇居民的恩格尔系数均低于，即从2015年开始进入“最富裕”水平，故选项正确；
对于选项：农村居民恩格尔系数只有2017、2018、2019这三年在之间，
其余年份均大于，且2012、2013这两年大于（等于），
故农村居民恩格尔系数的平均数高于，故选项错误；
对于选项：城镇居民恩格尔系数从小到大排列（所对应的年份）前5位分别为2019、2018、2017、2021、2020，
因为，所以第45百分位数为第5位，即2020年的恩格尔系数，由图可知2020年的恩格尔系数高于，故选项正确；
对于选项：由于无法确定农村居民与城镇居民的比例，显然农村居民占比要大于，
故不能用农村居民恩格尔系数和城镇居民恩格尔系数的平均数作为全国居民恩格尔系数，故选项错误；
故选：．
【点评】本题主要考查折线统计图，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
10．（5分）设单位圆与轴的左、右交点分别为、，直线（其中分别与直线、交于、两点，则
A．时，的倾斜角为
B．，点、到的距离之和为定值
C．，使与圆无公共点
D．，恒有
【分析】对于：首先得到直线的斜率，即可求出直线的倾斜角，从而判断，对于，分别求出点、到直线的距离，再求和即可，求出坐标原点到直线的距离，即可判断，求出，点坐标，再求出，即可判断．
【解答】解：依题意，，
对于：当时直线，即，
所以直线的斜率，所以直线的倾斜角为，故错误；
对于：点到直线的距离，
点到直线的距离，
所以点、到直线的距离之和为，
因为，所以，所以，
即对，点、到直线的距离之和为定值2，故正确；
对于：坐标原点到直线的距离，
所以直线与单位圆相切，即直线与单位圆必有一个交点，故错误；
对于：对于直线，令，解得，
令，解得，
即，，
所以，，
所以，所以，
即，恒有，故正确；
故选：．
【点评】本题考查直线的方程以及点到直线的距离，属于中档题．
11．（5分）若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是
A．B．C．D．
【分析】依题意可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断．
【解答】解：因为，所以，
因为，所以，则，
令，，则，
所以在上单调递增，
由，可得，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以（1），则，即当且仅当时取等号，
即当且仅当时取等号，
又，所以，当且仅当时取等号，
当时或，
结合与的图象也可得或．
故选：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的最值，数形结合思想，属中档题．
12．（5分）如图，在正方体中，点是棱上的动点（不含端点），则
A．过点有且仅有一条直线与，都垂直
B．有且仅有一个点到，的距离相等
C．过点有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点满足平面平面
【分析】逐个分析每个选项，能求出结果．
【解答】解：对于，设过点与，都垂直的直线为，
，，，
，，面，
而过点作平面的垂线有且只有一条直线，即为，
过点有且只有一条直线与、都垂直，故正确；
对于，连接，，
由题意知，面，面，
，，为点到的距离，为点到的距离，
在中，，在△中，，
，
当时，，
当为的中点时，点到，的距离相等，
有且仅有一个点到，的距离相等，故正确；
对于，如图，连接，，交于点，连接，，交于点，连接交于点，
则面，
面，且，，
连接必与交于点，即过点在且仅有一条直线与，都相交，故正确；
对于，设正方体的棱长为2，
以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，2，，，0，，，2，，
设，0，，，
则，0，，，2，，，2，，，2，，
设面的一个法向量为，，，
则，
当时，取，得，1，，
当时，取，得，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，，，
当时，，此时平面平面不成立，
当时，，无解，此时平面平面不成立，
不存在点满足平面平面，故错误．
故选：．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）在展开式中常数项是 15 ．（用数字作答）
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值．
【解答】解：在展开式中的通项公式为，
令，求得，所以展开式的常数项是，
故答案为：15．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
14．（5分）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（3） 44 ．
【分析】根据函数的奇偶性，求解即可．
【解答】解：函数是定义在上的奇函数，
当时，，
则（3），
故答案为：44．
【点评】本题考查函数的奇偶性，属于基础题．
15．（5分）抛物线的焦点为，准线为，是上的一点，点在上，若，且，则 5 ．
【分析】根据题意结合抛物线的定义可求得，再根据垂直关系求得，由直线方程求得即可得结果．
【解答】解：抛物线方程为，
抛物线的焦点，准线，
设点，，，
则，，
，，，
直线的斜率，
，直线的斜率，
直线的方程，
令，解得，，
故．
故答案为：5．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，化归转化思想，属基础题．
16．（5分）已知函数（其中，．为的最小正周期，且满足．若函数在区间上恰有2个极值点，则的取值范围是 ．
【分析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案．
【解答】解：由题意可得：的最小正周期，
，且，则为的一条对称轴，
，解得，
又，则，
故，
，则，
若函数在区间上恰有2个极值点，则，解得，
故的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查正弦型函数的性质问题，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑．在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应．坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米．坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构．底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高．
（1）请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
（2）佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米．根据你得到的等差数列，连续取用该数列前项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、、表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由．
【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断．
【解答】解：（1）由题意可知：，注意到，，
取等差数列的公差，则，
令，解得，即24为第5项；
令，解得，即19.2为第7项；
故符合题意；
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：，，，，，，，，
设数列的前项和为，
，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米．
【点评】本题考查等差数列的实际应用，属中档题．
18．（12分）在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，为在方向上的投影向量，且满足．
（1）求的值；
（2）若，，求的周长．
【分析】（1）由题意可知，，代入得，再利用正弦定理求解即可；
（2）由余弦定理可得，再结合可求出的值，进而求出的值，得到的周长．
【解答】解：（1）为在方向上的投影向量，
，
又，
，
，
又，，
，
，，，，
又，
，
解得；
（2），，
，，
，
，，
，
，
解得，
，
的周长为．
【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
19．（12分）如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．
（1）证明：平面；
（2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，则可证明，即可证明平面；
（2）连接，，取的中点，连接，先求出，，则可求到，再证明平面与平面夹角的平面角为，从而根据即可求解．
【解答】解：（1）证明：如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，，取的中点，连接，则，
因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，平面与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（12分）近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱．在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个．已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2．
（1）顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃．求甲购买一盒猕猴桃的概率；
（2）顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率．
【分析】（1）根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；
（2）根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解．
【解答】解：（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率．
（2）用“”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率．
【点评】本题考查独立事件的概率乘法公式以及古典概型相关知识，属于中档题．
21．（12分）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过的直线交椭圆于、两点，若直线、与直线分别交于、两点，与轴的交点为，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【分析】（1）由题意设，，的坐标，可得，的坐标表示，由题意可得，的关系，再由椭圆中参数的关系，可得，的值，进而求出椭圆的方程；
（2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出直线，的方程，令，可得，的坐标，进而求出的表达式，将两根之和及两根之积代入可得其值温热定值．
【解答】解：（1）由题意可得，，，，
所以，，
所以，
由题意可得，①
又，②
由①②可得，，
所以椭圆的方程为：；
（2）由（1）可得，
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为：，设，，，，
联立，整理可得：，
可得，，
由题意，
设直线的方程为：，令，可得，即，
同理可得，
所以为定值；
即为定值9．
当直线的斜率为0时，则由题意可得直线为轴，则，中有一个点与重合，所以直线的斜率不为0，
综上所述：为定值9．
【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
22．（12分）已知函数，，其中为实数．
（1）求的极值；
（2）若有4个零点，求的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围．
【解答】解：（1），，
，令，解得，令，解得，
在上单调递增，在，上单调递减，
在处取得极大值，即，无极小值；
（2）令，
，
，
令，
则，
设，则，
由，得；由，得，
在上单调递增，在上单调递减，
且（1），（3），，
即，（1）（3），
存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在，上单调递增，在上单调递减，在，上单调递增，
故的极大值为（1），极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入，可得：
，
同理可得，
要使有四个零点，
则，解得，
又，
（5），
当时，有且仅有4个零点，即有4个零点，
实数的取值范围为．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性及极值点问题，零点存在性定理的应用，化归转化思想，属中档题．
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