2021-2022学年浙江省温州市高二（上）期末数学试卷（a卷）

这是一份2021-2022学年浙江省温州市高二（上）期末数学试卷（a卷），共21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。

1．（5分）直线x+y+2＝0的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．（5分）已知空间向量（2，﹣1，1），（﹣4，x，y），∥，则x﹣y＝（ ）
A．4B．﹣4C．0D．2
3．（5分）抛物线y2＝4x的焦点到双曲线y2＝1的渐近线的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）圆O1：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝28与O2：x2+（y﹣4）2＝18的公共弦长为（ ）
A．2B．2C．D．
5．（5分）在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，a1＞0，a6a7＜0，则无法判断正负的是（ ）
A．S11B．S12C．S13D．S14
6．（5分）四边形ABCD和ABEF都是正方形，且面ABCD⊥面ABEF，M为线段AF上的点，当M从A向F运动时，点B到平面MEC的距离（ ）
A．越来越大B．越来越小
C．先增大再减小D．先减小再增大
7．（5分）如图，某绿色蔬菜种植基地在A处，要把此处生产的蔬菜沿道路AA1或AA2运送到形状为四边形区域A1A2A3A4的农贸市场中去，现要求在农贸市场中确定一条界线，使位于界线一侧的点沿道路AA1运送蔬菜较近，而另一侧的点沿道路AA2运送蔬菜较近，则该界线所在曲线为（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
8．（5分）设椭圆1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，∠F1PF2＝60°，|PF1|＝λ|PF2|（λ≤3），则椭圆的离心率的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共四小题，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的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）已知四面体ABCD，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）10．（5分）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a，b，c，d∈R）的图象如图所示，则下列结论正确的有（ ）
A．a＞0B．b＜0C．c＜0D．a+b+c＞0
（多选）11．（5分）小明从家里到学校行走的路程S与时间t的函数关系表示如图，记t时刻的瞬时速度为V（t），区间[0，t1]，[0，t2]，[t1，t2]上的平均速度分别为V1，V2，V3，则下列判断正确的有（ ）
A．V1＜V2＜V3
B．
C．对于Vi（i＝1，2，3），存在mi∈（0，t2），使得V（mi）＝Vi
D．整个过程小明行走的速度一直在加快
（多选）12．（5分）集合．记An中的最大元素为bn，An中的元素之和为Sn，记集合A的元素个数为 card（A），则下列结论正确的有（ ）
A．card（A5）＝64B．
C．S5＜16D．
三、填空题：本题共四小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知直线l1：2ax+y﹣2＝0与直线l2：2x+ay﹣3＝0平行，则实数a＝ ．
14．（5分）写出一个具有下列性质①②的数列{an}的通项公式an＝ ．
①；
②{an}单调递增．
15．（5分）如图，一个小球从10m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的，若已知小球经过的路程为m，则小球落地的次数为 ．
16．（5分）对任意x＞0，若不等式ax2≤ex+axlnx恒成立，则实数a的最大值为 ．
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）如图，已知圆C与y轴相切于点（0，1）且被x轴正半轴分成两段圆弧，其弧长之比为1：2．
（1）求圆C的方程；
（2）已知点P（3，2），是否存在弦AB被点P平分？若存在，求直线AB的方程；若不存在，请说明理由．
18．（12分）如图，三棱锥A﹣BCD中，△ABC为等边三角形，且面ABC⊥面BCD，CD⊥BC．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）当AD与平面BCD所成角为45°时，求二面角C﹣AD﹣B的余弦值．
19．（12分）一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比．
（1）求n（n∈N*）分钟后的水温tn；
（2）当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg2≈0.3．）
20．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于B，C两点，若△ABC面积为，求m．
21．（12分）如图，曲线y＝x2（x≥0）在点Q0（1，1）处的切线交x轴于点P1，过P1作斜率为﹣1的直线交曲线于点Q1；曲线在点Q1处的切线交x轴于点P2，过P2作斜率为﹣1的直线交曲线于点Q2，…依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，…；记点．
（1）求x1；
（2）求xn+1与xn的关系式；
（3）求证：（2x1+1）（2x2+1）（2x3+1）⋅⋅⋅（2xn+1）＜3．
22．（12分）已知函数f（x）＝x2lnx+ax+1（a∈R）．
（1）若x＝1是f（x）的极值点，求a的值；
（2）当a＜﹣1时，求证：f（x）恰有两个零点x1，x2（x1＜x2），且（其中x0是f（x）的极值点）．
2021-2022学年浙江省温州市高二（上）期末数学试卷（A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）直线x+y+2＝0的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：∵直线l的方程为x+y+2＝0，
∴直线l的斜率k＝﹣1，
∴直线l的倾斜角α．
故选：D．
2．（5分）已知空间向量（2，﹣1，1），（﹣4，x，y），∥，则x﹣y＝（ ）
A．4B．﹣4C．0D．2
【解答】解：∵（2，﹣1，1），（﹣4，x，y），∥，
∴，
∴x＝2，y＝﹣2，
∴x﹣y＝4，
故选：A．
3．（5分）抛物线y2＝4x的焦点到双曲线y2＝1的渐近线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点（1，0）到双曲线y2＝1的渐近线x±2y＝0的距离为：．
故选：B．
4．（5分）圆O1：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝28与O2：x2+（y﹣4）2＝18的公共弦长为（ ）
A．2B．2C．D．
【解答】解：由圆O1：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝28，O2：x2+（y﹣4）2＝18，
可得两圆的公共弦所在直线方程为x﹣3y+12＝0．
圆心O1（1，1）到直线x﹣3y+12＝0的距离d，
∴圆O1：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝28与O2：x2+（y﹣4）2＝18的公共弦长为．
故选：D．
5．（5分）在等差数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，a1＞0，a6a7＜0，则无法判断正负的是（ ）
A．S11B．S12C．S13D．S14
【解答】解：因为等差数列{an}中，a1＞0，a6a7＜0，
所以a6＞0，a7＜0，a8＜0，
A：S1111a6＞0，可以确定正负；
B：S126（a6+a7）无法确定正负；
C：S1313a7＜0，可以确定正负；
D：S147（a7+a8）＜0，可以确定正负．
故选：B．
6．（5分）四边形ABCD和ABEF都是正方形，且面ABCD⊥面ABEF，M为线段AF上的点，当M从A向F运动时，点B到平面MEC的距离（ ）
A．越来越大B．越来越小
C．先增大再减小D．先减小再增大
【解答】解：如图，
当M从A向F运动时，三棱锥M﹣EBC的底面三角形EBC的面积为定值，高为AB的长，是定值，
则三棱锥M﹣EBC的体积为定值，点B到平面MEC的距离h的变化情况，随平面EMC的变化而变化，
由题意可知，平面ABCD⊥面ABEF，则△ABC为△MEC在底面上的射影面，
△ABC的面积为定值，在M从A向F运动时，平面MEC与底面ABC所成角θ逐渐减小，
由csθ，可得逐渐减小，
由，可得点B到平面MEC的距离h逐渐增大．
故选：A．
7．（5分）如图，某绿色蔬菜种植基地在A处，要把此处生产的蔬菜沿道路AA1或AA2运送到形状为四边形区域A1A2A3A4的农贸市场中去，现要求在农贸市场中确定一条界线，使位于界线一侧的点沿道路AA1运送蔬菜较近，而另一侧的点沿道路AA2运送蔬菜较近，则该界线所在曲线为（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【解答】解：设M是界限上的一点，
则|MA1|+|AA1|＝|MA2|+|AA2|，
所以|MA1|﹣|MA2|＝|AA2|﹣|AA1|，即||MA1|﹣|MA2||＝||AA2|﹣|AA1||，
在△AA1A2中，||AA2|﹣|AA1||＜|A1A2|，
所以点M的轨迹为双曲线，
即该界线所在曲线为双曲线．
故选：C．
8．（5分）设椭圆1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，∠F1PF2＝60°，|PF1|＝λ|PF2|（λ≤3），则椭圆的离心率的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：由，∴，
在△PF1F2中，由余弦定理，得|F1F2|2＝|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|•|PF2|cs60°
即（2c）2＝（）2+（）2﹣2，
上式两边同除以（2a）2，得e2＝（）2+（）2111，
∴e，等号当且仅当λ＝1时成立，故椭圆的离心率的最小值为．
故选：A．
二、选择题：本题共四小题，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的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）已知四面体ABCD，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由题意可得四面体A﹣BCD为正四面体，如图，
A：∵AF∩平面ABC＝A，CE∈平面ABC，且A∉CE，由异面直线的定义可知，AF，CE为异面直线，∴A错误，
B：∵••（）••2×22×20，∴⊥，∴B正确，
C：∵•（）•••2×22×（）＝2﹣3＝﹣1，∴错误C，
D：∵E，F分别为棱AB，CD的中点，
∴（），∴2，∴D正确，
故选：BD．
（多选）10．（5分）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a，b，c，d∈R）的图象如图所示，则下列结论正确的有（ ）
A．a＞0B．b＜0C．c＜0D．a+b+c＞0
【解答】解：函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的导数为f′（x）＝3ax2+2bx+c，
由f（x）的图象可得﹣1，3是f（x）的两个极值点，
即有﹣1，3是方程3ax2+2bx+c＝0的两根，
则﹣1+3，﹣1×3，解得b＝﹣3a，c＝﹣9a，
当x→+∞时，f（x）→+∞，所以a＞0，b＜0，c＜0，
a+b+c＝a﹣3a﹣9a＝﹣11a＜0，
故选：ABC．
（多选）11．（5分）小明从家里到学校行走的路程S与时间t的函数关系表示如图，记t时刻的瞬时速度为V（t），区间[0，t1]，[0，t2]，[t1，t2]上的平均速度分别为V1，V2，V3，则下列判断正确的有（ ）
A．V1＜V2＜V3
B．
C．对于Vi（i＝1，2，3），存在mi∈（0，t2），使得V（mi）＝Vi
D．整个过程小明行走的速度一直在加快
【解答】解；由题意可知；V1，V2，V3，
由图像可知t1＜t2且2t1＞t2，因此V1V2，t2﹣2（t2﹣t1）＝2t1﹣t2＞0，
所以t2＞2（t2﹣t1），因此V2V3，此时V1＜V2＜V3，故A正确；
由V1+V3﹣2V3＝S0（），可化为0，故，故B正确；
由图像可知，直线与曲线的交点为（t1，），故存在mi∈（0，t2），使得V（mi）＝Vi，即当mi＝t1时，V（V1）＝V1，故C 正确；
t时刻的瞬时速度为V（t），判断平均速度的快慢，可以看整个曲线在各点处的切线方程的斜率，由图像可知，当t＝t1时，切线方程的斜率最大，故而在此时，平均速度最快，故D不正确．
故选：ABC．
（多选）12．（5分）集合．记An中的最大元素为bn，An中的元素之和为Sn，记集合A的元素个数为 card（A），则下列结论正确的有（ ）
A．card（A5）＝64B．
C．S5＜16D．
【解答】解：对于集合A5，元素如下：
所以card（A5）＝32，，S5＝15.5＜16，所以A错误，BC正确．
对于集合A6，元素如下：
所以，D选项正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共四小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知直线l1：2ax+y﹣2＝0与直线l2：2x+ay﹣3＝0平行，则实数a＝ ±1 ．
【解答】解：直线l1：2ax+y﹣2＝0与直线l2：2x+ay﹣3＝0平行，
则：2a2﹣2＝0，解得a＝±1；
故答案为：±1．
14．（5分）写出一个具有下列性质①②的数列{an}的通项公式an＝ n ．
①；
②{an}单调递增．
【解答】解：由①，
令m＝1，则an+1＝a1+an，
则an+1﹣an＝a1，
∴a2﹣a1＝a1，
a3﹣a2＝a1，
a4﹣a3＝a1，
•••，
an﹣an﹣1＝a1，
∴an＝na1，
令a1＝1，
则an＝n，
则{an}单调递增，
∴an＝n．
故答案为：n．
15．（5分）如图，一个小球从10m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的，若已知小球经过的路程为m，则小球落地的次数为 4 ．
【解答】解：小球每次着地后又弹回的高度构成一个等比数列，其中首项为，公比为，
所以10+2，即10+10×（1），
解得n＝3，
所以小球落地的次数为n+1＝4．
故答案为：4．
16．（5分）对任意x＞0，若不等式ax2≤ex+axlnx恒成立，则实数a的最大值为 e ．
【解答】解：原不等式ax2≤ex+axlnx，x＞0，可化为，
即，
设，其中x＞0，
则，
所以在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以，
设 ，
①a≤e时，f′（t）≥0，f（t）在[e，+∞）上单调递增，
所以f（t）的最小值f（t）min＝f（e）＝e﹣alne＝e﹣a≥0，符合题意；
②a＞e，f（t）在（e，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
所以f（t）的最小值为f（t）min＝f（a）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，而a＞e，所以1﹣lna＜0，与条件矛盾，故不成立；
所以实数a的最大值为e．
故答案为：e．
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）如图，已知圆C与y轴相切于点（0，1）且被x轴正半轴分成两段圆弧，其弧长之比为1：2．
（1）求圆C的方程；
（2）已知点P（3，2），是否存在弦AB被点P平分？若存在，求直线AB的方程；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点（0，1），
所以圆心C在直线y＝1上，
设圆C与x轴的交点分别为A、B，
由圆C被x轴分成的两段弧长之比为1：2，得∠ACB，
所以CA＝CB＝2，圆心C的坐标为（2，1），
所以圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4；
（2）由点P（3，2），有（3﹣2）2+（2﹣1）2＝2＜4，所以点P在圆C的内部，
假设存在弦AB被点P平分，则AB⊥CP，又kCP1，所以kAB＝﹣1，
所以AB的方程为y﹣3＝﹣（x﹣2），即x+y﹣5＝0，
此时圆心C到直线AB的距离d2，所以直线AB与圆C相交，
所以存在弦AB被点P平分，此时直线AB的方程为x+y﹣5＝0．
18．（12分）如图，三棱锥A﹣BCD中，△ABC为等边三角形，且面ABC⊥面BCD，CD⊥BC．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）当AD与平面BCD所成角为45°时，求二面角C﹣AD﹣B的余弦值．
【解答】解：（1）在三棱锥A﹣BCD中，面ABC⊥面BCD，面ABC∩面BCD＝BC，又CD⊥BC，CD⊂面BCD，
∴CD⊥面ABC，又∵AB⊂面ABC，
∴CD⊥AB；
（2）取BC中点F，连接AF，Df，如图，
因△ABC，于是得AF⊥平面BCD，∠ADF是AD与平面BCD所成角，即∠ADF＝45°，
令BC＝2，则DF＝AF，因CD⊥BC，即有DC，由（1）知DC⊥AC，则有AD＝BD，
过C作CO⊥AD于O，在平面ABD内过O作OE⊥AD交BD于点E，从而得∠COE是二面角C﹣AD﹣B的平面角，
Rt△ACD中，CO，OD，
△ABD中，由余弦定理得cs∠EDO．
∴DE，OE，显然E是Rt△BCD斜边中点，则CEBD，
△COE中，由余弦定理得cs∠COE．
∴二面角C﹣AD﹣B的余弦值为．
19．（12分）一杯100℃的开水放在室温25℃的房间里，1分钟后水温降到85℃，假设每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比．
（1）求n（n∈N*）分钟后的水温tn；
（2）当水温在40℃到55℃之间时（包括40℃和55℃），为最适合饮用的温度，则在水烧开后哪个时间段饮用最佳．（参考数据：lg2≈0.3．）
【解答】解：（1）每分钟水温变化量和水温与室温之差成正比，
可设比例系数为k，
则100﹣85＝k（100﹣25），解得k，
设一分钟后的水温为t1，则t1＝85，
设n分钟后的水温为tn，
则，n≥2，即，
所以，t1﹣25＝60，
故数列{tn﹣25}是以60为首项，为公比的等比数列，
所以，即，显然t1＝85也符合上式，
故．
（2）令，即，两边取对数可得，
，即﹣2lg2≤（n﹣1）（3lg2﹣1）≤﹣lg2，
∵lg2≈0.3，
∴4≤n≤7，
故在水烧开后4到7分钟之间饮用最佳．
20．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于B，C两点，若△ABC面积为，求m．
【解答】解：（1）由椭圆的离心率e，可得a2＝4b2，
将A的坐标代入可得1，可得a2＝4，b2＝1；
所以椭圆的方程为：y2＝1；
（2）设B（x1，y1），C（x2，y2），
联立，整理可得：x2﹣mx+m2﹣1＝0，
Δ＝3m2﹣4×1×（m2﹣1）＞0，可得m2＜4，且x1+x2m，x1x2＝m2﹣1；
所以弦长|BC|••，
点A到直线l的距离为：d，
所以S△ABC|BC|•d•••，
解得：m＝﹣1，
所以m的值为﹣1．
21．（12分）如图，曲线y＝x2（x≥0）在点Q0（1，1）处的切线交x轴于点P1，过P1作斜率为﹣1的直线交曲线于点Q1；曲线在点Q1处的切线交x轴于点P2，过P2作斜率为﹣1的直线交曲线于点Q2，…依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，…；记点．
（1）求x1；
（2）求xn+1与xn的关系式；
（3）求证：（2x1+1）（2x2+1）（2x3+1）⋅⋅⋅（2xn+1）＜3．
【解答】解：（1）y＝2x，则k2，故直线P1Q0的方程为y＝2（x﹣1）+1＝2x﹣1，即
直线P1Q1的方程为 ，与y＝x2（x≥0）联立得出，
解得．
（2）由 （1）可得，则直线Pn+1Qn的方程为，即，
直线Pn+1Qn+1的方程为 与y＝x2（x≥0）联立得出，
即 ，故 ，
证明：（3）由 （2）可得 ，解得xn+1，即，
则，
故，
由，
可得．
22．（12分）已知函数f（x）＝x2lnx+ax+1（a∈R）．
（1）若x＝1是f（x）的极值点，求a的值；
（2）当a＜﹣1时，求证：f（x）恰有两个零点x1，x2（x1＜x2），且（其中x0是f（x）的极值点）．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝2xlnx+x+a，
由题意，得f'（1）＝1+a＝0，解得a＝﹣1，经验证符合要求．
（2）证明：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝2xlnx+x+a，f''（x）＝2lnx+3，
令f''（x）＞0，得，令f''（x）＜0，得，
即f'（x）＝2xlnx+x+a在上单调递减，在上单调递增，且f'（﹣a）＝﹣2aln（﹣a）＞0，
当x∈（0，1]时，f'（x）＝2xlnx+x+a≤1+a＜0恒成立，
故存在x0∈（1，﹣a），使得f'（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x0）＜f（1）＝a+1＜0，
因为2﹣a＞e，所以f（2﹣a）＝（2﹣a）2ln（2﹣a）+a（2﹣a）+1＞（2﹣a）2+a（2﹣a）+1＝﹣2a+5＞0，
令g（x）＝xlnx（x＞0），g'（x）＝1+lnx，
令g'（x）＞0，得，令g'（x）＜0，得，
所以，所以f（x）＝x⋅xlnx+ax+1＞﹣x+ax+1，
则，
故存在，x2∈（x0，2﹣a），使得f（x）恰有两个零点，
接下来证明：，
因为，2x0lnx0+x0+a＝0，
消去a，得，其中x0＞1，
所以2x0lnx0＞0，而x1＜1，所以x1lnx1＜0，
故，证毕；
接下来证明：，即x2＜2x0，
因为f（x）在x∈（x0，+∞）上单调递增，所以只需证f（2x0）＞f（x2）＝0，
即①，因为2x0lnx0+x0+a＝0，即a＝﹣2x0lnx0﹣x0，
代入①中，得，即，显然成立，结论得证；
综上，f（x）恰有两个零点x1，x2（x1＜x2），且（其中x0是f（x）的极值点）．
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a2
a3
a4
a5
An的元素
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