• 546.38 KB
  • 2021-06-16 发布

高考必刷卷(新课标卷) 数学(理)(新课标卷)(新课标卷)05(解析版)

  • 23页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
2020 年高考必刷卷(新课标卷)05 数学(理) (本试卷满分 150 分,考试用时 120 分钟) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷 类型(B)填涂在答题卡的相应位置上。 2.作答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如 需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作 答无效。 4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷(选择题) 一、单选题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.设集合 {0,1}M  , { | 0 1}N x x   ,则 M N  ( ) A.[0,1] B. (0,1] C.[0,1) D. ( ,1] 【答案】A 【解析】 【分析】 利用并集的定义求解即可. 【详解】 ∵集合 {0,1}M  ,集合 { | 0 1}N x x   ,∴ { | 0 1}M N x x    ,即 M N  [0,1] . 故选:A 【点睛】 本题考查了并集的定义与计算问题,属于基础题. 2.命题 :p x R , 2 2 0x x  的否定为( ). A. x R , 2 2 0x x  B. x R , 2 2 0x x  C. x R , 2 2 0x x  D. x R , 2 2 0x x  【答案】D 【解析】 命题 p 的否定, 将“ x R ”变成“ x R ”, 将“ 2 2 0x x  ” 变成“ 2 2 0x x  ”. 故选 D . 点睛:(1)对全称(存在性)命题进行否定的两步操作:①找到命题所含的量词,没有量词的要结合命 题的含义加上量词,再进行否定;②对原命题的结论进行否定.(2)判定全称命题“ , ( )x M p x  ”是 真命题,需要对集合 M 中的每个元素 x ,证明 ( )p x 成立;要判定一个全称命题是假命题,只要举 出集合 M 中的一个特殊值 0x ,使 0( )p x 不成立即可.要判断存在性命题是真命题,只要在限定集合 内至少能找到一个 0x x ,使 0( )p x 成立即可,否则就是假命题. 3.若复数 3 4sin cos5 5z i        是纯虚数,则 tan( )   的值为( ) A. 3 4  B. 4 3 C. 3 4  D. 4 3  【答案】C 【解析】 【分析】 根据所给的虚数是一个纯虚数,得到虚数的实部等于 0,而虚部不等于 0,得到角的正弦和余弦值, 根据同角三角函数之间的关系,得到结果. 【详解】 若复数 3 4sin (cos )5 5z i     是纯虚数, 则 3sin 05    且 4cos 05    , 所以 3sin 5   , 4cos 5    , , 6.《中国好歌曲》的五位评委给一位歌手给出的评分分别是: 1 18x  , 2 19x  , 3 20x  , 4 21x   的最小值为 9. a b ∴ 2 1 3a b  时取等号,  即 1 a b 当且仅当 2 2b a           所以 2 1 2 1 2 2( )(2 ) 5 5 2 4 9b aa ba b a b a b ∴ 2 1a b  . 即 2lg 2 lg 4 2 lg 2a b a b   , ∴ 2lg 2 lg 4 lg 2a b  , ∵ lg 2 是 lg4a 与 lg2b 的等差中项, 【解析】 【答案】D A. 2 2 B.3 C. 4 D.9  的最小值为( ) a b 5.设 0a  , 0b  , lg 2 是 lg 4a 与 lg 2b 的等差中项,则 2 1 考点:线性规划. ,故选 B. log t 的最大值为 ,所以 大值 处取得最 ݕ 在点 试题分析:根据题中所给的约束条件,画出相应的可行域,可以求得 【解析】 【答案】B D. C. B. A. 的最大值为( ) t log ݕ ,则 h h 满足 , 4.已知变量 求,而忽略了虚部不能为零的限制,属于易错题. 本题主要考查了复数的基本概念,属于基础题.纯虚数是一个易错概念,不能只关注实部为零的要 【点睛】 故选 C.    .    ,故 tan( )    3tan 4 所以 3tan 4 5 22x  ,现将这五个数据依次输入如图程序框进行计算,则输出的 S 值及其统计意义分别是( ) A. 2S  ,即 5 个数据的方差为 2 B. 2S  ,即 5 个数据的标准差为 2 C. 10S  ,即 5 个数据的方差为 10 D. 10S  ,即 5 个数据的标准差为 10 【答案】A 【解析】 【分析】 算法的功能是求      2 2 2 1 220 20 20iS x x x      的值,根据条件确定跳出循环的i 值, 计算输出 S 的值. 【详解】 由程序框图知:算法的功能是求      2 2 2 1 220 20 20iS x x x      的值, ∵跳出循环的i 值为 5, ∴输出 S       2 2 21 [ 18 20 19 20 20 205          2 221 20 22 20 ]      1 4 1 0 1 4 25       .故选 A. 【点睛】 本题考查了循环结构的程序框图,根据框图的流程判断算法的功能是关键,属于基础题. 7.十九世纪末,法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”,即“在一个圆内任意选一 条弦,这条弦的弦长长于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少?”贝特朗用“随机半径”、“随 机端点”、“随机中点”三个合理的求解方法,但结果都不相同.该悖论的矛头直击概率概念本身,强 烈地刺激了概率论基础的严格化.已知“随机端点”的方法如下:设 A 为圆 O 上一个定点,在圆周上 随机取一点 B,连接 AB,所得弦长 AB 大于圆 O 的内接等边三角形边长的概率.则由“随机端点” 求法所求得的概率为( ) A. 1 5 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意画出图形,求出满足条件的 B 的位置,再由测度比是弧长比得答案. 【详解】 解:设“弦 AB 的长超过圆内接正三角形边长”为事件 M , 以点 A 为一顶点,在圆中作一圆内接正三角形 ACD , 则要满足题意点 B 只能落在劣弧 CD 上,又圆内接正三角形 ACD 恰好将圆周 3 等分, 故 1( ) 3P M  故选:C. 【点睛】 本题考查几何概型的意义,关键是要找出满足条件弦 AB 的长度超过圆内接正三角形边长的图形测 度,再代入几何概型计算公式求解,是基础题. 8.椭圆 2 2 116 9 x y  的两个焦点为 1F , 2F ,过 2F 的直线交椭圆于 A、B 两点,若 6AB  ,则 1 1AF BF 的值为 ( ) A.10 B.8 C.16 D.12 【答案】A 【解析】 【分析】 由椭圆的定义可得: 1 2 1 2 2AF AF BF BF a    ,即可得出. 【详解】 由椭圆的定义可得: 1 2 1 2 2 8AF AF BF BF a     ,    1 1 2 22 2 16 16 6 10AF BF a AF a BF AB           , 故选 A. 【点睛】 本题考查了椭圆的定义及其标准方程,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 9.如图是一个几何体的三视图,根据图中的数据(单位: cm ),可知此几何体的体积是( ) A. 324cm B. 364 cm3 C. 3(6 2 5 2 2)cm  D. 3(24 8 5 8 2)cm  【答案】B 【解析】 由三视图可知,该几何体是如下图所示的四棱锥,故体积为 1 644 4 43 3     3cm .故选 B. 10.已知函数   sinf x x ,将  f x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的 1 2 ,纵坐标扩大为原 来的 3 倍,再把图象上所有的点向上平移1个单位长度,得到函数  y g x 的图象,则函数  g x 的 周期可以为( ) A. 2  B. C. 3 2  D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用三角函数图象变换规律得出函数  y g x 的解析式,然后由绝对值变换可得出函数  y g x 的最小正周期. 【详解】   sinf x xQ ,将函数  y f x 的图象上的所有点的横坐示缩短到原来的 1 2 ,可得到函数 sin 2y x 的图象,再将所得函数图象上所有点的纵坐标扩大为原来的 3 倍,得到函数 3sin 2y x 的图象,再把所得图象向上平移1个単位长度,得到   3sin 2 1g x x  ,由绝对值变换可知,函数  y g x 的最小正周期为 2 2T    ,故选:B. 【点睛】 本题考查三角函数变换,同时也考查三角函数周期的求解,解题的关键就是根据图象变换的每一步 写出所得函数的解析式,考查推理能力,属于中等题. 11.过曲线 2 2 1 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左焦点 1F 作曲线 2 2 2 2 :C x y a  的切线,设切点为 ,M 延长 1F M 交曲线 2 3 : 2 ( 0)C y px p  于点 ,N 其中 1 3,C C 有一个共同的焦点,若 1 0,MF MN    则 曲线 1C 的离心率为( ). A. 5 1 2  B. 5 C. 2 1 2  D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 设双曲线的右焦点的坐标为  2 ,0F c ,利用O 为 1 2F F 的中点, M 为 1F N 的中点,可得 OM 为 1 2NF F 的中位线,从而可求 1NF ,再设  x,yN ,过点 1F 作 x 轴的垂线,由勾股定理得出关于 ,a c 的关系式,最后即可求得离心率. 【详解】 设双曲线的右焦点为 2F ,则 2F 的坐标为 ,0c . 因为曲线 1C 与 3C 有一个共同的焦点,所以曲线 3C 的方程为 2 4y cx . 因为 1 0MF MN    , 所以 1MF MN NM     , 所以 M 为 1F N 的中点, 因为 O 为 1 2F F 的中点, 所以 OM 为 1 2NF F 的中位线, 所以 OM∥ 2NF . 因为|OM|=a,所以 2  2NF a . 又 2 1NF NF , 1 2 2F F c , 所以    2 2 1 2 2 2NF c a b   . 设 N(x,y),则由抛物线的定义可得 2x c a  , 所以 2x a c  . 过点 F1 作 x 轴的垂线,点 N 到该垂线的距离为 2a , 在 1Rt F PN 中,由勾股定理得 2 2 2 1 1| | +| | | |F P PN F N , 即 2 2 24 4y a b  , 所以 2 2 24 (2 ) 4 4( )c a c a c a    , 整理得 2 1 0e e   ,解得 5 1 2e  . 故选 A. 【点睛】 解答本题时注意以下几点: (1)求双曲线的离心率时,可根据题中给出的条件得到关于 , ,a b c 的关系式,再结合 2 2 2a b c  得 到 ,a c 间的关系或关于离心率 e 的方程(或不等式),由此可得离心率的取值(或范围). (2)本题中涉及的知识较多,解题时注意将题中给出的关系进行转化,同时要注意圆锥曲线定义在 解题中的应用. 12.函数  f x 满足     1, ,2 xef x f x xx        ,  1f e  ,若存在  2,1a  ,使得 312 3 2f a a em         成立,则 m 的取值( ) A. 2 ,13      B. 2 ,3    C. 1, D. 1 2,2 3      【答案】A 【解析】 由题意设 ( )( ) x f xg x e  ,则 ( ) ( ) 1( ) x f x f xg x e x   ,所以 ( ) lng x x c  ( c 为常数).∵  1f e  ,∴ (1)(1) 1fg ce     ,∴ ( ) ( ) ( 1 ln )x xf x g x e e x     , ∴ 1( ) (ln 1)xf x e x x    .令 1( ) ln 1h x x x    ,则 2 2 1 1 1( ) xh x x x x    ,故当 1 12 x  时, ( ) 0, ( )h x h x  单调递减;当 1x  时, ( ) 0, ( )h x h x  单调递增. ∴ ( ) (1) 0h x h  ,从而当 1 ,2x     时, ( ) 0f x  ,∴ ( )f x 在区间 1 ,2    上单调递增. 设  3( ) 3 2 , 2,1a a a e a       ,则 2( ) 3 3 3( 1)( 1)a a a a      ,故 ( )a 在 ( 2, 1)  上单 调递增,在 ( 1,1) 上单调递减,所以 max( ) ( 1)a e     . ∴不等式 312 3 2f a a em         等价于 12 (1)f e fm        , ∴ 12 1 1 12 2 m m       ,解得 2 13 m  ,故 m 的取值范围为 2[ ,1]3 .选 A. 点睛:本题考查用函数的单调性解不等式,在解答过程中首先要根据含有导函数的条件构造函数 ( )( ) x f xg x e  ,并进一步求得函数 ( )f x 的解析式,从而得到函数 ( )f x 在区间 1 ,2    上的单调 性.然后再根据条件中的能成立将原不等式转化为 12 (1)f fm      ,最后根据函数的单调性将函 数不等式化为一般不等式求解即可. 第Ⅱ卷(非选择题) 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。把答案填在题中的横线上。 13.  5 5 11 1x x      的展开式中的 x 项的系数等于____________ . 【答案】10. 【解析】 【分析】 由   52 5 5 5 1 111 x x x x       ,于是求 x 项的系数转化为 52 1x  展开式中 6x 的系数,然后利用 二项式定理求出即可. 【详解】      5 5 5 525 5 111 1 1 1 xx xx xxx            Q , 要求  5 5 11 1x x      的展开式中的 x 项的系数,转化为求 52 1x  展开式中 6x 的系数,  52 1x  展开式的通项为      52 10 2 5 51 1k k kk k kC x C x         , 令10 2 6k  ,得 2k  , 因此,  5 5 11 1x x      的展开式中的 x 项的系数为  22 5 1 10C    ,故答案为10. 【点睛】 本题考查二项展开式中指定项的系数,本题将二项式进行了化简,将问题进行了转化,简化了计算, 考查化归与转化数学思想,考查计算能力,属于中等题. 14.在直角三角形 ABC 中, 2C  , 3AC   ,对于平面 ABC 内的任一点 M ,平面 ABC 内总有 一点 D 使得3 2MD MB MA    ,则CD CA    _________. 【答案】6 【解析】 【分析】 由3 2MD MB MA    可知 D 为线段 AB 上的点且 BD=2AD,将CD  用CA  , CB 表示后代入相乘即 可. 【详解】 对平面 ABC 内的任一点 M,平面 ABC 内总有一点 D 使得3 2MD MB MA    , 即 1 2 3 3MD MB MA   ,所以 D 为线段 AB 上的点且 BD=2AD 所以 21 2 2 2 20 | | 9 63 3 3 3 3CD CA CB CA CA CA CA CA                      , 故答案为:6. 【点睛】 本题考查平面向量基本定理的应用,考查平面向量数量积的性质及其运算,属基础题. 15.四棱锥 S ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, 4AD , 2AB  ,且 8SA SD  ,当该四棱锥 的体积最大时,其外接球的表面积为_________. 【答案】 76 3  【解析】 【分析】 由题意知四棱锥的体积最大时,平面 SAD  平面 ABCD 且 SAD 为等边三角形,画出图形,设球 心 O 到平面 ABCD 的距离为 x,可得 2 25 (2 3 ) 1x x    ,进而得到球的半径,即可求解. 【详解】 由题意知当 S 到平面 ABCD 的距离最大时,四棱锥的体积最大,此时满足平面 SAD  平面 ABCD, 且 SAD 为等边三角形,边长为 4,则 S 到 AD 的距离 2 3 即为 S 到平面 ABCD 的距离,设球心 O 到平面 ABCD 的距离 OE=x,则由 OD=OS 得 2 25 (2 3 ) 1x x    , 解得 2 3 x  ,所以外接球的半径 2 195 3R x   ,则外接球的表面积为 2 764 3S R   故答案为: 76 3  【点睛】 本题考查四棱锥的外接球问题,关键在于确定球心和半径,考查学生的空间想象能力和计算能力,属于 基础题. 16.已知函数 2( ) cos 2 xf x x  ,数列 na 中,  *( ) ( 1)na f n f n n N    ,则数列 na 的前 100 项之和 100S  ____. 【答案】10200 【解析】 因为   2 πxf x x cos 2  ,所以    na f n f n 1    2 2 +1cos + +1 cos2 2 n nn n ( )( ) 2 2 2 4 -3 4 -3 4 -24 -3 cos + 4 -2 cos =-(4 2)2 2n n na n n n  ( ) ( )( ) ( ) 同理可得: 2 2 2 4 2 4 1 4(4 2) , (4 ) , (4 )n n na n a n a n        2 2 4 3 4 2 4 1 4 2(4 2) 2(4 ) 8(4 1)n n n na a a a n n n            ,   na 的前 100 项之和  100S 8 3 7 99 10200    . 故答案为10200 . 点睛:本题中由条件    na f n f n 1    2 2 +1cos + +1 cos2 2 n nn n ( )( ) ,由余弦函数的值 可将 n 分成四种情况,即将数列分成四个一组求和即可. 三、解答题:本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必做题,每个考生都必须作答.第 22/23 题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共 60 分 17.在 ABC 中,角 A ,B ,C 所对的边分别为 a ,b ,c ,  sin 2cos cos 02B C B C       , (1)求证: B C ; (2)若 3cos 5A  , ABC 的外接圆面积为 25 4  ,求 ABC 的周长. 【答案】(1)见证明;(2) 4 5 4 . 【解析】 【分析】 (1)由  sin 2cos cos 02B C B C       ,利用诱导公式、两角和与差的正弦公式化简可得 sin( ) 0B C  ,从而可得结论;(2)利用圆的面积公式可求得三角形外接圆半径 5 2R  ,利用同角 三角函数的关系与正弦定理可得 2 sin 4a R A  ,结合(1),利用余弦定理列方程求得 2 5b c  , 从而可得结果. 【详解】 (1)∵sin( ) 2cos cos 02B C B C       , ∴sin( ) 2sin cos 0B C B C   ,∴sin cos cos sin 2sin cos 0B C B C B C   , ∴ cos sin sin cos 0B C B C  ,∴ sin( ) 0B C  .∴在 ABC 中, B C . (2)设 ABC 的外接圆半径为 R ,由已知得 2 25 4R  ,∴ 5 2R  , ∵ 3cos 5A  , 0 A   ,∴ 4sin 5A  ,∴ 2 sin 4a R A  , ∵ B C ,∴ b c , 由 2 2 2 2 cosa b c bc A    得 2 2616 2 5b b  ,解得 2 5b  , ∴ 4 5 4a b c    ,∴ ABC 的周长为 4 5 4 . 【点睛】 本题主要考查余弦定理、正弦定理及特殊角的三角函数,属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形 式:(1) 2 2 2 2 cosa b c bc A   ;(2) 2 2 2 cos 2 b c aA bc   ,同时还要熟练掌握运用两种形式的 条件.另外,在解与三角形、三角函数有关的问题时,还需要记住 30 ,45 ,60o o o 等特殊角的三角函数 值,以便在解题中直接应用. 18.某工厂的检验员为了检测生产线上生产零件的情况,从产品中随机抽取了80 个进行测量,根据 所测量的数据画出频率分布直方图如下: 如果:尺寸数据在 63.0,64.5 内的零件为合格品,频率作为概率. (1)从产品中随机抽取 4 件,合格品的个数为 ,求 的分布列与期望: (2)为了提高产品合格率,现提出 A ,B 两种不同的改进方案进行试验,若按 A 方案进行试验后,随 机抽取15 件产品,不合格个数的期望是 2 :若按 B 方案试验后,抽取 25 件产品,不合格个数的期 望是 4 ,你会选择哪个改进方案? 【答案】(1)详见解析(2)应选择方案 A ,详见解析 【解析】 【分析】 (1) 先由频率分布直方图,可以推出产品为合格品的概率,再求出随机变量 的分布列及期望; (2) A 方案随机抽取产品与 B 方案随机抽取产品都为相互独立事件,服从二项分布,由不合格个数 的期望分别求出不合格的概率即可得出较好的方案. 【详解】 (1)由直方图可知抽出产品为合格品的率为 0.75 0.65 0.2 0.5 0.8    即推出产品为合格品的概率为 4 5 , 从产品中随机抽取 4 件.合格品的个数 的所有可能取值为 0,1,2,3,4, 且   41 10 ( )5 625P     ,   1 3 4 4 1 161 ( )5 5 625P C     ,   2 2 2 4 4 1 962 ( ) ( )5 5 625P C     ,   3 3 4 4 1 2563 ( )5 5 625P C     ,   44 2564 ( )5 625P     . 所以 的分布列为  0 1 2 3 4 P 1 625 16 625 96 625 256 625 256 625  的数学期望 4 164 5 5E    . (2) A 方案随机抽取产品不合格的概率是 a ,随机抽取15 件产品,不合格个数  15,X B a : 按 B 方案随机抽取产品不合格的概率是b ,随机抽取 25 件产品,不合格个数  25,Y B b 依题意 ( ) 15 2E X a  , ( ) 25 4E Y b  , 解得 2 15a  , 4 25b  因为 2 4 15 25  ,所以应选择方案 A . 【点睛】 本题考查了频率分布直方图,随机变量的分布列与期望及二项分布,重点考查了运算能力,属中档 题. 19.如图,四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形,且 60ABC   , BM  平面 ABCD , BM DN , 2BM DN ,点 E 是线段 MN 上任意一点. (1)证明:平面 EAC  平面 BMND ; (2)若 AEC 的最大值是 2 3  ,求三棱锥 M NAC 的体积. 【答案】(1)见证明;(2) M NAC 3 5V 10  【解析】 【分析】 (1)推导出 AC⊥BM,AC⊥BD,得 AC⊥平面 BMND,从而可得到证明;(2)由 AE=CE 和余弦定 理可知,当 AE 最短即 AE⊥MN,CE⊥MN 时∠AEC 最大,取 MN 中点 H,连接 H 与 AC、BD 的交 点 O,知 OH⊥平面 ABCD,分别以直线OA,OB ,OH 为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 设 ND a ,利用二面角 A MN C  的平面角为 2 3  ,可求出 a,然后利用 VM﹣NAC=VM﹣EAC+VN﹣EAC 可得结果. 【详解】 (1)因为 BM  平面 ABCD ,则 AC BM . 又四边形 ABCD 是菱形,则 AC BD ,又 BD BM B , 所以 AC  平面 BMND ,因为 AC 在平面 EAC 内, 所以平面 EAC  平面 BMND . (2)设 AC 与 BD 的交点为 O ,连结 EO . 因为 AC  平面 BMND ,则 AC OE ,又 O 为 AC 的中 点,则 AE CE ,由余弦定理得 2 2 2 2 2 2cos 12 AE AE ACAEC AE     ,  AEC 0,  .当 AE 最短时∠AEC 最大,此时 AE MN ,CE MN , 2 3AEC   ,因为 AC=2, 2 3 3AE  ,OE= 3 3 . 取 MN 的中点 H,分别以直线 OA, OB , OH 为 x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系, 设 ND a ,则点  A 1,0,0 ,  N 0, 3,a  M 0, 3,2a ,  1, 3,aAN    ,  1, 3,2aAM   .设平面 AMN 的法向量  , ,n x y z , 则 0 0 AN n AM n           ,即 3 0 3 2 0 x y az x y az          ,取 1z  ,则 3a 3a, ,12 6n        , 同理求得平面 CMN 的法向量 3 3, ,12 6 a am         . 因为 2 3AEC   是二面角 A MN C  的平面角,则 2 2 2 2 9 3 14 36 1cos cos , 9 3 214 36 a a AEC m n a a              ,解得 15 10a  或 6a 2  . 由图可知 a