数学卷·2018届山西省大同一中高二上学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版） 21页

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年山西省大同一中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共36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．直径为6的球的表面积和体积分别是（　　）‎ A．144π，144π B．144π，36π C．36π，144π D．36π，36π ‎2．下列正方体或四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为4cm，高为10cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面，绕行两周到达点A1的最短路线的长为（　　）‎ A．16cm B．12cm C．24cm D．26cm ‎4．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为l的正方形，侧棱PA=1，PB=PD=，则它的五个面中，互相垂直的面共有（　　）‎ A．3对 B．4对 C．5对 D．6对 ‎5．空间不共面四点到某平面的距离相等，则这样的平面共有（　　）‎ A．1个 B．4个 C．7个 D．8个 ‎6．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（　　）‎ A．l1⊥l4 B．l1∥l4‎ C．l1与l4既不垂直也不平行 D．l1与l4的位置关系不确定 ‎7．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面积分别为S1、S2、S3，则（　　）‎ A．S1＜S2＜S3 B．S3＜S2＜S1 C．S2＜S1＜S3 D．S1＜S3＜S2‎ ‎8．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是（　　）‎ A．3 B．3 C．4 D．5‎ ‎9．利用斜二测画法得到的：‎ ‎①三角形的直观图是三角形；‎ ‎②平行四边形的直观图是平行四边形；‎ ‎③正方形的直观图是正方形；‎ ‎④菱形的直观图是菱形．‎ 以上结论，正确的是（　　）‎ A．①② B．① C．③④ D．①②③④‎ ‎10．棱台的两底面面积为S1、S2，中截面（过各棱中点的面积）面积为S0，那么（　　）‎ A． B． C．2S0=S1+S2 D．S02=2S1S2‎ ‎11．若直线a⊥直线b，且a⊥平面α，则有（　　）‎ A．b∥α B．b⊂α C．b⊥α D．b∥α或b⊂α ‎12．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（　　）‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α ‎　‎ 二、填空题（每题4分，满分16分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是　　．‎ ‎14．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN是异面直线．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是　　．‎ ‎15．棱长为2的正方体的顶点在同一个球上，则该球的表面积为　　．‎ ‎16．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线A1C与棱CB、CD、CC1‎ 所成角分别为α、β、γ，则sin2α+sin2β+sin2γ=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．一个几何体的三视图如右图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．‎ ‎（Ⅰ）求该几何体的体积V；‎ ‎（Ⅱ）求该几何体的表面积S．‎ ‎18．已知α、β、γ是三个平面，且α∩β=c，β∩γ=a，α∩γ=b，且a∩b=O．求证：a、b、c三线共点．‎ ‎19．如图，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，求证：MN∥平面BCE．‎ ‎20．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=AD=a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到如图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1﹣BCDE．‎ ‎（Ⅰ）证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎（Ⅱ）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1﹣BCDE的体积为36，求a的值．‎ ‎21．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2，M是PD的中点．‎ ‎（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；‎ ‎（2）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省大同一中高二（上）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共36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．直径为6的球的表面积和体积分别是（　　）‎ A．144π，144π B．144π，36π C．36π，144π D．36π，36π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】根据已知条件球的半径为5，结合球的表面积和体积公式：S=4πR2，V=πR3，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：球的半径为R=3，根据球的表面积和体积得：‎ S=4πR2=4π×32=36π，‎ V=πR3=π•33=36π，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．下列正方体或四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】在A、B、C中，均得到PS∥SQ，P、Q、R、S四点共面；在D中，PS与SQ既不平行也不相交，P、Q、R、S四点不共面．‎ ‎【解答】解：在A中，∵正方体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS∥SQ，∴P、Q、R、S四点共面，故A不正确；‎ 在B中，正方体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS∥SQ，∴P、Q、R、S四点共面，故B不正确；‎ 在C中，四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS∥SQ，∴P、Q、R、S四点共面，故C不正确；‎ 在D中，四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，‎ ‎∴PS与SQ既不平行也不相交，∴P、Q、R、S四点不共面，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为4cm，高为10cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面，绕行两周到达点A1的最短路线的长为（　　）‎ A．16cm B．12cm C．24cm D．26cm ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】将三棱柱展开两次如图，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径．‎ ‎【解答】解：将正三棱柱ABC﹣A1B1C1沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示，‎ 在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．‎ 由已知求得矩形的长等于6×4=24，宽等于10，由勾股定理d==26cm．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为l的正方形，侧棱PA=1，PB=PD=，则它的五个面中，互相垂直的面共有（　　）‎ A．3对 B．4对 C．5对 D．6对 ‎【考点】平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】先找出直线平面的垂线，然后一一列举出互相垂直的平面即可．‎ ‎【解答】解：∵AB=AP=1，PB=PD=，∴AB2+AP2=PB2，‎ 可得PA⊥底面ABCD PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，可得：面PAB⊥面ABCD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥面PAD，‎ 可得：面PAB⊥面PAD，‎ BC⊥面PAB，可得：面PAB⊥面PBC，‎ CD⊥面PAD，可得：面PAD⊥面PCD；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．空间不共面四点到某平面的距离相等，则这样的平面共有（　　）‎ A．1个 B．4个 C．7个 D．8个 ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】一个点在平面一侧，另三个点在另一侧，这样满足条件的平面有四个，都是中截面；二个点在平面一侧，另两个点在另一侧，这样满足条件的平面有三个．由此能求出到这四点距离相等的平面的个数．‎ ‎【解答】解：一个点在平面一侧，另三个点在另一侧，‎ 这样满足条件的平面有四个，都是中截面 如下图：‎ 二个点在平面一侧，另两个点在另一侧，‎ 这样满足条件的平面有三个，如下图：‎ 故到这四点距离相等的平面共有7个 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是（　　）‎ A．l1⊥l4 B．l1∥l4‎ C．l1与l4既不垂直也不平行 D．l1与l4的位置关系不确定 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据在空间中垂直于同一直线的二直线的位置关系是平行、相交或异面可得，∴l1与l4的位置关系不确定．‎ ‎【解答】解：∵l1⊥l2，l2⊥l3，∴l1与l3的位置关系不确定，‎ 又l4⊥l3，∴l1与l4的位置关系不确定．‎ 故A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应的截面面积分别为S1、S2、S3，则（　　）‎ A．S1＜S2＜S3 B．S3＜S2＜S1 C．S2＜S1＜S3 D．S1＜S3＜S2‎ ‎【考点】棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】根据“用平行于底面的平面截棱锥所得截面性质”，可利用截得面积之比就是对应高之比的平方，截得体积之比，就是对应高之比的立方（所谓“高”，是指大棱锥、小棱锥的高，而不是两部分几何体的高）求解．‎ ‎【解答】解：∵‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴S1＜S2＜S3‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是（　　）‎ A．3 B．3 C．4 D．5‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】根据三视图得出：空间几何体的性质得出直线平面的垂直问题，判断各个线段的长度比较即可．‎ ‎【解答】解：∵根据三视图得出：几何体为下图 AD，AB，AG相互垂直，面AEFG⊥面ABCDE，‎ BC∥AE，AB=AD=AG=3，DE=1，‎ 根据几何体的性质得出：AC=3，GC===，GE==5，‎ BG=，AD=4，EF=，CE=，‎ 故最长的为GC=3‎ 故选；B ‎　‎ ‎9．利用斜二测画法得到的：‎ ‎①三角形的直观图是三角形；‎ ‎②平行四边形的直观图是平行四边形；‎ ‎③正方形的直观图是正方形；‎ ‎④菱形的直观图是菱形．‎ 以上结论，正确的是（　　）‎ A．①② B．① C．③④ D．①②③④‎ ‎【考点】斜二测法画直观图．‎ ‎【分析】由斜二测画法规则直接判断即可．①正确；因为平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；‎ 因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．‎ ‎【解答】解：由斜二测画法规则知：①正确；平行性不变，故②正确；正方形的直观图是平行四边形，③错误；‎ 因为平行于y′轴的线段长减半，平行于x′轴的线段长不变，故④错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎10．棱台的两底面面积为S1、S2，中截面（过各棱中点的面积）面积为S0，那么（　　）‎ A． B． C．2S0=S1+S2 D．S02=2S1S2‎ ‎【考点】棱台的结构特征．‎ ‎【分析】不妨设这个棱台为三棱台，设棱台的高为2h，上部三棱锥的高为a，根据相似比的性质，能求出结果．‎ ‎【解答】解：不妨设这个棱台为三棱台，设棱台的高为2h，上部三棱锥的高为a，‎ 则根据相似比的性质，得：‎ ‎，‎ 解得=+．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．若直线a⊥直线b，且a⊥平面α，则有（　　）‎ A．b∥α B．b⊂α C．b⊥α D．b∥α或b⊂α ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据线面的位置关系分类讨论，分别利用线面垂直的性质进行说明即可．‎ ‎【解答】解：当b⊂α时，a⊥α，则a⊥b，‎ 当b∥α时，a⊥α，则a⊥b，‎ 当b与α相交时，a⊥α，则a与b不垂直．‎ ‎∴直线a⊥直线b，且a⊥平面α⇒b⊂α或b∥α 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（　　）‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】A．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；‎ B．运用线面垂直的性质，即可判断；‎ C．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；‎ D．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．‎ ‎【解答】解：A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；‎ B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；‎ C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；‎ D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题4分，满分16分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是　8cm　．‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】如图，由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形边长，进而可得原图形的周长．‎ ‎【解答】解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，‎ 所以OB=cm，对应原图形平行四边形的高为：2cm，‎ 所以原图形中，OA=BC=1cm，AB=OC==3cm，‎ 故原图形的周长为：2×（1+3）=8cm，‎ 故答案为：8cm ‎　‎ ‎14．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：‎ ‎①BM与ED平行；‎ ‎②CN与BE是异面直线；‎ ‎③CN与BM成60°角；‎ ‎④DM与BN是异面直线．‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是　③④　．‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】将展开图复原为几何体，如图，根据正方体的几何牲，分别四个命题的真假，容易判断选项的正误，求出结果．‎ ‎【解答】解：展开图复原的正方体如图，不难看出：‎ ‎①BM与ED平行；错误的，是异面直线；‎ ‎②CN与BE是异面直线，错误；是平行线；‎ ‎③CN与BM成60°；正确；‎ ‎④DM与BN是异面直线．正确 判断正确的答案为③④‎ 故答案为：③④‎ ‎　‎ ‎15．棱长为2的正方体的顶点在同一个球上，则该球的表面积为　12π　．‎ ‎【考点】球内接多面体；球的体积和表面积．‎ ‎【分析】由棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，知球半径R=，由此能求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：∵棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，‎ ‎∴球半径R==，‎ ‎∴球的表面积S=4π（）2=12π．‎ 故答案为：12π．‎ ‎　‎ ‎16．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线A1C与棱CB、CD、CC1所成角分别为α、β、γ，则sin2α+sin2β+sin2γ=　2　．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】由已知得sin2α+sin2β+sin2γ=++，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线A1C与棱CB、CD、CC1所成角分别为α、β、γ，‎ ‎∴sin2α+sin2β+sin2γ=++‎ ‎=++‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17．一个几何体的三视图如右图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．‎ ‎（Ⅰ）求该几何体的体积V；‎ ‎（Ⅱ）求该几何体的表面积S．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】（I）根据正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为，宽为1的矩形，得到该几何体是一个平行六面体（如图），其底面是边长为1的正方形，高为，做出体积．‎ ‎（Ⅱ）由第一问看出的几何体，知道该平行六面体中，A1D⊥面ABCD，CD⊥面BCC1B1，得到侧棱长，表示出几何体的表面积，得到结果．‎ ‎【解答】解：（I）由三视图可知，该几何体是一个平行六面体（如图），‎ 其底面是边长为1的正方形，高为，‎ ‎∴‎ ‎（Ⅱ）由三视图可知，该平行六面体中，A1D⊥面ABCD，CD⊥面BCC1B1，‎ ‎∴AA1=2，‎ 侧面ABB1A1，CDD1C1均为矩形 ‎∴．‎ ‎　‎ ‎18．已知α、β、γ是三个平面，且α∩β=c，β∩γ=a，α∩γ=b，且a∩b=O．求证：a、b、c三线共点．‎ ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】‎ 证明时可从三条交线是否存在两条相交入手，假若有两条相交，可以证明两条直线的交点一定经过第三条直线．‎ ‎【解答】证明：∵a∩b=O，∴O∈a，O∈b，‎ 又∵β∩γ=a，α∩γ=b，∴O∈β，O∈α，‎ ‎∵α∩β=c，∴O∈c，‎ ‎∴a，b，c三线共点．‎ ‎　‎ ‎19．如图，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，求证：MN∥平面BCE．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】过M作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足（如图），连接PQ，要证MN∥平面BCE，只需证明直线MN平行平面BCE内的直线PQ即可．也可以通过平面与平面的平行，即平面MNG∥平面BCE，来证明MN∥平面BCE，‎ ‎【解答】证法一：过M作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足（如图），连接PQ．‎ ‎∵MP∥AB，NQ∥AB，∴MP∥NQ．‎ 又NQ=BN=CM=MP，∴MPQN是平行四边形．‎ ‎∴MN∥PQ，PQ⊂平面BCE．‎ 而MN⊄平面BCE，‎ ‎∴MN∥平面BCE．‎ 证法二：过M作MG∥BC，交AB于点G（如图），连接NG．‎ ‎∵MG∥BC，BC⊂平面BCE，‎ MG⊄平面BCE，‎ ‎∴MG∥平面BCE．‎ 又==，‎ ‎∴GN∥AF∥BE，同样可证明GN∥平面BCE．‎ 又面MG∩NG=G，‎ ‎∴平面MNG∥平面BCE．又MN⊂平面MNG．∴MN∥平面BCE．‎ ‎　‎ ‎20．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=AD=a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到如图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1﹣BCDE．‎ ‎（Ⅰ）证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎（Ⅱ）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1﹣BCDE的体积为36，求a的值．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的性质；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（I）运用E是AD的中点，判断得出BE⊥AC，BE⊥面A1OC，考虑CD∥DE，即可判断CD⊥面A1OC．‎ ‎（II）运用好折叠之前，之后的图形得出A1O是四棱锥A1﹣BCDE的高，平行四边形BCDE的面积S=BC•AB=a2，运用体积公式求解即可得出a的值．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（I）在图1中，‎ 因为AB=BC==a，E是AD的中点，‎ ‎∠BAD=，‎ 所以BE⊥AC，‎ 即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，‎ 从而BE⊥面A1OC，‎ 由CD∥BE，‎ 所以CD⊥面A1OC，‎ ‎（II）即A1O是四棱锥A1﹣BCDE的高，‎ 根据图1得出A1O=AB=a，‎ ‎∴平行四边形BCDE的面积S=BC•AB=a2，‎ V==a=a3，‎ 由a=a3=36，得出a=6．‎ ‎　‎ ‎21．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2，M是PD的中点．‎ ‎（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；‎ ‎（2）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）根据面面垂直判定定理，需先证得线面垂直，故证明PD⊥平面ABM．‎ ‎（2）建立空间直角坐标系，运用向量法求解线面所成角．‎ ‎【解答】证明：（1）∵PA⊥平面ABCD．∴PA⊥AB ‎ 又 底面ABCD是矩形，‎ ‎∴AB⊥AD 且PA∩AD=A．‎ ‎∴AB⊥平面PAD ‎∴AB⊥PD ‎∵PA=AD，M是PD的中点，‎ ‎∴AM⊥PD ‎ 又AM∩AB=A ‎∴PD⊥平面ABM 又PD⊂平面PCD ‎ ‎∴平面ABM⊥平面PCD．‎ 解：（2）由题AB⊥AP，AB⊥AD，AD⊥AP．‎ 分别以AB，AD，AP方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系．‎ ‎∴C（2，4，0），D（0，4，0），P（0，0，4），‎ ‎ M 为PD 中点，∴M（0，2，2）‎ ‎∴，，‎ 设平面ACM的法向量为 ‎ 即 取x=2，得法向量 记直线CD与平面ACM所成角为θ，‎ 则==‎ 故直线CD与平面ACM所成角的正弦值为．‎ ‎　‎