【文档说明】四川省成都市第八中学2023-2024学年高三第三次模拟考试数学（理）试题 含解析.docx，共(22)页，1.155 MB，由管理员店铺上传

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成都八中2023-2024学年第一学期高三第三次模拟考试数学（理科）一、单项选择题．本题共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．1.已知集合2Z230Axxx=+−，{|1}Bxx=−，则集合AB的元素个数为（）A

.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合A，再利用集合的交集运算求解.【详解】∵2Z230Z313,2,1,0,1Axxxxx=+−=−=−−−，∴1,0,1AB=−，即集合AB的元素个数为3.故选：C.2.

已知2iz=−，则()izz+的虚部是（）A.2B.2−C.2iD.2i−【答案】A【解析】【分析】根据共轭复数的概念，复数的运算以及复数虚部的概念即可解出．【详解】因为2iz=−，所以2iz=+，()(

)()i2i22i62izz+=−+=+，所以其虚部是2．故选：A．3.若双曲线C：2219xym−=的焦距长为8，则该双曲线的渐近线方程为（）A74yx=B.54yx=C.43yx=D.73yx=【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的性质计算即可.

.【详解】由题意可知28972mm+==，即22:197xyC−=，令2270973xyyx−==.故选：D4.设,xy满足约束条件25023050xyxyx+−−+−，则2zxy=+的最小值是（）A.4

B.5C.8D.9【答案】A【解析】【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析，当经过A点时，z取最小值得解．【详解】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC，由题得y=-2x+z，当直线经过点A时，直线的纵截

距最小，z最小．联立250230xyxy+−=−+=得A(1，2)，所以2zxy=+的最小值是2×1+2=4．故选：A.【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，规范作图是解题关键，属于基础题5.已知是第一象限角，满足3

cos45+=−，则cos2=（）A.725B.2425−C.2425D.725−【答案】B【解析】【分析】以4+为整体，先求sin4+，再利用诱导公式结合倍角公式运算求解.【详解】因为是第一象限，则4+为第一

象限角或第二象限角，且3cos045+=−，所以24sin1cos445+=−+=，由题意可得：πππππ24cos2cos2sin22sincos4244425

=+−=+=++=−.故选：B.6.已知m是直线，,是两个相互垂直的平面，则“//m”是“m⊥”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】分别判断充分性和必要性得到答

案【详解】若⊥，//m，则//m或m或m与相交，故推不出m⊥，；若⊥，m⊥，则//m或者m，故推不出//m，所以当⊥时，“//m”是“m⊥”的既不充分也不必要条件，故选：D7.

已知某人收集一个样本容量为50的一组数据，并求得其平均数为70，方差为75，现发现在收集这些数据时，其中得两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90，在对错误得数据进行更正后，重新求得样本的平

均数为X，方差为2s，则（）A.270,75XsB.270,75XsC.270,75Xs=D.270,75Xs=【答案】D【解析】【分析】根据平均数与方差的定义判断．【详解】因为80706090+=+，因此平均数不变，即70X=，设其他48个数据依次为1248,,,aaa，

因此()()()()()222221248707070607090705075aaa−+−++−+−+−=，()()()()()22222212487070708070707050aaas−+−++−+−+−=，()250751004001004000s−=−−=−

，∴275s，故选：D．8.2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分3:0战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共

有（）A.18种B.24种C.30种D.36种【答案】C【解析】【分析】分别计算丙站在左端时和丙不站在左端时的情况，即可得到答案.【详解】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有33A6=种站法；当丙不站在

左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排，有123223AAA24=种站法，所以一共有62430+=种不同的站法．故选：C9.已知三棱锥−PABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足6

BABC==，π2ABC=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（）A.4πB.8πC.32π3D.16π【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，确定ABC外接圆圆心D，确定在三棱锥PABC-的体积最大时外接球球心O与D、P的位置关系，再

由勾股定理求出半径，即可得体积.【详解】∵6BABC==，π2ABC=，则ABC是等腰直角三角形，∴AC为ABC所在截面圆的直径，取AC的中点D，则D为ABC外接圆圆心，设三棱锥−PABC外接球的球心为O，则OD⊥平面ABC，底面ABC的面

积为定值，∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时，棱锥的最大高度为PD，棱锥的体积最大，则三棱锥−PABC的体积1166332VPD==，解得3PD=，设外接球的半径为R，则3ODR=−，OCR=，在ABC中，()()22222663ACBABC===

++，在ODC中，132CDAC==，由勾股定理得：()2233RR−+=，解得2R=．∴外接球的体积34π32π233V==．故选：C．10.噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级020lgppLp=，其中常数()000pp是听觉下限阈值，p是实际

声压，下表为不同声源的声压级:已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为123,,ppp，则（）声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060-90混合动力汽车1050-60电动汽车1040A.133ppB.2110ppC.301000pp=D.212100ppp

【答案】D【解析】【分析】根据题意，分别计算1p，2p的范围以及3p的值，进行运算比较即可求解.【详解】由题意得，106020lg90pp，所以9201100010ppp，205020lg60pp，所以52020101000ppp，330020lg40,100pp

pp==，故C错误；则有303300pp=，因为9230013300100010ppppp=，可得133pp，故A错误；因为52020101000ppp，9201100010ppp，则11201100001010ppp，所以200110001000010pppp，故B错

误;952210021010010100pppp=，所以212100ppp，故D正确.故选：D.11.将函数2π()cos3fxx=+图象上所有点的横坐标变为原来的1(0)，纵坐标不变，所得图象在区间2π0,3上恰有两个零点，且在π

π,1212−上单调递减，则的取值范围为（）A.9,34B.9,44C.11,44D.11,64【答案】C【解析】【分析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在2π0,3上恰有两个零点以及在ππ,

1212−上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案.【详解】依题意可得2πcos3yx=+，因为20π3x，所以2π2π22ππ3333x++，因为2πcos3yx=+

在2π0,3恰有2个零点，且1πcosπ02k+=，1Zk，所以5π22π7ππ2332+，解得1117<44，令222π2ππ2π3kxk++，2kZ，得222π2π2ππ33kkx

−++，2kZ，令20k=，得2πcos3yx=+在2ππ,33−上单调递减，所以ππ,1212−2ππ,33−，所以2ππ312ππ312−−，又0，解得04．综

上所述，1144，故的取值范围是11,44．故选：C.12.函数()exaxfx=和ln()xgxax=有相同的最大值b，直线ym=与两曲线()yfx=和()ygx=恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为1

23,,xxx，则下列说法正确的是（）①1a=；②1eb=；③1322xxx+=；④2132xxx=A.①③④B.①②④C.①②③D.②③④【答案】B【解析】【分析】先求导，对a分两种情况讨论，求出函数的最大

值即可判断①②；由数形结合思想可知：当直线ym=经过点M时，此时直线ym=与两曲线()yfx=和()ygx=恰好有三个交点，不妨设12301exxx，再利用指数和对数恒等式证明④正确；再利用反证法判断③

的真假.【详解】(1)()exaxfx−=，21ln()xgxax−=，当0a时，当(,1)x−时，()0fx，()fx在(,1)−上单调递增，当(1,)x+时，()0fx，在(1,)+单调递减；当(0,e)x时，()0gx

，()gx在(0,e)上单调递增，当(e,)x+时，()0gx，在(e,)+上单调递减.()fx与()gx有相同的最大值，(1)(e)fg=，即1eeaa=，1a=，1eb=.当a<0时，当1x时，()()0,fxfx单调递增，当1x

时，()()0,fxfx单调递减，所以当1x=时，函数()fx有最小值，没有最大值，不符合题意，当a<0时，当ex时，()()0,gxgx单调递增，当0ex时，()()0,gxgx单调递减，所以当ex=时，函数()gx有最小值，没有最大值，不符合题意，所以①②正确.两个函数图

象如下图所示：由数形结合思想可知：当直线ym=经过点M时，此时直线ym=与两曲线()yfx=和()ygx=恰好有三个交点，不妨设12301exxx，且12312223lnlneexxxxxxmxx====，由()()1212212ln2lnlnlnee

xxxxxfxfxx===，又121,lnlne1xx=，又当1x时，()fx单调递增，所以12lnxx=，又()()3233223ln3lnlnlneexxxxxfxfxx===，又231,lnlne1xx=，又当1x时，()fx单调递减，所以23lnxx=，3

32222ln1lnlnxxxxxxm===，22121lnxxxxm==，于是有23213212xxxxxxx==，所以④正确，如果1322xxx+=，则1322xxx+=，所以2213131313(),

()0,2xxxxxxxx+=−==，与12301exxx矛盾，所以1322xxx+=错误，所以③错误.故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断④，要利用指数和对数恒等式，得到12lnxx=，23lnxx=.二、填空题：本题共4小题，

每小题5分，共20分．13.612xx−的展开式中的常数项为_______．【答案】160−【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，将3r=代入通项中即可得到常数项.【详解】612xx−展开式通项为：()()66621661C212Crrrrrr

rrTxxx−−−+=−=−；令620r−=，解得：3r=，展开式中的常数项为()333612C160−=−.故答案为：160−.14.已知向量()2,1,5,8aabab=−=+=，则b=_________.【答案】7【解析】【分析】用向量的模长

公式和数量积计算即可.【详解】已知向量()2,1a=−,则()22215a=+-=,又8ab+=,即22264aabb+?=,又5ab=,则249b=,即7b=,故答案为:7.15.已知F是抛物线C：28yx=的

焦点，点()2,2P−，过点F的直线l与C交于A，B两点，M是线段AB的中点．若2ABPM=，则直线l的斜率k=__________．【答案】2【解析】【分析】方法一：设直线l：2xmy=+，设()11,Axy，()22,Bxy，联立直线l与抛物线的方程求出1212,yyyy+，由2ABPM=

可得0PAPB=，将韦达定理代入化简即可得出答案；方法二：设A，B，M在准线上的射影分别是1A，1B，N，由题意可得出//PMx轴，设()11,Axy，()22,Bxy，l：2xmy=+，联立直线l与抛物线的方程可得124yy+=，解方程即可得出答案.【详解】方法一：由题意()2,0F，0k

，设直线l：2xmy=+，其中1mk=，联立22,8,xmyyx=+=消去x得28160ymy−−=，0，设()11,Axy，()22,Bxy，则128yym+=，1216yy=−，又2ABPM=，则PAPB

⊥，即0PAPB=，而()112,2PAxy=+−，()222,2PBxy=+−，则()()()()121222220xxyy+++−−=，即()()()()121222220mymyyy+++−−=，即()()()21212142200myymyy++−+

+=，所以()21618(42)200mmm−++−+=，解得12m=，所以12km==.方法二：如下图，由题意，()2,0F，点P在准线2x=−上，设A，B，M在准线上的射影分别是1A，1B，N，则112

2ABAFBFAABBMNPM=+=+==，所以//PMx轴，设()11,Axy，()22,Bxy，l：2xmy=+，联立22,8,xmyyx=+=消去x得28160ymy−−=，所以121482yymm+===，所以12km==，故答案为

：2．16.ABC的外心为O，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，1825AOBCaac=−，4b=，则ABC面积的最大值是______【答案】12【解析】【分析】取BC边的中点M，作BC边的中线，由三角形外心和中线的

性质，将1825AOBCaac=−化简，即可由余弦定理求得cosB，再由b和余弦定理，借助基本不等式求得ac的最大值，即可求得三角形面积的最大值.【详解】取BC边的中点M，连接OM、AM，∵O为ABC的外心，∴OMBC⊥，即0MOBC=，∵M为BC边的中点，∴AM为BC边的

中线，()12AMABAC=+uuuruuuruuur，∴()AOBCAMMOBCAMBCMOBCAMBC=+=+=()()()1122ABACBCABACACAB=+=+−()()22221122ACABbc=

−=−，又∵1825AOBCaac=−，∴()22118225bcaac−=−，整理得22285acbac+−=，∴由余弦定理可得2224cos25acbBac+−==，∴3sin5B=，又4b=，由余弦

定理2222cosbacacB=+−，即228165acac=+−，∴由基本不等式22882162555acacacacac=+−−=，即40ac，当且仅当210ac==时，等号成立，∴ABC的面积113sin4012225ABCSacB==，即当且仅当210ac==

时，ABC面积的最大值为12.故答案为：12.【点睛】解决向量与解三角形综合问题，重点在于将向量与三角形中的几何关系转化为三角形边、角的数量关系，再结合题目进行求解即可.三、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.已知{}na是递增的等差数列，2124

2,8aaa==+．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若2nannba=+，求数列{}nb的前n项和Sn．【答案】（1）;（2）．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）解：设等差数列的公差为,0dd22(2)238,6(3)(2)0dddddd+=+++−=+−=，………3分得：2d=…………

……5分代入：1(1)?2(1)22naandnn=+−=+−=，得：2nan=………………7分（Ⅱ）2222nannnban=+=+………………9分24212...(22)(42)...(22)nnnSbbbn=++

+=++++++242(246...2)(22...2)nn=++++++++………11分(22)4(14)214nnn+−=+−144(1)3nnn+−=++………………14分（等差、等比数列前n项求和每算对一个得2分）考点：等差数列的通项公式；等差数

列的前n和公式，等比数列的前n项和公式．点评：本题主要考查通项公式的求法和数列前n项和的求法，其中求数列的前n项和用到的是分组求和法．属于基础题型．18.某地区对某次考试成绩进行分析，随机抽取100名学生的,AB两门学科成绩作为样本.将他们的A学科成绩整理得到如下频率

分布直方图，且规定成绩达到70分为良好.已知他们中B学科良好的有50人，两门学科均良好的有40人.（1）根据所给数据，完成下面的22列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为这次考试学生的A学科良好与B学科良好有关；B学科良好B

学科不够良好合计A学科良好A学科不够良好合计（2）用样本频率估计总体概率，从该地区参加考试的全体学生中随机抽取3人，记这3人中A,B学科均良好的人数为随机变量X，求X的分布列与数学期望.附:()()()()()22nadbc

Kabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++.()20PKk0150.100.050.0250.0100.00500010.150k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.8282.072【答案】（1）列

联表见解析，有把握（2）分布列见解析，()65EX=【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图计算可得出A学科良好的人数，进而即可得出22列联表.根据公式计算得出2K的值，比较即可根据独立性检验得出答案；

（2）根据（1）得出AB学科均良好的概率25P=，可知235XB,.然后计算得出X取不同值的概率，列出分布列，根据期望公式即可得出答案.【小问1详解】由直方图可得A学科良好的人数为()1000.0400.0250

.0051070++=，所以22列联表如下：B学科良好B学科不够良好合计A学科良好403070A学科不够良好102030合计5050100假设0H：A学科良好与B学科良好无关，..()()()()()()2221003010402

01004.83.8417030505021nadbcKabcdacbd−−===++++，所以有95%把握认为A学科良好与B学科良好有关．【小问2详解】AB学科均良好的概率4021005P==，X的可能

取值为0，1，2，3，且235XB,．所以()030323270C55125PX===，()121323541C55125PX===，()212323362C55125PX===

，()30332383C55125PX===．所以X的分布列为X0123P2712554125361258125因为235XB,，所以()26355EX==．19.如图所示，在四棱锥PABCD−中，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为

2的菱形，120ABC=，1PB=，PBAB⊥．（1）求证：平面PBD⊥平面PAC；（2）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小．【答案】（1）证明见解析（2）60【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可证ACPB⊥，再根据题意，结合面面垂直的判

定定理，即可证明结果；（2）根据题意可建立以点B为原点，以直线BABPBE、、为xyz、、轴的空间直角坐标系，再利用空间向量法，即可求出二面角的大小．【小问1详解】证明：∵平面PAB⊥平面ABCD，面PAB面ABCDA

B=，且PBAB⊥，PB面PAB，∴PB⊥平面ABCD，∵AC面ABCD，∴ACPB⊥，由菱形性质知ACBD⊥，∵PBBDB=，∴AC⊥平面PBD，又AC平面PAC，∴平面PBD⊥平面PAC．【小问2详解】解：如图，设CD的

中点为E，∵112CECD==，60BCE=，2BC=，BECE⊥∴BEAB⊥，∵平面PAB⊥平面ABCD，面PAB面ABCDAB=，且BEAB⊥，BE平面ABCD∴BE⊥面PAB，又PBAB⊥，所以,

,BEPBAB两两互相垂直，所以以点B为原点，以直线BABPBE、、为xyz、、轴，如图所示建立空间直角坐标系，可得()0,0,0B，()2,0,0A，()0,1,0P，()1,0,3C−，()1,0,3D，设

平面PAD的一个法向量为(),,mxyz=，而()1,0,3AD=−，()2,1,0AP=−，由00mADmAP==，得3020xzxy−+=−+=，取3x=，得()3,23,1=m，设平面PBC的一个法向量为(),,nabc=，且()0,1,0BP=，()1,0,3B

C=−，由00nBPnBC==，得030bac=−+=，取3a=，得()3,0,1n=，设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，则311coscos,231212mnmnmn+====++，所以

60=，故平面PAD与平面PBC所成锐二面角为60．20.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的焦距为2，且经过点31,2P．（1）求椭圆C的方程；（2）经过椭圆右焦点F且斜率为()0kk的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点

F的定点T，使AFBTBFAT=恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．【答案】（1）22143xy+=（2）存在；点()4,0T【解析】【分析】（1）根据题意，得到1c=，再由椭圆C经过点31,2P，联立方程组，求

得224,3ab==，即可求解.（2）设直线l的方程为1xmy=+，联立方程组，得到12122269,3434myyyymm−−+==++，设T点坐标为(),0t，由AFBTBFAT=，得到sinsinTFATFBAFATATFSBFSBTBTF==，得到AT

FBTF=，得到0ATBTkk+=，列出方程，求得4t=，即可求解．【小问1详解】解：由椭圆C的焦距为2，故1c=，则221ba=−，又由椭圆C经过点31,2P，代入C得221914ab+=，解得224,3ab==，所以椭圆C的方程

为22143xy+=．【小问2详解】解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令1mk=，由椭圆右焦点()1,0F，故可设直线l的方程为1xmy=+，联立方程组221143xmyxy=++=，整理得22(34)690my

my++−=，则222364(9)(34)144(1)0mmm=−−+=+，设()11,Axy，()22,Bxy，且12122269,3434myyyymm−−+==++，设存在点T，设T点坐标为(),0t，由AFBTBFAT=，可得AF

ATBFBT=，又因1sinsin21sinsin2TFATFBFTATATFAFATATFSBFSBTBTFFTBTBTF===，为所以sinsinATFBTF=，所以ATFBTF=，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有0AT

BTkk+=，则12120ATBTyykkxtxt+=+=−−，所以1221()()0yxtyxt−+−=，所以11221)1()(0yymytmyt+−++−=，整理得1212(1)()02yytymy+−+=，即22962(1)03434mmtmm−−+−=++，即223(1

)03434mmtmm+−=++，解得4t=，符合题意，即存在点()4,0T满足题意．【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心

变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线0(),Fxy=之间的关系，得到关于k与,xy的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.21.已知函数()

ln(1)cosfxxax=++．（1）曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程为2yx=+，求实数a的值．（2）在（1）的条件下，若1()()1gxfxx=−+，试探究()gx在1,2−上零点的个数．【

答案】（1）2a=（2）只有1个零点【解析】【分析】（1）求导1()sin1fxaxx=−+，再利用导数的几何意义求解；（2）由（1）知1()ln(1)2cos1gxxxx=++−+，再利用导数法求

解.【小问1详解】解：由()ln(1)cosfxxax=++，得1()sin1fxaxx=−+，则有()()01,0,ffa==所以切线方程为yxa=+．又因为曲线()yfx=在点(0,(0

))f处切线方程为2yx=+，所以2a=．【小问2详解】由（1）知1()ln(1)2cos1gxxxx=++−+，则211()2sin1(1)gxxxx=−+++．令()()hxgx=，则2312()2cos(1)(1

)hxxxx=−−−++．当(1,0]x−时，()0hx，则()gx单调递减，所以()(0)20gxg=．所以()gx在(1,0]−上单调递增．当1x→−时，()gx→−；当0x=时，(

0)10g=．所以()gx在(1,0]−上存在零点，且只有一个零点．当π0,2x时，()0hx，则()gx单调递减，(0)2g=，2π1120π2π1122g=−+++，所以存在()00gx

=，当()00,xx时，()0gx，则()gx单调递增；当0,2xx时，()0gx，则()gx单调递减．而11ln12cosln1022221122g=++−=+−++，所以()gx在0,2上无零点．综上

，()gx在1,2−上只有1个零点．22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为()2sin2cos0aa=，过点()2,4P

−−的直线l的参数方程为222242xtyt=−+=−+（t为参数），直线l与曲线C相交于A，B两点．的（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若2PAPBAB=，求a的值

．【答案】（1）22yax=；2yx=−；（2）1a=．【解析】【分析】（1）由公式cossinxy==化极坐标方程为直角坐标方程，用消参法化参数方程为普通方程；（2）把直线的参数方程代入抛物线的直角坐标方程，利用韦达定理及参数方程中的参数的几何意义求解．【详解】（

1）由2sin2cos(0)aa=得：22sin2cosa=，∴曲线C的直角坐标方程为：22yax=，由222242xtyt=−+=−+消去t得：42yx+=+，∴直线l的普通方程为：2yx=−．（2）直线l的参数方程为222242xtyt=−+

=−+（t为参数），代入22yax=，得到222(4)8(4)0tata−+++=，设A，B对应的参数分别为1t，2t，则1t，2t是方程的两个解，由韦达定理得：1222(4)tta+=+，128(4)tta=+，因为2PAPBAB=，所以()()22121212124

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