【文档说明】湖北省云学名校联盟2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.514 MB，由管理员店铺上传

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2024年湖北云学名校联盟高二年级10月联考数学试卷命题学校：武汉二中命题人：李凯丰陈莉张鹄审题人：夷陵中学王方杨晓璐考试时间：2024年10月15日15：00-17：00时长：120分钟满分：150分一、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.已知i为虚数单位，20253i1i++的虚部为（）A.i−B.iC.1−D.1【答案】C【解析】【分析】根据复数乘方、乘法、除法运算法则结合复数的概念运算即可得出结果.【详解】根据复数

的乘方可知()50620254iiii==，则()()()()20253i1i3i3i32i12i1i1i1i1i2+−++−+====−+++−，其虚部为1−.故选：C2.已知一组数据：2，5，7，x，10的平均数为6，则该组数据的第60百分位数为（）A.7

B.6.5C.6D.5.5【答案】B【解析】【分析】先根据平均数求x的值，然后将数据从小到大排列，根据百分位数的概念求值.【详解】因为2571065x++++=6x=.所以数据为：2，5，6，7，10.又因为560%3=，所以这组数据的第60百

分位数为：676.52+=.故选：B3.直线1l：20250axy−+=，2l：()3220axaya−+−=，若12ll⊥，则实数a的值为（）A0B.1C.0或1D.13或1【答案】C.【解析】【分析】根据两直线垂直的公式12120

AABB+=求解即可.【详解】因为1l：20250axy−+=，2l：()3220axaya−+−=垂直，所以()()3210aaa−+−=，解得0a=或1a=，将0a=，1a=代入方程，均满足题意，所以当0a=或1a

=时，12ll⊥.故选：C.4.为了测量河对岸一古树高度AB的问题（如图），某同学选取与树底B在同一水平面内的两个观测点C与D，测得15BCD=，30BDC=，48mCD=，并在点C处测得树顶A的仰角为60

，则树高AB约为（）（取21.4，31.7）A.100.8mB.33.6mC.81.6mD.57.12m【答案】D【解析】【分析】先在BCD△中，利用正弦定理求出BC，再在RtABC△中求AB即可.【详解】在BCD△中，15BCD=，30BDC=，所以135CBD

=，又48CD=，由正弦定理得：sinsinCDCBCBDCDB=481222CB=242CB=.在RtABC△中，tan60ABBC=246=241.41.757.12=.故选：D5.如果直线ax

＋by＝4与圆x2＋y2＝4有两个不同的交点，那么点P(a，b)与圆的位置关系是()A.P在圆外B.P在圆上C.P在圆内D.P与圆的位置关系不确定【答案】A【解析】【详解】试题分析：由题意得2222424abab−++，所以点(),ab在圆外考点：1．直线与圆的位置关系；2．点与

圆的位置关系6.在棱长为6的正四面体ABCD中，点P与Q满足23APAB=uuuruuur，且2CDCQ=，则PQ的值为（）A.13B.15C.17D.19【答案】D【解析】【分析】以,,ABACAD为基底，表示出PQ，利用空间

向量的数量积求模.【详解】如图：以,,ABACAD为基底，则6ABACAD===，60BACBADCAD===，所以66cos6018ABACABADACAD====.因为()1223PQAQAPACADAB=−=+

−211322ABACAD=−++.所以22211322PQABACAD=−++222411221944332ABACADABACABADACAD=++−−+169912129=++−−+19=.所以19PQ=.故选：D7.下列命题中正确的是（）A.221240zz+=，

则120zz==；B.若点P、Q、R、S共面，点P、Q、R、T共面，则点P、Q、R、S、T共面；C.若()()1PAPB+=，则事件A与事件B是对立事件；D.从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率

为310；【答案】D【解析】【分析】举反例说明ABC不成立，根据古典概型的算法判断D是正确的.【详解】对A：若1iz=，22z=，则221240zz+=，但120zz==不成立，故A错误；对B：如图：四面体SPRT−中，Q是棱PR上一点，则点P、Q、R

、S共面，点P、Q、R、T共面，但点P、Q、R、S、T不共面，故B错误；对C：掷1枚骰子，即事件A：点数为奇数，事件B：点数不大于3，则()12PA=，()12PB=，()()1PAPB+=，但事件A、B不互斥，也不对立，故C错误；对D：从

长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，有35C10=种选法，这三条线段能构成一个三角形的的选法有：3,5,7，3,7,9，5,7,9共3种，所以条线段能构成一个三角形的的概率为：310P=，故D正

确.故选：D8.动点Q在棱长为3的正方体1111ABCDABCD−侧面11BCCB上，满足2QAQB=，则点Q的轨迹长度为（）A.2πB.4π3C.3πD.3π2【答案】D【解析】【分析】结合图形，计算出||3BQ=，由点Q平面11BCCB，得出点Q的轨迹为圆弧EQF，利用弧长公式计算即得.【

详解】如图，易得AB⊥平面11BCCB,因BQ平面11BCCB，则ABBQ⊥，不妨设||BQr=，则||2AQr=,22||(2)33ABrrr=−==，解得3r=，又点Q平面11BCCB，故点Q的轨迹为以点B为圆心，半径为3的圆弧EQF,故其长度

为π3π322=.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在平面直角坐标系中，下列说法正

确的是（）A.若两条直线垂直，则这两条直线的斜率的乘积为1−；B.已知()2,4A，()1,1B，若直线l：20kxyk++−=与线段AB有公共点，则21,32k−；C.过点()1,2，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线l的方

程为10xy−+=；D.若圆()2214xy−+=上恰有3个点到直线yxb=+的距离等于1，则12b=−．【答案】BD【解析】【分析】根据直线是否存在斜率判断A的真假；数形结合求k的取值范围判断B的真假；根据截

距的概念判断真假；转化为点（圆心）到直线的距离求b判断D的真假.【详解】对A：“若两条直线垂直，则这两条直线的斜率的乘积为1−”成立的前提是两条直线的斜率都存在且不为0，若两条直线1条不存在斜率，另一条斜率为0，

它们也垂直.故A是错误的.对B：如图：对直线l：20kxyk++−=()21ykx−=−+，表示过点()1,2P−，且斜率为k−的直线，且()422213APk−==−−，()121112BPk−==−−−，由直线l与线段AB有公共点，所以：203k−

或102k−−，即203k−或102k，进而得：2132k−.故B正确；对C：过点()1,2，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线l的方程为10xy−+=或2yx=，故C错误；对D：“圆()2214xy−

+=上恰有3个点到直线yxb=+的距离等于1”可转化为“圆心(1,0)到直线yxb=+的距离等于1”.由1111b+=+12b=−.故D正确.故选：BD10.如图所示四面体OABC中，4OBOC==，3OA=，OBOC⊥，且60

AOBAOC==，23CDCB=，G为AD的中点，点H是线段OA上动点，则下列说法正确的是（）A.()13OGOAOBOC=++；B.当H是靠近A的三等分点时，DH，OC，AB共面；C.当56OHOA=时

，GHOA⊥；D.DHOH的最小值为1−．【答案】BCD【解析】【分析】以,,OAOBOC为基底，表示出相关向量，可直接判断A的真假，借助空间向量共面的判定方法可判断B的真假，利用空间向量数量积的有关运算可判断CD的真假.【详解】以,,O

AOBOC为基底，则3OA=，4OBOC==，6OAOBOAOC==,0OBOC=.对A：因为23ADACCDACCB=+=+()23ACABAC=+−2133ABAC=+()()2133OBOAOCOA=−+−2133OA

OBOC=−++.所以12OGOAAGOAAD=+=+121233OAOAOBOC=+−++111236OAOBOC=++，故A错误；对B：当H是靠近A的三等分点，即23OHOA=时，DHAHAD=−121333OAOAOBOC=

−−−++221333OAOBOC=−−，又ABOBOA=−，所以2133DHABOC=−−.故DH，AB，OC共面.故B正确；对C：因为HGOGOHOAAGOH=−=+−1526OAADOA=+−12152336OAOAOBOCOA=+−+

+−111336OAOBOC=−++，所以：HGOA=111336OAOBOCOA−++2111336OAOBOAOCOA=−++1119660336=−++=，所以HGOA⊥，故GHO

A⊥，故C正确；对D：设OHOA=，()01.因为：DHOHOD=−()OAOAAD=−+2133OAOAOAOBOC=−−++2133OAOBOC=−−.所以DHOH2133OAOBOCOA=−−()2233OAOAOBOA

OC=−−296=−，()01.当13=时，DHOH有最小值，为：1196193−=−，故D正确.故选：BCD11.已知()2,3P是圆C：22810410xyxya+−−−+=内一点，其中0a，经

过点P的动直线l与C交于A，B两点，若|𝐴𝐵|的最小值为4，则（）A.12a=；B.若|𝐴𝐵|=4，则直线l的倾斜角为120；C.存在直线l使得CACB⊥；D.记PAC与PBC△的面积分别为PACS，PBCS，则PACPBCSS△△的最大值为8．【答案】ACD【解析】

【分析】根据点()2,3P在圆内，列不等式，可求a的取值范围，在根据弦|𝐴𝐵|的最小值为4求a的值，判断A的真假；明确圆的圆心和半径，根据1lCPkk=−，可求直线AB的斜率，进而求直线AB的倾斜角，判断B

的真假；利用圆心到直线的距离，确定弦长的取值范围，可判断C的真假；由三角形面积公式和相交弦定理，可求PACPBCSS△△的最大值，判断D的真假.【详解】对A：由222382103410a+−−−+8

a.此时圆C：()()2245xya−+−=.因为过P点的弦|𝐴𝐵|的最小值为4，所以4CPa=−，又()()22425322CP=−+−=，由422a−=12a=.故A正确；对B：因为53142CPk−==

−，1lCPkk=−，所以直线l的斜率为1−，其倾斜角为135，故B错误；对C：当|𝐴𝐵|=4时，如图：23sin323ACP==，226cos323ACP==，所以41cos1033ACB=−=，所以ACB为锐角，又随着直线A

B斜率的变化，ACB最大可以为平角，所以存在直线l使得CACB⊥.故C正确；对D：如图：直线CP与圆C交于M、N两点，链接AM，BN，因为MAPBNP=，APMNPB=，所以APMNPB.所以APMPNPBP=()()232223224APBPMPNP==−+=.又1si

n2sin2PACSPAPCAPCPAAPC==，2sinPBCSPBBPC=，且sinsinAPCBPC=.所以22sinPACPBCSSPAPBAPC=28sinAPC=8，当且仅当sin1APC=，即ABCP⊥时取“=”.故D正确.故选：A

CD【点睛】方法点睛：在求PACPBCSS△△的最大值时，应该先结合三角形相似（或者蝴蝶定理）求出APBP为定值，再结合三角形的面积公式求PACPBCSS△△的最大值.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.实数x、y满足224xy+=，则()()2243

xy−++的最大值是______．【答案】49【解析】【分析】根据()()2243xy−++几何意义为圆上的点(),xy与()4,3−距离的平方，找出圆上的与()4,3−的最大值，再平方即可求解.【详解】解：由题意知：设(),pxy，()4,3A−，则(),pxy为

圆224xy+=上的点，圆224xy+=的圆心𝑂(0,0),半径2r=，则()()2243xy−++表示圆上的点(),pxy与()4,3A−距离的平方，又因为()()22max403027PAAOr=+=−+−−+=,所以22

max749PA==；故()()2243xy−++的最大值是49.故答案为：49.13.记ABCV的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知()cos2cosaBcbA=−，其中π2B，若ABCV的面积23S=，2BEEC=，且2213AE=，则BC的长为______．【

答案】57【解析】【分析】利用正弦定理对()cos2cosaBcbA=−化简，可得π3A=，再由三角形面积公式求出8bc=，根据题意写出1233AEABAC=+，等式两边平方后，可求出,bc的值，由余弦定理2222cosabcbcA=+−，求出BC的长.【详解

】()cos2cosaBcbA=−,由正弦定理可得:sincos2sincossincosABCABA=−，sincoscossin2sincosABABCA+=，()sin2sincosABCA+=，()sinπC2sincosCA−=,sin2sincos(sin0)CCAC=，即1c

os2A=,π3A=，1sin232ABCSbcA==,得8bc=，∵2BEEC=，∴1233AEABAC=+，221233AEABAC=+，即2228144cos3999cbbcA=++，由8bc=，解得42bc==或18bc==，根据余弦定理2222cosabcbcA

=+−，当42bc==时，23a=，此时π2B=，不满足题意，当18bc==时，57a=.故答案为：57.14.如图，已知四面体ABCD的体积为9，E，F分别为AB，BC的中点，G、H分别在CD、AD上，

且G、H是靠近D的三等分点，则多面体EFGHBD的体积为______．【答案】72##3.5【解析】【分析】多面体EFGHBD的体积为三棱锥GDEH−与四棱锥EBFGD−的体积之和，根据体积之比与底面积之比高之比的关系求解即可.

【详解】连接ED，EG，因为H为𝐴𝐷上的靠近D的三分点，所以13DHAD=，因为E为𝐴𝐵的中点，所以点E到𝐴𝐷的距离为点B到𝐴𝐷的距离的一半，所以16DEHBADSS=，又G为𝐶𝐷上靠近D的三分点，所以点G到平面ABD的距离为点C

到平面ABD的距离的13，所以111119663182GDEHGBADCBADVVV−−−====，1233BCDFCGBCDBCDBCDBFGDSSSSSS=−=−=四边形，所以22119333

23EBFGDEBCDABCDVVV−−−====，所以多面体EFGHBD的体积为17322GDEHEBFGDVV−−+=+=.故答案为：72.【点睛】关键点点睛：将多面体转化为两个锥体的体积之和，通过体积之比与底面积之比高之比的关系求解.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤．15.在对某高中1500名高二年级学生的百米成绩的调查中，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取100人，已知这1500名高二年级学生中男生有900人，且抽取的样本中男生成绩的平均数和方差分别为13.2秒和13.36，女生成绩的平均数和方差分别为

15.2秒和17.56．（1）求抽取的总样本的平均数；（2）试估计高二年级全体学生的百米成绩的方差．【答案】（1）14（2）16【解析】【分析】（1）先确定样本中男生、女生的人数，再求总样本的平均数.（2）根据

方差的概念，计算总样本的方差.【小问1详解】样本中男生的人数为：100900601500=；女生的人数为：1006040−=.所以总样本的平均数为：6013.24015.214100x+==.【小问2详解】记总样本的方

差为2s，则()()22216013.3613.2144017.5615.214100s=+−++−16=.所以，估计高二年级全体学生的百米成绩的方差为16.16.在平面直角坐标系xOy中，ABCV的顶点A的坐标为()4,2−，ACB的角平分线所在

的直线方程为10xy−+=，AC边上中线BM所在的直线方程为220xy+−=．（1）求点C的坐标；（2）求直线BC的方程．【答案】（1）(3,4)C；（2）72130xy−−=【解析】【分析】（1）设(,1)Cmm+

，则43(,)22mmM−+，代入220xy+−=，求解即可；（2）设直线BC的方程为：340xnyn+−−=，在直线10xy−+=取点(0,1)P，利用点P到直线AC的距离等于点P到直线BC的距离，求解即可.【小问1详解】解：由题意可知点C在直线10xy−+=上，所以设(,1)Cmm+，

所以AC中点43(,)22mmM−+，又因为点43(,)22mmM−+在直线220xy+−=上，所以34202mm+−+−=，解得3m=，所以(3,4)C；【小问2详解】解：因为(3,4)C，设直线BC的方程为：340xnyn+−

−=，又因为(4,2)A−，所以直线AC的方程为：27220xy−+=，.又因为ACB的角平分线所在的直线方程为10xy−+=，在直线10xy−+=取点(0,1)P，则点P到直线AC的距离等于点P到直线BC的距离，即有215|33|531nn+

=+，整理得21453140nn++=，解得：72n=−或27n=−，当72n=−时，所求方程即为直线AC的方程，所以27n=−，所以直线BC的方程为：72130xy−−=.17.直三棱柱111ABCABC−中，

12ABACAA===，其中,,EFD分别为棱111,,BCBABC的中点，已知11AFAC⊥，（1）求证：AFDE⊥；（2）设平面EFD与平面ABC的交线为直线m，求直线AC与直线m所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）213

13【解析】【分析】（1）取AB的中点G，连接1,EGAG证得四边形ADEG为平行四边形，得到1//DEAG，利用1AAGABF≌，证得90AHG=，得到1AFAG⊥，即可证得AFDE⊥；（2）根据题意，证得11

AC⊥平面11ABBA，得到1111ACAB⊥，以A为原点，建立空间直角坐标系，求得(0,2,0)AC=，再取AC的中点M，延长,MBDF交于点N，得到直线AC与直线m所成角，即为直线AC与直线EN所成角，求得(4,1,0)N−，得到(3,2,0)EN=−，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1

详解】证明：取AB的中点G，连接1,EGAG，因为E的中点，可得//EGAC，且12EGAC=，又因为1//ADAC，且112ADAC=，所以1//EGAD，且1EGAD=，所以四边形ADEG平行四边形，所以1//DEAG，在正方形11ABBA中，可

得1AAGABF≌，所以1AGAAFB=，因为90AFBAFB+=，所以190AFBAGA+=，AGH中，可得90AHG=，所以1AFAG⊥，又因为1//DEAG，所以AFDE⊥.【小问2详解】解：在直三棱柱111ABCABC−中，可得1

AA⊥平面111ABC，因为11AC平面111ABC，所以111AAAC⊥，又因为11AFAC⊥，且1AAAFA=，1,AAAF平面11ABBA，所以11AC⊥平面11ABBA，因为11AB平面11ABBA，所以

1111ACAB⊥，即直三棱柱111ABCABC−的底面为等腰直角三角形，以A为原点，以1,,ABACAA所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为12ABACAA===，可得(0,0,0),(0,2,0)AC，则(0,2,0)AC=，为在取AC的中点M，连接,MBDM，可得

1//DMCC且1DMCC=，因为11//BBDD且11BBDD=，所以//BFDM，且12BFDM=，延长,MBDF交于点N，可得B为MN的中点，连接EN，可得EN即为平面DEF与平面ABC的交线，所以直线AC与直线m所成角，即为直线AC与直线EN

所成角，又由(0,1,0),(2,0,0),(1,1,0)MBE，设(,,)Nxyz，可得MBBN=，即(2,1,0)(2,,)xyz−=−，可得4,1,0xyz==−=，所以(4,1,0)N−，可得(3,2,0)EN=−，设直

线EN与直线AC所成角为，可得4213coscos,13213ACENACENACEN====，即直线AC与直线m所成角的余弦值为21313.18.已知圆C：22430xyy+−+=，过直线l：12yx=上的动点

M作圆C的切线，切点分别为P，Q．（1）当π3PMQ=时，求出点M的坐标；（2）经过M，P，C三点的圆是否过定点？若是，求出所有定点的坐标；（3）求线段PQ的中点N的轨迹方程．【答案】（1）(0,0)或84(,)55（2）过定点(0,2)或42(,)55（3）22173042xyxy+−

−+=【解析】【分析】（1）点M在直线l上，设(2,)Mmm，由对称性可知30CMP=，可得2MC=，从而可得点M坐标．（2）MC的中点,12mQm+，因为MP是圆P的切线，进而可知经过C，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MC为半径的圆，进而得到该圆的方程，根据其

方程是关于m的恒等式，进而可求得x和y，得到结果；（3）结合（2）将两圆方程相减可得直线PQ的方程，且得直线PQ过定点13,42R，由几何性质得MNRN⊥，即点N在以MR为直径的圆上，进而可得结果.【小问1详解】（1）直线l的方程为20xy−=，点M在直线l上，

设(2,)Mmm，因为π3PMQ=，由对称性可得：由对称性可知30CMP=，由题1CP=所以2MC=，所以22(2)(2)4+−=mm，解之得：40,5==mm故所求点M的坐标为(0,0)或84(,)55

．【小问2详解】设(2,)Mmm，则MC的中点(,1)2mEm+，因为MP是圆C的切线，所以经过,,CPM三点的圆是以Q为圆心，以ME为半径的圆，故圆E方程为：2222()(1)(1)22mmxmym−+−−=+−化简得：222(22)0xyymxy+−−+−=，

此式是关于m的恒等式，故2220,{220,xyyxy+−=+−=解得02xy==或4525xy==,所以经过,,CPM三点的圆必过定点(0,2)或42(,)55．【小问3详解】由()22222220,430xymxmymxyy+−−++=+−+=可得P

Q：()22320mxmym+−+−=，即()22230mxyy+−−+=，由220,230xyy+−=−=可得PQ过定点13,42R.因为N为圆E的弦PQ的中点，所以MNPQ⊥，即MNRN⊥，故点N

在以MR为直径的圆上，点N的轨迹方程为22173042xyxy+−−+=.19.四棱锥PABCD−中，底面ABCD为等腰梯形，224ABBCCD===，侧面PAD为正三角形；（1）当BDPD⊥时，线段PB上是否存在一点Q，使得直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为24？若存在，求出PQQB的

值；若不存在，请说明理由．（2）当PD与平面BCD所成角最大时，求三棱锥PBCD−的外接球的体积．【答案】（1）存在；1.（2）5239π27【解析】【分析】（1）先证平面PAD⊥平面ABCD，可得线面垂直，根据垂直，可建立空间直角坐标系，用空间向量，结合线面角的求法确定点Q的位置.（

2）根据PD与平面BCD所成角最大，确定平面PAD⊥平面ABCD，利用（1）中的图形，设三棱锥PBCD−的外接球的球心，利用空间两点的距离公式求球心和半径即可.【小问1详解】因为底面ABCD为等腰梯形，

224ABBCCD===，所以60BAD=，120BCD=，30CBDABD==，所以90ADB=.所以BDAD⊥，又BDPD⊥，,ADPD平面PAD，且ADPDD=I，所以BD⊥平面PAD.又BD平面ABCD，所以

平面PAD⊥平面ABCD.取AD中点O，因为PAD△是等边三角形，所以POAD⊥，平面PAD平面ABCDAD=，所以⊥PO平面ABCD.再取AB中点E，连接OE，则//OEBD，所以OEAD⊥.所以可以O为原点，建立如图空间直角

坐标系.则()0,0,0O，()1,0,0A，()1,0,0D−，()0,3,0E，()1,23,0B−，()0,0,3P，()2,3,0C−.()1,233PB=−−，.设PQPB=，可得()()2331Q−−，，所以()()1,2331AQ=−−−，，取平面ABCD的法向量()0

,0,1n=.因为AQ与平面ABCD所成角的正弦值为24，所以()()()222312411231AQnAQn−==+++−，解得12=或5=（舍去）.所以：线段PB上存在一点Q，使得直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为2

4，此时1PQQB=.【小问2详解】当平面PAD⊥平面ABCD时,PD与平面BCD所成角为PDA.当平面PAD与平面ABCD不垂直时，过P做PH⊥平面ABCD，连接HD，则PDH为PD与平面BCD所成角，因为PHPO，sin

PHPDHPD=，sinPOPDAPD=，ssniinPDAPDH，所以APDHPD.故当平面PAD⊥平面ABCD时，PD与平面BCD所成角最大.此时，设棱锥PBCD−的外接球球心为(),,Gxyz，GPGBGCGDR=

===,所以()()()()()()22222222222222223123231xyzRxyzRxyzRxyzR++−=++−+=++−+=+++=，解得20333133xyzR====所以三棱锥PBCD−的外接球的体积为：34π3VR

=5239π27=.【点睛】方法点睛：在空间直角坐标系中，求一个几何体的外接球球心，可以利用空间两点的距离公式，根据球心到各顶点的距离相等列方程求解..