【文档说明】福建省厦门市外国语学校2023-2024学年高一下学期第一次月考数学试题（解析版）.docx，共(21)页，1.125 MB，由envi的店铺上传

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厦门外国语学校2023级高一下学期第一次月考数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上．2．选择题每小

题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答

案无效：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁和平整．第Ⅰ卷（选择题共58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，只有一项符合题目要求．1.已知复数12i1iz+=

−（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数z，从而得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为()()()()12i1i12i13i1i1i1i2

2z+++===−+−−+，所以13i22z=−−，所以复数z在复平面内对应的点为13,22−−，位于第三象限.故选：C2.如图所示，梯形ABCD是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，2

2ADBC==，1AB=，则平面图形ABCD中对角线AC的长度为（）A.2B.3C.5D.5【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD，如图，由斜二测法则知22ABAB==，1BCBC

==，所以2222415ACABBCABBC=+=+=+=．故选：C．3.已知2244abba−===，则a与b夹角的余弦值为（）A.1−B.12−C.0D.1【答案】A【解析】【分析】将24ab−=两边平方，求出ab的值，利用向量夹角公式，即可

求得答案.【详解】由于2244abba−===，故2216ab−=，即224444416aabbab−+=−+=，则2ab=−，故2cos112||||ababab−===−，故选：A4.在ABC中，若cosco

s0abABc−−+=，则ABC的形状是（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理将coscos0abABc−−+=化简为222222abcabcab+−+

−=，从而可求解.【详解】由coscos0abABc−−+=，得coscosacBbcA−=−，由余弦定理得22222222acbbcaacbcacbc+−+−−=−，化简得222222abcabcab+−+−=，当222

0abc+−=时，即222+=abc，则ABC为直角三角形；当2220abc+−时，得ab=，则ABC为等腰三角形；综上：ABC为等腰或直角三角形，故D正确.故选：D.5.如图，在四边形ABCD中，ABBC⊥，3AB=，4BC=，6ADCD==，则ACBD的值为（）A.572B.272

C.72D.12−【答案】C【解析】【分析】在直角三角形ABC中求出5AC=，然后在三角形ACD中，由减法法则求出252ADAC=，进而()ACBDACADABACADACAB=−=−，得解.【详解】解：由AB

BC⊥，3AB=，4BC=，得5AC=,三角形ACD中，CDADAC=−,()22222CDADACADADACAC=−=−+,252ADAC=()ACBDACADABACADACAB=−=−()252579222BCBAAB=−−=−=.故选：C.6.在ABC中，a，b，c

分别为A，B，C的对边，则下列叙述正确的是（）A.若ABC是锐角三角形，则sincosABB.若ab，则sinsin,coscos,cos2cos2ABABABC.若2,3,30abA===，则解此三角形的结果有一解D.若角C钝角，则333abc+【答案】D

【解析】【分析】通过余弦定理由C为钝角得到222cab+，利用不等式性质即得32233()ccabab++判断D项正确；对于A,B项，利用正弦定理、正余弦函数的单调性以及二倍角公式、诱导公式即可排除；对于C项，则通过图形分析即可排除.【详解】对于A项，

因ABC是锐角三角形，则π02C，即ππ022BA−,因函数sinyx=在π(0,)2上单调递增，则πsin()sin2BA−，即得sincosAB，故A错误；对于B项，由正弦定理可得sinsinaAbB=，因ab，则sinsin,AB又

由ab可得AB.若A为直角或钝角，显然有coscos,AB若A是锐角，即π02BA<<<,因为cosyx=在π(0,)2上单调递减，则所以coscosAB；又因2cos212sin=−，故由sinsin0AB可得cos2cos2AB，即B错误；对于C项，因sinbAab，故

此时三角形有两解，故C错误；对于D项，因角C为钝角，则由余弦定理，222cos02abcCab+−=，即222cab+，则,cacb，故32233()ccabab++，故D正确.故选：D.7.点P是

锐角ABC内一点，且存在R，使()APABAC=+，则下列条件中，不能判断出ABC为等腰三角形的是（）A.点P是ABC的垂心B.点P是ABC的重心C.点P是ABC的外心D.点P是ABC的内心【答

案】B【解析】为【分析】由已知判断点P在直线AD上，结合垂心、重心、外心、内心的定义逐一判断即可.【详解】记BC的中点为D，则()2APABACAD=+=，所以，点P在直线AD上.A选项：若点P是ABC的垂心，则ADBC⊥，所以ABAC=，所以ABC为等腰三角形，A正确；B

选项：若点P是ABC的重心，则点P在BC边的中线上，无法推出ADBC⊥，B错误；C选项：若点P是ABC的外心，则点P在BC边的中垂线上，所以ADBC⊥，所以ABC为等腰三角形，C正确；D选项：若点P是ABC的内心，则AD为

BAC的角平分线，所以BADCAD=，又,APAPBDCD==，所以ADB与ADC△全等，故ABAC=，D正确.故选：B8.设正数1，2，3满足1233++=，1P，2P，3P是以O为圆心的单位圆上的

3个点，且1122330OPOPOP++=.若M是圆O所在平面上任意一点，则112233MPMPMP++的最小值是A.2B.3C.22D.32【答案】B【解析】【分析】根据数量积||||abab→→→→及123||||||1OPOPOP→→→===建立不等式，即可求出最

小值.【详解】123,,PPP是以O为圆心的单位圆上的3个点,123||||||1OPOPOP→→→===,故112233111222333MPMPMPMPOPMPOPMPOP++=++111

222333MPOPMPOPMPOP→→→→→→++而21111MPOPMOOPOP→→→→→=+，22222MPOPMOOPOP→→→→→=+，23333MPOPMOOPOP→→→→→=+，故123123123123231+3MPMPMPOP

OPOPMO→→→→→→+++=+++，当且仅当点M与点O重合时等号成立，即113223MPMPMP→→→++的最小值是3,故选：B【点睛】本题主要考查了数量积的性质，考查了分析推理能力，入手困难，

属于难题.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得3分，有选错得0分．9.若复数122i,34izz=−=+，则下列说法正确的是（）A.12zz−的虚部是5i−B.若复数1z的共轭复数为1z，则22211111zz

zzz===C.在复数范围内，1z是方程2450xx−+=的根D.若复数：满足21zz−=，则z的最大值为6【答案】CD【解析】【分析】由复数的减法和虚部的定义，判断选项A；由复数的乘法运算和模长公式，计算后判断选

项B；验证方程的复数根判断选项C；由复数模的几何意义判断选项D.【详解】对A，复数122i,34izz=−=+，()122i34i15izz−=−−+=−−，其虚部是5−，A选项错误；对B，12iz=+，2211115zzzz===，()22212i

44ii34i5z=−=−+=−，B选项错误；对C，()2114534i42i534i84i50zz−+=−−−+=−−++=，复数范围内，1z是方程2450xx−+=的根，C选项正确；对D，设izxy=+，,xyR，21zz−=，则复平面内点(

),xy的轨迹为以()3,4为圆心，1为半径的圆，z的几何意义为点(),xy到原点的距离，由圆心()3,4到原点的距离为5，则z的最大值为6，D选项正确.故选：CD.10.如图所示设Ox，Oy是平面内相交成π2角的两条数轴，21,ee分别是与x，y轴正方向同向的单位

向量，则称平面坐标系xOy为仿射坐标系．若12OMxeye=+﹐则把有序数对(),xy叫做向量OM的仿射坐标，记为(),OMxy=．在2π3=的仿射射坐标系中，()()1,2,2,1ab==−．则下列结论中，正确

的是（）A.()1,3ab−=−B.5a=C.ab⊥D.a在b上的投影向量为33,714−【答案】AD【解析】【分析】根据向量的仿射坐标的定义，将选项中关于向量加减，模长，垂直，投影向量的运算通过向量的线性表达式进行即可判断.【详解】由()()1,2,2,1ab=

=−可得12122,2aeebee=+=−，依题意，12||1ee==，122π1cos32ee==−，对于A项，因121212(2)(2)3abeeeeee−=+−−=−+，即()1,3ab−=−，故A正确；对于B项，因2221212121(2)4454(

)32aaaeeeeee==+=++=+−=，故B错误；对于C项，22121212123(2)(2)22302abeeeeeeee=+−=−+=−，故C错误；对于D项，由C项知32ab=−，2221212121(2)

4454()72bbbeeeeee==−=+−=−−=，又()2,1b=−，则a在b上的投影向量为23332(2,1)(,),7714abbb−=−=−故D正确.故选：AD.11.ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若2,2

ABACa==，则（）A.cos2bcA=B.228bc+=C.角A的最大值为π3D.ABC面积的最小值为3【答案】ABC【解析】【分析】由平面向量的数量积计算可得A，由余弦定理可得B，由基本不等式及余弦定理可判断C，结合条

件可得tanABCSA=，由C项判定A的范围即可.【详解】由2cos2ABACABACbcA===，故A正确；由余弦定理结合A项可得222222cos48abcbcAbc=+−=+=，故B正确；由上

结合基本不等式及余弦定理有22222282,cos2bcabcbcAbcbc+−+===故214,2bcbc，而()0,πA，cosyA=单调递减，所以由1πcos23AA，当且仅当bc=时取得最大值，故C正确；由上可得21sintancos2ABCbcS

bcAAA===，又π3A，所以tan3A，故D错误.故选：ABC第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题、本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在平面直角坐标系中，()()()1,,2,21,1,1AmBmACm−+=−−，若A

，B，C三点能构成三角形，则实数m的取值范围为__________．【答案】()(),22,−+【解析】【分析】求A，B，C三点不共线的条件即可.【详解】A，B，C三点能构成三角形，则AB与AC不共线，()3,1ABm=−+，若AB与AC共

线，则有()()3111mm−−=−+，解得2m=，若A，B，C三点能构成三角形2m，即实数m的取值范围为()(),22,−+.故答案为：()(),22,−+13.如图，直三棱柱111ABCABC-中，124BCAA==，23ABAC==，P为线段1AB上的一个动点，则P

APC+的最小值是___________.【答案】27【解析】【分析】根据已知条件及直棱柱的性质，结合直角三角形的性质及勾股定理即可求解.【详解】将图1中的1AAB和1ABC放置于同一平面内，如图2所示，则PA

PCAC+.因为直三棱柱111ABCABC-中，124BCAA==，23ABAC==，所以1RtAAB△中，1130,4ABAAB==.同理，在1AAC△中，14AC=,所以160,ABC=所以在图2中，1190ABCABAABC=+=,所以22228A

CABBC=+=,即27AC=.所以PAPC+的最小值是27.故答案为：27.14.如图，某商场内有一家半圆形时装店，其平面图如图所示，O是圆心，直径MN为24米，P是弧MN的中点．一个时装塑料模特A在OP上，2MAAO=．计划在弧NP上设置一个收银台B，记BON=，其中π0,2

（1）则tanABO=_________（用表示）：（2）若ABO越大，该店店长在收银台B处的视线范围越大，则当店长在收银台B处的视线范围最大时，AB的长度为________米．【答案】①.cos3sin−②.46【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的余弦公

式求解即可；（2）换元后3sint−=，构造函数()22232112231tthtttt−+−==−+−，再由二次函数的性质求出最大值，根据余弦定理求解AB长度即可.【详解】（1）因为是P是弧MN的中点，所以OPMN⊥.因为1cos2OAMAOAM

==，所以π3MAO=，则12433OA==米.由题意知，在ABO中，设ABO=，则πππ()22BAO=−−−=+−，由1243πsinsin()2=+−，得3sincos()=−，则3sinco

scossinsin=+，则costantan3sinABO==−.故答案为：cos3sin−（2）设()cosπ0,23sinf=−.令()3sin,31,3tt−=−，则()22cos132

32ttt=−−=−+−.令()222321113312231,,32tthttttt−+−+==−+−，当132t=，即3sin3=，()ht取得最大值.()max23232hth=

=，即tan的最大值为22.因为函数()tang=在π(0,)2上单调递增，所以当tan取得最大值时，也取得最大值，店长在收银台B处的视线范围最大，此时3coscossin23AOB

=−==.故当视线范围最大时，34814424312463AB=+−=米.故答案：46【点睛】本题属于解三角形问题和二次函数最值问题的结合，解题难点在于正确换元构造函数()22232112231tthtttt−+−==−+−，再利用二次函数的

性质求最值.另外，正余弦定理和三角恒等变换等知识也必须熟练掌握，才能很好理解和计算本题.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.已知z是复数，iz−为实数，3i2iz−

−−为纯虚数（i为虚数单位）．（1）求复数z；为（2）复数12023izzm=+在复平面对应的点在第二象限，求实数m的取值范围．【答案】（1）1iz=+（2）()1,1−【解析】【分析】（1）待定系数结合实数、纯虚数的概念即可求解.（2）由（1）可知1

iz=+，从而可以化简12023izzm=+，结合已知即可求出实数m的取值范围．【小问1详解】设复数()i,,Rzabab=+，()i1izab−=+−是实数，所以1b=，则iza=+，所以()224i3

i2i2i2i5aaza−++−−==−−−−，因为3i2iz−−−为纯虚数，所以220a−=且40a+，解得1a=，所以1iz=+.【小问2详解】由（1）知，12023221i11iii11zmmzmmmm+−+===++−++,1z在复平面上对应的点为2211,11mmmm−+

++，又已知1z在复平面上对应的点在第二象限，所以22101101mmmm−+++，解得11m−，即实数m取值范围为()1,1−.16.ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ππ3sinsi

n063BB+−−=的（1）求B的值；（2）若3a=，1534ABCS=△，BD为ABC的平分线，BE为中线，求BEBD的值.【答案】（1）2π3B=（2）41915【解析】【分析】（1）利用两角和差的正弦公式化简已知等式，可得sin3cos0BB+=，

即可求得tanB，可得答案；（2）利用三角形面积公式求出c的值，再结合ABCABDBCDSSS=+△△△，即可求得||BD，利用()12BEBABC=+，结合模的计算求出||BE，即可求得答案.【小问1详解】由题意

知ABC中，ππ3sinsin063BB+−−=，即ππππ3sincoscossinsincoscossin06633BBBB+−−=即sin3cos0BB+=，即tan3B=−，而(0,π)B，故2π3B

=；【小问2详解】由于3a=，1534ABCS=△，故133153sin,5244acBcc===，又BD为ABC的平分线，且ABCABDBCDSSS=+△△△，即()1531π1π315||sin||sin||23||,||4232348cBDaB

DacBDBDBD=+=+==，又BE为中线，故()12BEBABC=+，故()22211119||2251592222BEBABCBABABCBC=+=++=−+=，故19419215158BEBD==.17.如图所示的一块正四棱锥PABCD−木料，侧棱长

和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点．（1）若:1:1PMMA=，要经过点M和棱BC将木料锯开，在木料表面应该怎样画线?（请写出必要作图说明）（2）若:5:8PMMA=，在线段BD上是否存在一点N，使直线MN∥平面PBC?如果不存在，请说明理

由，如果存在，求出:BNND的值以及线段MN的长.【答案】（1）答案见解析（2）存在，:5:8BNND=，7【解析】【分析】（1）作MGAD∥，连接,MBGC，利用平行公理可得,,BMGC,共面，即可说明如何画线；（2）连接AN并延长交BC于E，连接PE

，利用线面平行的性质定理推出MNPE∥，结合线段成比例，即可推出结论；利用余弦定理求出PE，结合线段成比例，即可求得线段MN的长.【小问1详解】因为:1:1PMMA=，所以M为PA的中点，作MGAD∥，交PD于G，则G为PD的中点，连接,MBGC，则GMAD∥，由题意知四边形AB

CD为平行四边形，则BCAD∥，故GMBC∥，即,,BMGC,共面，故要经过点M和棱BC将木料锯开，在木料表面沿线段,,BMMGGC画线即可；【小问2详解】存在，:5:8BNND=，说明如下：假设在线段BD上存在一点N，使直线MN∥平面PBC，连接AN并延长交BC于E，

连接PE，因为MN∥平面PBC，MN平面PAE，平面PAE平面ABCPE=，故MNPE∥，则58PMNEMANA==，由题意知四边形ABCD为正方形，故BCAD∥，则58ENBNNAND==，即假设成立，故在线段BD上存在一点N

，使直线MN∥平面PBC，此时58BNND=；由于BCAD∥，13AD=，故58BEBNADND==，故658BE=，PBE△中，60PBE=，则2222cos60PEPBBEPBBE=+−226565182811321388264

=+−=，即918PE=，而MNPE∥，:5:8PMMA=，故813MNMAPEPA==，则8917138MN==.18.如图，在边长为1的正三角形ABC中，O为中心，过点O的直线交边AB与点M，交边AC于点N，（1）若P为ABC内部一点（不包括边界）

，求PBPC的取值范围；（2）若34AM=，求AN的值；（3）求22OMON+的最大值与最小值.【答案】（1）142,1−（2）35（3）最大值512，最小值29【解析】【分析】（1）取BC的中点D，2

2PBPCPDDB=−，由PD的取值范围求PBPC的取值范围；（2）设ANm=，则4193AOAMANm=+，因为,,MON三点共线，所以41193m+=，可求AN的值；（3）设MOA=，MOA和NOA△中，由正弦定

理可得OM，ON关于的表达式，从而得到()2222222sin134sin1OMON++=−，利用换元法，结合构造函数利用单调性求最值.【小问1详解】取BC的中点D，连接PD，正三角形ABC边长为1，则30,2PD，12DB=，PBPDDB=+，PCPDDCPDDB=+=

−，()()22214PBPCPDDBPDDBPDDBPD=+−=−=−，又30,2PD，即230,4PD，得2111442,PBPCPD=−−，故PBPC的取值范围142,1−.【小问2详解】延长AO交BC于D，

因为O为正三角形的中心，所以D为BC的中点，则有()12ADABAC=+，由23AOAD=，得()13=+AOABAC，设ANm=，因为1AC=，所以1ACANm=，因为34AM=，所以43ABAM=，

可知()141393AOABACAMANm=+=+，因为,,MON三点共线，所以41193m+=，解得35m=，即AN的值为35.【小问3详解】因为正三角形ABC的边长为1，O为正三角形的中心，所以33AO=，π6MAONAO==，设MOA=，则π2π33，当N点与C点重合

时，取最小值π3；当M点与B点重合时，取最大值2π3.在MOA中，由正弦定理可得sinπsinπ6OMOAMAOa=−+，所以36π3sin3cossin61OMa==++

，在NOA△中，同理可得316π3sin3cossin6ON==−−，所以()()2222113sin3cos3sin3cosOMON+=++−()()22216sin2cos33sincos3sicons+=+−()()2222222223si

ncos22sin1333sincos4sin1++==−−，令22sin1t=+，则21sin2t−=，所以222222.3341291412ttOMONttt+==−+−−2

193412tt=+−，因为π2π33，所以sin132，23sin14a，所以252sin132+，即532t，令()94fttt=+，任取12532tt，()()()1212121212124999

44ttftfttttttttt−−=+−+=−，由120tt−，12490tt−，120tt，则()()120ftft−，()()12ftft，所以()94fttt=+在5,32上单调递增，有()9594345322ft++，即968154

5tt+，所以9834125tt+−，有511983412tt+−，则有521291239412tt+−，所以2225912OMON+，即22OMON+最大值512，最小值29.19.在锐角ABC中，2cos2A=，点O为ABC

的外心．（1）若AOxAByAC=+，求xy+的最大值；（2）若2BC=．①求证：sin2cos20OABOBBOC+−=；②求32OAOBOC++的取值范围．【答案】（1）22−；（2）①证明见解析；②[35,22)−【解析】【分析】（1）计算出212AOACn=和212AOABm=

，由AOxAByAC=+以及平面向量数量积的运算性质可得22mxnym+=和22mxnyn+=，解出,xy，再利用基本不等式即可求出xy+的最大值；（2）①证出|sin2cos2|BOBBOCR−=，设出OA与sin2cos2BOBBOC−的夹角为，计

算得到cos1=−，由[0,π]可得π=，即可证得结论；②计算出ABC的外接圆半径为1，可得2321465cos(2)OAOBOCC++=++，求出角C的取值范围，结合余弦函数的性质可求得32OAOBOC++的取值范围.【小问1详解】取AB的中点D，连接OD,则ODAB⊥,不妨设

||,||ABmACn==，.因21()2AOABADDOABADABm=+==，同理可得212AOACn=，则由AOxAByAC=+可得2||AOABxAByABAC=+22221cos22xmymnAxmymnm=+=+=，即得：22mx

nym+=①又由AOxAByAC=+可得2||AOACxABACyAC=+22221cos22xmnAynxmnynn=+=+=，即得：22mxnyn+=②联立①,②，解得：212,212nxmmyn=−=−则222112()222nmxynmm

nmn−+−==−++，因2nmmn+，当且仅当mn=时等号成立.即当mn=时，xy+取得最大值22−.【小问2详解】①由2cos,2A=π02A，则π4A=，由图知π22BOCA==,则0OBOC=,设ABC的外接圆半径为R，则222222|sin2cos2|sin2||c

os2||BOBBOCBOBBOCR−=+=,即|sin2cos2|BOBBOCR−=,又(sin2cos2)OABOBBOC−2(sin2coscos2cos)RBAOBBAOC=−，而3π2π2AOBBOCAOCAOC=−−=−,

则cossinsin2AOBAOCB=−=−，而coscos2AOCB=，故2222(sin2cos2)(sin2cos2)OABOBBOCRBBR−=−+=−,不妨设OA与sin2cos2BO

BBOC−的夹角为，则22cos1||||(sin2cos2)sin2cos2OABOBBOCOABOBBCRRO−−===−−,因[0,π]，故π=，即sin2cos2OABOBBOC=−+，故sin2

cos20OABOBBOC+−=，得证.②因π||=2,,2BCBOC=则||=22BCR=,即1R=，222232=9+4++12+6+4OAOBOCOAOBOCOAOBOAOCOBOC++1412cos26cos24cos2CBA=++

+1412cos26sin2CC=+−1465cos(2)C=++，其中，1tan2=，且为锐角，故π04，因π02,3ππ042CB=可得ππ(,)42C,则π2(,π)2C，π2(,π+)2C++.又由22sin1tancos

2sincos1,π04==+=解得：5sin5,25cos5==因ππ3π224+，而函数cosyx=在π(,π)2+上单调递减，在(π,π)+上单调递增，又由π525cos()sin,cos(π)cos,2

55+=−=−+=−=−故51cos(2)5C−+−，则14651465cos(2)8C−++，于是351465328OAOBOC−=−++，即32OAOBOC++的范围为[35,22)−.【点睛】方法点睛：求向量模的常见思路与方法：（1

）求模问题一般转化为模的平方，与向量数量级联系，并灵活应用22||aa=；（2）22||aaaa==或2||aa=，此性质可用来求向量的模，可实现实数运算与向量运算的相互转化；（3）一些常见的结论要熟记：如222()2,abaabb

=+22()()ababab+−=−等.