辽宁省辽西重点高中2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题（PDF版，含解析）_2025年7月_250721辽宁省辽西重点高中2024-2025学年高二下学期7月期末考试

辽宁省辽西重点高中 2024~2025 学年度下学期高二期末考试
数学试题
考生注意：
1.满分 150分，考试时间 120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.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；非选择题请用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域
内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
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．已知集合A{1,2,3,4,5}，B{x∣x2A}，则AB（ ）
A．1 B．1,2 C．1,2,3 D．1,2,3,4
2．若命题p：k 2，命题q：直线ykx1与抛物线y=x2无公共点，则q是p的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
1
3．若a1，则4a 的最小值为（ ）
a1
A．4 B．6 C．8 D．无最小值
4．如图，在圆锥PO中，AB是底面圆的直径，C在底面圆周上，AB4,BAC 30,M 是BC的中点，PM
与圆锥底面所成角的大小为60o，则圆锥PO的体积为（ ）
A．12 3π B．12π C．4 3π D．4π
5．已知V ABC不是直角三角形，三内角A,B,C的对边依次为a,b,c，且满足a2b2 3c2，则
1 1 1
  （ ）
tanA tanB tanA B
A．0 B．1 C．2 D．不是定值
6．已知向量a  ，b  满足|a  |1，b  (1,2)，|a  b  | 5，则向量a  在向量b  上的投影向量坐标为（ ）
 1 1 1 2  1 1  1 2
A． ,  B． ,  C． ,  D． , 
10 5 5 5  10 5  5 5
试卷第1页，共4页2
7．已知z i2025，则z （ ）
1i
A．12i B．12i C．i D．1
8．对于任意xR，xf x1x1 f x1，且 f 23，则 f 2025（ ）
A．1 B．1 C．2025 D．4049
二､多选题：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
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.
4y 1
9．已知抛物线C:x2 2py(p0)的焦点为F，点M x,y 在抛物线上， M F  1 ，设直线l 为抛物
1 1 1 1 4 n
线C在点M x ,y  nN* 处的切线，过点M 作l 的垂线交抛物线于另一点M x ,y ，若x 1，则
n n n n n n1 n1 n1 1
下列说法正确的是（ ）
1 1
A．p B．直线M M 的斜率为
2 n n1 x
n
1 4n1
C．x  x D． M F 
n1 2x n n 4
n
10．经过A ( 1,0 )，B0,1两点的曲线C:ax2by2 xy 1如图所示，关于曲线C，下列说法正确的是（ ）
A．ab2
B．曲线C经过的整数点个数为3个
 2 3 2 3
C．x,y的取值范围均为 , 
 3 3 
D．若点P在曲线C上，则以OP为半径的圆的面积的最大值为2π
11．下列说法正确的是（ ）
A．
 12x21x4的展开式中x3的系数为12
B．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为
y0.4xa，若其中一个散点坐标为a,5.4，则a9
C．将两个具有相关关系的变量x、y的一组数据 x,y 、 x,y 、L 、x ,y 调整为x,y 3、
1 1 2 2 n n 1 1
试卷第2页，共4页 n  x x  y y   n  y y 2
i i i i
x ,y 3、L 、x ,y 3，决定系数R2不变（附：b i1 ，a  ybx，R2  i1 ）
2 2 n n  n  x x 2  n  y y 2
i i
i1 i1
D．已知A、B为随机事件，且PA0.5，PB0.4，则若P  B A 0.5，则P  B A  0.3
三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12．已知x，x 是函数 f xcos3xcos2x，x0,的两个零点，则 x x  ．
1 2 1 2
13．甲同学有 3 本故事书和 1 本科普书，乙同学有 1 本故事书和 3 本科普书，若甲、乙两位同学各取
出 ii1，2，3 本书进行交换，记交换后甲同学有故事书的本数为 X，X 的均值为 E X ，则
i
E XE X .
1 3
14．如图所示，在长方体ABCDABCD 中，AD AB9,AA 10，以AB为棱作半平面ABMH 分别和棱
1 1 1 1 1
CC,DD 相交于点M,H，二面角M ABC的平面角为.在三棱柱BCM ADH和四棱柱
1 1
BMCB AHD A中分别放入半径为r,r 的球，在的变化过程中，r r 的最大值为 .
1 1 1 1 1 2 1 2
四､解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15．设函数 f(x)asin2x(a1)(sinxcosx)，其中aR．
(1)当a0时，求函数 f(x)的最小正周期及单调递增区间；
 π 
(2)记函数y| f(x)|在

 ,0

上的最大值为M ．
 2 
（i）求M 关于a的表达式；
 π 
（ⅱ）证明：当a1时， f(x) 3M 在

 ,0

上恒成立．
 2 
16．已知a 是等差数列，b 是各项都为正数的等比数列，且a 1，b 2，a b 1，5a b .
n n 1 1 3 2 2 3
(1)求a ，b 的通项公式；
n n
a ,n为奇数
(2)若c  n ，求数列c 的前2n项和S .
n b ,n为偶数 n 2n
n
17．如图，已知四棱台 ABCDABCD 的上、下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形， AA4 ，且
1 1 1 1 1
AA 底面 ABCD ，点 P，Q 分别在棱 DD，BC 上.
1 1
试卷第3页，共4页(1)若 P 是 DD 的中点，证明: AB PQ ；
1 1
 1
(2)若 DP DD，PQ// 平面 ABB A ，求二面角 PQDA 的余弦值.
4 1 1 1
x2 y2  2 2 
18．已知椭圆C:  1ab0经过点b, b．
 
a2 b2  3 
(1)求C的离心率．
(2)设A，B分别为C的左、右顶点，P，Q为C上异于A，B的两动点，且直线BQ的斜率恒为直线AP的
斜率的5倍．
①当b的值确定时，证明：直线PQ过x轴上的定点；
②按下面方法构造数列b ：当bb 时，直线PQ过的定点为Mb ,0，且b 2，证明：
n n n1 1
n

1

b
1
1

b
2
1

b
n
1

n 
n
N*
2 3 b 1 b 1 b 1 2
2 3 n1
19．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数 f x的零点，
牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数x ，x，…x ，x ，在点  x , f x  处作 f x的切线，
0 1 n1 n 0 0
则 f x在xx 处的切线与x轴交点的横坐标是x，同理 f x在  x, f x  处的切线与x轴交点的横坐标是
0 1 1 1
x ，一直继续下去，得到数列x  nN ，从图中可以看到，x较x 接近r，x 较x接近r，……，当n
2 n 1 0 2 1
很大时， x r 很小，我们就可以把x 的值作为r的近似值，即把x 作为函数 f x的近似零点.现令
n n n
f
x2x13
.
(1)当x 1时，求 f x0的近似解x，x ；
0 1 2
(2)在（1）的条件下，求数列x 的前n项和S ；
n n
1  x1 1
(3)当x0时，令gx xlnf   ，若 m0时，gxm有两个不同实数根， .
3   2  4
求证： 14m m1.
试卷第4页，共4页2024-2025 学年度下学期高二年级期末考试•数学
参考答案、提示及评分标准
1．C 因为集合A1,2,3,4,5，所以由x21,2,3,4,5，可得B1,0,1,2,3，
所以A B1,2,3.
2．A 命题q：直线ykx1与抛物线y=x2无公共点，把ykx1代入即x2kx10无解，
k2402k2，又命题p：k2，所以q是p的充分不必要条件
1 1 1
3．C 若a1，则4a 4a1 42 4a1 48，
a1 a1 a1
1 3 1
当且仅当4a1 ，即a 时，等号成立，所以4a 的最小值为8．
a1 2 a1
4．D 因为有PO平面ABC，所以PMO为PM与圆锥底面所成角，即PMO60
1
又因为AB是底面圆的直径，所以OCOBOA AB2，
2
又M 是BC的中点，所以OM BC，
由已知AB4,BAC30，
1 1
可得BC ABsinBAC4 2，所以OM  AC 3.
2 2
又PO平面ABC,OM 平面ABC，所以POOM.
PO PO
由tanPMO   3，解得OP3，
OM 3
1 1
所以圆锥PO的体积V  POS  3π22 4π，
3 eO 3
5．A 由余弦定理以及a2b2 3c2可得：
cosC sinC
2abcosC2c2 sinAsinBcosCsin2C  ，
sinC sinAsinB
又在三角形中有sinABsinC，即sinABsinAcosBcosAsinB，
cosC sinAcosBcosAsinB cosB cosA
所以   
sinC sinAsinB sinB sinA
1 1 1
故   0.
tanA tanB tanC
6．A 因为|a|1，b (1,2)，|ab| 5，
1
所以a22abb2 12ab55，则ab ，
2
答案第1页，共11页1
所以向量a在向量b 上的投影向量坐标为 ab b  21,2 1 1,2  1 , 1   .
b
2 5 10 10 5
故选：A
7．A
【分析】由复数的除法运算、乘方运算得到z，再由共轭复数得到z.
2 21i
【详解】z
1i
i2025 
1i1i
i12i，所以z12i，
f x1 f x 1 f x 1 1
8．D 由xf x1x1 f x1，当xN*时，可得      ，
x1 x xx1 x x x1
 f 3 f 2 1 1
   
3 2 2 3

 f 4 f 3 1 1
   
4 3 3 4


赋值可得： f 5 f 4 1 1 ，
  

5 4 4 5



f 2025 f 2024 1 1
   
 2025 2024 2024 2025
f 2025 f 2 1 1
利用累加法可得：    ，
2025 2 2 2025
f 2025 3 1 1 4049
代入 f 23可得：      f 20254049，
2025 2 2 2025 2025
p 1 1
9．ACD 对于选项A，因为 M F  y   y  ，解得p ，所以选项A对，
1 1 2 1 4 2
因为x2  y，即y=x2，则y2x，
所以抛物线在点M x ,y  nN* 处的切线方程为yy 2x xx ，
n n n n n n
1
直线M M 的斜率为 ，所以选项B错；
n n1 2x
n
 1
yy  xx  1 1
由 n 2x n ，消y得到x2 xx2 0，
n 2x n 2

 yx2 n
1 1
则x x  ，得到x  x ，所以选项C正确；
n n1 2x n1 2x n
n n
2
 1  1 1
对于选项D，因为y x2  x  x2 1 y  1 y 1，
n1 n1 2x n  n 4x2 n 4x2 n
n n n
答案第2页，共11页得到y y 1，所以当n2nN时，y  y y y y y  y y  y n1，
n1 n n 1 2 1 3 2 n n1 1
1 4n1
又y x2 1，所以y n，则 M F  y   ，故选项D正确．
1 1 n n n 4 4
a1
10．CD 对于A，将A(1,0)，B0,1代入方程ax2by2 xy 1，可得 ，故A错误；
b1
对于B，由A可知曲线C:ax2by2 xy 1，当x0时，y2 1，解得y1；
当x1时，1y2 y 1，解得y1或0或1；同理可得当x1时，y1或0或1；
当xm， m 2，mZ时，m2y2 my 1，即y2mym210，
由m24  m21  43m2 0，则方程无解，
综上可得曲线C经过的整数点有0,1，0,1，(1,-1)，1,0，1,1，1,1，
1,0，1,1，共8个，故B错误；
对于C，将曲线C的方程等价转化为关于y的一元二次方程y2xyx210，
则x24  x21  43x2 0，解得 2 3 x 2 3 ，
3 3
2 3 2 3
同理可得  y ，故C正确；
3 3
x2y2
对于D，x2y2 1 xy  1，当且仅当 x  y 时，等号成立，
2
x2y2
由x2y2  1，则x2y2 2，即OP的最大值为 2，所以圆的面积最大值为2π，故D正确.
2
11．ACD 对于A选项，1x4的展开式通项为Crxr0r4,rN，
4
因为  12x21x4 1x42x21x4，
1x4的展开式通项为Crxr0r4,rN，令r3，
4
2x21x4的展开式通项为2x2Ckxk 2Ckxk20k4,kN，令k23，可得k 1，
4 4
因此，展开式中x3的系数为C32C1 42412，A对；
4 4
对于B选项，将点a,5.4的坐标代入回归直线方程得0.4aa5.4，解得a9，
但回归直线不一定过样本点，B错；
答案第3页，共11页对于C选项，设原数据对应的回归直线方程为ybxa，
 
则新数据对应的回归直线方程为ybxa3，新数据的样本中心点为 x,y3 ，
 n y 3  y 3  2  n  y y 2
 i i  i i
新数据的决定系数为R2  i1  i1 R2，C对；
 n y 3  y3  2  n  y y 2
 i  i
i1 i1
对于D选项，PA0.5，PB0.4，若PB A0.5，
则PBPAPB AP  A  P  B A  ，即0.40.50.50.5P  B A  ，
 
所以P B A 0.3，D对．
2π 3x2x 3x2x 5x x
12． 根据和差化积公式得 f xcos3xcos2x2sin sin 2sin sin ，
5 2 2 2 2
5x x
则令2sin sin 0，
2 2
x x  π
当sin 0时，因为x0,π，则 0, ，此时无解，
2 2  2
5x 5x  5π
当sin 0 ，因为x0,π，则 0, ，
2 2  2 
5x 2π 4π
则 π或2π，解得x 或x ，
2 5 5
4π 2π 2π
则 x x    .
1 2 5 5 5
13．4 当i1时，X 的可能取值为2，3，4，
C1C1 9 2C1C1 3
则PX 2 3 3  ,PX 3 1 3  ，
C1C1 16 C1C1 8
4 4 4 4
C1C1 1 9 3 1 5
PX 4 1 1  ，所以E X2 3 4  ；
C1C1 16 1 16 8 16 2
4 4
当i3时，X 的可能取值为0，1，2，
C3C1 1 2C3C2 3
则PX 0 3 3  ,PX 1 3 3  ，
C3C3 16 C3C3 8
4 4 4 4
C2C1C2C1 9 1 3 9 3
PX 2 3 1 3 1  ，所以E X0 1 2  ；
C3C3 16 3 16 8 16 2
4 4
5 3
则E XE X  4，
1 3 2 2
14．196 5 如图所示，这两个球在长方体左侧面上的投影分别为球的两个大圆，且都与直线AH相
答案第4页，共11页切，

9tan π
设HAD，由tan  2  9 r 1 r ，得r 1  2  ，同理 tan 2   r 2 ，得r 2 5    1tan  2   ，
1 1tan 2 10r
2 2
 10  9x
由已知可得tan0, .令tan x，则r r  51x，
 9  2 1 2 1x
记 f x 9x 51x,x0，则 fx 9 5，由 9 50得x 3 1.
1x
1x2 1x2
5
 3   3 
当x  0, 1 时 fx0, f x单调递增，当x  1, 时 fx0, f x单调递减，
 5   5 
 3 
所以 f x  f  1  196 5，
max  5 
 3
经检验，当tan  1时，r r 的最大值为196 5.
2 5 1 2
 π
15．解：（1）当a0时， f(x)(sinxcosx) 2sinx 
 4
T 2π
π π 3π π 5π
2kπ x 2kπ 可得：2kπ x2kπ
2 4 2 4 4
 π 5π
f(x)的单调递增区间为2kπ ,2kπ ,kZ
 4 4 
 π  π 
（2）（i）令tsinxcosx 2sinx ，则x

 ,0

可得t[1,1]．
 4  2 
f(x)a  t21  (a1)tat2(a1)ta
令g(t)at2(a1)ta
当a0时，g(t)t[1,1]，故M 11a．
1a
当a0时，(a1)24a2 0，对称轴t  ,g(1)a1,g(1)1a
对 2a
答案第5页，共11页 1
①当a1时，t 1, ,g(1)0,g(1)0
对  2
1a 1a 5a22a1
M  g  g 
 2a   2a  4a
②当1a0时，t 1，故g(t)在1,1上单调递减
对
M |1a|1a
1
③当0a 时，t 1，故g(t)在[1,1]上单调递减
3 对
M |1a|1a
1  1   1a 1a 
④当a 时，t  ,1，故g(t)在1, 上单调递减，在 ,1上单调递增．
3 对  2   2a   2a 
1a 1a 5a22a1
M  g  g 
 2a   2a  4a
5a22a1
 a1
4a

 1
综上，M  1a 1a
3

 5a22a1 1
 a
 4a 3
（ⅱ） f(x)2acos2x(a1)(cosxsinx)
 f(x) |2acos2x(a1)(cosxsinx)|2a 2|a1|
当a1时，2a 2|a1|(2 2)a 2
15a26a3 7a a 3 3 7a 33
3M       
4a 2 4 4a 2 2 2
7a 33
而  (2 2)a 2
2 2
 f(x) 3M．
16．解：（1）a 是等差数列，b 是各项都为正数的等比数列，设公差为d，公比为qq0，由
n n
a 1，b 2，a b 1，5a b ，
1 1 3 2 2 3
12d 2q1
可得 ，解得：d q2（负的舍去），
51d 2q2
则a 2n1，b 2n
n n
答案第6页，共11页2n1,n为奇数
（2）c 
n 2n,n为偶数
∴S c c  c c c  c 15 4n3  2224 22n
2n 1 3 2n1 2 4 2n
n14n3 4  14n 4
  2n2n  4n1 .
2 14 3
17．证明：（1）以A为坐标原点，AB,AD,AA 所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
则A0,0,0，B 2,0,4，D0,4,0，D 0,2,4，
1 1
设Q4,m,0，其中mBQ，0m4，
若P是DD的中点，则P0,3,2，AB 2,0,4，
1 1
PQ4,m3,2，∴AB PQ880，
1
∴AB PQ，即AB PQ．
1 1
（2）因为A0,0,0，D 0,2,4，D0,4,0，
1
1 1  7 
DD 0,2,4，则DP DD  0,2,4，故P0, ,1，
1 4 1 4  2 
 7 
设Q4,m,0，其中0m4，PQ4,m ,1，
 2 
由于平面 ABBA的法向量为AD0,4,0，
1 1
 7  7
故PQAD0,4,04,m ,10，故m ，
 2  2
 7 
因此Q4, ,0,
 2 
 1 
则PQ4,0,1，DQ4, ,0,
 2 
设平面PQD的一个法向量为mx,y,z，
答案第7页，共11页mPQ4xz0

故 1 ，取y8，则m1,8,4，
mDQ4x y0
 2
由于平面ADQ的一个法向量为AA 0,0,4
1
mAA 16 4
故cosm,AA  1   ,
1 m AA 4 16416 9
1
结合图形可知二面角PQDA的平面角为锐角，
4
∴二面角PQDA的余弦值为 ．
9
 2 2  b2 8b2 b2 1
18．解：（1）因为椭圆C经过点b, b，所以  1，故  ，
  3   a2 9b2 a2 9
b2 2 2
所以C的离心率e 1  ；
a2 3
x2 y2
（2）①由（1）知C的方程为  1，A3b,0，B3b,0.
9b2 b2
由对称性可知直线PQ的斜率不可能为0，设Px,y ，Qx ,y ，设PQ的方程为xtym．
1 1 2 2
xtym
由  x2 y2 ，可得  t29  y22tmym29b2 0，
  1
9b2 b2
所以Δ4t2m24  t29  m29b2 36  t2b2m29b2 0，即m2 t2b29b2，
2tm m29b2 9b2m2
且y y  ，y y  ．所以ty y  y y 
1 2 t29 1 2 t29 1 2 2m 1 2
k y x 3b ty m3by ty y m3by
则 BQ  2  1  1 2  1 2 2
k x 3b y ty m3by ty y m3by
AP 2 1 2 1 1 2 1
9b2m2
 2m y 1 y 2 m3by 2  3bm  3bmy 1 3bmy 2  3bm 5，
9b2m2 3bm 3bmy 3bmy 3bm
y y m3by 1 2
2m 1 2 1
解得m2b，则PQ的方程为xty2b，
即直线PQ过x轴上的定点2b,0.
答案第8页，共11页②由①可知，b 2b ，又b 0，b 2，
n1 n n 1
所以b 是首项为2，公比为2的等比数列，所以b 2n，
n n
b 1 2n1 2n1 1 b 1 b 1 b 1 n
 n     1  2   n 
b 1 2n11 2n12 2 b 1 b 1 b 1 2
n1 2 3 n1
b 1 2n1 1 1 1 1 1 1
n       
b 1 2n11 2 42n2 2 32n2n2 2 32n
n1
b 1 b 1 b 1 n 11 1 1 
 1  2   n       
b 1 b 1 b 1 2 32 22 2n 
2 3 n1
1 1
（1 ）
n 6 2n n 1 1 n 1
      
2 1 2 3 32n 2 3
1
2
n 1 b 1 b 1 b 1 n
   1  2   n   nN* .
2 3 b 1 b 1 b 1 2
2 3 n1
19．解：（1）由题意可得在xx 处的切线方程为y f x  fx xx ，令y0，得
0 0 0 0
f x 
x x  0 ，
1 0 fx 
0
f x 
同理可得在xx 处的切线方程为y f x  fx xx ，令y0，得x x  1 ，
1 1 1 1 2 1 fx 
1
所以对于函数 f x2x13， fx62x12，
1
故x x  f x 0  1 f 1 1 33  1 ，x x  f x 1   1  f   2   1  23  1 ；
1 0 fx  f1 632 2 2 1 fx  2 1 2 622 6
0 1 f  
2
f x  2x 13 2 1
（2）由（1）可知存在递推关系x x  n x  n  x  ，
n1 n fx  n 62x 12 3 n 6
n n
1 2 1 1 2 1
构造等比数列x   x    x  ，
n1 2 3 n 6 2 3 n 2
 1 1 2
所以数列x  是以x  1为首项， 为公比的等比数列，
 n 2 1 2 3
1 2 n1 2 n1 1
故x    x    ，
n 2 3 n 3 2
答案第9页，共11页2 n
所以数列x n 的前n项和S n  1   3 2    1 2 n33   2 3   n  n 2 ；
1
3
1  x1
（3）由题意可得gx xln  f   xlnxx0，则gxlnx1，
3   2 
1  1 1 
令gx0，得x ，当x0, 时，gx0；当x ,时，gx0，
e  e e 
 1 1  1 1
所以gx在0, 单调递减，在 ,单调递增，所以gx g  ，
 e e  min e e
又当x0时，gx0；当x时，gx，且g10，
 1 
所以当m ,0时，gxm有两个不同实数根，
 e 
 1   1 
又 ,0 ,0，所以gxm确实有两个不同实数根，，
 4   e 
 1 1 
且0, , ,1，lnlnm，
 e e 
先证明右半部分：m1，
考虑gx在x1处的切线方程：yg1g1x1yx1
当ym时，xm1，因为1，所以ym与切线的交点的横坐标大于，
 1
即m1，又0, ，故m1；
 e
再证明左半部分： 14m，
观察不等式14m的结构，联想到一元二次方程的两根之差 x x  x x 2 4xx ，
1 2 1 2 1 2
即构造方程x2xm0来描述不等式的左边，
故尝试将gxxlnx放缩为二次函数，即将lnx放缩成x1，
故令hxlnxx1lnxx1x0，
1 1x
则hx 1 ，当x0,1时，hx0；当x1,时，hx0，
x x
所以hx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以hxh10，
即lnxx1，当且仅当x1时取等号，
所以当x0,1时，gxxlnxxx1x2x  x 1   2  1 ，
 2 4
答案第10页，共11页1 1
故当 m0时，方程x2xm有两个不同的实数根，记为t ,t ，且t  t ，
4 1 2 1 2 2
1 1 1 1
t t 1,tt m，又g  ln2 ，故0 1，所以t 10，
1 2 12 2 2 4 2 1
因为lnt2t 02t2t t t 1，所以得到t ，
1 1 1 1 1 1 1
同理可得t ，所以t t  t t 2 4tt  14m，
2 2 1 1 2 12
综上所述， 14mm1.
答案第11页，共11页