2010年安徽高考理科数学试题及答案分析

2010年高考安徽卷理科数学试题及答案分析

参考公式：

如果事件A及B互斥，那么

PABPAPB 如果A及B是两个任意事件，PA0，

那么如果事件A及B相互独立，那么 PABPAPB|A

PABPAPB

第Ⅰ卷（选择题，共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）i是虚数单位，

（A） （B） （C） （D） （2）若集合，则CRA

（A） （B） （C） （D）

（3）设向量，则下列结论中正确的是

（A）|a||b|

（B）

（C）ab与b垂直 （D）a//b

（4）若f(x)是R上周期为5的奇函数，且满足f(1)1,f(2)2,则f(3)f(4)=

（A）-1

2（B）1

2（C）-2 （D）2

（5）双曲线方程为x2y1，则它的右焦点坐标为

（A）

（B）

2（C）

（D）(3,0)

（6）设abc0，二次函数f(x)axbxc的图象可能是

（7）设曲线C的参数方程为（为参数），直线l的方程为x3y20，则曲线C到直

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线l的距离为的点的个数为 （A）1 （B）2 （C）3 （D）4

（8）一个几何全体的三视图如图，该几何体的表面积为 （A）280 （B）292 （C）360 （D）372

22

（9）动点A(x,y)在圆xy1上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12秒旋转一周.已知定时t=0时，点A的坐标是，则当0t12时，

动点A的纵坐标y关于t（单位：秒）的函数的单调递增区间是 （A）[0，1] （B）[1，7] （C）[7，12] （D）[0，1]和[7，12]、

（10）设{an}是任意等比数列，它的前n项和，前2n项和及前3n项和分别为X，Y，Z，

则下列等式中恒成立的是

（A）XZ2Y （C）YXZ

2（B）Y(YX)Z(ZX) （D）Y(YX)X(ZX)

第Ⅱ卷（非选择题 共100分）

考生注意事项： 请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． ．．．．．．．．．．．．．．

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡的相应位置． （11）命题“对任何xR,|x2||x4|3”的否定是 ． （12）的展开式中，x的系数等于 ．

（13）设x,y满足约束条件若目标函数zabxy(a0,b0)的最大值为8，则ab的最小值为 ．

（14）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出值x ．

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（15）甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，

先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是 （写出所有正确结论的编号）． ①； ②； ③事件B及事件A1相互独立； ④A1，A2，A3是两两互斥的事件；

⑤P(B)的值不能确定，因为它及A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关．

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，解

答写在答题卡上的指定区域内． （16）（本小题满分12分）

设ABC是锐角三角形，a,b,c分别是内角A，B，C所对边长，并且

sin2Asin(3B)sin(3B)sin2B.

（Ⅰ）求角A的值；

（Ⅱ）若ABAC12,a27，求b,c（其中bc）．

（17）（本小题满分12分）

设a为实数，函数f(x)e2x2a,xR. （I）求f(x)的单调区间及极值；

（II）求证：当aln21且x0时，ex22ax1.

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（18）（本小题满分13分）

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF//AB，EF⊥FB，AB=2EF，

BFC90,BF=FC，H为BC的中点.

EF （I）求证：FH//平面EDB； （II）求证：AC⊥平面EDB；

D （III）求二面角B—DE—C的大小. AB

（19）（本小题满分13分）

已知椭圆E经过点A（2，3），对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率 （I）求椭圆E的方程；

（II）求F1AF2的角平分线所在直线l的方程；

（III）在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请

找出；若不存在，说明理由.

（20）（本小题满分12分）

设数列a1,a2,,an,中的每一项都不为0. 证明，{an}为等差数列的充分必要条件是： 对任何nN，都有

CH111n. a1a2a2a3anan1a1an1

（21）（本小题满分13分）

品酒师需要定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.

现设n=4，分别以a1,a2,a3,a4表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种酒在第二次排序时的序号，并令X|1a1||2a2||3a3||4a4|.则X是对两

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次排序的偏离程度的一种描述. （I）写出X的可能值集合；

（II）假设a1,a2,a3,a4等可能地为1，2，3，4的各种排列，求X的分布列； （III）某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有X2，

（i）试按（II）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； （ii）你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由.

2010年高考安徽卷理科数学参考答案

一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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）B （2）A （3）C （4）A （5）C （6）D （7）B （8）C （9）D （10）D

1. B 解析：本题考查了复数的四则运算问题。

由于===

31+i； 412112. A 解析：本题考查了对数不等式的求解及集合的运算。

2111由于A={x|log1x≥}={x|log1x≥log1()2}={x|02222222≤0或x>

2}； 23. C 解析：本题考查了平面向量的坐标运算、平面向量的位置关系等。

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由于a=（1，0），b=（

211111，），那么|a|=1，|b|=，选项A错；a•b=1×+0×=，

222222选项B错；（a－b）•b=（项C正确；

11111111，－）（•，）=×－×=0，即a－b及b垂直，选2222222210≠，选项D错. 11224. A 解析：本题考查了函数的周期性、奇偶性及函数值及运算问题。

由于f（x）是R上周期为5的奇函数，那么f（3）=f（3－5）=f（－2）=－f（2）=－2，f（4）=f（4－5）=f（－1）=－f（1）=－1，则f（3）－f（4）=－2－（－1）=－1； 5. C 解析：本题考查了双曲线的几何性质。

2y13由于双曲线方程为x2－2y2=1，即x2－=1，那么a2=1，b2=，则有c2=a2+b2=，

1222即c=

66，那么对应的右焦点坐标为（，0）； 226. D 解析：本题考查了二次函数的图象及参数的关系。

由于abc>0，那么当a>0时，对应的图象开口朝上，有bc>0，对称轴x=－有b>0，此时c>0，选项C错误；对称轴x=－

b<0时，2ab>0时，有b>0，此时c>0，选项D正确； 2a7. B 解析：本题考查了圆的参数方程，直线及圆的位置关系，点到直线的距离公式等。

由曲线C的参数方程得对应的圆的圆心坐标为C（2，－1），半径r=3，那么C（2，－1）到直线x－3y+2=0的距离d==，那么曲线C及直线l相切，则C上到直线l距离为的点有2个；

8. C 解析：本题考查了简单几何体的三视图及直观图的转化，以及简单几何体的表面积计算问题。

由图中的三视图知，该几何体是由两个长方体组成的简单组合体，下面是一个长、宽、高分别为8、10、2的长方体，上面竖着是一个长、宽、高分别为6、2、8的长方体，那么其表面积等于下面长方体的表面积及上面长方体的侧面积之和，即S=2（8×10+8×2+10×2）+2（6×8+2×8）=360；

9. D 解析：本题考查了平面解析几何的创新应用，三角函数概念及其三角函数的图象及性质等。

由于12秒旋转一周，则每秒转过

32=，而t=0时，y==sin，那么动点A的

21263纵坐标关于t的函数关系式为y=sin（∈[2kπ－

t+）（t∈[0，12]），则对应的单调递增区间为t+6363，2kπ+]，k∈Z，则有t∈[12k－5，12k+1]，k∈Z，由于t∈[0，12]，则当k=022时，t∈[0，1]，当k=1时，t∈[7，12]；

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10. D 解析：本题考查了等比数列前n项的相关性质及其应用。

由于等比数列{an}中Sn=X，S2n=Y，S3n=Z，根据等比数列的相关性质，对应的Sn，S2n

－Sn，S3n－S2n也成等比数列，即X，Y－X，Z－Y成等比数列，则有（Y－X）2=X（Z－Y），即Y（Y－X）=X（Z－X）；

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在答题卡的相应位置．

|+|x-4|3 （11）存在xR,使得|x-2（12）15（若只写C6或C6，也可）

（13）4 （14）12 （15）②④

11. “存在x∈R，有|x－2|+|x－4|≤3” 解析：本题考查了存在命题的否定。

由于存在命题的否定是全称命题，对应“对任何x∈R，|x－2|+|x－4|>3”的否定就是“存在x∈R，有|x－2|+|x－4|≤3”；

12. 15 解析：本题考查了二项展开式的性质及通项公式等。

由于二项展开式的通项为Tr+1=Cr6（

36rr3yrx6－rr）（－）=（－1）r•C6•x2•y2，

xy324令6－

32r=3，解得r=2，那其对应的系数为（－1）2•C6=15； 213. 4 解析：本题考查了线性规划中的平面区域及函数值最值问题，以及利用基本不等式来求解最值问题。

作出平面区域，如图中的阴影部分，由图知，当过点A（1，4）时，z=abx+y取得最大值8，此－ab=时等号成立；

48=－4，即ab=4，而a>0，b>0，那么a+b≥2ab=4，当且仅当a=b=210

14. 12 解析：本题考查了算法中的程序框图的识别及应用。

当x=1时，经过判断其是奇数，则有x=1+1=2；经过判断其是偶数，则有x=2+2=4，经过判断x<8，则有x=4+1=5，经过判断其是奇数，则有x=5+1=6；经过判断其是偶数，则有x=6+2=8，经过判断x=8，则有x=8+1=9，经过判断其是奇数，则有x=9+1=10；经过判断其是偶数，则有x=10+2=12，经过判断x>8，输出x=12；

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15. ②④ 解析：本题考查了随机事件的概率，条件概率和互斥事件等问题。

523，P（A2）=，P（A3）=，可以判断④是正确的；而10101055243495P（B）=×+×+×=，则①是错误的；由于P（B|A1）===，则②是

1011101110112211根据题意可得P（A1）=

正确的；同时可以判断出③和⑤是错误的；

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，解答写在答题卡上的指定区域内． （16）（本小题满分12分）

本题考查两角和的正弦公式，同角三角函数的基本关系，特殊角的三角函数值，向量的

数量积，利用余弦定理解三角形等有关知识，考查综合运算求解能力. 解：（I）因为sinA( 23131cosBsinB)(cosBsinB)sin2B 2222313cos2Bsin2Bsin2B, 444所以sinA3,又A为锐角,所以A. 23 （II）由ABAC12可得 cbcosA12.

由（I）知所以 cb24

222① ②

由余弦定理知acb2cbcosA,

将a27及①代入，得 c2b252 ③

③+②×2，得(cb)100， 所以 cb10.

因此，c，b是一元二次方程t10t240的两个根. 解此方程并由cb知c6,b4.

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22010年安徽高考理科数学试题及答案分析

（17）（本小题满分12分）

本题考查导数的运算，利用导数研究函数的单调区间，求函数的极值和证明函数不等式，考查运算能力、综合分析和解决问题的能力. （I）解：由f(x)e2x2a,xR知f(x)e2,xR.

令f(x)0,得xln2.于是当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：

xxx (,ln2) — 单调递减 ↘ ln2 0 (ln2,) + 单调递增 ↗ f(x) f(x) 2(1ln2a) 故f(x)的单调递减区间是(,ln2)，单调递增区间是(ln2,)，

f(x)在xln2处取得极小值，

极小值为f(ln2)eln22ln22a2(1ln2a).

2 （II）证：设g(x)ex2ax1,xR,

于是g(x)e2x2a,xR.

由（I）知当aln21时,g(x)最小值为g(ln2)2(1ln2a)0.

xx于是对任意xR,都有g(x)0,所以g(x)在R内单调递增,

于是当aln21时,对任意x(0,),都有g(x)g(0), 而g(0)0,从而对任意x(0,),g(x)0. 即ex2ax10,故ex2ax1.

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x2x22010年安徽高考理科数学试题及答案分析

（18）（本小题满分13分）

本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断及证明，考查二面角的求法以及利

用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力.

[综合法]（1）证：设AC及BD交于点G，则G为AC的中点，连EG，GH， 又H为BC的中点，GH//11AB,又EF//AB,EF//GH. 22 ∴四边形EFHG为平行四边形，

∴EG//FH，而EG平面EDB，∴FH//平面EDB. （II）证：由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC，又EF//AB，

∴EF⊥BC.

而EF⊥FB，∵EF⊥平面BFC，∴EF⊥FH，∴AB⊥FH. 又BF=FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面ABCD，∴FH⊥AC， 又FH//BC，∴AC=EG.

又AC⊥BD，EGBD=G，∴AG⊥平面EDB.

（III）解：EF⊥FB，∠BFC=90°，∴BF⊥平面CDEF，

在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K， 则∠FKB为二面角B—DE—C的一个平面角.

设EF=1，则AB=2，FC=2，DE=3 又EF//DC，∴∠KEF=∠EDC，∴sin∠EDC=sin∠KEF=23.

∴FK=EFsin∠KEF=23，tan∠FKB=∴∠FKB=60°

∴二面角B—DE—C为60°. [向量法]

∵四边形ABCD为正方形，∴AB⊥BC，又EF//AB，∴EF⊥BC. 又EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC. ∴EF⊥FH，∴AB⊥FH.

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又BF=FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC，∴FH⊥平面ABC. 以H为坐标原点，HB为x轴正向，HF为z轴正向， 建立如图所示坐标系.

设BH=1，则A（1，—2，0），B（1，0，0）， C（—1，0，0），D（—1，—2，0），E（0，—1，1）， F（0，0，1）.

（I）证：设AC及BD的交点为G，连GE，GH，

则G(0,1,0),CE(0,0,1),又HF(0,0,1)HF//GE.

GE平面EDB，HF不在平面EDB内，∴FH∥平面EBD，

（II）证： AC(2,2,0),GE(0,0,1),ACGE0,ACGE.

又AC⊥BD，EG∩BD=G，∴AC⊥平面EDB. （III）解：BE(1,1,1),BD(2,2,0).

设平面BDE的法向量为n1(1,y1,z1),

则BEn11y1z10,BDn112y10,

y11,z10,即n1(1,1,0).CD(0,2,0),CE(1,1,1),设平面CDE的法向量为n2(1,y2,z2),则n2CD0,y20,故n2(1,0,1),cosn1,n2n1n211,|n1||n2|222

n1,n260,即二面角B—DE—C为60°.

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（19）（本小题满分13分）

本题考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单几何性质，直线的点斜式方程及一般方程，

点到直线的距离公式，点关于直线的对称等基础知识；考查解析几何的基本思想、综合运算能力、探究意识及创新意识. 解：（I）设椭圆E的方程为

1c1由e,即,a2c,得b2a2c23e2,2a2 22xy椭圆方程具有形式221.4c3e将A（2，3）代入上式，得

∴椭圆E的方程为

（II）解法1：由（I）知F1(2,0),F2(2,0)，所以

3(x2),即3x4y60, 4直线AF2的方程为：x2.

直线AF1的方程为：y由点A在椭圆E上的位置知，直线l的斜率为正数. 设P(x,y)为l上任一点，则

|3x4y6||x2|.

5若3x4y65x10,得x2y80（因其斜率为负，舍去）. 所以直线l的方程为：2xy10. 解法2：

A(2,3),F1(2,0),F2(2,0),AF1(4,3),AF2(0,3).

AF1AF2114(4,3)(0,3)(1,2).35 |AF1||AF2|5k12,l:y32(x1),即2xy10. （III）解法1：假设存在这样的两个不同的点B(x1,y1)和C(x2,y2),

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BCl,kBCy2y11.x2x12x1x2yy2,y01,22

设BC的中点为M(x0,y0),则x0由于M在l上，故2x0y010. ①

22x12y12x2y21与1. 又B，C在椭圆上，所以有

16121612两式相减，得 即

(x1x2)(x2x1)(y1y2)(y2y1)0.

16121x1x2y2y11y1y20，

82x2x162将该式写为并将直线BC的斜率kBC和线段BC的中点，表示代入该表达式中， 得

11x0y00,即3x02y00. ② 812①×2—②得x22,y03，即BC的中点为点A，而这是不可能的. ∴不存在满足题设条件的点B和C. 解法2：

假设存在B(x1,y1),C(x2,y2)两点关于直线l对称， 则

1x2y2设直线BC的方程为yxm,将其代入椭圆方程1,

21612得一元二次方程3x4(21xm)248,即x2mxm2120, 2则x1与x2是该方程的两个根， 由韦达定理得x1x2m, 于是y1y213m(x1x2)2m, 223mm1,得m4. 4∴B，C的中点坐标为

又线段BC的中点在直线y2x1上,即B，C的中点坐标为（2，3），及点A重合，矛盾. ∴不存在满足题设条件的相异两点.

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（20）（本小题满分12分）

本题考查等差数列、数学归纳法及充要条件等有关知识，考查推理论证、运算求解能力.

证：先证必要性

设数列{an}的公差为d,若d0,则所述等式显然成立， 若d0，则

11a1a2a2a31anan1an1an)anan3(11))anan11a2a1a3a2(da1a2a2a311111(()()da1a2a2a31111an1a1()da1an1da1an1

再证充分性.

证法1：（数学归纳法）设所述的等式对一切nN都成立，首先，在等式 ①

两端同乘a1a2a3,即得a1a32a2,所以a1,a2,a3成等差数列， 记公差为d,则a2a1d.

假设aka1(k1)d,当nk1时，观察如下二等式

11a1a2a2a311a1a2a2a3将②代入③，得

1ak1ak1ak1akk1, ② a1a21k， ③

akak1a1ak1k11k, a1akakak1a1ak1在该式两端同乘a1,akak1,得(k1)ak1a1ka1. 将aka1(k1)d代入其中,整理后,得ak1a1kd.

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由数学归纳法原理知，对一切nN都有ana1(n1)d, 所以{an}是公差为d的等差数列. 证法2：[直接证法]依题意有

11a1a2a2a311a1a2a2a3②—①得

1n, ①

anan1a1an111n1. ②

anan1an1an2a1an21n1n，

an1an2a1an2a1an1在上式两端同乘a1an1an2,得a1(n1)an1nan1, 同理可得a1nan(n1)an1, ③ ③—④得2nan1n(an2an)

即an2an1an1an,所以{an}是等差数列，

（21）（本小题满分13分）

本题考查离散型随机变量及其分布列，考查在复杂场合下进行计数的能力，能过设置密

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2010年安徽高考理科数学试题及答案分析

切贴近生产、生活实际的问题情境，考查概率思想在现实生活中的应用，考查抽象概括能力、应用及创新意识. 解：（I）X的可能值集合为{0，2，4，6，8}. 在1，2，3，4中奇数及偶数各有两个，所以a2,a3中的奇数个数等于a1,a3中的偶数个数，因此|1a1||3a3|与|2a3||4a4|的奇偶性相同， 从而X(|1a2||3a3|)(|2a2||4a4|)必为偶数.

X的值非负，且易知其值不大于8.

容易举出使得X的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子.

（II）可用列表或树状图列出1，2，3，4的一共24种排列，计算每种排列下的X值，

在等可能的假定下，得到 X 0 2 4 6 8 P 13794 2424242424 （III）（i）首先P(X2)P(X0)P(X2)41将三轮测试都有X2的，

246概率记做p，由上述结果和独立性假设，得

（ii）由于是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有X2的结

果的可能性很小，所以我们认为该品酒师确实有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.

2010年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)

数 学(理科)点评

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2010年安徽高考理科数学试题及答案分析

今年高考数学试卷注重对思维的深刻性、灵活性的测查，突出考查学生数学应用能力、实践能力和创新意识，切实把数学建模、数学探究和数学文化融入到数学试题中。试卷命题的一个重要导向是稳为核心，稳中有变，立足基础、突出主干，能力立意、锐意创新。

1、试题特点

1、命题坚持稳中求变。题型结构不变，但在考查学生学习数学的过程及方法方面作了有益的尝试，如（19）的第三问设问“若存在，请找出；若不存在，说明理由”，解答是“不存在”，多少出乎考生的意料之外，即使考生顺利解答此题，也会不太相信，仔细检查会消耗一些时间；

2、命题坚持能力立意，命题着重检测知识迁移能力，检测理性思维的深度、广度及进一步学习的潜能。

3、试题源于教材，在总体稳定的前提下有所创新，同时兼顾不同版本教材。 4、求稳的同时注重创新。今年开始命制“可以控制范围”的开放性试题，尝试考查学生的创新意识。如（21）“你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由”等。

5、注意难度系数。及09年相比，今年数学理科卷选择题、填空题稍易；（20）是一道常规试题，但准确书写不易，特别是充要性的复习不到位；（21）如果采用列举法将24种排列全部列出，需要时间和耐心，稍有不慎，失误在所难免。整体看，今年试卷比2009年难。

2、改革趋势：

1、提高新情景、新题型的处理能力。

2、注意数学建模和应用数学知识解决实际问题能力的提高。 3、提高阅读和数学阅读能力。

4、注重良好心理品质培养。如学习兴趣和学习信心、正确的自我定位、良好的考试心理、考试技巧和刻苦努力，锲而不舍的精神等。

5、坚持常规的行之有效的集训方法。注重因材施教，分层推进；注重效率，减负增效，减少重复和不必要的消耗；在学生活动后讲评等。

6、重视数学思想方法

7、重视能力培养。如计算能力（尽管高考提倡多考点想，少考点算，但绝不是不要算，数学不少题目都离不开算，包括推理证明题在内；值得我们注意的是由于计算机、计算器的普及，学生作业量的减少，学生的运算能力一般比过去差，往往在高考解题中出现会而不对的现象，引起失分．学生运算能力的强弱，在高考中是很容易拉开分数差距的）思维能力、推理论证能力（学生在解答计算和证明题时，往往对证明题感到更加困难，尤其是比较复杂的综合性题目，不易找到突破口，教学中应加强对复杂问题的分析能力和推理能力的训练，同时，数学表达能力和证题的格式以及规范都应注意训练）

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