新疆维吾尔自治区2020届高三适应性检测理科数学（问卷）试题

新疆维吾尔自治区2020届高三适应性检测理科数学（问卷）试题

‎2020年高考（理科）数学（4月份）模拟试卷（问卷）‎ 一、选择题 ‎1.已知全集，集合，，则集合（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合A，B，然后进行交集和补集的运算即可．‎ ‎【详解】解：‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎．‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了集合的交集与补集的运算，借助于数轴解决问题是常见的方法.‎ ‎2.若（表示虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 按照复数的运算法则，先将化为形式，再按照复数的几何意义，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 复数对应的点在第四象限.‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查复数的运算及复数的几何意义，属于基础题.‎ ‎3.若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用诱导公式可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而根据二倍角公式、同角三角函数基本关系式，对目标进行化简、求值．‎ ‎【详解】解：，，‎ ‎，‎ 可得，，‎ ‎．‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了诱导公式、同角三角函数关系、二倍角公式等等，熟记公式是解决问题的前提.‎ ‎4.设x，y满足约束条件，则的最大值是（ ）‎ A. ﹣4 B. ‎1 ‎C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出约束条件对应的平面区域，结合图形找出目标函数的最优解，求出目标函数的最大值．‎ ‎【详解】解：画出x，y满足约束条件的平面区域，如图阴影部分，‎ 由得，平移直线，‎ 由平移可知，当直线过点A时，‎ 直线的截距最大，z取得最大值；‎ 由，解得，‎ 可得，‎ 即z的最大值是2．‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了线性规划问题，准确作出平面区域是前提，然后再通过直线平移的方法解决问题.‎ ‎5.已知且，，则（ ）‎ A. ﹣1 B. C. 0 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由函数的解析式可得，可解得a、b的值，即可得的值，进而可计算得答案．‎ ‎【详解】解：根据题意，且，，‎ 则，‎ 解可得，‎ 则，‎ 则.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查了分段函数求函数值的问题，分段函数是一个函数，分段不分家，一般需要分情况讨论.‎ ‎6.一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为，则该几何体的外接球的表面积为（ ）‎ A. 36π B. 64π C. 81π D. 100π ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式求出四棱锥体的外接球的半径，最后求出球的表面积．‎ ‎【详解】解：根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥体，‎ 如图所示：‎ ‎ ‎ 该四棱锥的底面是长方形，长为6，宽为5，‎ 四棱锥的高即为 所以，‎ 解得．‎ 设四棱锥的外接球的半径为r，‎ 所以，‎ 解得，‎ 所以，‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题.‎ ‎7.下面四个条件中，是成立的充分而不必要的条件为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分必要条件定义，对每一项进行逐一判断.‎ ‎【详解】解：选项A：当时，由只能得到，不是充分条件；‎ 选项B：当，时，满足，不能使成立，不是充分条件；‎ 选项C：根据三次函数单调增可知，，是充要条件；‎ 选项D：由，当时，由于存在性原因，不能得到与的大小关系，所以，成立的充分而不必要的条件为．‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了充分必要条件，解决此类问题首先要搞清楚什么是条件，什么是结论，由条件得出结论满足充分性，由结论推出条件满足必要性.‎ ‎8.已知，分别是双曲线C：的左，右顶点，F为左焦点，以为直径的圆与双曲线C的两条渐近线在x轴上方，从左至右依次交于M，N两点，若∥，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. ‎2 ‎C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，利用已知条件，转化求解a、c关系，然后求解双曲线的离心率即可．‎ ‎【详解】解：，分别是双曲线C：的左，右顶点，F为左焦点，‎ 故渐近线方程为，‎ 以为直径的圆与双曲线C的两条渐近线在x轴上方，‎ 从左至右依次交于M，N两点，如图所示，‎ 因为，‎ 可知三角形FMO为等腰三角形，腰长为a，底边为c，底角为，‎ 在中可得，‎ 所以，‎ 即，‎ 解得．‎ 故选：A ‎【点睛】求解离心率问题就是要构造出a与c的等式或不等式，构造a与c的等式或不等式可以从定义、曲线方程、同一量的二次计算等角度构造.‎ ‎9.如图，正方形中，分别是的中点，若则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：取向量作为一组基底，则有，所以 又，所以，即.‎ ‎10.函数（，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期是2π B. 函数的图象关于点成中心对称 C. 函数在单调递增 D. 将函数的图象向左平移后得到的关于y轴对称 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件求出c的值，结合三角函数的周期关系求出周期，以及对应的对称轴，对称中心，利用三角函数的性质分别进行判断即可．‎ ‎【详解】解：根据函数（，）的部分图象以及圆C的对称性，‎ 可得，两点关于圆心对称，‎ 故，‎ 则，‎ 解得：，函数的周期为，故A错误；‎ ‎∵函数关于点对称，‎ ‎∴函数的对称中心为，‎ 则当时，对称中心为，故B不正确；‎ 函数的一条对称轴为，‎ 在x轴负方向内，接近于y轴的一条对称轴为，‎ 由图像可知，函数的单调增区间为，，‎ 当时，函数的单调递增区间为，，故C正确；‎ 的一条对称轴为，‎ ‎∴函数的图象向左平移个单位后，‎ 此时，所得图象关于直线对称，故D错误.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，解决问题的关键是由图象求出函数的性质，再根据图象变换的规则解决问题.‎ ‎11.蜂巢是由工蜂分泌蜂蜡建成的从正面看，蜂巢口是由许多正六边形的中空柱状体连接而成，中空柱状体的底部是由三个全等的菱形面构成，菱形的一个角度是，这样的设计含有深刻的数学原理、我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂巢的结构著有《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》．用数学的眼光去看蜂巢的结构，如图，在六棱柱的三个顶点A，C，E处分别用平面BFM，平面BDO，平面DFN截掉三个相等的三棱锥，，，平面BFM，平面BDO，平面DFN交于点P，就形成了蜂巢的结构．如图，设平面PBOD与正六边形底面所成的二面角的大小为，则有：（ ）‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. 以上都不对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用第二个图：取BF的中点O，连接OA，OM，可得．不妨取，在等腰三角形ABF中，，可得OB，OA，在中，，进而解得二面角．‎ ‎【详解】解：利用第二个图：取BF的中点O，连接OA，OM，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 所以即为平面PBOD与正六边形底面所成的二面角的平面角，‎ 即．‎ 不妨取，‎ 在等腰三角形ABF中，，‎ 则，‎ ‎．‎ 在中，‎ ‎，‎ 解得：，‎ 在中，‎ ‎．‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了二面角的求解问题，同时还考查了学生的阅读理解能力，数学建模的能力，准确理解题意是解题的关键.‎ ‎12.已知，，，则实数m的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用奇偶性的定义可知在为R上的偶函数，再利用导数可知在区间单调递增，于是，，即为，由函数的性质可得，，从而等价转化为，恒成立，不等号两侧分别构造函数，求得构造的左侧函数的最大值及右侧函数的最小值，即可求得实数m的取值范围．‎ ‎【详解】解：函数的定义域为 ‎，‎ 为R上的偶函数，‎ 又，‎ ‎，‎ 在R上单调递增，又，‎ ‎∴当时，，‎ 在区间单调递增．‎ 不等式，‎ 由偶函数性质可得：，‎ 即，‎ 由函数的单调性可得：，‎ ‎，‎ ‎，恒成立，‎ 令，则，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，，在上单调递减，‎ ‎；‎ 令，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故 在区间单调递减，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，恒成立问题常见方法是通过分类讨论、分离变量等方法转化为函数最值的问题，解题时应注意转化过程中的等价性.‎ 二、填空题 ‎13.二项式展开式中x的系数为10，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二项式定理展开式的通项公式，求出x的指数为1时的系数，即可求出常数a的值．‎ ‎【详解】解：二项式的展开式的通项为；‎ 则当，即时，‎ 二项式的展开式中x项的系数为：，‎ 即，‎ ‎．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了二项式定理的知识，熟记二项展开式的通项是解题的关键.‎ ‎14.根据公共卫生传染病分析中心的研究，传染病爆发疫情期间，如果不采取任何措施，则会出现感染者基数猛增，重症挤兑，医疗资源负荷不堪承受的后果．如果采取公共卫生强制措施，则会导致峰值下降，峰期后移．如图，设不采取措施、采取措施情况下分别服从正态分布，，则峰期后移了________天，峰值下降了________%（注：正态分布的峰值计算公式为）‎ ‎【答案】 (1). 35 (2). 50．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）直接由两峰值横坐标作差求峰期后移的天数；‎ ‎（2）由求解峰值下降的百分数．‎ ‎【详解】解：（1）由题意可知，峰期后移了（天）；‎ ‎（2）峰值下降了．‎ 故答案为：35；50‎ ‎【点睛】本题考查了正态分布的实际应用，解题的关键是熟知正态曲线是关于对称，在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1等正态密度曲线图象的特征.‎ ‎15.如图，椭圆C：，与两条平行直线：，：分别交于四点A，B，C，D，且四边形ABCD的面积为，则直线AD的斜率为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设D的坐标，四边形的面积等于2个三角形的面积之和可得D的横坐标，代入椭圆方程求出D的纵坐标，进而求出直线AD的斜率．‎ ‎【详解】解：设，‎ 由椭圆的对称性，‎ 可得，‎ 由题意，所以，‎ 代入椭圆中可得，即，‎ 所以，‎ 所以直线AD的方程为，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了直线与椭圆的知识，待定系数法是解决本题很好的途径，准确运算是解题的关键.‎ ‎16.在中，已知,，BC边上的中线，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图形，由中线长定理可得：，再利用余弦定理可得：解得的值，再次利用余弦定理求解出，根据同角三角函数关系解得．‎ ‎【详解】解：如图所示，‎ 由中线长定理可得：，‎ 由余弦定理得到：‎ ‎，即．‎ 联立成方程组，‎ 解得：，‎ 故 由可得，‎ ‎．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了余弦定理的知识，方程思想是解决本题的关键.‎ 三、解答题 ‎17.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是正方形，梯形底面ABCD，且．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求直线AF与平面CDE所成角的大小．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由已知结合面面垂直的性质可得，在梯形ADEF中，求解三角形得，再由线面垂直的判定可得平面ABF，进一步得到平面平面CDF；‎ ‎（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE的一个法向量，再求出的坐标，由与平面CDE的法向量所成角的余弦值可得直线AF与平面CDE所成角的大小．‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：∵梯形底面ABCD，且梯形底面，‎ 又，‎ 平面，‎ ‎，‎ 在梯形ADEF中，过F作，垂足为G，‎ 设，可得，‎ 则，，‎ ‎，‎ 则，‎ 即，‎ 又，且平面，‎ 平面ABF，‎ 而平面CDF，‎ ‎∴平面平面CDF；‎ ‎（Ⅱ）解：以A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，，，‎ 设平面CDE的一个法向量为，‎ 由，‎ 取，得．‎ 设直线AF与平面CDE所成角的大小为，则，‎ ‎，‎ 即直线AF与平面CDE所成角的大小为．‎ ‎【点睛】本题考查了面面垂直问题，证明面面垂直时，一定要根据面面垂直的判定定理进行逻辑推理；本题还考查了线面所成角的问题，常见方法是借助向量工具进行求解.‎ ‎18.设是公差不为零的等差数列的前n项和．已知是与的等比中项，．‎ ‎（Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求的前n项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）等差数列的公差设为d，且d不为0，运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式、求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求得，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）是公差d不为零的等差数列的前n项和，‎ 由是与的等比中项，‎ 可得，‎ 即，‎ 化为，‎ 由，‎ 可得，‎ 解得，，‎ 则，；‎ ‎（Ⅱ），‎ 则的前n项和，‎ 故，‎ 两式相减可得 ‎，‎ 化简可得：．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了等差数列的通项公式，解决通项公式常见的方法是基本量法；本题还考查了数列求和的知识，解决数列求和知识的常见方法是裂项求和法、错位相消法等.‎ ‎19.已知抛物线C：的焦点为F，Q是抛物线上的一点，．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点作直线l与抛物线C交于M，N两点，在x轴上是否存在一点A，使得x轴平分？若存在，求出点A的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）存在，‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由题意可知，设，由即可求出p的值，从而得到抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）对直线l的斜率分情况讨论，当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A（不与点重合），都可使得x轴平分；‎ 当直线l的斜率存在时，由题意可得，设直线l的方程为：与抛物线方程联立，利用韦达定理代入得，解得，故点．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）由题意可知，，‎ ‎∵点Q在物线C：上，∴设，‎ ‎，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴抛物线C的方程为：；‎ ‎（Ⅱ）①当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A（不与点 重合），都可使得x轴平分；‎ ‎②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：，‎ 设，，‎ 联立方程，‎ 消去y得：，‎ ‎，（*），‎ 假设在x轴上是否存在一点，使得x轴平分，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，，‎ ‎∴，‎ 把（*）式代入上式化简得：，‎ ‎∴，‎ ‎∴点，‎ 综上所求，在x轴上存在一点，使得x轴平分．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的知识，解决直线与圆锥曲线的问题时，往往会采用设而不求的思想进行求解.‎ ‎20.春季气温逐渐攀升，病菌滋生传播快，为了确保安全开学，学校按30名学生一批，组织学生进行某种传染病毒的筛查，学生先到医务室进行血检，检呈阳性者需到防疫部门]‎ 做进一步检测．学校综合考虑了组织管理、医学检验能力等多万面的因素，根据经验，采用分组检测法可有效减少工作量，具体操作如下：将待检学生随机等分成若干组，先将每组的血样混在一起化验，若结果呈阴性，则可断定本组血样合格，不必再做进一步的检测；若结果呈阳性，则本组中的每名学生再逐个进行检测．现有两个分组方案：方案一：将30人分成5组，每组6人；方案二：将30人分成6组，每组5人．已知随机抽一人血检呈阳性的概率为0．5%，且每个人血检是否呈阳性相互独立．‎ ‎（Ⅰ）请帮学校计算一下哪一个分组方案的工作量较少？‎ ‎（Ⅱ）已知该传染疾病的患病率为0．45%，且患该传染疾病者血检呈阳性的概率为99．9%，若检测中有一人血检呈阳性，求其确实患该传染疾病的概率．（参考数据：（，）‎ ‎【答案】（Ⅰ）方案一工作量更少．（Ⅱ）0.8991‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）设方案一中每组的化验次数为X，则X的取值为1、7，分别求出相应的概率，求出，从而方案一的化验总次数的期望值为：次．设方案二中每组的化验次数为Y，则Y的取值为1、6，分别求出相应的概率，求出．从而方案二的化验总次数的期望为次．由此能求出方案一工作量更少．‎ ‎（Ⅱ）设事件A：血检呈阳性，事件B：患疾病，由题意得，，，由此利用条件概率能求出该职工确实患该疾病的概率．‎ ‎【详解】解：（1）设方案一中每组的化验次数为X，则X的取值为1，7，‎ ‎，‎ ‎∴X的分布列为：‎ X ‎1‎ ‎7‎ P ‎0．970‎ ‎0．030‎ ‎．‎ 故方案一的化验总次数的期望值为：次．‎ 设方案二中每组的化验次数为Y，则Y的取值为1，6，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴Y的分布列为：‎ Y ‎1‎ ‎6‎ P ‎0．975‎ ‎0．025‎ ‎．‎ ‎∴方案二的化验总次数的期望为次．‎ ‎∵，‎ ‎∴方案一工作量更少．‎ ‎（2）设事件A：血检呈阳性，事件B：患疾病，‎ 则由题意得，，，‎ 由条件概率公式可得，‎ ‎∴该职工确实患该疾病的概率．‎ ‎【点睛】本题考查了概率与数学期望的问题，解题的关键是熟记公式；本题还考查了条件概率的知识.‎ ‎21.已知函数，为的导函数．‎ ‎（Ⅰ）试讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若有唯一极值点，且对时，有满足．求证．‎ ‎【答案】（Ⅰ）①当时，在上单调递增，‎ ‎②当时，上单调递减，在上单调递增 ‎（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）可求得，分与两类讨论即可得到的单调递增情况；‎ ‎（Ⅱ）由（1）知在上是增函数，由可得，又，两式作差后，分析得到，令，记，求导分析后即可证得结论成立．‎ ‎【详解】（Ⅰ）解：的定义域为，‎ 且，‎ ‎∴①当时，在上单调递增，‎ ‎②当时，在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎（Ⅱ）证明：由得或，‎ ‎∴当存在唯一极值点时知，‎ ‎∴又由（1）知在上是增函数，‎ 由可得：‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，‎ 由，，得，令，‎ 记，‎ 则，‎ 在上是增函数，而，，，即，‎ ‎，‎ 又在上是增函数，‎ ‎，即 ‎【点睛】本题主要考查了导数在函数问题与不等式证明的应用，不等式证明问题常见解法是转化为函数的最值问题，构造新的函数解决问题的关键.‎ 选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选-题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．‎ ‎22.在平面直角坐标系中，直线l：，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线．‎ ‎（Ⅰ）求曲线C被直线l截得的弦长；‎ ‎（Ⅱ）与直线l垂直的直线EF与曲线C相切于点Q，求点Q的直角坐标．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）首先把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用点到直线的距离公式和勾股定理的应用求出弦长．‎ ‎（Ⅱ）利用直线垂直的充要条件求出圆的切线方程，进一步利用直线和曲线的位置关系求出切点的直角坐标．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）曲线转换为直角坐标方程为．‎ 直线l：，转换为，‎ 所以圆心到直线的距离，‎ 所以曲线C被直线l截得的弦长为．‎ ‎（Ⅱ）与直线l垂直的直线设为：，‎ 由于直线EF与曲线C相切，‎ 所以圆心到直线的距离，‎ 解得或，‎ 所以直线EF的方程为或．‎ 所以设切点，‎ 故解得，‎ 或，解得，‎ 即切点坐标为或．‎ ‎【点睛】本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识，考查了在极坐标系下直线与圆的交点问题，解题的关键是正确使用这一转化公式，还要能结合图形求解问题.‎ ‎23.已知的最小值为．‎ ‎（Ⅰ）求m的值；‎ ‎（Ⅱ）已知，，且，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）1（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）去绝对值变成分段函数，根据分段函数的单调性可求出的最小值，与已知最小值相等列式可求出；‎ ‎（Ⅱ）利用分析法结合基本不等式即可证明．‎ ‎【详解】解：（Ⅰ），‎ 在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），，且，‎ 要证，‎ 只要证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 即证，‎ 显然，当且仅当时取等号．‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查了分段函数的问题，解决分段函数常见的方法是分类讨论；本题还考查了推理与证明的知识，可运用分析法求解.‎