高考卷 年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷） 数学（文史类）

高考卷 年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷） 数学（文史类）

2007 年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学（文史类） 注意事项 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上指定位置. 2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔将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，再选涂其它答案标号.答在试题卷上无效. 3.将填空题和解答题用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔或黑色墨水钢笔直接答在答题卡上每题对 应的答题区域内，答在试题卷上无效. 4.考试结束，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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.tan690°的值为 +A.- 3 3 B. 3 3 C. 3 D. 3 答案：选 A 解析：tan690°=tan（720°-30°）=-tan30°=- 3 3 ，故选 A 2.如果 U={x|x是小于 9 的正整数}，A={1,2,3,4},B={3,4,5,6},那么 CUA∩CUB= A.{1,2} B.{3,4} C.{5,6} D.{7,8} 答案：选 D 解析：U={1，2，3，4，5，6，7，8}，CUA={5，6，7，8}，CUB={1，2，7，8}，所以 CUA∩CUB={7，8}，故选 D 评析：本题主要考查集合的运算 3.如果 n x x        3 2 23 的展式中含有非零常数项，则正整数 n的最小值为 A.10 B.6 C.5 D.3 答案：选 C 解析：由展开式通项有  2 1 3 23 r n rr r nT C x x           2 53 2 rr n r n r nC x      由题意得  52 5 0 0,1,2, , 1 2 n r n r r n      ，故当 2r  时，正整数 n的最 小值为 5，故选 C 点评：本题主要考察二项式定理的基本知识，以通项公式切入探索，由整数的运算性质易得 所求。本题中“ 非零常数项”为干扰条件。 易错点：将通项公式中 r nC 误记为 1r nC  ，以及忽略 0,1,2, , 1r n  为整数的条件。 4.函数 y= 12 12   r x (x<0)的反函数是 A.y=log2 1 1   x x (x<-1) B.y＝log2 1 1   x x (x>1) C.y=log2 1 1   x x (x<-1) D.y＝log2 1 1   x x (x>1) 答案：选 A 解析：由 y= 12 12   r x （x<0）得 y<-1 且 1 1log 1 12 2       y yx y yx （y<-1），所以所求的 反函数为 y=log2 1 1   x x (x<-1)，故选 A 评析：本题主要考查反函数的求法，对数函数的有关运算，指数 对数式的转换。反函数的定义域是易错点。 5.在棱长为 1 的正方体 ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱 AA1、 BB1的中点，G为棱 A1B1 上的一点，且 A1G= （0≤≤1），则 点 G到平面 D1EF的距离为 A. 3 B. 2 2 C. 3 2 D. 5 5 答案：选 D 解析：因为 A1B1∥EF，G 在 A1B1 上，在所以 G 到平面 D1EF的距离即是 A1到面 D1EF的距 离，即是 A1 到 D1E 的距离，D1E= 2 5 ，由三角形面积可得所求距离为 5 5 2 5 2 11   ，故选 D 评析：本题主要考查空间线线关系、线面关系，点到面的距离等有关知识，特别是空间关系 的转化能力。 6.为了了解学校学生的身体发育情况，抽查了该校 100 名 高中男生的体重情况，根据所得数据画出样本的频率分布 直方图如右图所示，根据此图，估计该校 2000 名高中男 生中体重大于 70.5 公斤的人数为 A.300 B.350 C.420 D.450 答案：选 B 解析：70.5 公斤以上的人数的频率为（0.04+0.035+0.018） ×2=0.166，70.5 公斤以上的人数为 2000×0.166=332，选 B（图形数据不太准确） 7.将 5 本不同的书全发给 4 名同学，每名同学至少有一本书的概率是 A. 64 15 B. 128 15 C. 125 24 D. 125 48 答案：选 A 解析：将 5 本不同的书全发给 4 名同学共有 45 种发法，其中每名同学至少有一本书的发法 有 4 4 2 5 AC ，故每名同学至少有一本书的概率是 P= 64 15 45 4 4 2 5  AC ，选 A 8.由直线 y=x+1 上的一点向圆(x-3)2+y2=1 引切线，则切线长的最小值为 A.1 B.2 2 C. 7 D.3 x y o 3 2  3 答案：选 C 解析：切线长的最小值是当直线 y=x+1 上的点与圆心距离最小时取得，圆心（3，0）到直 线 的 距 离 为 d= 22 2 |103|   ， 圆 的 半 径 为 1 ， 故 切 线 长 的 最 小 值 为 71822  rd ，选 C 9.设 a=(4,3),a在 b上的投影为 2 25 ,b在 x轴上的投影为 2,且|b|＜1,则 b为 A.(2,14) B.(2,- 7 2 ) C.(-2, 7 2 ) D.(2,8) 答案：选 B 解析：设 a在 b的夹角为θ，则有|a|cosθ= 2 25 ，θ=45°，因为 b在 x轴上的投影为 2, 且|b|＜1,结合图形可知选 B 10.已知 p是 r的充分条件而不是必要条件,q是 r的充分条件，s是 r的必要条件，q是 s的 必要条件，现有下列命题： ①r 是 q 的充要条件； ②p 是 q 的充分条件而不是必要条件； ③r 是 q 的必要条件而不是充分条件； ④┐p是┑s 的必要条件而不是充分条件； ⑤r 是 s 的充分条件而不是必要条件. 则正确命题的序号是 A.①④⑤ B.①②④ C.②③⑤ D.②④⑤ 答案：选 B 解析：由已知有 qssrrqrp  ,,, 由此得 qr 且 rq ，①正确，③不正确； qp ，②正确；④等价于 sp ，正确； sr 且 rs ，⑤不正确。选 C 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分，把答案填在答题卡相应位置上。 11．设变量 x y， 满足约束条件 3 0 0 2 3 x y x y x      ≥ ， ≥ ， ≤ ≤ ， 则目标 函数 2x y 的最小值为 答案： 3 2  解析：由约束条件得如图所示的三角形区域， 令2 , 2x y z y x z     ，显然当平行直线过点 3 3, 2 2      时， z取得最小值为 3 2  点评：本题主要考察线性规划的基本知识，考察学生的动手能力 作图观察能力。 12.过双曲线 1 34 22  yx 左焦点 F的直线交双曲线的左支于 M、N两点，F2为其右焦点，则 |MF2|+|NF2|-|MN|的值为 。 答案：8 解析：根据双曲线定义有|MF2|-|MF|=2a，|NF2|-|NF|=2a，两式相加得|MF2|+|NF2|-|MN|=4a=8 点评：本题主要考查双曲线定义的灵活运用。 13．已知函数 )(xfy  的图象在 M（1，f（1））处的切线方程是 xy 2 1  +2， ＝)1()1(  ff 答案：3 解析：由已知切点在切线上，所以 f（1）= 2 52 2 1  ，切点处的导数为切线斜率，所以 2 1)1( ＝f ，所以 ＝)1()1(  ff 3 14.某篮球运动员在三分线投球的命中率是 2 1 ，他投球 10 次，恰好投进 3 个球的概率为 .（用数值作答） 答案： 15 128 解析：由题意知所求概率 3 7 3 10 1 1 15 2 2 128 p C             点评：本题考察n次独立重复试验中，某事件恰好发生 k次的概率，直接用公式解决。 15.为了预防流感，某学校对教室用药物消毒法进行消毒。已知药物释放过程中，室内每立 方米空气中含药量 y（毫克）与时间 t（小时）成正比；药物释放完毕后，y与 t的函数关系 式为 1 16 t a y        （a为常数），如图所示，根据图中提供的信息，回答下列问题： （Ⅰ）从药物释放开妈，每立方米空气中的含药量 y（毫克）与时间 t（小时）之间的函数 关系式为 ； （Ⅱ）据测定，当空气中每立方米的含药量降低到 0.25 毫克以下时，学生方可进教室，那 么从药物释放开始，至少需要经过 小时后，学生才能回到教室。 答案：（I）     1 10 10 0 0.1 1 0.1 16 t t t y t          （II）0.6 解析：（I）由题意和图示，当0 0.1t  时，可设 y kt （ k为待定系数），由于点  0,1,1 在直线上， 10k  ；同理，当 0.1t  时，可得 0.11 11 0.1 0 16 10 a a a            （II）由题意可得 10.25 4 y   ，即得 110 4 0 0.1 t t       或 1 101 1 16 4 0.1 t t         10 40 t   或 0.6t  ，由题意至少需要经过0.6 小时后，学生才能回到教室． 点评：本题考察函数、不等式的实际应用，以及识图和理解能力。 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。 16.（本小题满分 12 分） 已知函数 . 2 , 4 ,2cos3 4 sin2)( 2 ］［         xxxxf （Ⅰ）求 )(xf 的最大值和最小值； （Ⅱ）若不等式 ］，［在＜ 24 ¨2|)(|   xmxf 上恒成立，求实数 m的取值范围. 本小题主要考查三角函数和不等式的基本知识，以及运用三角公式、三角函数的图象和 性质解题的能力． 解：（Ⅰ） π( ) 1 cos 2 3 cos 2 1 sin 2 3 cos 2 2 f x x x x x             ∵ π1 2sin 2 3 x       ． 又 π π 4 2 x      ，∵ ， π π 2π2 6 3 3 x ∴ ≤ ≤ ，即 π2 1 2sin 2 3 3 x      ≤ ≤ ， max min( ) 3 ( ) 2f x f x ，∴ ． （Ⅱ） ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2f x m f x m f x      ∵ ， π π 4 2 x      ， ， max( ) 2m f x ∴ 且 min( ) 2m f x  ， 1 4m ∴ ，即m的取值范围是 (1 4)， ． 17.（本小题满分 12 分） 如图，在三棱锥 V-ABC中，VC⊥底面 ABC，AC⊥BC；D是 AB的中点，且 AC＝BC＝a， ∠VDC＝θ       2 0 ＜＜ . （Ⅰ）求证：平面 VAB⊥平面 VCD； （Ⅱ）试确定角θ的值，使得直线 BC与平面 VAB所成的角为 6  . 本小题主要考查线面关系、直线与平面所成角的有关知识，考查空间想象能力和推理运算能 力以及应用向量知识解决数学问题的能力． 解法 1：（Ⅰ） AC BC a ∵ ， ACB∴△ 是等腰三角形，又D是 AB的中点， CD AB∴ ，又VC 底面 ABC． VC AB∴ ．于是 AB 平面VCD． 又 AB 平面VAB，∴平面VAB 平面VCD． （Ⅱ） 过点C在平面VCD内作CH VD 于H ，则由（Ⅰ）知CD 平面VAB． 连接 BH ，于是 CBH 就是直线 BC与平面VAB所成的角． 依题意 π 6 CBH  ，所以 在 CHDRt△ 中， 2 sin 2 CH a  ； 在 BHCRt△ 中， πsin 6 2 aCH a  ， 2sin 2  ∴ ． π0 2  ∵ ， π 4  ∴ ． 故当 π 4   时，直线 BC与平面VAB所成的角为 π 6 ． 解法 2：（Ⅰ）以CA CB CV， ， 所在的直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，建立如图所示的空 间直角坐标系，则 2(0 0 0) ( 0 0) (0 0) 0 0 0 tan 2 2 2 a aC A a B a D V a             ，，， ，，， ， ，， ，， ， ，， ， 于是， 2 tan 2 2 2 a aVD a           ，， ， 0 2 2 a aCD        ，， ， ( 0)AB a a   ， ， ． 从而 2 21 1( 0) 0 0 0 2 2 2 2 a aAB CD a a a a             ， ， ，，· · ，即 AB CD ． 同理 2 22 1 1( 0) tan 0 0 2 2 2 2 2 a aAB VD a a a a a                 ， ， ，，· · ， 即 AB VD ．又CD VD D ， AB ∴ 平面VCD． 又 AB 平面VAB． ∴平面VAB 平面VCD． （Ⅱ）设平面VAB的一个法向量为 ( )x y z ， ，n ， 则由 0 0AB VD   ，· ·n n ． 得 0 2 tan 0 2 2 2 ax ay a ax y az          ， ． 可取 (11 2 cot ) ，，n ，又 (0 0)BC a   ， ， ， 于是 2 π 2sin sin 6 22 2cot BC a BC a        n n · · · ， 即 2sin 2   π0 2  ∵ ， π 4 ∴ = ． 故交 π 4  = 时，直线 BC与平面VAB所成的角为 π 6 ． 解法 3：（Ⅰ）以点D为原点，以DC DB， 所在的直线分别为 x轴、 y轴，建立如图所示 的空间直角坐标系，则 2 2 2(0 0 0) 0 0 0 0 0 0 2 2 2 D A a B a C a                         ，，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 2 20 tan 2 2 V a a         ，， ，于是 2 20 tan 2 2 DV a a           ，， ， 2 0 0 2 DC a          ，， ， (0 2 0)AB a  ， ， ． 从而 (0 2 0)AB DC a   ， ，· 2 0 0 0 2 a         ，，· ，即 AB DC ． A D B C V x y z 同理 2 2(0 2 0) 0 tan 0 2 2 AB DV a a a             ， ， ，，· ，即 AB DV ． 又DC DV D ， AB ∴ 平面VCD． 又 AB 平面VAB， ∴平面VAB 平面VCD． （Ⅱ）设平面VAB的一个法向量为 ( )x y z ， ，n ， 则由 0 0AB DV    ，· ·n n ，得 2 0 2 2 tan 0 2 2 ay ax az          ， ． 可取 (tan 0 1)n  ，，，又 2 2 0 2 2 BC a a           ， ， ， 于是 2 2 tanπ 22sin sin 6 21 tan aBC BC a         n n · · · ， 即 π π πsin 0 2 2 4     ， ，∵ ∴ = ． 故交 π 4   时， 即直线BC与平面VAB所成角为 π 6 ． 18.(本小题满分 12 分) 某商品每件成本 9 元，售价 30 元，每星期卖出 432 件.如果降低价格。销售量可以增加， 且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低销 x（单位：元， 300  x ）的平方成正 比.已知商品单价降低 2 元时，一星期多卖出 24 件. （Ⅰ）将一个星期的商品销售利润表示成 x 的函数; （Ⅱ）如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？ 本小题主要考查根据实际问题建立数学模型，以及运用函数、导数的知识解决实际问题的能 力． 解：（Ⅰ）设商品降价 x元，则多卖的商品数为 2kx ，若记商品在一个星期的获利为 ( )f x ， 则依题意有 2 2( ) (30 9)(432 ) (21 )(432 )f x x kx x kx       ， 又由已知条件， 224 2k · ，于是有 6k  ， 所以 3 2( ) 6 126 432 9072 [0 30]f x x x x x     ， ， ． （Ⅱ）根据（Ⅰ），我们有 2( ) 18 252 432 18( 2)( 12)f x x x x x         ． A D B C V x y x  0 2， 2 (2 12)， 12  12 30， ( )f x  0  0  ( )f x  极小  极大  故 12x  时， ( )f x 达到极大值．因为 (0) 9072f  ， (12) 11264f  ，所以定价为 30 12 18  元能使一个星期的商品销售利润最大． 19.（本小题满分 12 分） 设二次函数 ,)( 2 aaxxxf  方程 0)(  xxf 的两根 1x 和 2x 满足 .10 21  xx （Ⅰ）求实数 a 的取值范围; （Ⅱ）试比较 15 1(C))1()0( 与fff  的大小，并说明理由. 本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和运算能力． 解法 1：（Ⅰ）令 2( ) ( ) ( 1)g x f x x x a x a      ， 则由题意可得 0 10 1 2 (1) 0 (0) 0 a g g            ， ， ， ， 0 1 1 3 2 2 3 2 2 a a a a             ， ， ，或 ， 0 3 2 2a    ． 故所求实数a的取值范围是 (0 3 2 2)， ． （II） 2(0) (1) (0) (0) (1) 2f f f g g a   ，令 2( ) 2h a a ．  当 0a  时 ， ( )h a 单 调 增 加 ，  当 0 3 2 2a   时 ， 20 ( ) (3 2 2) 2(3 2 2) 2(17 12 2)h a h       1 12 1617 12 2     ，即 1(0) (1) (0) 16 f f f  ． 解法 2：（I）同解法 1． （II） 2(0) (1) (0) (0) (1) 2f f f g g a   ，由（I）知0 3 2 2a   ， 4 1 12 2 17 0a    ∴ 2 ．又 4 2 1 0a   ，于是 2 21 1 12 (32 1) (4 2 1)(4 2 1) 0 16 16 16 a a a a       ， 即 2 12 0 16 a   ，故 1(0) (1) (0) 16 f f f  ． 解法 3：（I）方程 ( ) 0f x x   2 ( 1) 0x a x a    ，由韦达定理得 1 2 1x x a   ， 1 2x x a ，于是 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0 0 0 1 0 (1 ) (1 ) 0 (1 )(1 ) 0 x x x x x x x x x x                   ， ， ， ， 0 1 3 2 2 3 2 2 a a a a           ， ， 或 0 3 2 2a    ． 故所求实数a的取值范围是 (0 3 2 2)， ． （II）依题意可设 1 2( ) ( )( )g x x x x x   ，则由 1 20 1x x   ，得 1 2 1 2 1 1 2 2(0) (1) (0) (0) (1) (1 )(1 ) [ (1 )][ (1 )]f f f g g x x x x x x x x        2 2 1 1 2 21 1 1 2 2 16 x x x x               ，故 1(0) (1) (0) 16 f f f  ． 20.（本小题满分 13 分） 已知数列 xa 和 xb 满足： *)N(,0,2,1 1121   naabaaa ax .且 xb 是以 a为公比的等比数列. （Ⅰ）证明： 2 12 aaaa  ; （Ⅱ）若 213 2aa n  ，证明数例 xc 是等比数例; （Ⅲ）求和：  4321 1111 aaaa … nn aa 312 11   . 本小题主要考查等比数列的定义，通项公式和求和公式等基本知识及基本的运算技能，考查 分析问题能力和推理能力． 解法 1：（I）证：由 1n n b q b   ，有 1 2 2 1 n n n nn n a a a q aa a       ，∴ 2 2 ( )n na a q n  N* ． （II）证： 2 2n na q q ， 2 2 2 2 1 2 3 1 n n na a q a q       ， 2 2 2 2 2 2 n n na a q a q     ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 22 2 ( 2 ) 5n n n n n n nc a a a q a q a a q q            ．  nc 是首项为 5，以 2q 为公比的等比数列． （III）由（II）得 2 2 2 1 1 1 1 n n q a a    ， 2 2 2 2 1 1 n n q a a  ，于是 1 2 2 1 3 2 1 2 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n na a a a a a a a a                          2 4 2 2 2 4 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 11 1n na q q q a q q q                         2 1 2 2 3 1 1 11 2 nq q q             ． 当 1q  时， 2 4 2 2 1 2 2 1 1 1 3 1 1 11 2 n na a a q q q                 3 2 n ． 当 1q  时， 2 4 2 2 1 2 2 1 1 1 3 1 1 11 2 n na a a q q q                 2 2 3 1 2 1 nq q         2 2 2 2 3 1 2 ( 1) n n q q q       ． 故 2 1 2 2 2 2 2 3 1 21 1 1 1 1. ( 1) n n n n q qa a a q q q               ， ， ， 解法 2：（I）同解法 1（I）． （II）证： 2 2 2 *1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 ( ) 2 2 n n n n n n n n n n c a a q a q a q n c a a a a               N ，又 1 1 22 5c a a   ，  nc 是首项为 5，以 2q 为公比的等比数列． （III）由（II）的类似方法得 2 2 2 2 2 1 2 1 2( ) 3n n n na a a a q q       ， 3 4 2 1 21 2 1 2 2 1 2 3 4 2 1 2 1 1 1 n n n n n a a a aa a a a a a a a a a a             ， 2 2 2 22 1 2 4 4 2 1 2 3 3 2 2 k kk k k k k a a q q a a q         ， 1 2k n ，， ， ． 2 2 2 1 2 2 1 1 1 3 (1 ) 2 n k q q a a a            ． 下同解法 1． 21.（本小题满分 14 分） 在平面直角坐标系 xOy中，过定点 ),0( pC 作直线与抛 物线 )0(22 ppyx  相交于 A、 B两点. （Ⅰ）若点 N是点 C 关于坐标原点 O的对称点，求△ANB 面积的最小值; （Ⅱ）是否存在垂直于 y 轴的直线 l，使得 l 被以 AC 为直径的圆截得的张长恒为定值？ 若存在，求出 l 的方程;若不存在，说明理由. （此题不要求在答题卡上画图） 本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识 进行推理运算的能力和解决问题的能力． 解法 1：（Ⅰ）依题意，点 N 的坐标为 (0 )N p， ，可设 1 1 2 2( ) ( )A x y B x y， ， ， ， 直 线 AB 的 方 程 为 y kx p  ， 与 2 2x py 联 立 得 2 2x py y kx p      ， ． 消 去 y 得 2 22 2 0x pkx p   ． 由韦达定理得 1 2 2x x pk  ， 2 1 2 2x x p  ． 于是 1 2 1 2 2AMN BCN ACNS S S p x x   △ △ △ · ． 2 1 2 1 2 1 2( ) 4p x x p x x x x     2 2 2 2 24 8 2 2p p k p p k    ， ∴当 0k  ， 2 min( ) 2 2ABNS p△ ． N O A C B y x （Ⅱ）假设满足条件的直线 l存在，其方程为 y a ， 设 AC的中点为O， l与 AC为直径的圆相交于点 P，Q PQ， 的中点为H， 则OH PQ  ，Q点的坐标为 1 1 2 2 x y p      ， ． 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1( ) 2 2 2 O P AC x y p y p      ∵ ， 1 1 1 2 2 2 y pO H a a y p      ， 2 2 2PH O P O H  ∴ 2 2 2 1 1 1 1( ) (2 ) 4 4 y p a y p     1 ( ) 2 pa y a p a        ， 2 2(2 )PQ PH∴ 14 ( ) 2 pa y a p a          ． 令 0 2 pa   ，得 2 pa  ，此时 PQ p 为定值，故满足条件的直线 l存在，其方程为 2 py  ， 即抛物线的通径所在的直线． 解法 2：（Ⅰ）前同解法 1，再由弦长公式得 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 21 1 ( ) 4 1 4 8AB k x x k x x x x k p k p         · · 2 22 1 2p k k  · ， 又由点到直线的距离公式得 2 2 1 pd k   ． 从而 2 2 2 2 2 1 1 22 1 2 2 2 2 2 1 ABN pS d AB p k k p k k        △ ·· · · · ， ∴当 0k  时， 2 max( ) 2 2ABNS p△ ． （Ⅱ）假设满足条件的直线 l 存在，其方程为 y a ，则以 AC 为直径的圆的方程为 1 1( 0)( ) ( )( ) 0x x x y p y y      ， 将直线方程 y a 代入得 2 1 1( )( ) 0x x x a p a y     ， 则 2 1 1 14( )( ) 4 ( ) 2 px a p a y a y a p a              △ ． N O A C B y x O l 设直线 l与以 AC为直径的圆的交点为 3 3 4 4( ) ( )P x y Q x y， ， ， ， 则有 3 4 1 14 ( ) 2 ( ) 2 2 p pPQ x x a y a p a a y a p a                    ． 令 0 2 pa   ，得 2 pa  ，此时 PQ p 为定值，故满足条件的直线 l存在，其方程为 2 py  ， 即抛物线的通径所在的直线．