2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第78炼 定值问题含答案

2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第78炼定值问题第78炼圆锥曲线中的定值问题一、基础知识：所谓定值问题，是指虽然圆锥曲线中的某些要素（通常可通过变量进行体现）有所变化，但在变化过程中，某个量的值保持不变即为定值。1、常见定值问题的处理方法：（1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示（2）将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数。2、定值问题的处理技巧：（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向。（2）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢（3）巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算二、典型例题：例1：已知双曲线的中心在原点，对称轴为坐标轴，一条渐近线方程为，右焦点，双曲线的实轴为，为双曲线上一点（不同于），直线分别于直线交于两点（1）求双曲线的方程（2）试判断是否为定值，若为定值，求出该值；若不为定值，请说明理由解：（1）由可得，且焦点在轴上所以设双曲线方程为：，则渐近线方程为由解得：双曲线方程为（2）由（1）可得：，设设，联立方程解得：同理：设，联立方程可得：下面考虑计算的值在双曲线上所以为定值例2：已知椭圆的离心率为，且过点（1）求椭圆方程（2）设不过原点的直线，与该椭圆交于两点，直线的斜率依次为，且满足，试问：当变化时，是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由解：（1）由可得：椭圆方程为代入可得：解得：椭圆方程为（2）设，联立方程可得：消去可得：，整理可得：依题意可知：即①由方程可得：代入①可得：，整理可得：可知为定值，与的取值无关例3：已知椭圆经过点，，动点（1）求椭圆标准方程（2）设为椭圆的右焦点，过作的垂线与以为直径的圆交于点，求证：的长为定值，并求出这个定值解：（1）由可得：椭圆方程可转化为：，将代入椭圆方程可得：，解得：椭圆方程为（2）由（1）可得：思路一：通过圆的性质可得，而（设垂足为），由双垂直可想到射影定理，从而，即可判定为定值，设与相交于则解得：为圆的直径由射影定理可得：思路二：本题也可从坐标入手，设，则只需证明为定值即可，通过条件寻找关系，一方面：，可得；另一方面由点在圆上，可求出圆的方程，从而，展开后即可得到为定值解：设，则的中点坐标为，以为直径的圆方程为：代入，可得：即例4：已知椭圆的离心率为，半焦距为，且，经过椭圆的左焦点，斜率为的直线与椭圆交于两点，为坐标原点（1）求椭圆的方程（2）设，延长分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，求证：为定值解：（1），设由可得：（2）由（1）可得，设可得：联立方程同理，直线与椭圆交点的坐标为设，代入可得：小炼有话说：本题中注意的变形：可通过直线方程用表示，代入后即可得到关于的表达式例5：已知椭圆的右焦点为，且点在椭圆上，为坐标原点（1）求椭圆的标准方程（2）过椭圆上异于其顶点的任一点，作圆的切线，切点分别为（不在坐标轴上），若直线的横纵截距分别为，求证：为定值解：（1）依可知椭圆方程为代入解得：椭圆方程为（2）思路：由（1）可得：，可设，由题意可知为过作圆切线所产生的切点弦，所以,从而可得，所以，由椭圆方程可得，从而为定值解：由（1）可得：设可知是过作圆切线所产生的切点弦设，由是切点可得：，代入：，即，同理可知对于，有因为在圆上为直线上的点因为两点唯一确定一条直线，即由截距式可知在椭圆上即为定值小炼有话说：（1）本题定值是通过整体代入的手段，即抓住最后的特点整体消去所得，所以在处理定值问题时，涉及的变量个数可以多，但是要有一定的条件保证能够消去。（2）本题求直线方程的过程即为切点弦公式证明的过程，此时抓住两点所在方程“同构”的特点，从而确定直线方程注：切点弦方程：过圆外一点作圆的切线，切点为，则切点弦的方程为：例6：如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆，设为椭圆上任意一点。过原点作圆的两条切线，分别交椭圆于（1）若直线相互垂直，求的方程（2）若直线斜率存在，并记为，求证：是一个定值（3）试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由解：（1）由可得，即联立方程：或或或的方程为：或或或（2）思路：可设直线，均与圆相切，可得（其中）化简可得：，可发现均满足此方程，从而为的两根。则，再利用椭圆方程消元即可得到定值解：设与相切化简可得：对于，同理可得：为的两根（3）思路：设，，由第（2）问所得结论，可以考虑通过联立直线与椭圆方程将坐标分别用进行表示，再判断是否为定值解：当不在坐标轴上时，设同理可得：若在坐标轴上（不妨设在轴）上，则综上所述，为定值例7：已知椭圆，称圆心在原点，半径为的圆为椭圆的“准圆”，若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为（1）求椭圆的方程及其“准圆”方程（2）点是椭圆的“准圆”上的动点，过点作椭圆的切线交“准圆”于点①当点为“准圆”与轴正半轴的交点时，求直线的方程并证明②求证：线段的长为定值解：（1）依题意可得：，（2）①由（1）可得，设切线方程为：联立方程：消去可得：整理可得：解得：所以②设则，消去可得：整理可得：整理后可得：同理，对于设切线的斜率为，则有：在“准圆”上所以为“准圆”的直径为定值，例8：已知点在椭圆上，椭圆的左焦点为（1）求椭圆的方程（2）直线过点交椭圆于两点，是椭圆经过原点的弦，且，问是否存在正数，使得为定值？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由。解：（1）由左焦点可得，由，代入可得：解得：（2）思路：由所求可联想到弦长公式，除了所求变量，直线的另一核心要素为斜率（假设存在），通过可联想到弦长公式，所以分别将直线的方程与椭圆方程联立，进而为关于的表达式，若为常数，则意味着与的取值无关，进而确定的值设直线,，联立方程：设，则所以若是个常数，也为的形式，即此时，当直线斜率不存在时，可得符合题意小炼有话说：本题在判断的取值也可通过精确的计算得到，通过分式变形化为只有一项含的表达式：，若的值与无关，则例9：如图，已知椭圆的离心率为，以椭圆的左顶点为圆心作圆，设圆与椭圆交于点（1）求椭圆的方程；（2）求的最小值，并求此时圆的方程（3）设点是椭圆上异于的任意一点，且直线分别与轴交于点，为坐标原点，求证：为定值．解（1）圆的圆心椭圆方程为：（2）由圆与椭圆关于轴对称可得：关于轴对称设，则，且有由可得：因为在椭圆上（非长轴顶点）时，，将代入可得即，代入到圆方程可得：（3）思路：依图可知所可翻译为坐标运算即，且分别为直线与轴的交点，可设出，从而结合和计算出的方程，从而可用进行表示，再根据椭圆方程进行消元即可。解：设，由可得：的方程为：令，可解得：同理可解得与轴的交点的横坐标所以①因为，均在椭圆上，代入到①可得：所以，即为定值例10：如图所示，在平面直角坐标系中，设椭圆，其中，过椭圆内一点的两条直线分别与椭圆交于和，且满足，其中为常数且，当点恰为椭圆右顶点时，对应的（1）求椭圆的方程（2）当变化时，是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由解：（1）由可得：若为右顶点，则，设由可得：代入可得，代入椭圆方程可得：解得椭圆方程为：（2）解：设由，可得：，因为在椭圆上所以有：，代入并整理可得：整理②可得：同理可得：对于，则有，即为定值第79炼利用点的坐标处理解析几何问题有些解析几何的题目，问题的求解不依赖于传统的“设点，联立，消元，韦达定理整体代入”步骤，而是能够计算出交点的坐标，且点的坐标并不复杂，然后以点的坐标作为核心去处理问题。一、基础知识：1、韦达定理的实质：在处理解析几何的问题时，韦达定理的运用最频繁的，甚至有的学生将其视为“必备结构”，无论此题是否有思路，都先联立方程，韦达定理。然而使用“韦达定理”的实质是什么？实质是“整体代入”的一种方式，只是因为在解析几何中，一些问题的求解经常与相关，利用“韦达定理”可进行整体代入，可避免因为这几个根的形式过于复杂导致运算繁琐。所以要理解“韦达定理”并不是解析几何的必备工具，只是在需要进行整体代入时，才运用的一种手段。2、利用点坐标解决问题的优劣：（1）优点：如果能得到点的坐标，那么便可应对更多的问题，且计算更为灵活，不受形式的约束（2）缺点：有些方程的根过于复杂（例如用求根公式解出的根），从而使得点的坐标也变得复杂导致运算繁琐。那么此类问题则要考虑看能否有机会进行整体的代入3、求点坐标的几种类型：（1）在联立方程消元后，如果发现交点的坐标并不复杂（不是求根公式的形式），则可考虑把点的坐标解出来（用核心变量进行表示）（2）直线与曲线相交，若其中一个交点的坐标已知，则另一交点必然可求（可用韦达定理或因式分解求解）4、在利用点的坐标处理问题时也要注意运算的技巧，要将运算的式子与条件紧密联系，若能够整体代入，也要考虑整体代入以简化运算。（整体代入是解析几何运算简化的精髓）二、典型例题：例1：已知椭圆上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆的短轴为直径的圆经过这两个焦点，点分别是椭圆的左右顶点（1）求圆和椭圆的方程（2）已知分别是椭圆和圆上的动点（位于轴的两侧），且直线与轴平行，直线分别与轴交于点，求证：为定值解：（1）依题意可得，过焦点，且，再由可得椭圆方程为，圆方程为（2）思路：条件主要围绕着点展开，所以以为核心，设，由与轴平行，可得。若要证明为定值，可从的三角函数值下手，在解析中角的余弦值可以与向量的数量积找到联系，从而能够转化为坐标运算。所以考虑，模长并不利于计算，所以先算，考虑利用条件设出方程，进而坐标可用核心变量表示，再进行数量积的坐标运算可得，从而，即为定值解：设与轴平行，设，由所在椭圆和圆方程可得：由椭圆可知：令，可得：同理：可得，代入可得：，即为定值思路二：本题还可以以其中一条直线为入手点（例如），以斜率作为核心变量，直线与椭圆交于两点，已知点坐标利用韦达定理可解出点坐标（用表示），从而可进一步将涉及的点的坐标都用来进行表示，再计算也可以，计算步骤如下：解：设，由椭圆方程可得：所以设直线，联立方程：，代入到直线方程可得：，由，令可得：设，则由在圆上可得：，再由代入可得：，即为定值例2：设椭圆的左右焦点分别为，右顶点为，上顶点为，已知（1）求椭圆的离心率（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切，求直线的斜率解：（1）由椭圆方程可知：，即（2）由（1）可得椭圆方程为设以线段为直径的圆经过点联立方程：，整理可得：，解得：，代入直线方程：可知的中点为，圆方程为设直线：，整理可得：，解得：直线的斜率为或例3：（2014，重庆）如图所示，设椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，，的面积为（1）求椭圆的标准方程（2）设圆心在轴上的圆与椭圆在轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径解：（1）设，由可得：，解得在中，椭圆方程为：（2）如图：设圆与椭圆相交，是两个交点，是圆的切线，且，则由对称性可得：由（1）可得，联立方程，解得（舍）或过且分别与垂直的直线的交点即为圆心由是圆的切线，且，可得：因为为等腰直角三角形例4：已知椭圆的焦距为，设右焦点为，离心率为（1）若，求椭圆的方程（2）设为椭圆上关于原点对称的两点，的中点为，的中点为，若原点在以线段为直径的圆上①证明：点在定圆上②设直线的斜率为，若，求的取值范围解：（1）依题意可得：所以椭圆方程为：（2）①思路：设，则，由此可得坐标（用进行表示），而在以为直径的圆上可得：，所以得到关于的方程，由方程便可判定出点的轨迹解：设，则。因为，且为的中点所以有在以为直径的圆上点在定圆上②消去可得：（*）而，代入（*）可得：所以解得：例5：已知椭圆的上顶点为，左焦点为，离心率为（1）求直线的斜率（2）设直线与椭圆交于点（异于点），过点且垂直于的直线与椭圆交于点（异于点），直线与轴交于点，①求的值②若，求椭圆方程解：（1）由可知设，（2）①设椭圆方程为：联立方程：，整理后可得：可解得：因为设联立方程：，整理后可得：，解得，即设，斜率为，由弦长公式可知：②由①可得：由可得：椭圆方程为例6：已知椭圆的左焦点为，离心率为，点在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为，（1）求直线的斜率（2）求椭圆的方程（3）设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线（为原点）斜率的取值范围解：（1）由已知可得椭圆方程为设直线，其中由可得：解得：（2）由（1）可得：解得：或在第一象限，即可得：椭圆方程为：（3）由（2）可知，设，设的斜率为联立方程：可解得：设直线的斜率为，即当时，可知，由可得：当时，可知，由可得：综上所述：例7：已知椭圆的离心率为，其短轴的两端点分别为.（1）求椭圆的方程；（2）若是椭圆上关于轴对称的两个不同点，直线与轴分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，如经过，求出定点坐标；如不过定点，请说明理由.解：（1）由短轴顶点可得：椭圆方程为（2）设，则对称点从而直线的方程为：，令解得：，设中点为则半径以为直径的圆方程为：代入可得：，代入可得：即①时，无论为何值等式①均成立圆恒过例8：如图，设抛物线的准线与轴交于，焦点为，以为焦点，离心率的椭圆与抛物线在轴上方的交点为，延长交抛物线于点，是抛物线上一动点，且在之间运动（1）当时，求椭圆的方程（2）当的边长恰好是三个连续的自然数时，求面积的最大值解：（1）时，，焦点坐标椭圆的方程为：（2）由可得：，即椭圆方程为：代入解得：边长为3个连续的自然数抛物线方程为，即，代入抛物线方程可得：解得设，由可得：例9：在平面直角坐标系中，点为动点，分别为椭圆的左，右焦点，已知为等腰三角形（1）求椭圆的离心率（2）设直线与椭圆相交于两点，是直线上的点，满足，求点的轨迹方程解：（1）设，由图可知，为等腰三角形即,代入可得：，解得：（舍）或（2）思路：由（1）可将椭圆方程化简为：，与直线的方程联立，即消元后发现方程形式为，形式极其简单，所以直接求出点的坐标可得：，进而设所求点。将坐标化后，再利用即可得到关于的方程：，方程中含有，所以考虑利用直线方程将消掉：，代入即可得到轨迹方程解：椭圆方程转化为：即即的方程为：，设，联立方程可得：，消去，方程转化为：解得：设，则由可得：，化简可得：①因为，所以，代入①式化简可得：将代入，可得：的轨迹方程为：例10：如图，分别为椭圆的左右焦点，椭圆上的点到距离的最大值为5，离心率为，是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与平行。（1）求椭圆的方程（2）设与的交点为，求证：为定值解：（1），依椭圆性质可得：椭圆上的点到焦点的距离最大值为所以椭圆方程为（2）解：由（1）可得：，设设直线，与椭圆联立方程：，整理可得：由可得：①同理，设直线，与椭圆联立方程：整理可得：由可得：②同理③由①②可得：代入到③可得：为定值第80炼排列组合的常见模型一、基础知识：（一）处理排列组合问题的常用思路：1、特殊优先：对于题目中有特殊要求的元素，在考虑步骤时优先安排，然后再去处理无要求的元素。例如：用组成无重复数字的五位数，共有多少种排法？解：五位数意味着首位不能是0，所以先处理首位，共有4种选择，而其余数位没有要求，只需将剩下的元素全排列即可，所以排法总数为种2、寻找对立事件：如果一件事从正面入手，考虑的情况较多，则可以考虑该事的对立面，再用全部可能的总数减去对立面的个数即可。例如：在10件产品中，有7件合格品，3件次品。从这10件产品中任意抽出3件，至少有一件次品的情况有多少种解：如果从正面考虑，则“至少1件次品”包含1件，2件，3件次品的情况，需要进行分类讨论，但如果从对立面想，则只需用所有抽取情况减去全是正品的情况即可，列式较为简单。（种）3、先取再排（先分组再排列）：排列数是指从个元素中取出个元素，再将这个元素进行排列。但有时会出现所需排列的元素并非前一步选出的元素，所以此时就要将过程拆分成两个阶段，可先将所需元素取出，然后再进行排列。例如：从4名男生和3名女生中选3人，分别从事3项不同的工作，若这3人中只有一名女生，则选派方案有多少种。解：本题由于需要先确定人数的选取，再能进行分配（排列），所以将方案分为两步，第一步：确定选哪些学生，共有种可能，然后将选出的三个人进行排列：。所以共有种方案（二）排列组合的常见模型1、捆绑法（整体法）：当题目中有“相邻元素”时，则可将相邻元素视为一个整体，与其他元素进行排列，然后再考虑相邻元素之间的顺序即可。例如：5个人排队，其中甲乙相邻，共有多少种不同的排法解：考虑第一步将甲乙视为一个整体，与其余3个元素排列，则共有种位置，第二步考虑甲乙自身顺序，有种位置，所以排法的总数为种2、插空法：当题目中有“不相邻元素”时，则可考虑用剩余元素“搭台”，不相邻元素进行“插空”，然后再进行各自的排序注：（1）要注意在插空的过程中是否可以插在两边（2）要从题目中判断是否需要各自排序例如：有6名同学排队，其中甲乙不相邻，则共有多少种不同的排法解：考虑剩下四名同学“搭台”，甲乙不相邻，则需要从5个空中选择2个插入进去，即有种选择，然后四名同学排序，甲乙排序。所以种3、错位排列：排列好的个元素，经过一次再排序后，每个元素都不在原先的位置上，则称为这个元素的一个错位排列。例如对于，则是其中一个错位排列。3个元素的错位排列有2种，4个元素的错位排列有9种，5个元素的错位排列有44种。以上三种情况可作为结论记住例如：安排6个班的班主任监考这六个班，则其中恰好有两个班主任监考自己班的安排总数有多少种？解：第一步先确定那两个班班主任监考自己班，共有种选法，然后剩下4个班主任均不监考自己班，则为4个元素的错位排列，共9种。所以安排总数为4、依次插空：如果在个元素的排列中有个元素保持相对位置不变，则可以考虑先将这个元素排好位置，再将个元素一个个插入到队伍当中（注意每插入一个元素，下一个元素可选择的空）例如：已知6个人排队，其中相对位置不变，则不同的排法有多少种解：考虑先将排好，则有4个空可以选择，进入队伍后，有5个空可以选择，以此类推，有6种选择，所以方法的总数为种5、不同元素分组：将个不同元素放入个不同的盒中6、相同元素分组：将个相同元素放入个不同的盒内，且每盒不空，则不同的方法共有种。解决此类问题常用的方法是“挡板法”，因为元素相同，所以只需考虑每个盒子里所含元素个数，则可将这个元素排成一列，共有个空，使用个“挡板”进入空档处，则可将这个元素划分为个区域，刚好对应那个盒子。例如：将6个相同的小球放入到4个不同的盒子里，那么6个小球5个空档，选择3个位置放“挡板”，共有种可能7、涂色问题：涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色”，在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。例如：最多使用四种颜色涂图中四个区域，不同的涂色方案有多少种？解：可根据使用颜色的种数进行分类讨论（1）使用4种颜色，则每个区域涂一种颜色即可：（2）使用3种颜色，则有一对不相邻的区域涂同一种颜色，首先要选择不相邻的区域：用列举法可得：不相邻所以涂色方案有：（3）使用2种颜色，则无法找到符合条件的情况，所以讨论终止总计种二、典型例题：例1：某电视台邀请了6位同学的父母共12人，请12位家长中的4位介绍对子女的教育情况，如果这4位中恰有一对是夫妻，则不同选择的方法种数有多少思路：本题解决的方案可以是：先挑选出一对夫妻，然后在挑选出两个不是夫妻的即可。第一步：先挑出一对夫妻：第二步：在剩下的10个人中选出两个不是夫妻的，使用间接法：所以选择的方法总数为（种）答案：种例2：某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（）A.种B.种C.种D.种思路：本题如果用直接法考虑，则在安排的过程中还要考虑两节连堂，并且会受到第5,6节课连堂的影响，分类讨论的情形较多，不易求解。如果使用间接法则更为容易。首先在无任何特殊要求下，安排的总数为。不符合要求的情况为上午连上3节：和下午连上三节：，所以不同排法的总数为：（种）答案：A例3：2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（）A.B.C.D.思路：首先考虑从3位女生中先选中相邻的两位女生，从而相邻的女生要与另一女生不相邻，则可插空，让男生搭架子，因为男生甲不站两端，所以在插空的过程中需有人站在甲的边上，再从剩下的两个空中选一个空插入即可。第一步：从三位女生中选出要相邻的两位女生：第二步：两位男生搭出三个空，其中甲的边上要进入女生，另外两个空中要选一个空进女生，所以共有种选法。第三步：排列男生甲，乙的位置：，排列相邻女生和单个女生的位置：，排列相邻女生相互的位置：所以共有种答案：B例4：某班班会准备从甲，乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲，乙两名同学至少有一人参加，且若甲乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序种数为（）A.360B.520C.600D.720思路：因为选人的结果不同会导致安排顺序的不同，所以考虑“先取再排”，分为“甲乙”同时选中和“甲乙只有一人选中”两种情况讨论：若甲乙同时被选中，则只需再从剩下5人中选取2人即可：，在安排顺序时，甲乙不相邻则“插空”，所以安排的方式有：，从而第一种情况的总数为：（种），若甲乙只有一人选中，则首先先从甲乙中选一人，有，再从剩下5人中选取三人，有，安排顺序时则无要求，所以第二种情况的总数为：（种），从而总计600种答案：C例5：从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”（其中“qu”相连且顺序不变）的不同排列共有________种思路：从题意上看，解决的策略要分为两步：第一步要先取出元素，因为“qu”必须取出，所以另外3个元素需从剩下的6个元素中取出，即种，然后在排列时，因为要求“qu”相连，所以采用“捆绑法”，将qu视为一个元素与其它三个元素进行排列：，因为“qu”顺序不变，所以不需要再对qu进行排列。综上，共有：种答案：例6：设有编号的五个茶杯和编号为的五个杯盖，将五个杯盖盖在五个茶杯上，至少有两个杯盖和茶杯的编号相同的盖法有（）A.30种B.31种C.32种D.36种思路：本题可按照相同编号的个数进行分类讨论，有两个相同时，要先从5个里选出哪两个相同，有种选法，则剩下三个为错位排列，有2种情况，所以，有三个相同时，同理，剩下两个错位排列只有一种情况（交换位置），所以，有四个相同时则最后一个也只能相同，所以，从而（种）答案：B例7：某人上10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步；最多能跨3级台阶，称为三阶步，若他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则此人所有可能的不同过程的种数为（）A.6B.8C.10D.12答案：A思路：首先要确定在这6步中，一阶步，二阶步，三阶步各有几步，分别设为，则有，解得