2023-2024学年北京朝阳区日坛中学高一（下）期中数学试卷和答案

高中PAGE1试题2023-2024学年北京市朝阳区日坛中学高一（下）期中数学试卷一、单选题：（共10小题，每小题5分）1．（5分）已知复数z＝2i，则z的共轭复数z等于（）A．0 B．2i C．﹣2i D．﹣42．（5分）已知三条直线a，b，c满足：a与b平行，a与c异面，则b与c（）A．一定异面 B．一定相交 C．不可能平行 D．不可能相交3．（5分）已知α是锐角，a→=（﹣1，1），b→=（cosα，sinα），且a→A．30° B．45° C．60° D．30°或60°4．（5分）在复平面内，复数i1−iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．（5分）如图，在矩形ABCD中，E为BC中点，那么向量12A．AB→ B．AC→ C．BC→6．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为棱AD、BC的中点，则平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的余弦值为（）A．22 B．55 C．257．（5分）在△ABC中，若b=3，c＝3，B＝30°，则aA．23 B．32 C．3 D．23或38．（5分）已知两条直线m，n和平面α，那么下列命题中的真命题是（）A．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α B．若m⊥n，n⊥α，则m∥α C．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n9．（5分）在△ABC中，AB＝AC＝2，BC=23，点P在线段BC上．当PA→⋅A．32 B．72 C．3410．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（）A．平面CBP⊥平面BB1P B．DC1⊥PC C．三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值 D．∠APD1的取值范围是（0，π2二、填空：（共6小题，每小题5分）11．（5分）已知复数z＝﹣1+3i，其中i是虚数单位，则z的模是．12．（5分）2020年5月1日起，新版《北京市生活垃圾管理条例》实施，根据该条例：小区内需设置可回收垃圾桶和有害垃圾桶．已知李华要去投放这两类垃圾，他从自家楼下出发，向正北方向走了80米，到达有害垃圾桶，随后向南偏东60°方向走了30米，到达可回收物垃圾桶，则他回到自家楼下至少还需走．13．（5分）轴截面是边长为2的正三角形的圆锥的侧面积为．14．（5分）设向量a→，b→满足|a→|＝2，|b→|＝1，＜a→，b→15．（5分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为1，侧棱AA1的长为2，E、F分别为A1B1和AC中点，则直线EF与平面ABC所成角的余弦值为，异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为．16．（5分）如图，从长、宽、高分别为a，b，c的长方体AEBF﹣GCHD中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥A﹣BCD．下列四个结论中，所有正确结论的序号是．①三棱锥A﹣BCD的体积为13②三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形；③三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣CD﹣B不会是直二面角；④三棱锥A﹣BCD中，三条侧棱与底面所成的角分别记为α，β，γ，则sin2α+sin2β+sin2γ≤2．三、解答题：（共70分）17．（10分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．（Ⅰ）求证：BC1⊥平面A1C1CA；（Ⅱ）求证：平面EFP⊥平面BCC1B1．18．（15分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=15，c＝3，cosB（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E为侧棱PD上一点．（Ⅰ）求证：CD∥平面ABE；（Ⅱ）求证：CD⊥AE；（Ⅲ）若E为PD中点，平面ABE与侧棱PC交于点F，且PA＝PD＝AD＝2，求四棱锥P﹣ABFE的体积．20．（15分）在①a+b＝1+3，②csinA＝2，③b=33c问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，____，且sinB=3sinA，C=21．（15分）已知集合Mn={x∈N∗|x≤2n}（n∈N①{a1，a2，…，an}∪{b1，b2，…，bn}＝Mn；②ak﹣bk＝k（k＝1，2，…，n）．则称集合Mn为“好集合”，并称数阵T为Mn的一个“好数阵”．（Ⅰ）已知数阵T=xyz67w12是M4的一个“好数阵”，试写出（Ⅱ）若集合Mn为“好集合”，证明：集合Mn的“好数阵”必有偶数个；（Ⅲ）判断Mn（n＝5，6）是否为“好集合”．若是，求出满足条件n∈{a1，a2，…，an}的所有“好数阵”；若不是，说明理由．

2023-2024学年北京市朝阳区日坛中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析题号12345678910答案CCBBBBDCBD一、单选题：（共10小题，每小题5分）1．（5分）已知复数z＝2i，则z的共轭复数z等于（）A．0 B．2i C．﹣2i D．﹣4【分析】直接根据共轭复数的定义求解即可．【解答】解：因为复数z＝2i，则z的共轭复数z=−2i故选：C．【点评】本题考查了共轭复数的求解，属于基础题．2．（5分）已知三条直线a，b，c满足：a与b平行，a与c异面，则b与c（）A．一定异面 B．一定相交 C．不可能平行 D．不可能相交【分析】由已知利用反证法结合平行公理即可得到b与c不可能平行．【解答】解：三条直线a，b，c满足：a与b平行，a与c异面，则b与c可能异面，也可能相交，不可能平行，若b与c平行，又a与b平行，根据平行公理，可得a与c平行，这与a与c异面矛盾．故选：C．【点评】本题考查空间中两直线位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．3．（5分）已知α是锐角，a→=（﹣1，1），b→=（cosα，sinα），且a→A．30° B．45° C．60° D．30°或60°【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，得出结论．【解答】解：∵已知α是锐角，a→=（﹣1，1），b→=（cosα，sinα），且∴a→•b→=−cosα+sinα＝0，求得cosα则α为45°+k×360°，k∈Z，故选：B．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，属于基础题．4．（5分）在复平面内，复数i1−iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】把给出的复数运用复数的除法运算整理成a+bi（a，b∈R）的形式，得到复数的实部和虚部，则答案可求．【解答】解：由i1−i知复数i1−i的实部为−12所以，复数i1−i故选：B．【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，此题是基础题．5．（5分）如图，在矩形ABCD中，E为BC中点，那么向量12A．AB→ B．AC→ C．BC→【分析】直接利用向量的线性运算化简即可．【解答】解：12故选：B．【点评】本题查考平面向量的线性运算，属于基础题．6．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为棱AD、BC的中点，则平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的余弦值为（）A．22 B．55 C．25【分析】根据题意可知，∠D1ED是平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的平面角，然后在Rt△D1ED中，求出cos∠D1ED即可．【解答】解：根据题意，EF⊥平面ADD1A1，∴ED1⊥EF，ED⊥EF，∴∠D1ED是平面C1D1EF与底面ABCD所成的二面角的平面角，在Rt△D1ED中，ED=1∴cos∠D故选：B．【点评】本题考查了二面角的平面角的定义及求法，线面垂直的性质定理，考查了计算能力，属于基础题．7．（5分）在△ABC中，若b=3，c＝3，B＝30°，则aA．23 B．32 C．3 D．23或3【分析】利用余弦定理可得a，进而得出．【解答】解：由余弦定理可得：b2＝a2+c2﹣2accosB，（3）2＝a2+32﹣6acos30°，化为：a2﹣33a+6＝0，解得a＝23或3．故选：D．【点评】本题考查了余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8．（5分）已知两条直线m，n和平面α，那么下列命题中的真命题是（）A．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α B．若m⊥n，n⊥α，则m∥α C．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n【分析】由直线与平面垂直的判定判断A；由直线与平面平行的定义判断B；由直线与平面垂直的定义判断C；由直线与平面平行的性质判断D．【解答】解：对于A，若m⊥n，n⊂α，可得m∥α或m⊂α或m与α相交，故A错误；对于B，若m⊥n，n⊥α，则m∥α或m⊂α，故B错误；对于C，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故C正确；对于D，若m∥α，n∥α，可得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误．故选：C．【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．9．（5分）在△ABC中，AB＝AC＝2，BC=23，点P在线段BC上．当PA→⋅A．32 B．72 C．34【分析】建立平面直角坐标系，设P（λ，0）（−3≤λ≤3），由平面向量数量积的坐标表示可得PA→⋅【解答】解：因为在△ABC中，AB＝AC＝2，BC=23，点P在线段BC所以以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，则B（−3，0），C（3，0），设P（λ，0）（−3则PA→=(−λ，1)，所以PA→所以当λ=−32时，此时PA→=(3故选：B．【点评】本题考查平面向量的数量积与模，涉及二次函数的最值，属于中档题．10．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（）A．平面CBP⊥平面BB1P B．DC1⊥PC C．三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值 D．∠APD1的取值范围是（0，π2【分析】对于A，由CB⊥BB1，CB⊥BP，得CB⊥平面BB1P，从而平面CBP⊥平面BB1P；对于B，由DC1⊥D1C，DC1⊥BC，得DC1⊥平面BCD1A1，从而DC1⊥PC；对于C，△D1C1C的面积是定值S=12，点P到平面D1C1C的距离是定值BC＝1，从而三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值V=16；对于D，∠APD1的取值范围是（arccos【解答】解：对于A，∵CB⊥BB1，CB⊥BP，BB1∩BP＝B，∴CB⊥平面BB1P，又CB⊂平面CBP，∴平面CBP⊥平面BB1P，故A正确；对于B，∵DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，∴DC1⊥平面BCD1A1，又PC⊂平面BCD1A1，∴DC1⊥PC，故B正确；对于C，∵△D1C1C的面积是定值S=1点P到平面D1C1C的距离是定值BC＝1，∴三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值V=13×对于D，当P与B重合时，∠APD1取最小值，∵△ABD1是直角三角形，∴cos∠A1BD1=3∴∠APD1的最小值为arccos33当P与A1重合时，∠APD1取最大值π2∵P为线段A1B上的动点（不含端点），当P为A1B的中点时，∠APD1为π2∴∠APD1的取值范围是（arccos33，π2]，故故选：D．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二、填空：（共6小题，每小题5分）11．（5分）已知复数z＝﹣1+3i，其中i是虚数单位，则z的模是10．【分析】直接根据复数模的计算公式求解即可．【解答】解：∵z＝﹣1+3i，∴|z|=(−1故答案为：10．【点评】本题考查了复数的模，属基础题．12．（5分）2020年5月1日起，新版《北京市生活垃圾管理条例》实施，根据该条例：小区内需设置可回收垃圾桶和有害垃圾桶．已知李华要去投放这两类垃圾，他从自家楼下出发，向正北方向走了80米，到达有害垃圾桶，随后向南偏东60°方向走了30米，到达可回收物垃圾桶，则他回到自家楼下至少还需走70米．【分析】根据题意作出示意图，再利用余弦定理，即可得解．【解答】解：根据题意作出如下示意图，设点A为李华的家，点B为有害垃圾桶所在位置，点C为可回收物垃圾桶所在位置，在△ABC中，由余弦定理知，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcos∠ABC＝802+302﹣2×80×30×cos60°＝4900，所以AC＝70，所以他回到自家楼下至少还需走70米．故答案为：70米．【点评】本题考查解三角形的实际应用，熟练掌握余弦定理的使用条件是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．13．（5分）轴截面是边长为2的正三角形的圆锥的侧面积为2π．【分析】由题意知圆锥的底面圆半径和母线长，计算它的侧面积即可．【解答】解：圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的底面圆半径为r＝1，母线长为l＝2；∴它的侧面积为S侧面积＝πrl＝2π．故答案为：2π．【点评】本题考查了圆锥的侧面积公式应用问题，是基础题．14．（5分）设向量a→，b→满足|a→|＝2，|b→|＝1，＜a→，b→＞=60°，则|【分析】由平面向量数量积运算，结合平面向量模的运算求解即可．【解答】解：由|a→|＝2，|b→|＝1，＜a则a→⋅b则|a→+2b→故答案为：23．【点评】本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了平面向量模的运算，属基础题．15．（5分）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为1，侧棱AA1的长为2，E、F分别为A1B1和AC中点，则直线EF与平面ABC所成角的余弦值为1717，异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为710【分析】取AB的中点M，由题意可得直线EF与平面ABC所成的角∠EFM的正切值，进而求出它的余弦值；取AA1的中点P，A1C1的中点Q，由题意可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值等于|cos∠MPQ|，在△PQM中，由余弦定理可得∠MPQ的余弦值，进而求出异面直线A1B与AC1所成角的余弦值．【解答】解：取AB的中点M，连接EM，由题意可得EM⊥平面ABC，所以∠EFM为直线EF与平面ABC所成的角，因为E，F分别为A1B1，AC的中点，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为1，侧棱AA1的长为2，所以EM＝AA1＝2，MF=12BC在Rt△EFM中，可得tan∠EFM=EM所以cos∠EFM=1取AA1的中点P，A1C1的中点Q，连接MP，QP，QF，可得PM∥A1B，PQ∥AC1，所以异面直线A1B与AC1所成角的余弦值等于|cos∠MPQ|，在△MPQ中，PM=12A1B=12AB2MQ=M由余弦定理可得cos∠MPQ=P所以异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为710故答案为：1717；7【点评】本题考查直线与平面所成的角的余弦值的求法及异面直线所成的角的余弦值的求法，属于中档题．16．（5分）如图，从长、宽、高分别为a，b，c的长方体AEBF﹣GCHD中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥A﹣BCD．下列四个结论中，所有正确结论的序号是①②④．①三棱锥A﹣BCD的体积为13②三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形；③三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣CD﹣B不会是直二面角；④三棱锥A﹣BCD中，三条侧棱与底面所成的角分别记为α，β，γ，则sin2α+sin2β+sin2γ≤2．【分析】求出三棱锥A﹣BCD的体积判断①；由余弦定理的推论判断②；利用空间向量判断③；直接证明sin2α+sin2β+sin2γ≤2判断④．【解答】解：对于①，长方体的体积为abc，三棱锥A﹣BCD的体积为abc﹣4×13×对于②，三棱锥A﹣BCD的每一个面的三边长都可以用过一个顶点的三条侧棱表示，不妨以△ACD为例，AD2＝a2+c2，AC2＝b2+c2，CD2＝a2+b2，∵AD2+AC2＞CD2，AD2+CD2＞AC2，AC2+CD2＞AD2，∴△ACD一定是锐角三角形，同理可得△ABC，△ABD，△BCD为锐角三角形，则三棱锥A﹣BCD的每个面都是锐角三角形，故②正确；对于③，如图，以F为坐标原点，分别以FA、FB、FD所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（a，0，0），E（a，b，0），B（0，b，0），F（0，0，0），G（a，0，c），C（a，b，c），D（0，0，c），AC→=(0，b，c)，CD→设平面ACD的一个法向量为m→由m→⋅AC→=by+cz=0同理可得平面BCD的一个法向量为n→m→⋅n→=−ba−ab+abc2，取a＝b对于④，不妨设AB与底面所成角为α，AC与底面所成角为β，AD与底面所成角为γ，由③可知，平面BCD的一个法向量为n→=(−bc，ac，ab)，sinβ=2abcsin≤8同理可得，sin2α≤2ca+b+c，sin2γ则sin2α+sin2β+sin2γ≤2a+2b+2ca+b+c=2故答案为：①②④．【点评】本题考查空间角与多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．三、解答题：（共70分）17．（10分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．（Ⅰ）求证：BC1⊥平面A1C1CA；（Ⅱ）求证：平面EFP⊥平面BCC1B1．【分析】（Ⅰ）由平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，BC1⊥C1C，能证明BC1⊥平面A1C1CA．（Ⅱ）由PF∥AA1，PE∥AC，得面EFP∥平面A1C1CA，再由平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，能证明平面EFP⊥平面BCC1B1．【解答】证明：（Ⅰ）∵平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝CC1BC1⊥C1C，∴BC1⊥平面A1C1CA．（Ⅱ）∵P，E，F分别是AB，BC，A1B1的中点．∴PF∥AA1，PE∥AC，∵PF∩PE＝P，AA1∩AC＝A，∴平面EFP∥平面A1C1CA，根据（1）得BC1⊥平面A1C1CA，BC1⊂平面BCC1B1，∴平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，∴平面EFP⊥平面BCC1B1【点评】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18．（15分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b=15，c＝3，cosB（Ⅰ）求sinC的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．【分析】（Ⅰ）直接利用同角三角函数的关系式和正弦定理的应用求出结果．（Ⅱ）利用和角公式和三角形的面积公式求出结果．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，已知b=15，c＝3，cosB所以sinB=1−利用正弦定理bsinB=csinC（Ⅱ）由（Ⅰ）得：cosC=15所以sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC=35所以S△ABC【点评】本题考查的知识要点：同角三角函数关系式的变换，正弦定理和三角形的面积，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E为侧棱PD上一点．（Ⅰ）求证：CD∥平面ABE；（Ⅱ）求证：CD⊥AE；（Ⅲ）若E为PD中点，平面ABE与侧棱PC交于点F，且PA＝PD＝AD＝2，求四棱锥P﹣ABFE的体积．【分析】（Ⅰ）由已知可得AB∥CD，再由直线与平面平行的判定可得CD∥平面ABE；（Ⅱ）由底面ABCD是正方形，得CD⊥AD，再由已知结合平面与平面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，进一步得到CD⊥AE；（Ⅲ）证明FE∥CD∥AB，可得EF=12CD，再证明PD⊥平面ABFE【解答】（Ⅰ）证明：∵底面ABCD是正方形，∴AB∥CD，∵AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，∴CD∥平面ABE；（Ⅱ）证明：∵底面ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD∩底面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD，而AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE；（Ⅲ）解：由AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，得AB∥平面PCD，而AB⊂平面ABFE，且平面ABFE∩平面PCD＝FE，可得FE∥CD∥AB，又E为PD的中点，可得EF=1由（Ⅱ）知CD⊥平面PAD，则AB⊥平面PAD，得AB⊥PD，∵三角形PAD是等边三角形，E为PD的中点，∴PD⊥AE．又AE∩AB＝A，∴PD⊥平面ABFE．在等边三角形PAD中，求得AE=3∴S梯形ABFE则四棱锥P﹣ABFE的体积V=1【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．20．（15分）在①a+b＝1+3，②csinA＝2，③b=33c问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，____，且sinB=3sinA，C=【分析】选①时，利用正弦定理和三角形的三边关系判断存在△ABC；选②时，利用正弦定理和三角形的三边关系判断存在△ABC；选③时，利用余弦定理的和三角形的三边关系判断不存在△ABC．【解答】解：选①：∵sinB=3∴b=3∵a+b=1+3∴a＝1，b=3∵c2＝a2+b2﹣2abcosC，C=π∴c＝1．符合a+c＞b，故存在满足条件的△ABC．选②：∵csinA＝2，∴asinC＝2，∵C=π∴a＝4．∵sinB=3∴b=3∴b=43由c2得c＝4．符合a+c＞b，故存在满足条件的△ABC．选③：∵b=3∴c=3∵sinB=3∴b=3∵a2+b2﹣c2＝2abcosC，∴a2得﹣5a2＝3a2，不成立．故不存在满足条件的△ABC．【点评】本题考查的知识要点：正弦定理、余弦定理，三角形的三边关系，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．21．（15分）已知集合Mn={x∈N∗|x≤2n}（n∈N①{a1，a2，…，an}∪{b1，b2，…，bn}＝Mn；②ak﹣bk＝k（k＝1，2，…，n）．则称集合Mn为“好集合”，并称数阵T为Mn的一个“好数阵”．（Ⅰ）已知数阵T=xyz67w12是M4的一个“好数阵”，试写出（Ⅱ）若集合Mn为“好集合”，证明：集合Mn的“好数阵”必有偶数个；（Ⅲ）判断Mn（n＝5，6）是否为“好集合”．若是，求出满足条件n∈{a1，a2，…，an}的所有“好数阵”；若不是，说明理由．【分析】（Ⅰ）由题中新定义建立方程，求解即可；（Ⅱ）构造数阵T=2n+1−b12n+1−b2...2n+1−bn2n+1−a12n+1−a（Ⅲ）由题中新定义，分类讨论即可求解．【解答】解：（Ⅰ）由“好数阵”的定义知x﹣7＝1，y﹣w＝2，z﹣1＝3，{x