2024-2025学年北京大峪中学(1、3班)高二(下)期中数学试卷含答案

2024-2025学年北京市门头沟区大峪中学（1、3班）高二（下）期中数学试卷一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA=13，则sinA．15 B．59 C．52．（4分）直线x+y−3A．30° B．45° C．60° D．135°3．（4分）过点（1，0）且与直线x﹣2y﹣2＝0平行的直线方程是（）A．x﹣2y﹣1＝0 B．x﹣2y+1＝0 C．2x+y﹣2＝0 D．x+2y﹣1＝04．（4分）已知直线m⊥平面α，则“直线n⊥m”是“n∥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．（4分）以A（1，3），B（﹣1，1）为端点的线段的垂直平分线的方程为（）A．x﹣y+2＝0 B．2x﹣y+2＝0 C．x+y﹣2＝0 D．x+2y﹣4＝06．（4分）若直线3x+y+a＝0过圆x2+y2+2x﹣4y＝0的圆心，则a的值为（）A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣37．（4分）以下命题（其中a，b表示直线，α表示平面）①若a∥b，b⊂α，则a∥α②若a∥α，b∥α，则a∥b③若a∥b，b∥α，则a∥α④若a∥α，b⊂α，则a∥b其中正确命题的个数是（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个8．（4分）已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（）A．33π B．π C．2π9．（4分）若直线y＝x+m与曲线y=1−x2A．(−2，2) B．(1，2)10．（4分）如图，正四面体A﹣BCD中，点M在AB上，点N在CD上，AMMB=CNND=λ，（0＜λ＜1），MN与AC夹角为αλ，MN与BD夹角为βλ，设f（λ）＝αλ+βλ，当λ∈A．常函数 B．单调减函数 C．单调增函数 D．先单调递增后单调递减二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝2，b＝4，C＝60°，则c＝，A＝．12．（5分）长方体的长、宽、高分别为12、4、3，则其对角线长为．13．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，ABCD是边长为1的正方形，D1B与平面ABCD所成的角为45°，则棱AA1的长为，二面角B﹣DD1﹣C的大小为．14．（5分）已知直线ax+y﹣1＝0与圆C：（x﹣1）2+（y+a）2＝1相交于A，B两点，且△ABC为等腰直角三角形，则实数a的值为．15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E、F、G分别是棱B1B、AB和B1C1上的动点，观察直线CE与D1F，CE与D1G．给出下列结论：①对于任意点E，存在点F，使得D1F⊥CE；②对于任意点F，存在点E，使得CE⊥D1F；③对于任意点E，存在点G，使得D1G⊥CE；④对于任意点G，存在点E，使得CE⊥D1G．其中，所有正确结论的序号是．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．（13分）设直线l：x+2y﹣2＝0．（Ⅰ）求与直线l的距离为5的直线的方程；（Ⅱ）求圆C：（x+2）2+（y+1）2＝1关于直线l的对称圆的方程．17．（14分）在△ABC中，bcosA+acosB＝c2．（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）已知sinC=35，∠B=π18．（13分）如图所示，四面体ABCD被一平面所截，截面与4条棱AB，AC，CD，BD相交于E，F，G，H4点，且截面EFGH是一个平行四边形．（1）求证：EF∥BC；（2）求证：AD∥平面EFGH．19．（15分）如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=12AA1=1，D是AA1（Ⅰ）求证：DC1⊥BC；（Ⅱ）若AC＝BC，求平面BDC1与平面ABC所成角的余弦值．20．（15分）如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=25，BC＝4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED（Ⅰ）求证：A1O⊥BD；（Ⅱ）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；（Ⅲ）线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为53？若存在，求出A21．（15分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k，（k＞0）．（Ⅰ）求证：CD⊥平面ADD1A1；（Ⅱ）若点A1到平面AB1C的距离为67，求k（Ⅲ）现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的凸四棱柱，在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）

2024-2025学年北京市门头沟区大峪中学（1、3班）高二（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案BDABCBDADA一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA=13，则sinA．15 B．59 C．5【分析】由正弦定理列出关系式，将a，b及sinA的值代入即可求出sinB的值．【解答】解：∵a＝3，b＝5，sinA=1∴由正弦定理得：sinB=bsinA故选：B．【点评】此题考查了正弦定理，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．2．（4分）直线x+y−3A．30° B．45° C．60° D．135°【分析】求出直线的斜率，然后求出直线的倾斜角．【解答】解：直线x+y−3故选：D．【点评】本题是基础题，考查直线的斜率与倾斜角的关系，考查计算能力．3．（4分）过点（1，0）且与直线x﹣2y﹣2＝0平行的直线方程是（）A．x﹣2y﹣1＝0 B．x﹣2y+1＝0 C．2x+y﹣2＝0 D．x+2y﹣1＝0【分析】因为所求直线与直线x﹣2y﹣2＝0平行，所以设平行直线系方程为x﹣2y+c＝0，代入此直线所过的点的坐标，得参数值【解答】解：设直线方程为x﹣2y+c＝0，又经过（1，0），∴1﹣0+c＝0故c＝﹣1，∴所求方程为x﹣2y﹣1＝0；故选：A．【点评】本题属于求直线方程的问题，解法比较灵活．4．（4分）已知直线m⊥平面α，则“直线n⊥m”是“n∥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可．【解答】解：当m⊥α时，若m⊥n，则n∥α或n⊂平面α，则充分性不成立，若n∥α，则m⊥n成立，即必要性成立，则“m⊥n”是“n∥α”的必要不充分条件，故选：B．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面垂直的性质是解决本题的关键．5．（4分）以A（1，3），B（﹣1，1）为端点的线段的垂直平分线的方程为（）A．x﹣y+2＝0 B．2x﹣y+2＝0 C．x+y﹣2＝0 D．x+2y﹣4＝0【分析】求出线段AB的中点及AB的斜率，进而求解结论．【解答】解：A（1，3），B（﹣1，1）的中点为（0，2），直线AB的斜率k=1−3故以A（1，3），B（﹣1，1）为端点的线段的垂直平分线的方程为：y﹣2＝﹣1（x﹣0），即x+y﹣2＝0．故选：C．【点评】本题主要考查直线方程的求解，属于基础题．6．（4分）若直线3x+y+a＝0过圆x2+y2+2x﹣4y＝0的圆心，则a的值为（）A．﹣1 B．1 C．3 D．﹣3【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标，代入直线方程即可求得a值．【解答】解：由圆x2+y2+2x﹣4y＝0，得（x+1）2+（y﹣2）2＝5，则圆心坐标为（﹣1，2），∵直线3x+y+a＝0过圆x2+y2+2x﹣4y＝0的圆心，∴3×（﹣1）+2+a＝0，即a＝1．故选：B．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，是基础题．7．（4分）以下命题（其中a，b表示直线，α表示平面）①若a∥b，b⊂α，则a∥α②若a∥α，b∥α，则a∥b③若a∥b，b∥α，则a∥α④若a∥α，b⊂α，则a∥b其中正确命题的个数是（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【分析】若a∥b，b⊂α，则a∥α，或a⊂α；若a∥α，b∥α，则a与b平行、异面或相交；若a∥b，b∥α，则a∥α，或a⊂α；若a∥α，b⊂α，则a∥b，或a与b异面．【解答】解：若a∥b，b⊂α，则a∥α，或a⊂α，故①不正确；若a∥α，b∥α，则a与b平行、异面或相交，故②不正确；若a∥b，b∥α，则a∥α，或a⊂α，故③不正确；若a∥α，b⊂α，则a∥b，或a与b异面，故④不正确．故选：D．【点评】本题考查平面的性质及其基本推论，是基础题，解题时要认真审题，仔细解答．8．（4分）已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（）A．33π B．π C．2π【分析】根据圆锥轴截面的定义结合正三角形的性质，可得圆锥底面半径长和高的大小，由此结合圆锥的体积公式，即可求解．【解答】解：由题知，如图，△PAB为圆锥的轴截面，边长均为2，则圆锥的高PO=2×3底面半径r=2×1故圆锥体积V=1故选：A．【点评】本题主要考查圆锥的体积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．9．（4分）若直线y＝x+m与曲线y=1−x2A．(−2，2) B．(1，2)【分析】y=1−x2表示的曲线为圆心在原点，半径是1的圆在x【解答】解：y=1−x2表示的曲线为圆心在原点，半径是1的圆在x作出曲线y=1−可发现，直线先与圆相切，再与圆有两个交点，直线与曲线相切时的m值为2，直线与曲线有两个交点时的m值为1，则1≤m＜2故选：D．【点评】本题考查直线与曲线的交点问题，解题的关键是在同一坐标系中，分别作出函数的图象，属于中档题．10．（4分）如图，正四面体A﹣BCD中，点M在AB上，点N在CD上，AMMB=CNND=λ，（0＜λ＜1），MN与AC夹角为αλ，MN与BD夹角为βλ，设f（λ）＝αλ+βλ，当λ∈A．常函数 B．单调减函数 C．单调增函数 D．先单调递增后单调递减【分析】过点M作MF∥BD，交AD于点F，过点N作NE∥BD，交BC于点E，则易得αλ＝∠MNF，βλ＝∠MNE，所以f（λ）＝αλ+βλ＝∠FNE．取BD中点O，连接OA，OC，根据正四面体的特点得出∠FNE的度数即可．【解答】解：如图所示，过点M作MF∥BD，交AD于点F，过点N作NE∥BD，交BC于点E，因为AMMB=CN则AMMB=AF△AMF∽△ABD，AMAB△CNE∽△CDB，CNCD即MFBD所以四边形MENF是平行四边形．αλ＝∠MNF，βλ＝∠MNE，所以f（λ）＝αλ+βλ＝∠FNE．取BD中点O，连接OA，OC，由正四面体可知，△ABD，△BCD为正三角形，所以BD⊥AO，BD⊥CO，又因为AO∩CO＝O，且AO⊂平面AOC，CO⊂平面AOC，所以BD⊥平面AOC，则BD⊥AC，因为BD∥EN，AC∥FN，所以EN⊥FN．所以f（λ）＝αλ+βλ＝∠FNE＝90°．故当λ∈（0，1）时，f（λ）是常函数．故选：A．【点评】本题考查异面直线夹角，与函数及三角形相似结合，综合性强，属于难题．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝2，b＝4，C＝60°，则c＝23，A＝30°【分析】由余弦定理可求得c，由正弦定理和大边对大角可求得A．【解答】解：因为a＝2，b＝4，C＝60°，所以由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC=4+16−2×2×4×1所以c=23由正弦定理可得：asinA=c因为a＜c，所以0°＜A＜C＝60°，所以A＝30°．故答案为：23【点评】本题考查正、余弦定理的应用，属于基础题．12．（5分）长方体的长、宽、高分别为12、4、3，则其对角线长为13．【分析】长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则其对角线长为a2【解答】解：∵长方体的长、宽、高分别为12、4、3，∴其对角线长为：12故答案为：13．【点评】本题考查长方体的对角线的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是基础题．13．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，ABCD是边长为1的正方形，D1B与平面ABCD所成的角为45°，则棱AA1的长为2，二面角B﹣DD1﹣C的大小为45°．【分析】连结BD，BD1，CD1，由题意知∠D1BD＝45°，由此能求出棱AA1的长；由已知条件推导出∠BDC是二面角B﹣DD1﹣C的平面角，由此能求出二面角B﹣DD1﹣C的大小．【解答】解：如图，连结BD，BD1，CD1，∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，ABCD是边长为1的正方形，D1B与平面ABCD所成的角为45°，∴∠D1BD＝45°，∴AA1∵CD⊥DD1，BD⊥DD1，∴∠BDC是二面角B﹣DD1﹣C的平面角，∵DC＝BC，∠BCD＝90°，∴∠BDC＝45°，∴二面角B﹣DD1﹣C的大小为45°．故答案为：2，45°．【点评】本题考查长方体棱长的求法和二面角的大小的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．14．（5分）已知直线ax+y﹣1＝0与圆C：（x﹣1）2+（y+a）2＝1相交于A，B两点，且△ABC为等腰直角三角形，则实数a的值为﹣1或1．【分析】由三角形ABC为等腰直角三角形，得到圆心C到直线的距离d＝rsin45°，利用点到直线的距离公式列出方程，求出方程的解即可得到a的值．【解答】解：∵由题意得到△ABC为等腰直角三角形，∴圆心C（1，﹣a）到直线ax+y﹣1＝0的距离d＝rsin45°，即|a−a−1|1+整理得：1+a2＝2，即a2＝1，解得：a＝﹣1或1，故答案为：﹣1或1【点评】此题考查了直角与圆的位置关系，涉及的知识有：点到直线的距离公式，圆的标准方程，等腰直角三角形的性质，以及锐角三角函数定义，熟练掌握公式及性质是解本题的关键．15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E、F、G分别是棱B1B、AB和B1C1上的动点，观察直线CE与D1F，CE与D1G．给出下列结论：①对于任意点E，存在点F，使得D1F⊥CE；②对于任意点F，存在点E，使得CE⊥D1F；③对于任意点E，存在点G，使得D1G⊥CE；④对于任意点G，存在点E，使得CE⊥D1G．其中，所有正确结论的序号是②③．【分析】建立空间直角坐标系，设出相关点的坐标，得出相关向量的坐标，利用两向量垂直的等价条件对应坐标乘积之和为0．【解答】解：以D为坐标原点，以DC所在直线为x轴，以DA为直线为y轴，以DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则C（1，0，0），D1（0，0，1），设E（1，1，m），F（n，1，0），G（1，k，1），则向量CE→=(0，1，m)，D所以CE→⊥D1F→⇔0×n+1×1+m×（﹣1）＝0⇔m＝1；CE→⊥D1G故答案为：②③．【点评】本题主要考查空间直线的位置关系：垂直，应用空间直角坐标系坐标之间的关系，是快速解题的关键，同学应掌握，本题是一道中档题．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．（13分）设直线l：x+2y﹣2＝0．（Ⅰ）求与直线l的距离为5的直线的方程；（Ⅱ）求圆C：（x+2）2+（y+1）2＝1关于直线l的对称圆的方程．【分析】（Ⅰ）设所求直线的方程为x+2y+C＝0，根据平行线之间的距离公式列式求出C，进而可得答案；（Ⅱ）设圆C关于直线l对称的圆为圆C1，根据轴对称的性质，可知圆C1的半径与圆C相等，且圆心C1与点C关于直线l对称，因此利用轴对称的性质求出点C1的坐标，进而可得所求对称圆的方程．【解答】解：（Ⅰ）设与直线l的距离为5的直线为x+2y+C＝0，可得|C+2|1+4=5，解得C＝3或﹣7，所求直线的方程为x+2y+3＝0或x（Ⅱ）圆C：（x+2）2+（y+1）2＝1的圆心为C（﹣2，﹣1），半径r＝1，设圆C关于直线l的对称圆方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝1，则该圆的圆心C1（a，b）与点C关于l对称，可得−1−b−2−a×(−1所以圆C关于直线l的对称圆方程为（x−25）2+（y−19【点评】本题主要考查平行线的距离公式、圆的标准方程、轴对称的性质等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．17．（14分）在△ABC中，bcosA+acosB＝c2．（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）已知sinC=35，∠B=π【分析】（Ⅰ）利用余弦定理将已知条件中的cosA和cosB用边长表示，代入方程后化简，得到关于c的方程求解；（Ⅱ）已知sinC和角B，结合第一问的结果c＝1，通过正弦定理求出边a和b，再利用三角形面积公式计算．【解答】解：（Ⅰ）因为bcosA+acosB＝c2，所以由余弦定理得：b⋅b所以b2所以2c22c=c（Ⅱ）因为sinC=35，且C为锐角，所以由正弦定理asinA=bsinB=因为sinA=sin(3π所以S=1【点评】本题考查余弦定理、正弦定理的应用，以及三角形面积的计算，属于中档题．18．（13分）如图所示，四面体ABCD被一平面所截，截面与4条棱AB，AC，CD，BD相交于E，F，G，H4点，且截面EFGH是一个平行四边形．（1）求证：EF∥BC；（2）求证：AD∥平面EFGH．【分析】（1）证明EF∥平面BCD，即可得EF∥BC；（2）证明EH∥平面ACD，EH∥AD，即可证明AD∥平面EFGH．【解答】证明：（1）因为截面EFGH是平行四边形，所以EF∥GH，又因为EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD，因为EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以EF∥BC；（2）因为截面EFGH是平行四边形，所以EH∥FG，又因为EH⊄平面ACD，FG⊂平面ACD，所以EH∥平面ACD，因为EH⊂平面ABD，平面ABD∩平面ACD＝AD，所以EH∥AD，又因为AD⊄平面EFGH，所以AD∥平面EFGH．【点评】本题考查线面平行的判定，考查面面平行的性质，属于基础题．19．（15分）如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=12AA1=1，D是AA1（Ⅰ）求证：DC1⊥BC；（Ⅱ）若AC＝BC，求平面BDC1与平面ABC所成角的余弦值．【分析】（Ⅰ）利用线面垂直的性质定理进行证明；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为AC=12AA又D是棱AA1的中点，所以AD＝DA1＝1，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AC，在Rt△ADC中，由勾股定理有：DC=A同理可得：DC1=A1D2所以CC12=DC12+DC2，DC1⊥DC，又DC所以DC1⊥平面CBD，又BC⊂平面CBD，所以DC1⊥BC．（Ⅱ）由（Ⅰ）有：DC1⊥BC，又在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ACB，所以CC1⊥BC，又DC1∩CC1＝C1，所以BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥AC，BC⊥CC1，所以CA，CB，CC1两两垂直，则建立空间直角坐标系，如图，则C1（0，0，2），B（0，1，0），B1（0，1，2），A1（1，0，2），D（1，0，1），所以BC1→设平面BDC1的法向量为m→则m→⋅B令z1＝1，得y1＝2，x1＝1，所以m→设平面ABC的法向量为n→易知n→设平面BDC1与平面ABC所成角为θ，则cosθ=|cos＜m所以平面BDC1与平面ABC所成角的余弦值为66【点评】本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．20．（15分）如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=25，BC＝4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED（Ⅰ）求证：A1O⊥BD；（Ⅱ）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值；（Ⅲ）线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为53？若存在，求出A【分析】（Ⅰ）推导出DE∥BC，AD＝AE．从而A1D＝A1E，进而A1O⊥DE，由此得到A1O⊥平面BCED，从而能证明A1O⊥BD．（Ⅱ）取BC的中点G，连接OG，OE⊥OG．再由A1O⊥OE，A1O⊥OG．建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值．（Ⅲ）线段A1C上存在点F适合题意．设A1F→=λA1C→，其中λ∈[0，1]．利用向量法能求出线段A【解答】（本小题满分14分）证明：（Ⅰ）因为在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC，AD＝AE．所以A1D＝A1E，又O为DE的中点，所以A1O⊥DE．（1分）因为平面A1DE⊥平面BCED，且A1O⊂平面A1DE，所以A1O⊥平面BCED，（3分）所以A1O⊥BD．（4分）（Ⅱ）取BC的中点G，连接OG，所以OE⊥OG．由（Ⅰ）得A1O⊥OE，A1O⊥OG．如图建立空间直角坐标系O﹣xyz．（5分）由题意得，A1（0，0，2），B（2，﹣2，0），C（2，2，0），D（0，﹣1，0）．所以A1B→=（2，﹣2，﹣2），设平面A1BD的法向量为n→=（x，y，则n→⋅A令x＝1，则y＝2，z＝﹣1，所以n→设直线A1C和平面A1BD所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜n→，所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为22（Ⅲ）线段A1C上存在点F适合题意．设A1F→=λ设F（x1，y1，z1），则有（x1，y1，z1﹣2）＝（2λ，2λ，﹣2λ），所以x1＝2λ，y1＝2λ，z1＝2﹣2λ，从而F（2λ，2λ，2﹣2λ），所以DF→=（2λ，2λ+1.2﹣2λ），又所以|cos＜DF→，令|2λ+1|(2λ)整理得3λ2﹣7λ+2＝0．[（13分）]解得λ=13，舍去故线段A1C上存在点F适合题意，且A1【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题．21．（15分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k，（k＞0）．（