2024年山东省潍坊市、滨州市高考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省潍坊市、滨州市高考数学一模试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知平面向量a=(1,2),b=(−1,λ)，若a⊥b，则实数λ=( )
A. 12B. −12C. −2D. 2
2.已知抛物线C：x2=y上点M的纵坐标为1，则M到C的焦点的距离为( )
A. 1B. 54C. 32D. 2
3.已知集合A={x|lg3(2x+1)=2}，集合B={2,a}，其中a∈R.若A∪B=B，则a=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=−1，S1=5a4+10，则S4=( )
A. 6B. −325C. 8D. 10
5.12世纪以前的某时期.盛行欧洲的罗马数码采用的是简单累数制进行记数，现在一些场合还在使用，比如书本的卷数、老式表盘等.罗马数字用七个大写的拉丁文字母表示数目：
IㅤVㅤXㅤLㅤ CㅤㅤDㅤㅤM
1ㅤ5ㅤ10 50ㅤ100ㅤ500ㅤ1000
例如：58=LVIII，464=CCCCLXIIII.依据此记数方法，MMXXXV=( )
A. 2025B. 2035C. 2050D. 2055
6.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为截面A1C1B上的动点，若DP⊥A1C，则点P的轨迹长度是( )
A. 22
B. 2
C. 12
D. 1
7.已知数列{an}满足a1=0，a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列，则a2024=( )
A. 22023+13B. 22024+13C. 21012−1D. 21011−1
8.已知直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的直径为6，且AB⊥BC，BC=2，则该棱柱体积的最大值为( )
A. 8B. 12C. 16D. 24
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某科技攻关青年团队有6人，他们年龄分布的茎叶图如图所示.已知这6人年龄的极差为14，则( )
A. a=8
B. 6人年龄的平均数为35
C. 6人年龄的75%分位数为36
D. 6人年龄的方差为643
10.函数f(x)=2 3sinωxcsωx+2cs2ωx−1(0<ω<1)的图象如图所示，则( )
A. f(x)的最小正周期为2π
B. y=f(2x+π3)是奇函数
C. y=f(x+π6)csx的图象关于直线x=π12对称
D. 若y=f(tx)(t>0)在[0,π]上有且仅有两个零点，则t∈[116,176)
11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，且f(x)−f(−x)=2x，g(x)+g(2−x)=0，则( )
A. g(0)=1B. y=f(x)x的图象关于点(0,1)对称
C. f(x)+f(2−x)=0D. k=1ng(k)=n−n22(n∈N*)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i是虚数单位，若复数z满足(2+i)z=i，则z2−i= ______．
13.第40届潍坊国际风筝会期间，某学校派5人参加连续6天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有______种.(结果用数值表示)
14.已知平面直角坐标系xOy中，直线l1：y=2x，l2：y=−2x，点P为平面内一动点，过P作DP//l2交l1于D，作EP//l1，交l2于E，得到的平行四边形ODPE面积为1，记点P的轨迹为曲线Γ.若Γ与圆x2+y2=t有四个交点，则实数t的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(sinB+csB)=c．
(1)求A；
(2)若c= 2,a= 5,D为BC的中点，求AD．
16.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)中，点A，C分别是E的左、上顶点，|AC|= 5，且E的焦距为2 3．
(1)求E的方程和离心率；
(2)过点(1,0)且斜率不为零的直线交椭圆于R，S两点，设直线RS，CR，CS的斜率分别为k，k1，k2，若k1+k2=−3，求k的值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，下底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=2A1B1=2，BC=8，A1A=4 2，DD1⊥DC，M为BC的中点．
(1)求证：平面CDD1C1⊥平面D1DM；
(2)若D1D=4，求直线DM与平面BCC1B1所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
若ξ，η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量，则称(ξ,η)是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机向量.设(ξ,η)的一切可能取值为(ai,bj)，i，j=1，2，…，记pη表示(ai,bj)在Ω中出现的概率，其中pη=P(ξ=ai,η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)]．
(1)将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为ξ，2号盒子中的小球个数为η，则(ξ,η)是一个二维随机变量．
①写出该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值；
②若(m,n)是①中的值，求P(ξ=m,η=n)(结果用m，n表示)；
(2)P(ξ=ai)称为二维离散型随机变量(ξ,η)关于ξ的边缘分布律或边际分布律，求证：P(ξ=ai)=j=1+∞pη．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=2mlnx−x+1x(m>0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：(1+122)(1+132)(1+142)…(1+1n2)(3)若函数g(x)=m2ln2x−x−1x+2有三个不同的零点，求m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：a=(1,2),b=(−1,λ)，a⊥b，
则−1+2λ=0，解得λ=12．
故选：A．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：已知抛物线C：x2=y上点M的纵坐标为1，
则M到C的焦点的距离为1+p2=1+14=54．
故选：B．
由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了抛物线的定义，属基础题．
3.【答案】D
【解析】解：集合A={x|lg3(2x+1)=2}={4}，集合B={2,a}，A∪B=B，
则a=4．
故选：D．
根据已知条件，先求出集合A，再结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：等差数列{an}中，a1=−1，S1=5a4+10，
所以−1=5(−1+3d)+10，
解得d=−25，
则S4=−4+6×(−25)=−325．
故选：B．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为58=50+5+1+1+1，464=100+100+100+100+50+10+1+1+1+1，
所以以此类推：MMXXXV=1000+1000+10+10+10+5=2035．
故选：B．
根据简单累数制记数方法求解．
本题主要考查了类比推理，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接DC1，BD，AC，
由AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得BD⊥AA1，
而BD⊥AC，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C，则BD⊥平面AA1C，
又A1C⊂平面AA1C，于是BD⊥A1C，同理BC1⊥A1C，
而BC1∩BD=B，BC1，BD⊂平面BC1D
因此A1C⊥平面BC1D，
因为DP⊥A1C，则DP⊂平面BC1D，而点P为截面A1C1B上的动点，
平面A1C1B∩平面BC1D=BC1，
所以点P的轨迹是线段BC1，长度为 2．
故选：B．
连接DC1，BD，AC，利用线面垂直的判定推理证明A1C⊥平面BC1D，即可确定点P的轨迹．
本题考查直线与平面垂直的判定，轨迹问题，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：因为数列{an+an+1}是公比为2的等比数列，且a1+a2=1，
所以an+an+1=2n−1，①
所以an+1+an+2=2n，②
由②−①得：an+2−an=2n−1，
分别取n=2，4，6，⋅⋅⋅，2022得，
a4−a2=22−1=2，
a6−a4=24−1=23，
a8−a6=26−1=25，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅，
a2024−a2022=22022−1=22021，
以上各式左右分别相加得：a2024−a2=2+23+25+⋅⋅⋅+22021=2[1−(22)1011]1−22=22023−23，
所以a2024=22023−23+1=22023+13．
故选：A．
由等比数列的通项公式可得an+an+1=2n−1，从而得到an+2−an=2n−1，由累加法即可求得a2024．
本题考查等比数列的通项公式和累加法求数列的通项，涉及等比数列求和，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图，
∵直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的直径为6，∴外接球的半径R=3，
再设上下底面的中心分别为O1，O，连接O1O，则外接球球心G为O1O的中点，
连接GC，则GC=3，设AB=x(0则AC= x2+4，得OC= x2+42，在Rt△COG中，求得OO1=2 9−x2+44= 32−x2．
∴该棱柱体积V=12×2x× 32−x2= x2(32−x2)≤ (x2+32−x22)2=16．
当且仅当x2=32−x2，即x=4时等号成立．
故选：C．
由已知求出多面体外接球的半径，设AB=x(0本题考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：这6人年龄的极差为14，
最大值为42，
则最小值为28，故a=8，故A正确；
6人年龄的平均数为：16×(28+36+36+32+30+42)=34，故B错误；
茎叶图数据从小到大排序为：28，30，32，36，36，42，共6个，
6×0.75=4.5，
故6人年龄的的75%分位数为36，故C正确；
6人年龄的方差为：16×[(34−28)2+(34−30)2+⋅⋅⋅+(34−42)2]=643，故D正确．
故选：ACD．
结合茎叶图的数据，以及统计的知识，即可求解．
本题主要考查茎叶图的应用，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：f(x)=2 3sinωxcsωx+2cs2ωx−1(0<ω<1)
= 3sin2ωx+cs2ωx=2( 32sin2ωx+12cs2ωx)=2sin(2ωx+π6)，
由图象知，当x=π3时，f(x)取最大值，
所以2ωπ3+π6=π2，解得ω=12，
所以f(x)= 3sin(x+π6).
对于A，T=2π，故A正确；
对于B，y=f(2x+π3)=2sin(2x+π3+π6)=2sin(2x+π2)=2cs2x，是偶函数，故B错误；
对于C，y=f(x+π6)csx=2sin(x+π3)csx
=2(12sinxcsx+ 32cs2x)
=12sin2x+ 32(1+cs2x)=sin(2x+π3)+ 32，
因为当x=π12时，2×π12+π3=π2，所以y=f(x+π6)csx的图象关于直线x=π12对称，故C正确；
对于D，若y=f(tx)(t>0)在[0,π]上有且仅有两个零点，
所以2π≤tπ+π6<3π，解得116≤t<176，故D正确．
故选：ACD．
利用降幂公式和辅助角公式对函数f(x)化简，得f(x)=2sin(2ωx+π6)，借助图象求出ω、得出解析式后结合正弦型函数性质逐一判断选项即可．
本题考查三角恒等变换，三角函数的图象和性质，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为f(x)−f(−x)=2x，
所以f′(x)+f′(−x)=2，
即g(x)+g(−x)=2，
令x=0，得g(0)=1，故A正确；
f(x)−f(−x)=2x，
当x≠0时，f(x)x+f(−x)−x=2，
所以y=f(x)x的图象关于点(0,1)对称，故B正确；
对于C，假设f(x)+f(2−x)=0成立，
求导得f′(x)−f′(2−x)=0，
即g(x)−g(2−x)=0，又g(x)+g(2−x)=0，
所以g(x)=0，所以g(0)=0与g(0)=1矛盾，故C错误；
对于D，因为g(x)+g(−x)=2，g(x)+g(2−x)=0，
所以g(2−x)−g(−x)=−2，g(1)=0，g(2)=−1，
所以有g(n+2)−g(n)=−2，且g(2)−g(1)=−1，n∈N*，
所以数列{g(n)}是以0为首项，−1为公差的等差数列，
所以g(n)=1−n，
所以k=1ng(k)=n−n22，故D正确．
故选：ABD．
对于A，对条件f(x)−f(−x)=2x，求导可得；对于B，对条件f(x)−f(−x)=2x，两边同时除以x可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件g(x)+g(2−x)=0，可得g(0)=0与g(0)=1矛盾，可判断C；对于D，求出g(1)=0，g(2)=−1，所以有g(n+2)−g(n)=−2，g(2)−g(1)=−1，n∈N*，得出数列{g(n)}是以0为首项，−1为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．
本题考查函数的性质，属难题．
12.【答案】15i
【解析】解：(2+i)z=i，
则z=i2+i，
故z2−i=i(2+i)(2−i)=15i．
故答案为：15i．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
13.【答案】120
【解析】解：在6天里，连续2天的情况，一共有5种，
剩下的4人全排列：A44种，
故一共有：5×A44=120种．
故答案为：120．
首先安排甲，可知连续2天的情况共有5种，其余的人全排列，相乘得到结果．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
14.【答案】(1,4)
【解析】解：设点P(x0,y0)，则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5，
直线PD方程为y=−2x+2x0+y0，
联立y=−2x+2x0+y0y=2x，
解得xD=2x0+y04，
所以|OD|= 5|2x0+y0|4，
S平行四边形ODPE=|OD|d= 5|2x0+y0|4×|2x0−y0| 5=1，
所以x02−y024=±1，
所以点P的轨迹Γ为两个双曲线x2−y24=±1，
因为双曲线x2−y24=1的实半轴长为1，双曲线y24−x2=1的实半轴长为2，
若Γ与圆x2+y2=t有四个交点，则1< t<2，
即1所以实数t的取值范围是(1,4)．
故答案为：(1,4)．
设点P(x0,y0)，则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5，再联立直线PD与y=2x的方程，求出点D的坐标，进而表达出平行四边形ODPE面积，再结合平行四边形ODPE面积为1求出点P的轨迹方程，再利用双曲线的性质求解．
本题主要考查了求动点的轨迹方程，考查了圆与双曲线的位置关系，属于中档题．
15.【答案】解：(1)根据正弦定理得sinA(sinB+csB)=sinC，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)，
则有sinA(sinB+csB)=sin(A+B)，
∴sinAsinB+sinAcsB=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAsinB=csAsinB，sinB≠0，
∴sinA=csA，∴A=45°；
(2)根据余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA，
则有5=b2+2−2b，解之得b=3，b=−1(舍去)，
∵D为BC的中点，则AD=12(AB+AC)，
AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14×(2+9+2× 2×3× 22)=174，AD= 172．
【解析】(1)根据正弦定理可得角A；(2)可根据向量关系求得AD．
本题考查正弦定理，余弦定理，两角和差公式，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题意可得A(−a,0)，C(0,b)，
可得|AC|= a2+b2= 5，2c=2 3，可得c= 3，
可得a2−b2=3，a2+b2=5，
解得a2=4，b2=1，
所以离心率e=ca= 32；
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；离心率e= 32；
(2)由(1)可得C(0,1)，
由题意设直线RS的方程为x=my+1，则k=1m，
设R(x1,y1)，S(x2,y2)，
联立x24+y2=1x=my+1，整理可得：(4+m2)y2+2my−3=0，
显然Δ>0，且y1+y2=−2m4+m2，y1y2=−34+m2，
直线CR，CS的斜率k1=y1−1x1，k2=y2−1x2，
则k1+k2=y1−1x1+y2−1x2=(my2+1)(y1−1)+(my1+1)(y2−1)(my1+1)(my2+1)=2my1y2+(1−m)(y1+y2)−2m2y1y2+m(y1+y2)+1
=2m⋅−34+m2+(1−m)⋅−2m4+m2−2m2⋅−34+m2+m⋅−2m4+m2+1=2m−1，
因为k1+k2=−3，即−3=2m−1，解得m=13，
所以直线RS的斜率k=1m=3．
即k的值为3．
【解析】(1)由|AC|的值，可得a，b的关系，再由焦距可得c的值，又可得a，b的关系，两式联立，可得a，b的值，即求出椭圆的方程；
(2)设直线RS的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出直线CR，CS的斜率之和，由题意整理可得参数的值，进而求出直线RS的斜率的大小．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：由题意知，在△CDM中，CD=2，CM=4，∠BCD=60°，
由余弦定理得，DM2=CD2+CM2−2CD⋅CMcs∠BCD=4+16−2×2×4×12=12，即DM=2 3，
所以DM2+CD2=CM2，即CD⊥DM，
又DD1⊥DC，DD1∩DM=D，
所以CD⊥平面D1DM，
因为CD⊂平面CDD1C1，
所以平面CDD1C1⊥平面D1DM．
(2)解：取AD的中点N，连接A1N，则AN=DN=4，
因为AB=2A1B1=2，BC=8，
所以由四棱台的性质知，A1D1=12AD=4=DN，A1D1//DN，
所以四边形A1D1DN是平行四边形，
所以A1N=D1D=4，A1N//D1D，
又A1A=4 2，所以AA12=AN2+A1N2，即A1N⊥AD，
所以D1D⊥AD，
又DD1⊥DC，AD∩DC=D，所以D1D⊥平面ABCD，
由(1)知，CD⊥平面D1DM，
故以D为坐标原点，DM，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，M(2 3,0,0)，B(4 3,−2,0)，C(0,2,0)，C1(0,1,4)，
所以DM=(2 3,0,0)，CC1=(0,−1,4)，CB=(4 3,−4,0)，
设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CC1=0n⋅CB=0，即−y+4z=04 3x−4y=0，
取x=1，则y= 3，z= 34，所以n=(1, 3, 34)，
设直线DM与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ=|cs|=|DM⋅n||DM|⋅|n|=2 32 3× 1+3+316=4 6767，
故直线DM与平面BCC1B1所成角的正弦值为4 6767．
【解析】(1)结合余弦定理与勾股定理证明CD⊥DM，再利用DD1⊥DC，可得CD⊥平面D1DM，然后由面面垂直的判定定理，即可得证；
(2)取AD的中点N，连接A1N，先证D1D⊥平面ABCD，再以D为坐标原点建立空间直角坐标系，然后利用向量法求线面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)①该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值为：
(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1.0)，(1,1,(1,2)，(2,0)，(2,1)，(3,0)．
②由题意0≤m+n≤3，
P(ξ=m,η=n)=P(ξ=m|η=n)⋅P(η=n)，
因为P(η=n)=C3n(13)n(23)3−n；
P(ξ=m|η=n)=C3−nm(12)m(12)3−n−m=C3−nm(12)3−n，
所以P(ξ=m,η=n)=C3−nm(12)3−n⋅C3n(13)n(23)3−n=127C3nC3−nm
=29×1m!n!(3−m−n)!．
(2)证明：由定义及全概率公式知：
P(ξ=ai)=P{(ξ=ai)∩[(η=b1)∪(η=b2)∪…∪(η=bj)∪…]}
=P{[(ξ=ai)∩(η=b1)]∪[(ξ=ai)∩(η=b2)]∪…∪[(ξ=ai)∩(η=bj)]∪
=P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+…+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+
=j=1∞P[(ξ=ai)∩(η=bj)]=j=1∞P(ξ=ai,η=bj)=j=1∞pij．
【解析】(1)①根据题意直接写出所有可能的取值；②利用独立重复试验的概率、条件概率公式以及独立事件的概率公式列式化简即得；
(2)利用全概率公式以及互斥事件的加法公式推理即可．
本题考查全条件概率公式和全概率公式，属于综合题，难度较大．
19.【答案】解：(1)函数f(x)定义域为(0,+∞)，
因为f′(x)=2mx−1−1x2=−x2+2mx−1x2，
设k(x)=−x2+2mx−1，则Δ=4(m2−1)，
①当0②当m>1时，Δ>0，k(x)有两个零点x1=m− m2−1，x2=m+ m2−1，
所以当00，即f′(x)>0；
当x>x2时，k(x)<0，即f′(x)<0．
综上所述：当0当m>1时，f(x)在(0,x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增；
(2)证明：由(1)知当m=1时，x∈(1,+∞)时，f(x)=2lnx−x+1x所以lnx则ln(1+1n2)<12(1+1n2)−12(1+1n2)=12(1n2+1+1n2)<1n2<1n2−14
=1n−12−1n+12，
ln(1+122)+ln(1+132)+ln(1+142)+⋯+ln(1+1n2)
<(12−12−12+12)+(13−12−13+12)+⋯+(1n−12−1n+12)
=23−1n+12<23，
所以(1+122)(1+132)(1+142)⋯(1+1n2)(3)g(x)=m2ln2x−x−1x+2=m2ln2x−(x−1)2x=(mlnx−x−1 x)(mlnx+x−1 x)，
因为lnx与x−1同号，所以y=mlnx+x−1 x只有一个零点x=1，
令t= x，由f(1)=0，则g(x)有三个不同的零点等价于函数f(t)有三个不同的零点，
由(1)知：当0当m>1时，因为f(1)=0，且x1x2=1，所以x1<1由(2)知，x>1时，lnx所以ln x< x2−12 x，即lnx< x−1 x，
所以f(4m2)=2mln(4m2)−4m2+14m2<2m(2m−12m)−4m2+14m2=1−4m24m2<0，
所以由零点存在性定理知，f(t)在区间(t2,4m2)上有唯一的一个零点t0，
因为f(t0)+f(1t0)=2mlnt0−t0+1t0+2mln1t0−1t0+t0=0，
因为f(t0)=0，所以f(1t0)=0，
所以m>1时，f(t)存在三个不同的零点1t0，1，t0，
故实数m的取值范围是(1,+∞)．
【解析】(1)求出f(x)的定义域，对f(x)求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
(2)由(1)可得x∈(1,+∞)时，f(x)=2lnx−x+1x(3)对g(x)化简可得g(x)=(mlnx−x−1 x)(mlnx+x−1 x)，y=mlnx+x−1 x只有一个零点x=1，令t= x，由f(1)=0，则g(x)有三个不同的零点等价于函数f(t)有三个不同的零点，分01两种情况讨论，结合零点存在性定理即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．