1、泉州中学泉州中学 2020 届届高三考前冲刺适应性模拟高三考前冲刺适应性模拟理科数学理科数学试试卷卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的目要求的 1已知(i) i iab ，其中, a b是实数，i是虚数单位，则复平面内izab对应的点在 A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2已知集合 2 |0Ax xx，1,2,3B ，则下列结论正确的是 A 2,3AB BABB C |1ABx x DABA 3记等差数列
2、n a的前n项和为 n S若 63 227aa， 54 229aa，则 5 S A45 B35 C25 D15 42019 年，泉州市区的房价依旧是市民关心的话题总体来说，二手房房价有所 下降； 相比二手房而言， 新房市场依然强劲， 价格持续升高 已知销售人员主要靠售房提成领取工资 现 统计泉州市某新房销售人员 2019 年一年的工资情况的结果如图所示，则下列说法正确的是 A2019 年该销售人员月工资的中位数为8.65 B2019 年该销售人员 8 月份的工资增长率最高 C2019 年该销售人员第一季度月工资的方差小于第二季度月工资的方差 D2019 年该销售人员第一季度月工资的平均数大于第
3、四季度月工资的平均数 5若0cba，则 A bccb a ba b B2lnlnlnbac C cc ab ab Dloglog ab cc 6执行如图所示的程序框图若输入 1 2 n ，则输出的n的值为 A 3 2 B2 C 5 2 D3 7定义在R上的函数( )f x满足()( )fxf x ，且在0,上单调递增若 32f，则不等式 6 ( )f x x 的解集为 A3,0 B3, C3,00,3 D3,03, 8直线2yx交椭圆 22 1 4 xy m 于,A B两点，若3 2AB ，则m的值为 A16 B12 C2 3 D3 9法国的数学家费马（PierredeFermat）曾在一本数
4、学书的空白处写下一个看起来很简单的猜想：当整数 2n时，找不到满足 nnn xyz的正整数解该定理史称费马最后定理，也被称为费马大定理费 马只是留下这个叙述并且说他已经发现这个定理的证明妙法，只是书页的空白处不够无法写下费马 也因此为数学界留下了一个千古的难题，历经数代数学家们的努力，这个难题直到 1993 年才由我国 的数学家毛桂成完美解决，最终证明了费马大定理的正确性现任取, , ,1,2,3,4,5x y z n，则等式 nnn xyz成立的概率为（） A 1 12 B 12 625 C 14 625 D 7 625 10已知函数( )sin3cosf xxx(0)，若 (0)( )0
5、3 ff，且( )f x在），（ 3 0 至少有6个极 值点，则的最小值为 A18 B19 C20 D21 11 已知双曲线E的左、 右焦点分别为 12 ,F F，O为坐标原点 若点P在E上， 2OPOQ ， 22 PFOF， 11 3 2 QFOF，则E的离心率为 A2 B2 C5 D31 12已知函数( ) (1)lnf xxxtx ，方程 ( )f xt 有 3 个不同的解 123 ,x x x，现给出下述结论： 2t ； 123 1x x x ； ( )f x的极小值 0 ()2f x 则其中正确的结论的有 A B C D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 4 小题，每小题
6、小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分将答案填在答题卡的相应位置分将答案填在答题卡的相应位置 13设, x y满足约束条件 20, 240, 420, xy xy xy 则2zxy的取值范围是 14已知向量,a b满足2a，a bb，则ab的最小值为 15已知三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，2 3ABAC，4BC ，PB过球心O若球 O的表面积为36，则此三棱锥的体积为 16记各项均为正数的数列 n a的前n项和为 n S若 32 4aa， 11 = 1 nn n tSS S t -+ + + （2n） ，则 5 a的最小值为 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写
7、出文字说明，证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试题考题为必考题，每个试题考 生都必须作答第生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17 （12 分） 已知四边形ABCD中，7AC ，5BC ，120ABC （1）求ABC的面积； （2）若ACD是等边三角形，求BD 18 （12 分） 如图，在六棱锥PABCDEF中，底面ABCDEF是边长为4的正六边形，2 7PAPC （1）证明：平面PAC 平面PBE； （2）若 2 5PB ，求二面角BPAF的
8、余弦值 A B CD E F P 19 （12 分） 已知抛物线 2 :4E yx的焦点为F，准线为l，过F的直线与E相交于 ,A B两点 （1）以AB为直径的圆与y轴交 ,C D两点，若10AB ，求CD； （2） 点P在l上， 过点F且垂直于x轴的直线与,PA PB分别相交于,M N两点， 证明：=MFNF 20 （12 分） 2019 年泉州市农村电商发展迅猛，成为创新农产品交易方式、增加农民收入、引导农业供给侧结构性 改革、促进乡村振兴的重要力量，成为乡村振兴的新引擎。2019 年大学毕业的李想，选择回到家乡泉 州自主创业，他在网上开了一家水果网店 2019 年双十一期间，为了增加水果
9、销量，李想设计了下面两种促销方案： 方案一： 购买金额每满 120 元， 即可抽奖一次， 中奖可获得 20 元， 每次中奖的概率为p（01p） ， 假设每次抽奖相互独立 方案二：购买金额不低于 180 元时，即可优惠x元，并在优惠后的基础上打九折 （1） 在促销方案一中， 设每10个抽奖人次中恰有6人次中奖的概率为 fp， 求 fp的最大值点 0 p ； （2）若促销方案二中，李想每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的八折，求x的最大值； （3）以（1）中确定的 0 p作为p的值，且当x取最大值时，若某位顾客一次性购买了 360 元，则该 顾客应选择哪种促销方案？请说明理由 21 （12 分）
10、 （1）求函数( )sin x f xxe在 3 ,2 2 的最大值； （2）证明：函数 1 ( )sin 2 x g xxxe 在(0,2 ) 有两个极值点 12 ,x x，且 12 1 ()() 2 g xg x （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分 22 选修 44：坐标系与参数方程 （10 分） 直角坐标系xOy中，曲线 1 C的方程为 22 1 164 xy 以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极 坐标系，点(1,) 6 Q ，曲线 2 C的
11、极坐标方程为2cos() 6 （1）求 1 C的极坐标方程与 2 C的直角坐标方程； （2）设直线l过点Q交 2 C于点,M N（异于原点） ，射线,OM ON分别交 1 C于点,A B，求证： 22 11 |OAOB 为定值 23 选修 45：不等式选讲 （10 分） 已知函数 2 f xxx， 14g xk x，0k （1）当1k 时，求不等式 f xg x的解集； （2）若正数, ,a b c满足abck，且 14g xgx，证明： 6f af bf c 答案及评分参考答案及评分参考 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分
12、在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的题目要求的 1D 2A 3B 4C 5A 6C 7D 8B 9B 10C 11D 12C 1 【解析】由(i) i iab ，得 1iiab ，由复数相等的意义可得 1,1ab ，所以 1 iz ， 故选 D 2 【解析】由 2 0xx，得 1x 或0x ，所以2,3AB，故选 A 3. 【解法一】设等差数列 n a的公差为d 由已知得 11 11 52227, 62329, adad adad 解得 1 3, 2, a d ，所以 51 51035Sad故选 B 【解法二】设等差数列 n a的公差为
13、d则d 54 (2)aa 63 (2)aa29272， 又 633 23327aaad，所以 3 7a ，则 15 53 5() 535 2 aa Sa 故选 B 4 【解析】2019 年该销售员的月工资由少到多依次排列为 13、19、23、25、35、42、43、 43、56、81、92，中位数为 4.24.3 4.25 2 ，故 A 错； 由图像得，从 5 月份到 6 月份的线段斜率最大，故 6 月份工资增长率最高，B 错； 由图像得，第一季度的月工资比第二季度的月工资波动小，故方差小，C 正确； 第一季度的月工资和为 103，第四季度的月工资和为 118， D 错，故选 C 5 【解析】
14、选项 A 中，由于( )1 bc b cc bb c cb a ba ab a bb ，所以 bccb a ba b成立 选项 B 中， 2 b与ac大小不能确定，故 B 错误； 选项 C 中， 由于()()(1)0 ccc abab abab ， 故 A 错误， 或构造函数( ) c f xx x 在(0,) 单调递增，所以( )( )f af b； 选项 D 中，让1c ，则loglog0 ab cc，故 D 错误故选 A 6 【解析】程序的运行过程为 n 1 2 1 3 2 2 5 2 a 5 2 2 3 2 1 1 2 b 1 ln 2 0 3 ln 2 ln2 5 ln 2 当2n时
15、，1ln2； 5 2 n 时， 15 ln 22 ，此时输出 5 2 n ，故选 C 7 【解析】由条件可得( )f x为奇函数，所以 ( 3)(3)2ff 利用如下特殊情形的图像， 可得 6 ( )f x x 的解集为3,03,故选 D 8 【解法一】由于椭圆的上顶点为(0,2)，直线 2yx 也过(0,2)， 所以(0,2)A为直线与椭圆的一个交点 设(,) BB B xy，则 22 ()() BABA ABxxyy 2 1 BA kxx 2 B x=3 2, 所以3 B x ，( 3, 1)B 或(3,5)B（不合，舍去） ， 把( 3, 1)B 代入椭圆方程得： 91 1 4m ，故1
16、2m故选 B 【解法二】由 22 2 1 4 yx xy m ， ， 得 2 (4)40m xmx，所以 4 0, 4 AB m xx m ， 又 22 ()() BABA ABxxyy 2 1 BA kxx 2 B x， 所以 4 2 4 m m =3 2， 因为0m，所以 4 3 4 m m ，12m故选 B 9 【解析】任取, , ,1,2,3,4,5x y z n，则基本事件总数为 4 5625， 当2n时，由费马大定理知等式 nnn xyz不成立， 当2n时，( , , )x y z可取(3,4,5)或(4,3,5)，共2种情况， 当1n 时， 等式即为xyz，( , , )x y
17、z可取(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，(2,2,4)，(1,3,4)， (3,1,4)，(1,4,5)，(4,1,5)，(2,3,5)，(3,2,5)，共10种情况， 综上，使等式成立的基本事件个数为12，故等式成立的概率为 12 625 ，选 B 10 【解析】( )2sin() 3 f xx ，由 (0)( )0 3 ff， 可得2sin()2sin2sin() 3333 ，即2 333 k 或2 3 k ， 化简得， 2 2 33 k 或2 3 k ， 由于0 3 x （，），即(,) 33 33 x ， 所以要使( )f x在），（ 3 0 至少有6个极值点，则只需 1
18、1 332 ，即 35 36 若 2 2 33 k 时，则 min 20 () 33 ，即 min 20 若2 3 k 时，则 min ()7 3 ， min 21 所以的最小值为20故选 C 11 【解析】作OP中点M，则 ,M Q关于原点对称，所以 21 3 2 MFQFc， 由 22 PFOFc， 2 3 2 MFc，易得 2 OPF为正三角形. 1 OPF中， 1 OPOFc， 1 2 3 POF ，易得 1 3PFc。 所以E的离心率 12 222 e3 1 23 cccc aaPFPFcc 故选 D 12 【解析】由 22 1111 ( )ln1,( ) x fxxt fx xxx
19、x ， 所以( )fx 在(0,1)递减，(1,)递增 若(1)20ft ，即2t 时，( )(1)0fxf ，此时不符合题意，即错误 若2t 时，(1)0 f ，又0x时，( )fx ；x 时，( )fx ， 所以( )fx 有两个零点, a b，不妨ab，则01ab 当(0, )xa时，( )0fx ；当( , )xa b时，( )0fx ；当( ,)xb时，( )0fx 因为0x时，( )f x ；(1)ft；x 时，( )f x ， 所以此时 ( )f xt 有三个零点，即为 123 ,x x x，不妨设 123 xxx，则 2 1x 因为 3333 (1)n()lftxxtxx，则
20、333 333333 (1)ln111 (1)ln 1 ) xxttx ft xxxxxt t ， 所以1 3 1 x x ，从而 123 1x x x ，即正确 由上面可知 0 ()( )(1)2f xf bft ，所以正确 故选 C 二二、填空题：本大题共、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分将答案填在答题卡的相应位置分将答案填在答题卡的相应位置 13 2,13 143 158 1627 13 【解析】如图，阴影部分为可行域，解得(0,2), (2,0), (6, 1)ABC， 所以2 2,13zxy ，故z的取值范围为 2,13 14【解析】ab 2
21、2 2aba b 2 24bb 2 133b， 所以ab的最小值为3 15 【解析】如图，设ABC的外心为 1 O，外接圆半径为r ABC中，2 3ABAC，4BC ，所以2BD ，2 2AD 1 BDO中，由勾股定理得 2 22 2 22rr，解得 3 2 2 r 因为球O的表面积为36，可求得球O的半径3R ，所以 22 1 3 2 2 OORr 又PB过球心O，因此点P到平面ABC的距离为 1 23 2OO 因为 1 4 2 24 2 2 ABC S ， 所以 11 4 23 28 33 P ABCABC VSh D O1 O P CB A 16.【解析】因为 11 = 1 nn n t
22、SS S t -+ + + ，所以 ()11 = nnnn t SSSS -+ -，即 1 2 nn atan 所以数列 n a是从第二项起，公比为t的等比数列因为 32 4aa，所以 22 4taa， 2 4 1 a t 因此 3 3 52 4 1 t aat t =? - 令 ( ) 3 4 1 t f t t = - ，则 ( ) () () () () 232 22 1214423 11 ttttt ft tt - = - ， 所以当 3 0, 2 t 时， 0ft；当 3 2 t ，时， 0ft 故 ( )min 3 27 2 f tf 骣 琪= 琪 桫 ，即 5 a的最小值为27
23、三三、解答题：共、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试题考题为必考题，每个试题考 生都必须作答第生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分 17 【命题意图】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，查 函数与方程思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性满分 12 分 解： （1）ABC中， 222 2cosACABBCAB BCABC， 1 分 化简得 2 52
24、40ABAB，解得3AB或8AB （舍去） ；. 3 分 所以ABC的面积 1 sin 2 SBA BCABC 13 3 5 22 15 3 4 . 5 分 （2）ABC中， sinsin BCAC BACABC ，所以 sin5 3 sin 14 BCABC BAC AC ， 7 分 11 cos 14 BAC 8 分 coscos 3 BADBAC 13 cossin 22 BACBAC 11135 3 214214 13 14 10 分 BAD 中， 222 2cosBDABADAB ADBAD 22 13 372 3 7 14 19， 所以 19BD 12 分 18 【命题意图】本小题
25、考查面面垂直的判定、二面角的求解等基础知识，考查空间想象能力、逻辑推理 及运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现基础性、综合性与应用 性，导向对发展数学抽象、逻辑推理、直观想象等核心素养的关注满分 12 分 解： （1）设ACBEOI，连结PO 在正六边形ABCDEF中，易得ACBE，AOCO 2 分 又因为PAPC，所以ACPO 3 分 又BEPOO ，所以AC 平面PBE 4 分 又AC 平面PAC，所以平面PAC 平面PBE 5 分 （2）在正六边形ABCDEF中，4ABBC，所以2 3AOCO，2BO 又因为2 7PAPC，所以4PO 6 分 因为2 5PB ，所以
26、222 PBBOPO，即POBO， 所以AC、BE、PO两两互相垂直 7 分 以AC、BE、PO所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz（如图所示） 则( 2 3,0,0)A ，(0, 2,0)B，( 2 3,4,0)F ，(0,0,4)P，(2 3, 2,0)AB ， (2 3,0,4)AP ，(0,4,0)AF .8 分 设平面ABP的一个法向量为 111 ()mx ,y ,z 由 0, 0, AB m AP m 得 11 11 2 320, 2 340, xy xz 令 1 2x，解得 1 2 3y ， 1 3z 所以(2,2 3,3)m 9 分 设平面APF的一个法向量为
27、 222 ()nx ,y ,z 由 0, 0, AF n AP n 得 2 22 40, 2 340, y xz 令 2 2x ，解得 2 3z 所以(2,0,3)n 10 分 因此 7133 cos, 19197 m n m n m n 11 分 因为二面角BPAF的平面角为钝角， 故二面角BPAF的余弦值为 133 19 12 分 z y x O P F E DC B A 19 【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义、标准方程及简单几何性质，直线与圆、直线与抛物线的 位置关系等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力；考查数形结合思想，函数与 方程思想，化归与转化思想等；考查直观想象，逻辑
28、推理，数学运算等核心素养；体现 基础性，综合性与创新性满分 12 分 解： （1）设AB的中点为T，, ,A B T在l上的射影分别为 111 ,A B T， 则 111 1 2 TTAABB 1 2 AFBF . 2 分 1 5 2 AB， 所以T到y轴的距离 1 14dTT 故 2 2 2CDTCd . 4 分 2 2 2 2 AB d 22 2 54 6 5 分 （2）当直线AB斜率为 0 时，不满足题意 设直线:AB1xmy， 1122 ,A x yB x y，1,Pt 由 2 4 , 1, yx xmy 得 2 440ymy， . 6 分 所以 12 12 4 , 4. yym y
29、y . 7 分 直线:PA 1 1 1 1 yt yxt x ， 令1x ，得 1 1 2 1 yt yt x 1 1 2 2 yt t my 1 1 2 2 mt y my ，即 1 1 2 1, 2 mt y M my 8 分 同理可得： 2 2 2 1, 2 mt y M my 9 分 要证=MFNF，即证 12 12 22 22 mt ymt y mymy ， 又 22 1212 121212 2224 2 0 221111 mt ymt ymty ymt mymyxxxx ， 即证 12 12 22 22 mt ymt y mymy ， . 10 分 即证 12 12 22 yy m
30、ymy ， 即证 1221 22y myymy， 即证 1212 220my yyy（） ， 11 分 又因为 12 12 4 , 4, yym y y 所以（）式显然成立，故=MFNF，命题得证 12 分 20 【命题意图】本小题主要考查二项分布的概率、期望等基础知识；考查抽象概括能力数据处理能力、 运算求解能力、推理论证能力、创新意识；考查统计与概率思想、化归与转化思想；考查 数学运算素养、数学建模素养、 数据分析素养，体现基础性、综合性、创新性与应用性满 分 12 分 解： （1）依题意得： 4 66 10 C1ppfp ， . 1 分 则 433 65656 1010 C6146011
31、1Cpppppfppp ， 2 分 当 3 0,0 5 pfp 时 ；当 3 ,1 5 p 时， 0fp， 3 分 故 fp在 3 5 p 时取得最大值，所以 3 5 p 4 分 （2）设顾客一次购买水果的促销前总价为y， 当180y 元时，有90%80%yxy恒成立， 6 分 即98yxy恒成立，所以 min 20 9 y x ，故x的最大值为 20 元 8 分 （3）若参加活动一，顾客可得减负金额为3603602090%54元 9 分 若参加活动二，顾客可抽奖三次设 X 表示顾客在三次抽奖中中奖的次数， 由于顾客每次抽奖的结果相互独立，则 3 3, 5 XB ， . 10 分 所以 3 3
32、1.8 5 E Xnp 由于顾客每中一次可获得 20 元现金奖励， 因此该顾客在三次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.8 2036元， 11 分 又因为3654，所以顾客应该选择活动一 . 12 分 21 【命题意图】本题以三角函数作为问题背景，考查导数与函数单调性的关系、函数的零点、函数的极 值等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思 想、化归与转化思想、分类与整合思想等思想，考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等 核心素养，体现综合性、应用性与创新性满分 12 分 解法一： （1）( )cos x fxxe，则 ( )fx 在 3 ,2 2 上单调递增， 1
33、分 又 3 ()0,(2 )0 2 ff ， 所以 ( )fx 在 3 (,2 ) 2 有唯一的零点t 2 分 当 3 (, ) 2 xt 时，( )0fx； 0 (,2 )xx 时， ( )0fx . 3 分 又 3 2 2 3 ()10(2 ) 2 fefe ， 所以 ( )f x在 3 ,2 2 的最大值为 2 e . 4 分 （2）证法一： 1 ( )cos 2 x g xxe， 则当(0,) 2 x 时，( )g x单调递增，又 42 121 ( )0,( )0 42222 gege ， 所以 ( )g x 在 (0,) 2 x 有唯一的零点 0 (,) 4 2 x ， 此时， 0
34、(0,)xx 时， ( )0g x ； 0 (,) 2 xx 时，( )0g x， 所以 0 x是极小值点，不妨让 01 xx 6 分 当 3 (,) 22 x 时，cos0x ，所以 2 111 ( )cos0 222 xx g xxeee ； . 7 分 当 3 (,2 ) 2 x ，( )sin( ) x g xxef x 由（1）知， ( )gx 有唯一的零点 1 3 (,2 ) 2 t ， 则 1 3 (, ) 2 xt 时， ( )0gx ，即 ( )g x 单调递减； 1 ( ,2 )xt 时， ( )0g x ，即 ( )g x 单调递增 又 7 2 4 37121 ()0,(
35、)0,(2 )0 24222 ggege ， 所以 ( )g x 在 3 (,2 ) 2 x 有唯一的零点 3 37 (,) 24 x ， 此时 3 3 (,) 2 xx 时， ( )0g x ； 3 (,2 )xx 时， ( )0g x ，所以 3 x是极大值点，即 32 xx ， 所以 ( )g x在(0,2 )有两个极值点 12 ,x x，其中 1 (,) 4 2 x ， 2 37 (,) 24 x ， . 9 分 且 1 2 1 2 1 cos 2 1 cos 2 x x xe xe ，由于 12 xx ee ，所以 122 coscoscos(2)xxx 因为 1 (,) 4 2 x
36、 ， 2 2(,) 4 2 x ， 所以 12 2xx ，即 12 2xx 10 分 又 1 (,) 4 2 x ，所以 111 sincos2sin()2 4 xxx ，同理 222 sincos2sin()0 4 xxx ， 所以 12 121122 11 ()()sinsin 22 xx g xg xxxexxe 12 分 121122 11 ()(sincos)(sincos)121 22 xxxxxx 12 分 解法二： （1）同解法一 （2）前面同证法一 由 1 2 1 12 2 11 cos 35 22 (,),(,) 113 223 cos 22 x x ex xx ex 10
37、 分 1 11111 11 ()sinsin 22 x g xxxexx 令 1 ( )sin ,(,) 23 2 t xxx x ，则 1 ( )cos0 2 t xx， 所以 1 111111 113 ( )sinsin( )( ) 22362 x g xxxexxt xt ， 11 分 2 222222 111 ()sinsincos 222 x g xxxexxx 令 1135 ( )sincos ,(,) 2223 h xxxx x ， 则 1115 ( )cossinsinsin0 2223 h xxxx 所以 22 553 ()()() 362 g xh xh， 所以 12 3531 ( )() 62622 g xg x 12 分 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第
