4.浙江省温州市第五十一中学2024届高三上学期期末数学试题（解析版）.pdf

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1、数学数学注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名答卷前，考生务必将自己的姓名 准考证号填写在答题卡上准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动如需改动，用橡皮擦干净后用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号再选涂其他答案标号.回答非选择题时回答非选择题时，将答案写在答题卡上将答案写在答题卡上.写在本试卷上写在本试卷上无效无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一一、选择题选择题：本大题共本大题共 8 小题小题，每小

2、题每小题 5 分分，共共 40 分分，在每个小题给出的选项中在每个小题给出的选项中，只有一项只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的.1.设集合 U=R，221x xAx，ln(1)Bx yx，则图中阴影部分表示的集合为（）A.x|x1B.x|1x2C.x|0 x1D.x|x0【答案】D【解析】【分析】先求出集合 A，B，再由图可知阴影部分表示UAB，从而可求得答案【详解】因为221x x等价于20 x x，解得02x，所以02Axx，所以0UAx x或2x，要使得函数ln 1yx有意义，只需10 x，解得1x，所以1Bx x则由韦恩图可知阴影部分表示UAB|0 x x.故选：D.2.为了得到

3、sin(5)3yx的图象，只要将函数sin5yx的图象（）A.向右平移15个单位长度B.向左平移15个单位长度C.向右平移3个单位长度D.向左平移3个单位长度【答案】A【解析】【分析】先将53x 写成5(5)1x 的形式，根据函数的图像“左加右减”的原则，比较前后变化即得平移变换的方向与长度.【详解】因sin(5)sin5()135yxx，将函数sin5yx的图象向右平移15个单位长度即得函数sin5()sin(5)315yxx的图像.故选：A.3.定义123nnpppp为n个正数123,np ppp的“均倒数”，若已知数列 na的前n项的“均倒数”为15n，则10a等于（）A.85B.90C

4、.95D.100【答案】C【解析】【分析】根据题中定义，结合数列前n项的和与第n项的关系进行求解即可.【详解】因为数列 na的前n项的“均倒数”为15n，所以1231232515nnnaaaaaaanna，于是有1232105 10aaaa，123295 9aaaa，两式相减，得105(10081)95a，故选：C4.已知函数对任意的xR有()()0f xfx，且当0 x 时，()ln(1)f xx，则函数()f x的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由()()0f xfx得()()fxf x，得到函数是奇函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论.【详解】由()

5、()0f xfx得()()fxf x，则函数是奇函数，排除 A、C当0 x 时，()ln(1)f xx，对应的图象为 D，故选：D.5.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为 a，b，c，则三角形的面积 S 可由公式Sp papbpc求得，其中 p 为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足6a，8bc，则此三角形面积的最大值为（）A.3 7B.8C.4 7D.9 3【答案】A【解析】【分析】6a，8bc可得72abcp代入2()()()Sp papbpc，利用基本不等式的性质即可得出【详解】

6、6a，8bc68722abcp227(76)(7)(7)77()497(7)77792bcSbcbcbcbc，当且仅当4bc时取等号3 7S，即三角形面积的最大值为3 7故选：A6.著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为1C，空气温度为0C，则t分钟后物体的温度（单位：C）满足：010kte若常数0.05k，空气温度为30 C，某物体的温度从90 C下降到50 C，大约需要的时间为（）（参考数据：ln31.1）A.16分钟B.18分钟C.20分钟D.22分钟【答案】D【解析】【分析】由已知条件得出030，190，50，代入等式0.05010te，求出t即可得出结

7、论.【详解】由题知030，190，50，所以，0.0550309030te，可得0.05130te，所以，10.05lnln33t，20ln322t.故选：D.7.在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（1d，单位：m）与制动距离（2d，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述1d，2d与v的函数关系的是（）A.1dv，2dvB.1dv，22dvC.1dv，2dvD.1dv，22dv【答案】B【解析】【分析】设 1d vf v，2dvg v，根据图象得到函数图象上的点，

8、作出散点图，即可得到答案.【详解】设 1d vf v，2dvg v.由图象知，1d vf v过点40,8.5，50,10.3，60,12.5，70,14.6，80,16.7，90,18.7，100,20.8，110,22.9，120,25，130,27.1，140,29.2，150,31.3，160,33.3，170,35.4，180,37.5.作出散点图，如图 1.由图 1 可得，1d与v呈现线性关系，可选择用1dv.2dvg v过点40,8.5，50,16.2，60,23.2，70,31.4，80,36，90,52，100,64.6，110,78.1，120,93，130,108.5，14

9、0,123，150,144.1，160,164.3，170,183.6，180,208.作出散点图，如图 2.由图 2 可得，2d与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用22dv.故选：B.8.已知函数 sin2cos20f xaxbx ab的图象关于直线6x 对称，若存在12,nx xx，满足1223124nnf xf xf xf xf xf xb，其中2,nnN，则n的最小值为（）A.6B.7C.8D.9【答案】B【解析】【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得3ab=，计算出 f x的值域为2,2bb，根据题意可得1224nnf xf xbbb，因此当且仅当122314nnf xf xf

10、 xf xf xf xb时，n的最小值为7.【详解】由 sin2cos20f xaxbx ab可得 22sin 2f xabx，其中tanba；又因为 f x的图象关于直线6x 对称，所以需满足2,Z62kk，解得,Z6kk，即3tantan,Z63kk；可得3tan3ba，即3ab=，所以 2 sin 2,Z6f xbxkk由正弦函数值域可得 2 sin 22,26f xbxkbb 若要求满足1223124nnf xf xf xf xf xf xb的n的最小值，只需满足1nnf xf x取最大值即可，而1224nnf xf xbbb，所以当且仅当122314nnf xf xf xf xf x

11、f xb时满足题意，即 122312464nnf xf xf xf xf xf xbb；所以16n，得7n，即n的最小值为7.故选：B二二、多选题多选题：本大题共本大题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分，全部选对的得全部选对的得 6 分分，部分选对的得部部分选对的得部分分，有选错的得分分，有选错的得 0 分分.9.设 z1，z2，z3为复数，z10.下列命题中正确的是（）A.若|z2|z3|，则 z2z3B.若 z1z2z1z3，则 z2z3C.若23zz，则|z1z2|z1z3|D.若 z1z2|z1|2，则 z1z2【答案】BC【解析】【分析】根据复数的模的定义，共

12、轭复数的定义，复数的乘法判断各选项，错误的选项可以举反例【详解】A：由复数模的概念可知，23zz不能得到23zz，例如21zi，31zi，A 错误；B：由1 21 3z zz z可得1230zzz，因为10z，所以230zz，即23zz，B 正确；C：若23zz，则23=zz，有221 21 31 2121 313()()()()z zz zz zz zz zz z，又10z，则221 21 30z zz z，故1 21 3z zz z，故 C 正确；D：取11zi，21zi，显然满足21 21z zz，但12zz，D 错误.故选：BC10.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一

13、种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积其大体思想可用如图表示，其中图 1 为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图 2 为棱长为2r的正方体的八分之一，图 3 是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（）A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖

14、”，截面是一个圆形B.图 2 中阴影部分的面积为2hC.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为:4D.由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为3163r【答案】BCD【解析】【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故 A 错误；根据祖暅原理，图 2 中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图 3 中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故 B 正确；由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平

15、面去截它们，那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖来说，使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是:4，故 C 正确；由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；而正四棱锥体的体积为313Vr倒棱锥所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积333181233Vrrr牟盒方盖，从而得到整个牟合方盖的体积为33216833rr，故 D 正确故选：BCD11.设1F，2F为椭圆22143xy的左，右焦点，直线l过1F交椭圆于 A，B 两点，则以下说法正确的是（）A.2A

16、BF的周长为定值 8B.2ABF的面积最大值为2 3C.2212AFAF的最小值为 8D.存在直线 l 使得2ABF的重心为1 1,6 4【答案】ACD【解析】【分析】利用椭圆的定义可判断 A，根据基本不等式结合椭圆的定义可判断 C，设直线l的方程为1xmy，联立椭圆方程利用韦达定理法，可表示出2ABF的面积，2ABF的重心进而判断 BD.【详解】由椭圆22143xy，可得2,3,1abc，所以2ABF为121248AFAFBFBFa，故 A 正确；因为124AFAF，所以221122282AFAFAFAF，当且仅当12AFAF取等号，故 C 正确；由题可设直线l的方程为1xmy，由22114

17、3xmyxy，可得2234690mymy，设1122,A x yB xy，则12122269,3434myyy ymm，所以2221212122226912144343434mmyyyyy ymmm，所以2ABF的面积为2121221121234mSFFyym，令21tm，则1t，221mt，所以2221211212134313mtSmttt，因为1t，由对勾函数的性质可知134tt，所以22212112123134313mtSmttt，当1t，即0m 取等号，故 B 错误；由上可知122634myym所以212122268223434mxxm yymm，又21,0F，所以2ABF的重心为22

18、1821,33434mmm，令221811334621344mmm，解得2m，所以当直线l的方程为21xy时2ABF的重心为1 1,6 4，故 D 正确.故选：ACD.三、填空题：本大题三、填空题：本大题 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分.12.已知 p：xa 是 q：2x3 的必要不充分条件，则实数 a 的取值范围是_.【答案】,2【解析】【分析】根据充分性和必要性，求得参数a的取值范围，即可求得结果.【详解】因为 p：xa 是 q：2x3 的必要不充分条件，故集合2,3为集合,a 的真子集，故只需2a.故答案为：,2.13.将甲、乙等 8 人安排在 4 天值班，若

19、每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为_（结果用分数表示）【答案】17【解析】【分析】根据排列组合相关知识直接计算求解.【详解】将甲、乙等 8 人安排在 4 天值班，若每天安排两人，共有22228642C C C C28 15 6 12520 种方案，乙两人安排在同一天，共有12224642C C C C4 15 6 1360 ，所以甲、乙两人安排在同一天的概率为360125207.故答案为：1714.汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱

20、.已知起始柱上套有n个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将n个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为()p n，则(3)p_.1()nip i_.【答案】.7.122nn【解析】【分析】根据题意可得 11p，当2n n 时，求 p n分三步，从而可得 2112p np nn，则可求出 p n，进而可求得答案.【详解】显然 11p.当有2n n 个圆盘时，求 p n分三步：第一步，先将上面的n1个圆盘移到辅助柱

21、，至少需要1p n次；第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需 1 次；第三步，将辅助柱上的n1个圆盘移动到目标柱至少需要1p n次，因此 2112p np nn，所以 12112p np nn 因为 11p，所以数列 1p n 是以 2 为公比，2 为首项的等比数列，所以 112 22nnp n 所以 21np n，所以 37p，1112 1 221221 2nnniniip inn，故答案为：7，122nn.四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答时应写出文字说明解答时应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.15.全民健身创精

22、彩，健康成长蟩未来.为此某校每年定期开展体育艺术节活动，活动期间举办乒乓球比赛.假设甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为p（01p）.（1）若比赛采用五局三胜制，且0.5p，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；（2）若比赛有两种赛制，五局三胜制和三局两胜制，且12p，试分析哪种赛制下甲获胜的概率更大？并说明理由.【答案】（1）516（2）采用 5 局 3 胜制下甲获胜的概率更大，理由见解析【解析】【分析】（1）设A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，由条件概率求解即可；（2）由独立事件的乘法公式分别求出在五局三胜制中甲获胜的概率和在三局两胜制中甲

23、获胜的概率，作差法即可判断哪种赛制下甲获胜的概率更大.【小问 1 详解】设A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，则 32233111543116P ABp pp C pp pP B AppP Ap.【小问 2 详解】在五局三胜制中甲获胜的概率为：23222232134C1C161510pppp ppppppp.在三局两胜制中甲获胜的概率为：2122322C132pppppp.于是 3223126151032ppppppp.22322325413121ppppppp当12p 时，120pp，故采用 5 局 3 胜制下甲获胜的概率更大.16.在四棱锥PABCD中，PA 平面ABCD，底面A

24、BCD是正方形，E，F 分别在棱PD，BC上且13PEPD，13CFBC（1）证明：CE平面PAF；（2）若ADAP，求直线CD与平面PAF所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）2 1313【解析】【分析】（1）在棱PA上取点G，使得13PGPA，连接EG，FG，即可证明四边形FGEC为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；（2）以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【小问 1 详解】证明：如图，在棱PA上取点G，使得13PGPA，连接EG，FG，因为13PEPGPDPA，所以/GE AD且

25、13GEAD，由正方形ABCD，13CFBC，得/CF AD且13CFAD，所以GE/CF且GECF，所以四边形FGEC为平行四边形，所以/CE GF，又CE 平面PAF，GF 平面PAF，所以/CE平面PAF【小问 2 详解】若ADAP，则可设3ADAP，所以3ABBC以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点0,0,0A，3,3,0C，0,3,0D，0,0,3P，3,2,0F，则3,0,0CD ，0,0,3AP ，3,2,0AF，设平面PAF的法向量为,mx y z，则由 ,0,0,330,3,2,0320m APx y zzm AFx

26、y zxy 得0,2,3zyx 令3y，得平面PAF的一个法向是为2,3,0m ，设直线CD与平面PAF所成角的大小为，则 2,3,03,0,02 13sin1313 3m CDm CD ，即直线CD与平面PAF所成角的正弦值为2 131317.某数学建模小组研究挡雨棚（图 1），将它抽象为柱体（图 2），底面ABC与111ABC全等且所在平面平行，ABC与111ABC各边表示挡雨棚支架，支架1AA、1BB、1CC垂直于平面ABC.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为6（即6AOB），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形11AAOO（O、1O分别在CA、11C A延长线上）.（1）挡雨板（曲面11BB

27、CC）的面积可以视为曲线段BC与线段1BB长的乘积 已知1.5OA米，0.3AC 米，12AA 米，小组成员对曲线段BC有两种假设，分别为：其为直线段且3ACB；其为以O为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到 0.1 平方米）；（2）小组拟自制ABC部分的支架用于测试（图 3），其中0.6AC 米，2ABC，CAB，其中62，求有效遮挡区域高OA的最大值.【答案】（1）1.2平方米1.9平方米（2）0.3 米【解析】【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算 BC 的长，代入面积公式即可得解；（2）根据正弦定理求出OA，再由三角恒等变换求最大值即可得解.【小问 1 详解】其为直线

28、段且3ACB时，0.3AC 米，所以在RtACB中，cos3ACBC，即20.6BCAC（米）.所以110.6 21.2SBC BBBC AA（平方米）；其为以O为圆心的圆弧时，此时圆的半径为1.8OAAC（米），圆心角6AOB，所以圆弧BC的长31.8610l，所以11321.910Sl BBl AA （平方米）【小问 2 详解】由题意，cos0.6cosABAC，6ABO，由正弦定理可得：sinsin66OAAB，即231311.2cos sin1.2cossincos1.2sincoscos62222OA3110.6sin2cos22220.6sin 20.36，其中62，当262，即3

29、时，max0.60.30.3OA（米）.即有效遮挡区域高OA的最大值为0.3米.18.已知O为坐标原点，F为抛物线C：24yx的焦点，点00,A xy在抛物线上，其中00y，弦OA的中点为M，以M为端点的射线MF与抛物线交于点B（1）若F恰好是AOB的重心，求0y；（2）若012y，求AOBOMFSS的取值范围【答案】（1）06y；（2）42 5,162 65.【解析】【分析】(1)设出点 B 坐标，利用点 A，B 在抛物线 C 上并借助三角形重心坐标公式即可得解；(2)根据三角形面积关系及面积定理得出1042AOBOMFSySy，再设出直线 MF 方程，并与抛物线方程联立，用0y表示出1y计

30、算即可作答.【详解】（1）依题意，抛物线C：24yx的焦点1,0F，设11,B x y，由F是AOB的重心，于是得013xx，010yy，又21114xy，且20014xy，从而得206y，而00y，所以06y；（2）因M为弦OA的中点，即00(,)22xyM，且2AOBMOBSS，因此，12sin2221sin2AOBMOBOMFOMFOM MBOMBSSMBSSMFOM MFOMF，因M、B、F三点共线，则有01100)2(42222yyyMByMFy，显然直线MF斜率不为 0，则设直线MF：0021xxyy，由002214xxyyyx消去x得2004(2)40 xyyy，而10y，解得2

31、001002(2)22()1xxyyy，其中20014xy，则2220012222400000011222114144422216yyyyyyyyy，因为012y，从而得1240004216142816AOBOMFSyMBSMFyyy对021,y 递减，所以42 5,162 65AOBOMFSS.19.设数阵111202122aaAaa，其中11122122,1,2,3,4,5,6aaaa设12,1,2,3,4,5,6lSe ee，其中*12,Lleee lN且6l定义变换k为“对于数阵的每一行，若其中有k或k，则将这一行中每个数都乘以1；若其中没有k且没有k，则这一行中所有数均保持不变”12

32、0,.lske eeA表示“将0A经过1e变换得到1A，再将1A经过2e变换得到2,A 以此类推，最后将1lA经过le变换得到lA 记数阵lA中四个数的和为0sTA（1）若013,1,336AS，写出0A经过1变换后得到的数阵1A，并求0sTA的值；（2）若012313,36ASe e e，求0sTA的所有可能取值的和；（3）对任意确定的一个数阵0A，证明：0sTA的所有可能取值的和不超过4【答案】（1）11336A，05 sTA（2）0（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由01336A，1,3S，求出数阵0A经过s变化后的矩阵，进而可求得0STA的值；（2）分情况讨论，结合题意分析求解；（

33、3）分1112aa和1112aa两种情况讨论，推导出变换后数阵lA的第一行和第二行的数字之和，由此能证明0STA的所有可能取值的和不超过4【小问 1 详解】因为013,1,336AS，0A经过1变换后得到的数阵11336A，1A经过3变换后得到的数阵21336A，所以013365sTA .【小问 2 详解】若2,4,5S，则30AA，可得01 33613 sTA；若1231,2,4,5ee e，则31336A，可得01 3365 sTA；若3126,2,4,5ee e，则31336A，可得013365sTA ；若132,e e e其中一个为 3，另外两个属于2,4,5，则31336A，可得01

34、 33613 sTA；若1231,2,4,5,6eee，则31336A，可得01 33613 sTA；若11e，23,e e其中一个为 3，另外一个属于2,4,5，则31336A，可得013365sTA ；若36e，12,e e其中一个为 3，另外一个属于2,4,5，则31336A，可得01 3365 sTA；若123,136eee，则30AA，可得01 33613 sTA；综上所述：0sTA的所有可能取值的和为1313550 .【小问 3 详解】若1112aa，在1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有11a且不含12a的子集共42个，经过变换后第一行均变为11a、12a；含有12a且不

35、含11a的子集共42个，经过变换后第一行均变为11a、12a；同时含有11a和12a的子集共42个，经过变换后第一行仍为11a、12a；不含11a也不含12a的子集共421个，经过变换后第一行仍为11a、12a所以经过变换后所有lA的第一行的所有数的和为44441112111211121112111222221aaaaaaaaaa .若1112aa，则1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有11a的子集共52个，经过变换后第一行均变为11a、12a；不含有11a的子集共521个，经过变换后第一行仍为11a、12a所以经过变换后所有lA的第一行的所有数的和为55111211121112221aaaaaa 同理，经过变换后所有lA的第二行的所有数的和为2122aa所以0sTA的所有可能取值的和为11122122aaaa，又因为11a、12a、21a、221,2,6a，所以0sTA的所有可能取值的和不超过4【点睛】方法点睛：从定义知识的新情景问题入手这种题型它要求学生在新定义的条件下，对提出的说法作出判断，因此在解这类型题时就必须先认真阅读，正理解新定义的含义，再运用新定义解决问题，然后得出结论,