2021年深圳市高三年级第二次调研考试数学试题答案及评分参考 (1).pdf下载_163文库

资源描述

1、深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第1页（共15页） 2021 年深圳市高三第年深圳市高三第二二次调研考试次调研考试数学试题答案及评分参考一、单项选择题：题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B B A B C A 二、多项选择题：题号 9 10 11 12 答案 BD AC BC ACD 12. 设函数( )ee x f xx=和 2 1 ( )ln(12 ) 2 g xxkxk x=+()kR，其中e是自然对数的底数（=2.718 28e），则下列结论正确的为 A. ( )f x的图象与x轴相切 B. 存在实数0k ，使得 (

2、)g x的图象与x轴相切 C. 若 1 2 k =，则方程( )( )f xg x=有唯一实数解 D. 若( )g x有两个零点，则k的取值范围为 1 (0, ) 2 解析：( )ee x f xx=，则( )ee x fx=；( ) 2 1 ln(12 ) 2 g xxkxk x=+，则( ) 2 2(21)1(21)(1) (0) kxkxkxx gxx xx + = = . （选项 A）易知1x =是( )f x的极小值点，且(1)0f=，所以( )f x的图象与x轴相切，故选项 A 正确. （选项 B）显然当0k 时，( )0g x，( )g x无极值点，则( )g x的图象与x轴不

3、可能相切，故选项 B 错误. （选项 C）易知函数( )f x的最小值( ) 1 1ee 10f= =；当 1 2 k =，则函数( )g x的最大值 1 ()(1) 2 gg k = 111 ln1(12) 1 222 =+ +0=，因此方程( )( )f xg x=有唯一解1x =. （选项 D）（解法一）易知当0k 时， 1 2 x k =是( )g x的极大值点，若函数( )g x有两个零点，则须有 1 ()0 2 g k ，即 2 1111 ln()(12 )0 2222 kk kkk +，绝密绝密启封并使用完毕前启封并使用完毕前试题类型：试题类型：A 深圳市高三数学第二

4、次调研考试试题答案及评分参考第2页（共15页）化简得 11 ln(2 ) 42 k k ，不难解得 1 0 2 k，当0 x + 时，( )g x ，显然当 1 0 2 k时，有 2 11 2kk ，又 2 2222232 1111111121 ()ln()(12 )1 22 gkk kkkkkkkk =+ + 322 12211121 (2)() 22kkkkkk = +=+，当 1 0 2 k时， 2 1 ()0g k ，故选项 D 正确. （解法二）( )g x有两个零点 2 1 ln(12 )=0 2 xkxk x+ 1 ln ln1 2 =21=21 2 x x kxkkxk

5、 xxx + + +，构造函数 ln1 ( ) 2 x u x xx =+和( )=21v xkxk+，则 2 12ln ( ) 2 x u x x =，易知ex =是( )u x的极大值点，极大值 1 ( e) e u=，函数( )=21v xkxk+的图象是过定点( 2, 1)的直线，直线1= (2)yk x+与函数( )u x的图象相切于点 00 (, ()x u x，则 0 0 0 ()1 () 2 u x u x x + = + ，则 0 2000 000000 2 00 ln1 1 12ln2 22(44)ln12ln1 22 x xxx xxxxxx xx + =+ =

6、 + ，则 12ln11 (1) 22 ku =，则k的取值范围为 1 (0, ) 2 ，故选项 D 正确. 综上所述，选项 ACD 正确. 三、填空题： 13. 22 1 43 xy +=（答案不唯一）； 14. 79； 15. 15 2 ； 16. 2 3 2+ . 13. 解析：解析： 22 1 43 xy +=，形如 22 1(0) 43 xy m mm +=这样的方程均可. 16著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（16011665）于 1643 年提出的平面几何极值问题： “已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中的所求点称为费

8、m xn xmnxmnmn x=+=+， 222 |ABCACB=+， 2222222 ()(1)(1)mnmn xmmxnnx+=+，即2mnmn+ + =，又 2 () 4 mn mn + ， 2 () 2 4 mn mn + +，显然m n+ =， 2 480 ，解得22 3+，或22 3（舍去），易知当31mn=+时，等号成立，实数的最小值为2 32+，故应填2 32+. （解法二）（解法二）不妨设PCA=，则 2 PCB=， 3 PAC=， 6 PBC=，由正弦定理得 |sinsin |31 sin() cossin 3 22 PA PC = ，及 sin() |cos

9、 2 |31 sin() sincos 6 22 PB PC = ， sincos3sin23 1 313132sin23 cossinsincossin2 22222 =+= ，易知 63 ， 2sin2323， 33 112 32 2sin2323 = =+ ，即2 32+，易知当 4 =时，等号成立，实数的最小值为2 32+，故应填2 32+. 四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第4页（共15页） 17 （10 分）在 212 2baa=+， 28 ba=， 35 Ta=这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并作出

10、解答. 问题：已知数列 n a的前n项和 2 21 n Snn=，等比数列 n b的前n项和为 n T， 13 ba=，且_，判断是否存在唯一的k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分解解：由(21) n Snn=，得 11 20aS=， 1 分当1n时， 22 1 (21)21(1)(1) nnn aSSnnnn = 22 2n=，经检验，当1=n时，上式也成立，故 n a的通项公式为222 n an=， 3 分则 13 16ba=. 4 分选择条件的解答：由222

11、n an=，得 1 20a =， 2 18a =， 5 分 12 2 2 aa b + = 20 18 19 2 + =， 6 分则等比数列 n b的公比 2 1 19 1 16 b q b = ， 7 分则 n b是递增的等比数列，且 11 1 19 16 ()1 16 nn n bb q =， 9 分故不存在k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分选择条件的解答：由222 n an=，得 8 6a =，即 28 6ba=， 5 分则等比数列 n b的公比 2 1 63 168 b q b = ， 6 分则 n b的通项公式 11 1 3 16 (

12、 ) 8 nn n bb q =， 8 分则 n b是递减的等比数列，当3k =时，使得 3 9 1 4 b =，且 4 27 1 32 b =，易知存在唯一的3k =，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分选择条件的解答：由222 n an= ，得 5 12a = ， 5 分设等比数列 n b的公比为q， 222 31111(1 )16(1)Tbbqbqbqqqq=+=+=+12=，即 2 1440qq+=，深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第5页（共15页）解得 1 2 q = ， 7 分则 n b是摆动的等比数列，且 11 1 1 16 ()

13、 2 nn n bb q = ， 8 分当1k =时，使得 12 1618bb= =，当3k =时，使得 34 412bb= =，故不存在唯一的k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等，考察了学生的数学运算、逻辑推理等核心素养. 18 （12 分）设ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且 222 sinsinsin2sinsinABCAB+=. (1) 求C； (2) 若 3 cos 5 B =，D是边BC上一点，且4CDBD=，ACD的面积为 7 5 ，求b. 解：解：

14、(1)由正弦定理，及 222 sinsinsin2sinsinABCAB+=，可得 222 2abcab+=，3 分由余弦定理，得 222 2 cos 22 abc C ab + =， 4 分 ()0,C， 4 C =； 5 分（解法一）解法一）ACD的面积为 7 5 ，且4CDBD=， ABC的面积为 7 4 ， 6 分 3 cos 5 B =，且()0,B， 2 4 sin1cos 5 BB=，7 分又 4 C =， 7 2 sinsin()sin()= 410 ABCB=+=+，8 分在ABC中，由正弦定理，得 sinsin ba BA =， sin4 2 sin7 B baa

15、A =，深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第6页（共15页） 7 2 8 ab=， 10 分 ABC的面积为 7 4 ， 2 717 sin 4216 abCb=， 2b=，即2AC =. 12 分（解法二）（解法二）设BDx=，4CDx=，过A作AEBC于E， 6 分 3 cos 5 B =，且()0,B， 4 tan 3 B =，则由 (1) 易知 22 = 22 AEACb=， 2 5 2 BExb=， 7 分在直角ABE中，有 2 4 2 tan= 32 5 2 b AE B BE xb = ， 8 分 7 2 40 xb=， 10 分 22 11 7 2277

16、sin 22102205 ACD SCD ACCbb =， 2b=，即2AC =. 12 分【命题意图】本题主要考察正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等知识，渗透数形结合、转化与化归、方程等思想，意在考察学生的逻辑推理，数学运算等核心素养深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第7页（共15页） 19 （12 分）如图，在直四棱柱 1111 ABCDABC D中，/AB CD，2DC =， 1 3AA =，1ABBCDA=，点E和F 分别在侧棱 1 AA、 1 CC上，且 1 1A ECF=. (1) 求证：BC平面 1 D EF； (2) 求直线AD与平面 1 D EF所成角的

17、正弦值. 解：解：(1) 证明：如图所示，分别取CD， 1 FD的中点M，N，连接MN，AM，EN.1 分 M，N分别是CD， 1 FD的中点， MN是梯形 1 CFD D的中位线， 1 /MNCFD D，且 1 1 ()2 2 MNCFD D=+=. 1 1A E =， 11 /A AD D， 2EAMN=，且/EA MN，四边形AENM是平行四边形， /ENAM. 3 分易证四边形AMCB是平行四边形， /BCAMEN，又EN 平面 1 D EF，BC平面 1 D EF， BC平面 1 D EF. 5 分 (2)（解法一）（解法一）以A为坐标原点，AB为x轴，过点A并垂直于AB的直线

18、为z轴， 1 AA为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 6 分易得(0,0,0)A，(0,0,2)E， 13 (,0) 22 D ， 1 13 (,3) 22 D ， 33 ( ,1) 22 F， 7 分（第 19 题图） A C B D A1 E F B1 C1 D1 A C B D A1 E F B1 C1 D1 M N 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第8页（共15页）则有 13 (,0) 22 AD= ， 1 13 ( , 1) 22 D E =， 1 (2,0, 2)DF =， 8 分设平面ABS的法向量为 111 ( ,)mx y z=，则 1 1 0

19、0 D E m D F m = = ，，即 111 111 13 0 22 2020 xyz xyz = += ，， 9 分则平面ABS的一个法向量为( 3, 1, 3)m=， 10 分 321 cos, 717 AD m AD m ADm = ，11 分设直线AD与平面 1 D EF所成角为，则 21 sincos, 7 AD m= =. 12 分（解法二）连接 1 A F，得到三棱锥 1 FADE，连接AC， 6 分易知ACAD，且3AC =，2EF =，2DE =， 1 2 2DF =， 7 分又 1 A AAC，则AC 平面 1 A DE， 8 分那么三棱锥 1 FA

20、DE的体积 113 1 13 326 V = =， 222 ( 2)(2 2)23 cos 4222 2 DEF + = ， 10 分则 7 sin 4 DEF=，设 1 A到平面 1 D EF的距离为h，由 1111 AD EFFA D E VV =可得 1173 22 2 3246 h=，解得 21 7 h =， 11 分设直线AD与平面 1 D EF所成角为，则 11 21 sin 7 h AD =. 12 分【命题意图】本题主要考察线面的位置关系，线面平行的判定定理和求线面所成的角.涉及到的思想方法主要有向量法，数形结合思想.考察了学生的直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素

21、养. 20 （12 分）已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个座位，假设学生是否去自习是相互独立的，且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的概率均为1 . 0. (1) 将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为X，求X的期望和方差； A C B D A1 E F B1 C1 D1 A C B D A1 E F B1 C1 D1 z x y 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第9页（共15页） (2) 18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布( , )B n p，那么当n比较大时，可视为X服从正态分布 2 ( ,)N .任意正态分

22、布都可变换为标准正态分布（0=且1=的正态分布），如果随机变量 2 ( ,)YN ，那么令 = Y Z，则可以证明(0,1)ZN.当(0,1)ZN时，对于任意实数a，记( )() aP Za=. 已知下表为标准正态分布表（节选），该表用于查询标准正态分布对应的概率值.例如当0.16a=时，由于0.160.1 0.06=+，则先在表的最左列找到数字0.1（位于第三行），然后在表的最上行找到数字0.06（位于第八列），则表中位于三行八列的数字0.5636便是(0.16)的值. (i) 求晚自习时间阅览室座位不够用的概率； (ii) 现对阅览室进行改造，使在晚自习时间阅览室座位够用的

23、概率高于7 . 0，则阅览室至少还需要增加多少个座位？ a 00. 0 01. 0 02. 0 03. 0 04. 0 05. 0 06. 0 07. 0 08. 0 09. 0 0 . 0 5000. 0 5040. 0 5080. 0 5120. 0 5160. 0 5199. 0 5239. 0 5279. 0 5319. 0 5359. 0 1 . 0 5398. 0 5438. 0 5478. 0 5517. 0 5557. 0 5596. 0 5636. 0 5675. 0 5714. 0 5753. 0 2 . 0 5793. 0 5832. 0 5871. 0 5910. 0

24、 5948. 0 5987. 0 6026. 0 6064. 0 6103. 0 6141. 0 3 . 0 6179. 0 6217. 0 6255. 0 6293. 0 6331. 0 6368. 0 0.6404 6443. 0 6480. 0 6517. 0 4 . 0 6554. 0 6591. 0 6628. 0 6664. 0 6700. 0 6736. 0 6772. 0 6808. 0 6844. 0 6879. 0 5 . 0 6915. 0 6950. 0 6985. 0 7019. 0 7054. 0 7088. 0 7123. 0 7157. 0 7190. 0 72

25、24. 0 解解：(1) 由题意可得，随机变量X服从二项分布， 1 分则10001 . 010000)(= npXE， 2 分 9009 . 01 . 010000)1 ()(=pnpXD. 3 分 (2) (i) 由于 (1) 中二项分布的n值较大，故可以认为随机变量X服从正态分布，由(1)可得， 1000= ，30=， 4 分由题意，可得(1000,900)XN ，则 1000 (0,1) 30 X N ，则 )2 . 0()2 . 0 30 1000 ()994(= = X PXP， 5 分由标准正态分布性质可得，)2 . 0(1)2 . 0(=，故)2 . 0(1)99

26、4(XP=， 6 分故5793. 0)2 . 0()994(1)994(=XPXP，故阅览室晚上座位不够用的概率为5793. 0. 7 分深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第10页（共15页） (ii) 查表可得，7019. 0)53. 0(=， 8 分则7019. 0)53. 0 30 1000 (= X P，即7019. 0)9 .1015(=XP， 9 分又7 . 06915. 0)5 . 0()5 . 0 30 1000 ()1015(= = X PXP， 10 分故座位数至少要1016个， 11 分由于229941016=，则阅览室至少还需要增加22个座

27、位. 12 分【命题意图】本题以大学阅览室的座位安排为背景，通过正态分布的相关背景知识，考查学生数学抽象、数学建模、数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现化归与转化的数学思想. 21 （12 分）在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线2x=上的动点，过P作两条相异直线 1 l和 2 l，其中 1 l与抛物线 2 :4C yx=交于A、B两点， 2 l与C交于M、N两点，记 1 l、 2 l和直线OP的斜率分别为 1 k、 2 k和 3 k. (1) 当P在x轴上，且A为PB中点时，求1 |k； (2) 当AM为PBN的中位线时，请问是否存在常数，使得 3 12 11 k kk

28、 += ？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：解：(1) （解法一）由题意易知 ( 2,0)P ，由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设 2 2 2 (,) 4 y By 2 (0)y ， A为PB中点， 2 22 (1,) 82 yy A， 1 分 A在C上， 2 2 22 () =4(1) 28 yy ，解得 2 4y = ， 3 分 (4,4)B ， 1 402 | 4( 2)3 k = . 4 分（解法二）由题意可知 1 l的方程为 1 1 2xy k = ，深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第11页（共15页）设 11 (,)A x y， 22

29、 (,)B xy，由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设 2 0y ，代入 2 :4C yx=，得 2 1 4 80yy k += ， 1 分则 12 1 4 yy k += ， 12 8y y =， A为PB中点， 21 2yy=， 3 分联立解得 1 2y =， 2 4y =， 1 2 3 k =， 1 2 | 3 k =. 4 分 (2) 设 1 l的方程为 1( 2)yk xt=+，代入 2 :4C yx=，得 2 11 4840k yykt+=，则 12 1 4 yy k += ， 1 12 1 84kt y y k + = ， 5 分 AM为PBN的中位线， A为P

30、B中点， 21 2yty+ =，联立解得 1 1 4 33 t y k =+ ， 2 1 8 33 t y k = + ， 7 分由可得 1 111 8484 () () 3333 kttt kkk + += ，进而可得 22 11 (72)32320tktk+=， 8 分 M为PN中点，同理可得 22 22 (72)32320tktk+=，易知 1 k， 2 k为 22 (72)32320tktk+=的两根(事实上0，故关于k的上述方程必有两个实数根)， 12 2 32 72 t kk t += + ， 12 2 32 72 k k t = + ， 10 分 12 1 2 = kk

31、 t k k + ，即 12 11 +=t kk ， 3 2 OP t kk= ， 3 2tk= ， 11 分 3 12 11 +2k kk = ，故存在常数 2= ，使得 3 12 11 k kk += 恒成立. 12 分深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第12页（共15页）【命题意图】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系为背景，利用方程思想、韦达定理来解决问题，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系及探索性问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力. 22 （12 分）已知定义在R上的函数 2 ( )cos(2)e x f x

32、xaxa =+，aR.（其中常数e是自然对数的底数， =2.718 28e） (1) 当2a=时，求( )f x的极值； (2)（i）若( )f x在0,上单调递增，求实数a的取值范围；（ii）当 * nN时，证明： 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 解解：(1) 当2a=时， 2 ( )2cosf xxx=+， ( )2(sin )fxxx = ， 1 分令( )sing xxx=，则( )1cos0g xx= ， ( )g x在(,) +上单调递增， 2 分又(0)0g=，当(,0)x 时，( )(0)0g xg=；当(0,)x+时，(

33、 )(0)0g xg=，当(,0)x 时，( )0fx ；当(0,)x+时，( )0fx ， ( )f x在(,0)上单调递减；在(0,)+上单调递增， ( )f x的极小值为(0)2f=，无极大值. 3 分 (2) (i) 易知( )2sin(2)e x fxxaxa =，若( )f x在0,上单调递增，则2sin(2)e0 x xaxa （*）在0,上恒成立，（解法一）（解法一）显然当0,x时，sine0 x x +，不等式（*）等价于 2(e) sine x x x a x + + ， 4 分下证 e 1 sine x x x x + + ，0,x，即证esine xx xx

34、 +，0,x，即证sin0 xx，0,x，由（1）可知，显然成立， e 1 sine x x x x + + ，0,x， 6 分深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第13页（共15页）或者考虑 esin 11 sinesine x xx xxx xx + = + + 亦可（由(1)可知sin0 xx，0,x）， 6 分又当0 x=时， e 1 sine x x x x + = + ， 2a，即实数a的取值范围为(,2. 7 分（解法二）（解法二）不等式（*）在0,上恒成立，即对于 0 0,x，均有 00 00 (sine)2(e)0 xx xax +，当(2,)a+时

35、，令 0 0 x =，上述不等式显然不成立； 5 分当(,2a时，令 00 00 ( )(sine)2(e) xx h axax =+，易知( )h a在(,) +上单调递减，当(,2a时， 00 ( )(2)2(sin)h ahxx=， 6 分由(1)可知，当 0 0,x 时， 00 sin0 xx，( )0h a ，当(,2a时， 0 0,x，均有 00 00 (sine)2(e)0 xx xax +，综上所述，当且仅当(,2a时，不等式（*）在0,上恒成立，即使得( )f x在0,上单调递增的实数a的取值范围为(,2. 7 分 (ii) 先证当(0,1x时，有 2 cos1

36、 2 x x . （解法一）（解法一）由(1)可知，当2a=时， 2 ( )2cosf xxx=+在0,上单调递增，当(0,1x时，( )(0)f xf，即 2 cos1 2 x x ， 8 分（解法二）由 (1) 可知，当(0,1x时，sin0 xx， 22 sinxx，(0,1x，当(0,1x时， 2 22 cos1 2sin ( )1 2 ( )1 222 xxx x = = ，即 2 cos1 2 x x ， 8 分当(0,1x时，有 2 cos1 2 x x . 当1,)x+时，易知 11 1sin0 xx ，深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第14页（共15

37、页） 11 sin 11 cos 111 tantantan xx x x xxx =， 9 分（解法一）（解法一）再证当1,)x+时，有 111 cos1 () 2121xxx + . 22 11211 cos111 () 2412121xxxxx = + ，当1,)x+时，有 111 cos1 () 2121xxx + ，即 111 1() 1 2121 tan xx x x + ，1,)x+， 10 分 111 1() 1 2123 (1)tan 1 nn n n + + + ， 111 1() 1 2325 (2)tan 2 nn n n + + + ，， 111 1() 1

38、4141 2 tan 2 nn n n + ，将上述不等式相加得， 1 111 1 2141 ()tan n k n nn nk nk = + + + + ， 11 分又 11111 2141214242 nnn nnnnn += + ， 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 12 分（解法二）（解法二）不难知道当( 1,)x +时，有ln(1) xx+（证明略），下证当2,)x+时，有 1121 cos1ln 221 x xx + + . 9 分易知当2,+ )x时， 2 (1)(1)21 21 xxx xx + + ， 222 1111

39、1(1)(1)121 cos1ln(1)lnln 222221 xxx xxxxx + = + ，当2,+ )x时， 1121 cos1ln 221 x xx + + ， 1121 cos1ln 1223 n nn + + + ， 1123 cos1ln 2225 n nn + + + ，深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第15页（共15页）， 1141 cos1ln 2241 n nn + + ，将上述不等式相加得， 11112111 coscoscoslnln(2) 122241221 n nn nnnnn + += + ， 10 分下证ln(2) xx， 1 (0,

40、 3 x，即证ln(2)0 xx， 1 (0, 3 x，显然函数ln(2)yxx=在 1 (0, 3 上单调递减，所以当 1 (0, 3 x时， 51 ln(2)ln 33 yxx=，下证 51 ln0 33 ，即证 1 3 5 e 3 ，即证 3 5125 e( ) 327 =，显然成立，又当n * N时， 11 (0, 213n + ， 11 ln(2) 2121nn + ， 11 分 11111 ln(2) 2212 2142 nnn nnn = + ，即 1111 coscoscos 12242 n nnnn + + ， 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 12 分【命题意图】本题以基本初等函数的极值、单调性问题和不等式证明为载体，考查学生利用导数分析、解决问题的能力，分类讨论、化归转化思想和逻辑推理、数学运算等核心素养，具有较强的综合性.

展开阅读全文