1、2020-2021 高一数学下学期期末复习练习（二） 考查知识：苏教版必修第二册 一、单选题一、单选题 1已知向量1,2a ，3,0b ，若 aba rrr ，则实数（） A0B 3 5 C1D3 2已知复数 z 在复平面所对应的点的坐标为 A(1，2)，则|z|=（） A2B 5 C4D5 3一个田径队，有男运动员 56 人，女运动员 42 人，比赛后，立即用分层抽样的方法， 从全体队员中抽出一个容量为 28 的样本进行尿样兴奋剂检查，其中男运动员应抽的人 数为（） A16B14C28D12 4 22 cossin 66 （） A 3 2 B 1 2 C 1 2 D 3 2 5设, l n为
2、两条不同的直线，, 是两个不同的平面，下列命题中正确的是（） A若/ , /ll，则/ B若/ , /l ，则/l C若/ / ,ln n，则/ /lD若,ll，则/ 6抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件A为“向上的点数为 1 或 4”，事件B为“向上的点 数为奇数”，则下列说法正确的是（） AA与B互斥 BA与B对立 C 2 3 P ABD 5 6 P AB 7在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，bcosAc 1 2 a，点 D 在 AC 上， 2ADDC，BD2，则ABC 的面积的最大值为（） A 3 3 2 B 3 C4D6 8已知P，A，B，C是球O的球面上的四个点，P
3、A 平面ABC， 26PABC， ABAC，则该球的半径为（） A3 5B6 5C3 3D 3 5 2 二、多选题二、多选题 9已知复数 13 22 i （i 是虚数单位） ，是的共轭复数，则下列的结论正确的 是（） A 2 B 3 1 C 2 10 D 10从甲袋中摸出一个红球的概率是 1 3 ，从乙袋中摸出一个红球的概率是 1 2 ，从两袋 各摸出一个球，下列结论正确的是（） A2个球都是红球的概率为 1 6 B2个球不都是红球的概率为 1 3 C至少有1个红球的概率为 2 3 D2个球中恰有1个红球的概率为 1 2 11在ABC 中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（） Ab7，c3
4、，C30Bb5，c4，B45 Ca6，b3 3，B60 Da20，b30，A30 12如图所示，正三角形 ABC 中，D，E 分别为边 AB，AC 的中点，其中 AB8，把 ADE 沿着 DE 翻折至 ADE 位置，使得二面角 A-DE-B 为 60，则下列选项中正确的是 （） A点 A到平面 BCED 的距离为 3 B直线 AD 与直线 CE 所成的角的余弦值为 5 8 CADBD D四棱锥 A-BCED 的外接球半径为 2 37 3 第第 IIII 卷（非选择题）卷（非选择题） 请点击修改第 II 卷的文字说明 三、填空题三、填空题 13已知向量a ，b 的夹角为 30，|a |2，|b
5、| 3 ，则|a 2b |_. 14已知样本9、10、11、x、y的平均数是10，方差是2，则xy _. 15如果函数 ycos2xsin2x 的最小正周期是 4，那么正数的值是_ 四、双空题四、双空题 16 阿基米德是古希腊的一位著名的数学家， 有一种空间几何体便以他的名字命名为“阿 基米德立体”.“阿基米德立体”是一种高度对称的“半正多面体”(如图)， 并且都是可以从正 多面体经过截角截半截边等操作构造而成，它的所有顶点都是正多面体各棱的中点， 且它的三个视图全都一样.现将一个棱长为 10cm的正方体木块加工成一个“阿基米德立 体”工艺品，则所得的“阿基米德立体”工艺品共有_个面，其表面积
6、为 _ 2 cm. 五、解答题五、解答题 17 （1）已知单位向量 1 e 与 2 e 夹角为 60，且 1212 ,2aee bee ，求a b 的值. （2）已知2,3,7abab ，求a 与b 夹角的余弦值. 18已知复数 22 1 6zmm i，z25m+3mi（mR） （1）若 zz1z2为纯虚数，求实数 m 的值； （2）当 m1 时，若 1 2 z z z ，求z 19已知 f(x)x22x，x2，1，给出事件 A：f(x)a. （1）当 A 为必然事件时，求 a 的取值范围； （2）当 A 为不可能事件时，求 a 的取值范围. 20某重点中学 100 位学生在市统考中的理科综合
7、分数，以160,180，180,200， 200,220，220,240，240,260，260,280，280,300分组的频率分布 直方图如图 （1）求直方图中x的值； （2）求理科综合分数的众数和中位数； （3）在理科综合分数为220,240，240,260，260,280，280,300的四组 学生中，用分层抽样的方法抽取 11 名学生，则理科综合分数在220,240的学生中应 抽取多少人？ 21已知ABC，它的内角, ,A B C的对边分别为, ,a b c，且33 , 6 ac A ，_ sin3aB ；当xB时，函数 2 cos3sin cosf xxxx取得最大值在 这两个条件
8、中选择一个补充至上述横线上，求解下述问题：若问题中的三角形存在， 能否求出边 c 的值？若能，请求出边 c 的值；若不能，请说明理由；若问题中的三角形 不存在，请说明理由 22已知三棱柱 111 ABCABC（如图所示） ，底面ABC是边长为 2 的正三角形，侧 棱 1 CC 底面ABC， 1 4CC ，E为 11 BC的中点. （1）若G为 11 AB的中点，求证： 1 C G 平面 11 AB BA； （2）证明： 1/ / AC平面 1 AEB； （3）求三棱锥 1 AEBA的体积. 2020-2021 高一数学下学期期末复习练习（二） 考查知识：苏教版必修第二册 参考答案参考答案 1B
9、 【分析】 根据平面向量的坐标运算，结合两向量垂直，数量积等于零，求得的值. 【详解】 因为向量1,2a ，3,0b ，且 aba rrr ， 所以 0aba rrr ，即 2 0aa b ， 所以有530，解得 3 5 ， 故选：B. 【点睛】 方法点睛：该题考查的是有关向量的问题，解题方法如下： （1）根据向量垂直向量数量积等于零，建立等式； （2）根据向量数量积运算法则进行化简； （3）利用向量数量积坐标公式求得结果. 2B 【分析】 先求出复数 z，进而可以求得结果. 【详解】 由已知可得 z=12i，则 22 1( 2)5z . 故选：B. 3A 【分析】 根据分层抽样方法的原理计算
10、即可 【详解】 因为每个个体被抽到的概率等于 282 56427 ，根据分层抽样方法的原理可得样本中男运动 员的人数为 2 5616 7 ， 故选：A 4C 【分析】 运用余弦的 2 倍角公式即可. 【详解】 22 1 cossincos(2)cos 66632 故选：C 5D 【分析】 对于 A，与还可能相交；对于 B，还有可能l；对于 C，还有可能l；对于 D， 用反证法可证命题正确. 【详解】 对于 A，若/ , /ll，则/ 或与相交.故 A 不正确； 对于 B，若/ , /l ，则/l或l.故 B 不正确； 对于 C，若/ / ,ln n，则/ /l或l.故 C 不正确； 对于 D，
11、若,ll，则/ ，命题正确，证明如下： 如图： 假设与不平行，则必相交，设m， 设直线l与和分别交于点,A B，在m上取一点M，连AM、BM， 因为l，AM，所以lAM， 因为l，BM，所以lBM， 又直线l、直线AM、直线BM在同一平面内，所以/ /AMBM，这与AMBMM相 矛盾，故假设不成立，所以/ /.故 D 正确. 故选：D 6C 【分析】 根据互斥事件和对立事件的定义判断求出事件AB，然后计算概率 【详解】 A与B不互斥，当向上点数为 1 时，两者同时发生，也不对立， 事件AB表示向上点数为1,3,4,5之一， 42 () 63 P AB 故选：C 【点睛】 关键点点睛：本题考查互
12、斥事件和对立事件，考查事件的和，掌握互斥事件和对立事件的定 义是解题关键判断互斥事件，就看在一次试验中两个事件能不能同时发生，只有互斥事件 才可能是对立事件， 如果一次试验中两个事件不能同时发生， 但非此即彼， 即必有一个发生， 则它们为对立事件而不互斥的事件的概率不能用概率相加，本题 ()( )( )P ABP AP B 7A 【分析】 由正弦定理,三角函数恒等变换可得 sinAcosB 1 2 sinA，可求 cosB，设 ADx，则 CD2x， AC3x，根据 cosADBcosCDB 利用余弦定理可得 4c2+a2+2ac36，根据基本不等 式可得 ac6，进而可求解 【详解】 在AB
13、C 中，bcosAc 1 2 a， 由正弦定理可得 sinBcosAsinC 1 2 sinA， 可得 sinBcosAsin（A+B） 1 2 sinAsinAcosB+cosAsinB 1 2 sinA， 即 sinAcosB 1 2 sinA， 由于 sinA0， 所以 1 cos 2 B ，由 B（0，） ，可得 B 3 ， 设 ADx，则 CD2x，AC3x， 在ADB，BDC，ABC 中分别利用余弦定理，可得 cosADB 22 4 4 xc x ，cosCDB 22 44 8 xa x ，cosABC 222 9 2 acx ac ， 由于 cosADBcosCDB，可得 6x2
14、a2+2c212， 再根据 cosABC 1 2 ，可得 a2+c29x2ac， 所以 4c2+a2+2ac36，根据基本不等式可得 4c2+a24ac， 所以 ac6，当且仅当 a2 3，c3时等号成立， 所以ABC 的面积 S 1 2 acsinABC 3 4 ac 3 3 2 故选：A 【点睛】 本题考查解三角形，关键点是熟练掌握正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查了运 算求解能力和逻辑思维能力. 8D 【分析】 由题意，补全图形，得到一个长方体，则 PD 即为球 O 的直径，根据条件，求出 PD，即可 得答案. 【详解】 依题意，补全图形，得到一个长方体，则三棱锥 P-ABC 的
15、外接球即为此长方体的外接球， 如图所示： 所以 PD 即为球 O 的直径， 因为PA 平面ABC，26PABC，ABAC， 所以 AD=BC=3, 所以 22 3 5PDPAAD ， 所以半径 3 5 2 r ， 故选：D 【点睛】 本题考查三棱锥外接球问题，对于有两两垂直的三条棱的三棱锥，可将其补形为长方体，即 长方体的体对角线为外接球的直径，可简化计算，方便理解，属基础题. 9AC 【分析】 计算2可判断 A；计算3可判断 B；计算2+1 可判断 C；根据虚数不能比较大小可判断 D. 【详解】 13 22 i ， 2 13313 42422 ii ，故 A 正确， 32 13 22 i 1
16、3 22 i 1 4 3 4 1，故 B 错误， 2+1 1313 2222 ii 10，故 C 正确； 虚数不能比较大小，故 D 错误. 故选：AC 【点睛】 本题主要考查复数的有关概念和运算， 结合复数的运算法则进行判断是解决本题的关键难 度中等 10ACD 【分析】 利用独立事件的概率乘法公式、 对立事件的概率公式求出各选项中事件的概率，进而可判断 各选项的正误. 【详解】 对于 A 选项，2个球都是红球的概率为 111 326 ，A 选项正确； 对于 B 选项，2个球不都是红球的概率为 115 1 326 ，B 选项错误； 对于 C 选项，至少有1个红球的概率为 212 1 323 ，
17、C 选项正确； 对于 D 选项，2个球中恰有1个红球的概率 1211 232 1 32 ，D 选项正确. 故选：ACD. 11BC 【分析】 利用正弦定理，结合三角形个数的判断，判断各选项的正误 【详解】 解：对于 A，b7，c3，C30， 由正弦定理可得： 1 7 sin7 2 sin1 36 bC B c ，无解； 对于 B，b5，c4，B45， 由正弦定理可得： 2 4 sin2 2 2 sin1 55 cB C b ，且 cb，有一解； 对于 C，a6，b3 3，B60， 由正弦定理可得： 3 6 sin 2 sin1,90 3 3 aB AA b ，此时 C30，有一解； 对于 D，
18、a20，b30，A30， 由正弦定理可得： 1 30 sin3 2 sin1 204 bA B a ，且 ba，则sinbAab， B 有两个可能值，即有两解， 故选：BC 【点睛】 易错点睛：利用正弦定理判断三角形解的个数时需要注意： （1）正弦值的范围：0,1； （2）利用正弦定理求解出正弦值0,1后，注意结合“大边对大角，小边对小角”对结果进 行取舍. 12ABD 【分析】 作 AMDE，交 DE 于 M,延长 AM 交 BC 于 N,连接 AM,AN.利用线面垂直的判定定理判定 CD平面 AMN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到A到平面面 BCED的高 AH,并根 据二面角的平面角
19、，在直角三角形中计算求得 AH 的值，从而判定 A;根据异面直线所成角 的定义找到ADN 就是直线 AD 与 CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定 B;利用勾股 定理检验可以否定 C;先证明底面的外接圆的圆心为 N,在利用外接球的球心的性质进行得到 四棱锥 A-BCED 的外接球的球心为 O,则 ON平面 BCED,且 OA=OC,经过计算求解可得半 径从而判定 D. 【详解】 如图所示，作 AMDE，交 DE 于 M,延长 AM 交 BC 于 N,连接 AM,AN. 则 AMDE,MNDE, A MMN=M,DE平面 AMN, 又DE平面 ABDC,平面 AMN平面 ABDC, 在平面
20、AMN 中作 AHMN,则 AH平面 BCED, 二面角 A-DE-B 为 60，AEF=60， 正三角形 ABC 中，AB=8,AN=4 3,AM=2 3,AH=AMsin60=3，故 A 正确； 连接 DN,易得 DNEC,DN=EC=4, ADN 就是直线 AD 与 CE 所成的角，DN=DA=4,AN=AM=2 3, cosADN= 22 44125 2 4 48 ,故 B 正确； AD=DB=4,AB= 22 12 162 7A NBN , 222 A DDBA B ,AD 与 BD 不垂直，故 C 错误 易得 NB=NC=ND=NG=4，N 为底面梯形 BCED 的外接圆的圆心，
21、设四棱锥 A-BCED 的外接球的球心为 O,则 ON平面 BCED,且 OA=OC, 若 O 在平面 BCED 上方，入图所示： 设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 AH 的垂线，垂足为 P, 则 HP=x,易得 2 2 222 433xxR,解得 2 3 x ,舍去； 故 O 在平面 BCED 下方，如图所示： 设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 AH 的垂线，垂足为 P, 则 HP=x,易得 2 2 222 433xxR, 解得 2 3 x , 2 44 37 16 99 R , 2 37 3 R ,故 D 正确. 故选:ABD. 【点睛】 本题考查立体几何中的折叠问
22、题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂 直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关 键是利用线面垂直， 面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定， 注意球心在四棱锥 的底面上方和下方的讨论与验证. 132 7 【分析】 根据平面向量的数量积计算模长即可. 【详解】 解：因为向量a ，b 的夹角为 30，|a |2，|b | 3 ， 所以（ 2ab ）2 2 a 4a b 4 2 b 22+42 330cos 4 2 ( 3)28， 所以| 2ab |2 7. 故答案为：2 7. 1496 【分析】 利用平均数公式和方差公式能求出x y
23、和 22 xy的值，然后利用完全平方公式能计算出 xy的值. 【详解】 由平均数公式得 9 10 11 10 5 xy ，即20 xy， 22222 9 1010 1011 101010 2 5 xy ，即 22 10108xy， 即 22 202008xyxy，可得 22 208200208xyxy ， 2 222 2022082xyxyxyxy，解得96xy . 故答案为：96. 【点睛】 本题考查利用平均数和方差公式求参数值，考方程思想的应用，属于基础题. 15 1 4 【分析】 直接利用二倍角的余弦函数，化简函数的表达式，通过函数的周期的求法求解即可 【详解】 因为函数 ycos2xs
24、in2xcos2x，它的最小正周期是 4，所以 2 4 |2| ， 解得| 1 4 所以正数 1 4 . 故答案为： 1 4 1614 100 3300 【分析】 根据正方体结构特征可知：“阿基米德立体”工艺品共有 8+6=14 个面； 其中包括 8 个全等的等边三角形和 6 个全等的正方形，根据棱长可计算表面积. 【详解】 解：正方体有 8 个顶点6 个面， 所得的“阿基米德立体”工艺品共有 8 个全等的三角形面和 6 个正方形面组成， 共计 14 个面； 表面积为： 22 1 8(5 2) sin606 (5 2)(100 3300) 2 cm2. 故答案为：14；100 3 300 .
25、【点睛】 本题考查空间几何体的表面积算法，考查数学运算能力和空间想象能力. 17 （1） 3 2 ； （2） 2 3 . 【分析】 （1）由平面向量数量积的定义求得 1 e 2 e 的值，而 2 11 a bee 2 e 2 2 2 e ，代入所得数据 进行运算即可； （2）将|a b | 7 两边平方展开后得 22 2aa bb 7，从而求出a b 的值，再由 cos , a b a b a b 即可得解. 【详解】 解： （1）单位向量 1 e 与 2 e 夹角为 60， 1 e 2 e | 1 e | 2 e |cos6011 11 22 . a b （ 12 ee ）（ 1 e 2 2
26、 e ） 2 11 ee 2 e 2 2 2 e 1 1 2 2 3 2 . （2）|a b | 7 ， 22 2aa bb 7，即 22a b 97， a b 2， cos 22 , 323 a b a b a b . 故a 与b 夹角的余弦值为 2 3 . 18 （1）m2； （2） 198 1717 zi 【分析】 （1）化简 12 zzz为abi的形式，通过复数是纯虚数，实部为 0，虚部不为 0，列出方 程组求实数m的值； （2）当1m 时，利用复数代数形式的乘除运算化简 1 2 z z z 得答案 【详解】 （1）由 22 1 6zmm i， 2 53()zmmi mR， 得 2 2
27、2 1 536mmzizzmm， 又z为纯虚数， 2 2 560 30 mm mm ， 解得：2m ； （2）当1m 时， 22 1 67zmm ii， 2 5353zmmii， 1 2 753738 16198 535353341717 iizii zi ziii ， 198 1717 zi 19 （1）(，1； （2）(3，). 【分析】 根据函数的解析式求得函数的最大值是 3，最小值是1， （1）当A为必然事件时，即不等式 ( )f xa在 2，1 上恒成立，故有1 a ，由此求得实 数a的取值范围 （2）当A为不可能事件时，即不等式 ( )f xa在 2，1 上无解，故有3a，由此求得
28、实 数a的取值范围 【详解】 f (x)x22x(x1)21，x2，1 f (x)min1，此时 x1. 又 f (2)0f (1)3 f (x)max3. f (x)1，3 （1）当 A 为必然事件时，即 f(x)a 恒成立，故有 af(x)min1，即 a 的取值范围是(， 1. （2） 当 A 为不可能事件时， 即 f(x)a 一定不成立， 故有 af(x)max3， 则 a 的取值范围为(3， ). 20 （1）0.0075； （2）众数为 230，中位数为 224； （3）5 【分析】 （1）根据频率和为1计算出x的值； （2）根据频率分布直方图中小矩形的高度可直接判断出众数，计算频
29、率之和为0.5时对应 的数据即为中位数； （3）先根据频率分布直方图计算出四组用户的频率之比，然后利用样本容量乘以对应的比 例即可求得应抽取的户数. 【详解】 （1）因为0.0020.0025 0.0050.0095 0.011 0.0125201x ，解得 0.0075x ，所以直方图中x的值为0.0075. （2）理科综合分数的众数是 220240 230 2 ， 0.0020.00950.011200.450.5， 理科综合分数的中位数在220,240内，设中位数为a， 则0.0020.00950.011200.01252200.5a， 解得224a ，即中位数为224 （3）理科综合分
30、数在220,240的学生有0.0125 20 10025（位） ， 同理可求理科综合分数为240,260，260,280，280,300的用户分别有 15 位、10 位、5 位， 故抽取比为 111 25 15 1055 ， 从理科综合分数在220,240的学生中应抽取 1 255 5 人 【点睛】 方法点睛： 利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：最高的小长方形底边中点 的横坐标即是众数； 中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的； 平均数是频率分 布直方图的“重心”， 等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横 坐标之和. 21答案不唯一，具体见解析
31、 【分析】 由已知结合余弦定理可得b的值， 当补充至条件中时： 分类讨论， 利用余弦定理可求sinB， 进而可求a的值，可求c的值；当补充至条件中时：分类讨论，利用余弦定理可求cosB， 结合分(0, )B，可得 6 B ，化简函数解析式可得 5 cos(2) 32 fxx ，利用余弦 函数的性质即可求解 【详解】 因为 3 3 ac ，结合余弦定理可得 222 3 cos 22 bca A bc ， 整理可得 22 2 30 3 bbcc，即 32 3 ()()0 33 bc bc ，解得 3 3 bc 或 2 3 3 bc= ， 当补充至条件中时： 当 3 3 bc 时，由余弦定理可得 2
32、22 3 cos 22 acb B ac ，则 1 sin 2 B ， 再由sin3aB ，可得6a ，则 6 3c ； 当 2 3 3 bc= 时，由余弦定理可得 222 cos0 2 acb B ac ，则sin1B ， 再由sin3aB ，可得3a ，则 3 3c ， 综上可知三角形存在，且可求得 6 3c 或 3 3c 当补充至条件中时： 当 3 3 bc 时，由余弦定理可得 222 3 cos 22 acb B ac ， 因为(0, )B，可得 6 B ； 当 2 3 3 bc= 时，由余弦定理可得 222 cos0 2 acb B ac ， 因为(0, )B，可得 2 B ； 因为
33、 2 1cos235 cos3sincossin22cos(2) 2232 x fxxxxxx ， 要使 f x取得最大值，只需22, 3 xkkZ ，解得, 6 xkkZ ， 所以 6 x 时，满足条件， 综上所述，这样的三角形存在，但这样的三角形彼此相似，有无数多个，故无法确定边长 c 的值 【点睛】 对于解三角形问题的常见解题策略： 对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的 关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角 形面积公式在解题中的应用. 22 （1）证明见解析； （2）证明见解析； （3） 2 3
34、3 . 【分析】 （1）连接 1 C G，证得 1 BB 底面 111 ABC，得到 11 C GB B，再在正 111 A B C 证得 111 C GAB，结合线面垂直的判定地鞥了，即可证得 1 C G 平面 11 AB BA； （2） 连接 1 B A交 1 AB与G， 得出 1 / /EOAC， 结合线面平行的判定定理， 即可证得 1/ / AC平 面 1 EAB. （3） 取 1 GB的中点F， 连接EF， 证得可得EF 平面 11 AB BA， 得出EF为三棱锥 1 EABA 的高，且 3 2 EF ，结合体积公式，即可求解. 【详解】 （1）连接 1 C G，由 1 CC 底面A
35、BC，且 11 / /CCBB，可得 1 BB 底面 111 ABC， 又由 1 C G 底面 111 ABC，所以 11 C GB B， 又因为G为正 111 A B C 边 11 AB的中点，所以 111 C GAB， 因为 1111 ABBBB，且 111 ,AB BB 平面 11 AB BA， 所以 1 C G 平面 11 AB BA. （2）连接 1 B A交 1 AB与G，则O为 1 AB的中点，连接EO，则 1 / /EOAC. 因为EO 平面 1 EAB， 1 AC 平面 1 EAB， 所以 1/ / AC平面 1 EAB. （2）因为 11 A A BEE ABA VV ，
36、1 1 1 4 2 ABA SABAA . 取 1 GB的中点F，连接EF，则 1 / /EFC G，可得EF 平面 11 AB BA， 即EF为三棱锥 1 EABA的高， 1 113 41 222 EFC G ， 三棱锥 1 AEBA的体积 111 1132 3 4 3323 A A BEEABAABA VVSEF . 【点睛】 本题主要考查了空间中位置关系的判定与证明， 以及几何体的体积的计算，对于空间几何体 体积问题的常见类型及解题策略： 若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或 台体，则可直接利用公式进行求解若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则 常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解
