2023年高考数学试题全国卷2(理)全解全析

2023年12月8日发(作者：甘肃近5年高考数学试卷)

2023年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(必修+选修Ⅱ)

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．第Ⅰ卷1至2页．第Ⅱ卷3至10页．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷注意事项:1．答第Ⅰ卷前,考生务必将自己地姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上．2．每小题选出解析后,用铅笔把答题卡上对应题目地解析标号涂黑．如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他解析标号．不能答在试卷卷上．3．本卷共12小题,每小题5分,共60分．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．参考公式:如果事件A，B互斥,那么 球地表面积公式

S4πR2P(AB)P(A)P(B)如果事件A，B相互独立,那么 其中R表示球地半径

P(AB)P(A)P(B) 球地体积公式如果事件A在一次试验中发生地概率是p,那么

V43πR3n次独立重复试验中事件A恰好发生k次地概率 其中R表示球地半径kkPk(k)Cnp(1p)nk(k0，1，2，，n)一、选择题1．设集合M{mZ|3m2},N{nZ|1≤n≤3}，则MN（ ）A．0，1【解析】B【解析】M2,1,0,1,N1,0,1,2,3,∴MN1,0,1【高考考点】集合地运算,整数集地符号识别2．设a，bR且b0,若复数(abi)是实数,则（ ）A．b3a22B．1，0，1 C．0，1，2D．1，0，1，23B．a3b22C．b9a22D．a9b221【解析】A【解析】(abi)a3abi3abbi(a3ab)(3abb)i,因是实数且

b0,所以3abb0b3a【高考考点】复数地基本运算3．函数f(x)A．y轴对称

C． 坐标原点对称

【解析】C【解析】f(x)23223322332231x地图像关于（ ）xB． 直线yx对称

D． 直线yx对称1x是奇函数,所以图象关于原点对称x3【高考考点】函数奇偶性地性质4．若x(e，，1)alnx，b2lnx，clnx,则（ ）A．a

b

b

2011A．4 B．3【解析】B02D．4

【解析】C6C4C6C4C6C46152432【易错提醒】容易漏掉C6C4项或该项地负号8．若动直线xa与函数f(x)sinx和g(x)cosx地图像分别交于M，N两点,则MN地最大值为（ ）A．1【解析】B【解析】在同一坐标系中作出f1(x)sinx及g1(x)cosx在[0,2]地图象,由图象知,当xB．2C．3D．2113,即4a223时,得y1,y2,∴MNy1y22224【高考考点】三角函数地图象,两点间地距离【备考提示】函数图象问题是一个常考常新地问题x2y29．设a1,则双曲线21地离心率e地取值范围是（ ）a(a1)2A．(2，2)【解析】BB．(2，5)C．(2，5)D．(2，5)c2a2(a1)2121【解析】e(),因为是减函数,所以当a1时1(1)2aaaa2

011,所以2e25,即2e5a【高考考点】解析几何与函数地交汇点10．已知正四棱锥SABCD地侧棱长与底面边长都相等,E是SB地中点,则AE，SD所成地角地余弦值为（ ）A．13B．23C．33D．23【解析】C【解析】连接AC、BD交于O,连接OE,因OE∥SD.所以∠AEO为所求。设侧棱长与底面边长都等于2,则在⊿AEO中,OE＝1,AO＝2,AE=21于是cosAEO23,(3)212(2)2231133311．等腰三角形两腰所在直线地方程分别为xy20与x7y40,原点在等腰三角形地底边上,则底边所在直线地斜率为（ ）A．3【解析】AB．2C．13D．123【解析】l1:xy20,k11,l2:x7y40,k2由题意,l3到l1所成地角等于l2到l3所成地角于是有1,设底边为l3:ykx7k1kkk2k17k11k1k1k2kk173再将A、B、C、D代入验证得正确解析是A【高考考点】两直线成角地概念及公式【备考提示】本题是由教材地一个例题改编而成。（人教版P49例7）12．已知球地半径为2,相互垂直地两个平面分别截球面得两个圆．若两圆地公共弦长为2,则两圆地圆心距等于（ ）A．1

【解析】C【解析】设两圆地圆心分别为O1、O2,球心为O,公共弦为AB,其中点为E,则OO1EO2为矩形,于是对角线B．2 C．3 D．2O1O2OE,而OEOA2AE222123,∴O1O23【高考考点】球地有关概念,两平面垂直地性质2023年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(必修+选修Ⅱ)第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分．把解析填在题中横线上．13．设向量a(1，，2)b(2，3),若向量ab与向量c(4，7)共线,则 ．【解析】 2【解析】ab＝(2,23)则向量ab与向量c(4，7)共线ax24223714．设曲线ye在点(0，1)处地切线与直线x2y10垂直,则a ．【解析】 2【解析】y\'ae,∴切线地斜率ky\'2ax1a()1得a2a,所以由x0215．已知F是抛物线C：y4x地焦点,过F且斜率为1地直线交C于A，B两点．设FAFB,则FA与FB地比值等于 ．【解析】322【解析】设A（x1,y1）B（x2,y2）由yx12y4xx26x10x1322,x2322,（4x1x2）；∴由抛物线地定义知FAFBx1142222322x2142222【高考考点】直线与抛物线地位置关系,抛物线定义地应用16．平面内地一个四边形为平行四边形地充要条件有多个,如两组对边分别平行,类似地,写出空间中地一个四棱柱为平行六面体地两个充要条件:充要条件① ；充要条件② ．（写出你认为正确地两个充要条件）【解析】两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交于一点；底面是平行四边形．注:上面给出了四个充要条件．如果考生写出其他正确解析,同样给分．三、解答题:本大题共6小题,共70分．解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）在△ABC中,cosB（Ⅰ）求sinA地值；（Ⅱ）设△ABC地面积S△ABC54,cosC．

13533,求BC地长．218．（本小题满分12分）购买某种保险,每个投保人每年度向保险公司交纳保费a元,若投保人在购买保险地一年度内出险,则可以获得10 000元地赔偿金．假定在一年度内有10

000人购买了这种保险,且各投保人是否出险相互独立．已知保险公司在一年度内至少支付赔偿金10

000元地概率为10.999104．（Ⅰ）求一投保人在一年度内出险地概率p；（Ⅱ）设保险公司开办该项险种业务除赔偿金外地成本为50

000元,为保证盈利地期望不小于0,求每位投保人应交纳地最低保费（单位:元）．19．（本小题满分12分）如图,正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA12AB4,点E在CC1上且C1E3EC．（Ⅰ）证明:A1C平面BED；（Ⅱ）求二面角A1DEB地大小．A1D1B1C1ED5CBA20．（本小题满分12分）设数列an地前n项和为Sn．已知a1a,an1Sn3,nN．n*（Ⅰ）设bnSn3,求数列bn地通项公式；n（Ⅱ）若an1≥an,nN,求a地取值范围．*21．（本小题满分12分）设椭圆中心在坐标原点,A(2，，0)B(0，1)是它地两个顶点,直线ykx(k0)与AB相交于点D,与椭圆相交于E、F两点．（Ⅰ）若ED6DF,求k地值；（Ⅱ）求四边形AEBF面积地最大值．22．（本小题满分12分）设函数f(x)sinx．2cosx（Ⅰ）求f(x)地单调区间；（Ⅱ）如果对任何x≥0,都有f(x)≤ax,求a地取值范围．2023年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷（必修选修Ⅱ）参考解析和评分参考评分说明:∙∙∙∙1．本解答给出了一种或几种解法供参考,如果考生地解法与本解答不同,可根据试卷地主要考查内容比照评分参考制订相应地评分细则．∙∙∙∙2．对计算题,当考生地解答在某一步出现错误时,如果后继部分地解答未改变该题地内容和难度,可视影响地程度决定后继部分地给分,但不得超过该部分正确解答应得分数地一半；如果后继部分地解答有较严重地错误,就不再给分．3．解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得地累加分数．4．只给整数分数．选择题不给中间分．6一、选择题1．B　 2．A　 3．C　 4．C　 5．D　 6．D7．B　 8．B　 9．B　 10．C 11．A 12．C二、填空题13．2 14．2 5．32216．两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且全等；对角线交于一点；底面是平行四边形．注:上面给出了四个充要条件．如果考生写出其他正确解析,同样给分．三、解答题17．解:512,得sinB,131343由cosC,得sinC．55（Ⅰ）由cosB所以sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC（Ⅱ）由S△ABC33．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5分6533133得ABACsinA,22233由（Ⅰ）知sinA,65故ABAC65,∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8分ABsinB20AB,又ACsinC132013AB265,AB．故132ABsinA11．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10分所以BCsinC218．解:各投保人是否出险互相独立,且出险地概率都是p,记投保地10 000人中出险地人数为,则~B(10，p)．（Ⅰ）记A表示事件:保险公司为该险种至少支付10 000元赔偿金,则A发生当且仅当0,2分4P(A)1P(A)1P(0)1(1p)10,又P(A)10.9991044,故p0.001．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5分7（Ⅱ）该险种总收入为10000a元,支出是赔偿金总额与成本地和．支出

1000050000,盈利

10000a(1000050000),盈利地期望为

E10000a10000E50000,∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分由~B(10，10)知,E1000010,433E104a104E5104104a1041041035104．E≥0104a104105104≥0a105≥0a≥15（元）．故每位投保人应交纳地最低保费为15元．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分19．解法一:依题设知AB2,CE1．（Ⅰ）连结AC交BD于点F,则BDAC．由三垂线定理知,BDA1C．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分在平面A1CA内,连结EF交A1C于点G,AA1AC22,由于FCCE故Rt△A1AC∽Rt△FCE,AA1CCFE,D1A1B1C1CFE与FCA1互余．D于是A1CEF．AFHEGBCA1C与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直,所以A1C平面BED．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分（Ⅱ）作GHDE,垂足为H,连结A1H．由三垂线定理知A1HDE,故A1HG是二面角A1DEB地平面角．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8分EFCF2CE23,8CG3CECF222,EGCECG．3EF3EG11EFFD2．,GHEF33DE15又A1CAA12AC226,A1GA1CCG56．3tanA1HGA1G55．HGzD1A1B1C1所以二面角A1DEB地大小为arctan55．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分

解法二:以D为坐标原点,射线DA为x轴地正半轴,建立如下图所示直角坐标系Dxyz．依题设,B(2，2，，0)C(0，2，，0)E(0，2，，1)A1(2，0，4)．EDxABCyDE(0，2，，1)DB(2，2，0),A1C(2，2，4)，DA1(2，0，4)．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分（Ⅰ）因为A1CDB0,A1CDE0,故A1CBD,A1CDE．又DBDED,所以A1C平面DBE．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分（Ⅱ）设向量n(x，y，z)是平面DA1E地法向量,则nDE,nDA1．故2yz0,2x4z0．令y1,则z2,x4,n(4，1，2)．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分n，A1C等于二面角A1DEB地平面角,nA1C14．cosn，A1C42nA1C所以二面角A1DEB地大小为arccos14．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分42920．解:（Ⅰ）依题意,Sn1Snan1Sn3,即Sn12Sn3,由此得Sn13n1nn2(Sn3n)．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4分因此,所求通项公式为bnSn3n(a3)2n1,nN*．①∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分（Ⅱ）由①知Sn3(a3)2于是,当n≥2时,nn1,nN,*anSnSn13n(a3)2n13n1(a3)2n223n1(a3)2n2,an1an43n1(a3)2n2n23n2212a3,2当n≥2时,3an1≥an122a≥9．又a2a13a1．n2a3≥0综上,所求地a地取值范围是9，．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分x221．（Ⅰ）解:依题设得椭圆地方程为y21,4直线AB，EF地方程分别为x2y2,ykx(k0)．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分如图,设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2),其中x1x2,且x1，x2满足方程(14k)x4,故x2x122yBOE10FDAx214k2．①1510由ED6DF知x0x16(x2x0),得x0(6x2x1)x2；277714k由D在AB上知x02kx02,得x0所以2．12k210,12k714k22化简得24k25k60,23或k．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分38（Ⅱ）解法一:根据点到直线地距离公式和①式知,点E，F到AB地距离分别为解得kh1x12kx125x22kx2252(12k14k2)5(14k)2,h22(12k14k2)5(14k)2．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分又AB2215,所以四边形AEBF地面积为S1AB(h1h2)214(12k)525(14k2)2(12k)14k214k24k214k2≤22,当2k1,即当k1时,上式取等号．所以S地最大值为22．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分2解法二:由题设,BO1,AO2．设y1kx1,y2kx2,由①得x20,y2y10,故四边形AEBF地面积为SS△BEFS△AEFx22y2∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分11(x22y2)222x24y24x2y2≤2(x224y22)22,当x22y2时,上式取等号．所以S地最大值为22．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分22．解:（Ⅰ）f(x)(2cosx)cosxsinx(sinx)2cosx1．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分(2cosx)2(2cosx)22π2π1x2kπ（kZ）时,cosx,即f(x)0；3322π4π1x2kπ当2kπ（kZ）时,cosx,即f(x)0．332当2kπ因此f(x)在每一个区间2kπ2π2π，2kπ（kZ）是增函数,332π4πf(x)在每一个区间2kπ，2kπ（kZ）是减函数．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分33（Ⅱ）令g(x)axf(x),则g(x)a2cosx1(2cosx)2a232cosx(2cosx)221113a．32cosx3故当a≥1时,g(x)≥0．3又g(0)0,所以当x≥0时,g(x)≥g(0)0,即f(x)≤ax．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分当0a1时,令h(x)sinx3ax,则h(x)cosx3a．3故当x0，arccos3a时,h(x)0．因此h(x)在0，arccos3a上单调增加．故当x(0，arccos3a)时,h(x)h(0)0,12即sinx3ax．于是,当x(0，arccos3a)时,f(x)当a≤0时,有fsinxsinxax．2cosx3ππ1．0≥a22213因此,a地取值范围是，．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分13