2024年湘师大新版高一数学下册阶段测试试卷34

2024年湘师大新版高一数学下册阶段测试试卷34
考试试卷
考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟
学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______
总分栏
题号一二三四五总分
得分
评卷人得分
一、选择题(共9题，共18分)
1、下列函数为奇函数，且在上单调递减的函数是（）
A.
B.
C.
D.
2、已知集合则（）
A.
B.
C.
D.
3、点P是等腰三角形ABC所在平面外一点；PA⊥平面ABC，PA=8，在△ABC中，BC=6，AB=AC=5，则点P到BC 的距离是（）
B.
C. 3
D. 2
4、【题文】圆心为的圆与直线交于两点，为坐标原点，且满足
则圆的方程为（）
A.
B.
C.
D.
5、【题文】函数的定义域是( )
A. (－－1)
B. (1，＋)
C. (－1，1)∪(1，＋)
D. (－＋)
6、M（x0， y0）为圆x2+y2=a2（a>0）内异于圆心的一点，则直线x0x+y0y=a2与该圆的位置关系是（）
A. 相切
B. 相交
C. 相离
D. 相切或相交
7、设则（）
A. a＞b＞c
B. a＞c＞b
C. b＞a＞c
D. b＞c＞a
8、已知公差不为零的等差数列的第4、7、16项分别是某等比数列的第4、6、8项，则该等比数列的公比为（）
A.
B.
C.
9、分别和两条异面直线都相交的两条直线一定是（）
A. 异面直线
B. 相交直线
C. 不相交直线
D. 不平行直线
评卷人得分
二、填空题(共9题，共18分)
10、定义[x]是指不超过x的最大整数，例如[1.3]=1，[0.9]=0．则函数y=的x的取值范围是____，y的取值范围是____．
11、在△ABC中，其面积为则____。

12、已知集合A={x|x＜2}，B={x|x＞1}，则A∩B=____．
13、设a=0.92，b=20.9，c=log20.9，则a，b，c由大到小的顺序为 ____．
14、已知幂函数f（x）=（m2-m-1）x1-m的图象关于y轴对称，则实数m=____．
15、设的内角所对的边分别为S为三角形的面积，则角C=________
16、已知圆锥的母线长为5cm，侧面积为15πcm2，则此圆锥的体积为____cm3．
17、若有以下命题：其中正确的命题序号是____
①两个相等向量的模相等；
②若和都是单位向量，则=
③相等的两个向量一定是共线向量；
④ 则则；
⑤零向量是唯一没有方向的向量；
⑥两个非零向量的和可以是零．
18、
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为棱AA1的中点.若截面△BC1D是面积为6的直角三
角形，则此三棱柱的体积为 ______ ．
评卷人得分
三、证明题(共9题，共18分)
19、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于
D，CE⊥AB于E，求证：
（1）AD=AE
（2）PC•CE=PA•BE．
20、AB是圆O的直径，CD是圆O的一条弦，AB与CD相交于E，∠AEC=45°，圆O的
半径为1，求证：EC2+ED2=2．
21、已知D是锐角△ABC外接圆劣弧的中点；弦AD与边BC相交于点E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：
（1）EC：CB的值；
（2）cosC的值；
（3）tan的值．
22、如图，已知：D、E分别为△ABC的AB、AC边上的点，DE∥BC，BE与CD交于点O，直
线AO与BC边交于M，与DE交于N，求证：BM=MC．
23、如图，设△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC．已知圆过点C且与
AC相交于F，与AB相切于AB的中点G．求证：AD⊥BF．
24、如图；已知AB是⊙O的直径，P是AB延长线上一点，PC切⊙O于C，AD⊥PC于
D，CE⊥AB于E，求证：
（1）AD=AE
（2）PC•CE=PA•BE．
25、初中我们学过了正弦余弦的定义，例如sin30°=，同时也知道，sin（30°+30°）
=sin60°≠sin30°+sin30°；根据如图，设计一种方案，解决问题：
已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，设AB=c，
AC=b；BC=a
（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面积S；
（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．
26、AB是圆O的直径，CD是圆O的一条弦，AB与CD相交于E，∠AEC=45°，
圆O的半径为1，求证：EC2+ED2=2．
27、如图；过圆O外一点D作圆O的割线DBA，DE与圆O切于点E，交AO的延长
线于F，AF交圆O于C，且AD⊥DE．
（1）求证：E为的中点；
（2）若CF=3，DE•EF=，求EF的长．
评卷人得分
四、作图题(共1题，共10分)
28、作出下列函数图象：y=
评卷人得分
五、综合题(共2题，共12分)
29、如图，四边形ABCD是菱形，点D的坐标是（0，），以点C为顶点
的抛物线y=ax2+bx+c恰好经过x轴上A；B两点．
（1）求A；B，C三点的坐标；
（2）求经过A，B，C三点的抛物线的解析式．
30、抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点A（1；-3），B（3，-3），C（-1，5），顶点
为M点．
（1）求该抛物线的解析式．
（2）试判断抛物线上是否存在一点P；使∠POM=90°．若不存在，说明理由；若存
在，求出P点的坐标．
（3）试判断抛物线上是否存在一点K，使∠OMK=90°，若不存在，说明理由；若存
在，求出K点的坐标．
参考答案
一、选择题(共9题，共18分)
1、A
【分析】
【解析】
试题分析：∵根据指数函数和幂函数的单调性可知，选项B和D中的函数及在单调递增，对于选项C：函数为偶函数，不合题意，故选A
考点：本题考查了函数的性质
【解析】
【答案】
A
2、B
【分析】
试题分析：因为所以
故答案为．
考点：①集合的表示；②集合的运算．
【解析】
【答案】
B．
3、A
【分析】
如下图所示：
设D为等腰三角形ABC底面上的中点；则PD长即为P点到BC的距离。

又∵AD即为三角形的中线；也是三角形BC边上的高。

∵BC=6；AB=AC=5，易得AD=4
在直角三角形PAD中；又∵PA=8
∴PD=4
故选A
【解析】
【答案】由P是等腰三角形ABC所在平面外一点；PA⊥平面ABC，我们易得PB=PC，取BC的中点D，则AD⊥BC，且PD⊥BC，利用勾股定理我们易求出AD的长，进而求出PD的长，即点P到BC的距离．
4、C
【分析】
【解析】∵圆心为C(- 3)；
∴设圆的方程式(x+)2+(y-3)2=r2
在所给的四个选项中只有一个方程所写的圆心是正确的；
即(x+)2+(y-3)2=
故选C．
【解析】
【答案】C
5、C
【分析】
【解析】
试题分析：定义域为解得：且故选C.
考点：函数的定义域
【解析】
【答案】C
6、C
【分析】
【解答】由圆的方程得到圆心坐标为（0，0），半径r=a，由M为圆内一点得，则圆心到已知直线的距离d= =a=r；所以，直线与圆相离，故选C。

【分析】中档题，直线与圆的位置关系的判断方法，常常运用点到直线的距离公式及“特征直角三角形”。

7、A
【分析】
【解答】解：∵a=ln3＞1，b= ＞= c= ＜= ．
∴a＞b＞c．
故选：A．
【分析】利用对数函数的单调性即可得出．
8、C
【分析】
解：由于等差数列{a n}的公差d≠0；
它的第4；7、16项顺次成等比数列；
即a72=a4•a16；
也就是（a1+6d）2=（a1+3d）（a1+15d）⇒a1=- d；
于是a4=a1+3d= d，a7=a1+6d= d，所以．
∴q=
故选C．
因为等差数列的第4、7、16项分别是某等比数列的第4、6、8项，得到a72=a4•a16，然后根据等差数列的通项公式分别求出这三项，解得a1=2d；求出第5项与第一项的比值得到公比q．
考查学生掌握等差数列通项公式，利用等比数列的性质来解决数学问题．属中档题．
【解析】
【答案】 C
9、D
【分析】
解：已知直线a与b是异面直线，直线AB与直线CD分别与两条直线a与直线b相交与点A；B，C，D；
根据题意可得当点D与点B重合时；两条直线相交；
当点D与点B不重合时；两条直线异面．
下面证明两条直线不平行：
假设直线AB与直线CD平行；则A，B，C，D四点共面；
所以直线BD与直线AC共面；
这与直线a、直线b异面相互矛盾；
所以假设错误；即直线AB与直线CD不平行．
所以分别与两条异面直线都相交的两条直线一定不平行．
故选D．
已知直线a与b是异面直线，直线AB与直线CD分别与两条直线a与直线b相交与点A；B，C，D，假设直线AB与直线CD平行，则A，B，C，D四点共面，根据直线与直线的位置公式得到矛盾，进而得到答案．
本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，以及反证法的应用．
【解析】
【答案】 D
二、填空题(共9题，共18分)
10、略
【分析】
【分析】根据分式有意义分母不为零，结合定义[x]是指不超过x的最大整数，可得出x的范围，继而根据x-[x]的范围可得出y的范围．
【解析】
【解答】解：∵x-[x]≠0；
∴可得x不可为整数；
即x的范围为：x≠任何整数；
又∵[x]是指不超过x的最大整数；
∴0＜x-[x]＜1；
∴＞1；
即y的范围为：y＞1．
故答案为：x≠任何整数、y＞1．
11、略
【分析】
【解析】
试题分析：在△ABC中，其面积为所以，
∴S=bcsinA=c=即c=2，
∴由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA=1+4-2=3，
∴a= 2.
考点：本题主要考查三角形面积公式，正弦定理、余弦定理的应用。

【解析】
【答案】
2
12、略
【分析】
集合A={x|x＜2}；B={x|x＞1}；
所以A∩B={x|1＜x＜2}
故答案为：{x|1＜x＜2}．
【解析】
【答案】在数轴上画出集合A；B，即可得到A∩B．
13、略
【分析】
因为y=0.9x是减函数，所以0＜0.92＜0.9=1；
y=2x是增函数，所以20.9＞2=1
y=log2x是增函数，所以log20.9＜log21=0
故 c＜0＜a＜1＜b．
故答案为 c＜a＜b．
【解析】
【答案】利用y=0.9x，y=2x，y=log2x；的单调性再引入中间变量0和1来比较即可．14、略
【分析】
∵幂函数f（x）=（m2-m-1）x1-m
∴m2-m-1=1⇒m=-1或m=2
当m=2时，幂函数f（x）=（m2-m-1）x1-m=x-1；
它不关于y轴对称；故舍去；
当m=-1时，幂函数f（x）=（m2-m-1）x1-m=x2；
它关于y轴对称；
则实数m=-1．
故答案为：-1．
【解析】
【答案】由幂函数的概念判断出m2-m-1等于1；列出等式求出m；再根据象关于y轴对称验证其指数为偶数．
15、略
【分析】
【解析】
试题分析：根据题意，由于而由与余弦定理可知
故可知答案为
考点：解三角形
【解析】
【答案】
16、12π
【分析】
【解答】解：已知圆锥的母线长为5cm，侧面积为15πcm2；
所以圆锥的底面周长：6π
底面半径是：3
圆锥的高是：4
此圆锥的体积为：
故答案为：12π
【分析】先求圆锥的底面半径，再求圆锥的高，然后求其体积．
17、①③
【分析】
【解答】①长度相等；方向相同的向量为相等向量，∴该命题正确；
②单位向量只是长度为1；方向不确定，∴该命题错误；
③相等向量的方向相同；所以一定共线，∴该命题正确；
④若= 则与不一定平行；∴该命题错误；
⑤零向量的长度为0；方向不确定，即零向量有方向，∴该命题错误；
⑥向量的和仍是一个向量；不会是一个数，∴该命题错误；
∴正确的命题的序号为：①③．
故答案为：①③．
【分析】根据相等向量、单位向量、共线向量，以及零向量的定义，及向量加法的几何意义即可判断每个命题的正误，从而找出正确命题的序号。

18、略
【分析】
解：设AC=aCC1=b截面△BC1D是面积为6的直角三角形；
则由(a2+14b2)×2=a2+b2
得b2=2a2又12×32a2=6
∴a2=8则S△ABC=34a2
∴V=34×8×4=83
故答案为83．
设AC=aCC1=b由截面△BC1D是面积为6的直角三角形列式求出
ab则三棱柱的体积可求．
本题考查棱柱的体积的求法，考查计算能力，是中档题．
【解析】
83
三、证明题(共9题，共18分)
19、略
【分析】
【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；
即可得到结论；
（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．
【解析】
【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，
∵PC是⊙O的切线；
∴OC⊥PD；
而AD⊥PC；
∴OC∥PD；
∴∠ACO=∠CAD；
而∠ACO=∠OAC；
∴∠DAC=∠CAO；
又∵CE⊥AB；
∴∠AEC=90°；
∴Rt△ACE≌Rt△ACD；
∴CD=CE；AD=AE；
（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；
∴Rt△PCE∽Rt△PAD；
∴PC：PA=CE：AD；
又∵AB为⊙O的直径；
∴∠ACB=90°；
而∠DAC=∠CAO；
∴Rt△EBC∽Rt△DCA；
∴BE：CE=CD：AD；
而CD=CE；
∴BE：CE=CE：AD；
∴BE：CE=PC：PA；
∴PC•CE=PA•BE．
20、略
【分析】
【分析】首先作CD关于AB的对称直线FG，由∠AEC=45°，即可证得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易证得O，C，G，E四点共圆，则可求得
CG2=OC2+OG2=2．继而证得EC2+ED2=2．
【解析】
【解答】证明：作CD关于AB的对称直线FG；
∵∠AEC=45°；
∴∠AEF=45°；
∴CD⊥FG；
∴CG2=CE2+EG2；
即CG2=CE2+ED2；
∵△OCD≌△OGF（SSS）；
∴∠OCD=∠OGF．
∴O；C，G，E四点共圆．
∴∠COG=∠CEG=90°．
∴CG2=OC2+OG2=2．
∴EC2+ED2=2．
【分析】
【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根据角平分线性质推出= ；代入求出即可；（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根据等腰三角形性质求出AF=CF，根据三角函数的定义求出即可；
（3）BF过圆心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根据锐角三角函数的定义求出即可．
【解析】
【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；
∴∠BAD=∠CAD；
∴；
∴．
答：EC：CB的值是．
（2）作BF⊥AC于F；
∵= ，= ；
∴BA=BC；
∴F为AC中点；
∴cosC= = ．
答：cosC的值是．
（3）BF过圆心O；作OM⊥BC于M；
由勾股定理得：BF= = CF；
∴tan ．
答：tan 的值是．
【分析】
【分析】延长AM，过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再连接CF．根据平行线分线段成比例的性质和逆定理可得CF∥BE，根据平行四边形的判定和性质即可得证．
【解析】
【解答】证明：延长AM；过点B作CD的平行线与AM的延长线交于点F，再
连接CF．
又∵DE∥BC；
∴；
∴CF∥BE；
从而四边形OBFC为平行四边形；
所以BM=MC．
23、略
【分析】
【分析】作DE⊥AC于E，由切割线定理：AG2=AF•AC，可证明△BAF∽△AED，则
∠ABF+∠DAB=90°，从而得出AD⊥BF．
【解析】
【解答】证明：作DE⊥AC于E；
则AC= AE；AB=5DE；
又∵G是AB的中点；
∴AG= ED．
∴ED2=AF• AE；
∴5ED2=AF•AE；
∴AB•ED=AF•AE；
∴= ；
∴△BAF∽△AED；
∴∠ABF=∠EAD；
而∠EAD+∠DAB=90°；
∴∠ABF+∠DAB=90°；
即AD⊥BF．
24、略
【分析】
【分析】（1）连AC；BC；OC，如图，根据切线的性质得到OC⊥PD，而AD⊥PC，则OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，则∠DAC=∠CAO，根据三角形相似的判定易证得Rt△ACE≌Rt△ACD；
即可得到结论；
（2）根据三角形相似的判定易证Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到结论．
【解析】
【解答】证明：（1）连AC、BC，OC，如图，
∵PC是⊙O的切线；
∴OC⊥PD；
而AD⊥PC；
∴OC∥PD；
∴∠ACO=∠CAD；
而∠ACO=∠OAC；
∴∠DAC=∠CAO；
又∵CE⊥AB；
∴∠AEC=90°；
∴Rt△ACE≌Rt△ACD；
∴CD=CE；AD=AE；
（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；
∴Rt△PCE∽Rt△PAD；
∴PC：PA=CE：AD；
又∵AB为⊙O的直径；
∴∠ACB=90°；
而∠DAC=∠CAO；
∴Rt△EBC∽Rt△DCA；
∴BE：CE=CD：AD；
而CD=CE；
∴BE：CE=CE：AD；
∴BE：CE=PC：PA；
∴PC•CE=PA•BE．
25、略
【分析】
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E；根据正弦的定义可以表示出CE的长度，然后利用三角形的面积公式列式即可得解；
（2）根据S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根据正弦与余弦的定义分别把BD、AD、CD，AB，AC转化为三角形函数，代入整理即可得解．
【解析】
【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于点E；
则CE=AC•sin（α+β）=bsin（α+β）；
∴S= AB•CE= c•bsin（α+β）= bcsin（α+β）；
即S= bcsin（α+β）；
（2）根据题意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；
∵AD⊥BC；
∴AB•ACsin（α+β）= BD•AD+ CD•AD；
∴sin（α+β）= ；
= + ；
=sinαcosβ+cosαsinβ．
26、略
【分析】
【分析】首先作CD关于AB的对称直线FG，由∠AEC=45°，即可证得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易证得O，C，G，E四点共圆，则可求得
CG2=OC2+OG2=2．继而证得EC2+ED2=2．
【解析】
【解答】证明：作CD关于AB的对称直线FG；
∵∠AEC=45°；
∴∠AEF=45°；
∴CD⊥FG；
∴CG2=CE2+EG2；
即CG2=CE2+ED2；
∵△OCD≌△OGF（SSS）；
∴∠OCD=∠OGF．
∴O；C，G，E四点共圆．
∴∠COG=∠CEG=90°．
∴CG2=OC2+OG2=2．
∴EC2+ED2=2．
27、略
【分析】
【分析】要证E为中点，可证∠EAD=∠OEA，利用辅助线OE可以证明，求EF的长需要借助相似，得出比例式，之间的关系可以求出．
【解析】
【解答】（1）证明：连接OE
OA=OE=＞∠OAE=∠OEA
DE切圆O于E=＞OE⊥DE
AD⊥DE=＞∠EAD+∠AED=90°
=＞∠EAD=∠OEA
⇒OE∥AD
=＞E为的中点．
（2）解：连CE；则∠AEC=90°，设圆O的半径为x
∠ACE=∠AED=＞Rt△ADE∽Rt△AEC=＞
DE切圆O于E=＞△FCE∽△FEA
∴，
∴
即DE•EF=AD•CF
DE•EF= ；CF=3
∴AD=
OE∥AD=＞=＞=＞8x2+7x-15=0
∴x1=1，x2=- （舍去）
∴EF2=FC•FA=3x（3+2）=15
∴EF=
四、作图题(共1题，共10分)
28、【解答】幂函数y={#mathml#}x32 {#/mathml#}的定义域是[0；+∞），图象在第一象限，过原点且单调递增，如图所示；
【分析】
【分析】根据幂函数的图象与性质，分别画出题目中的函数图象即可．
五、综合题(共2题，共12分)
29、略
【分析】
【分析】（1）过C作CE⊥AB于E；根据抛物线的对称性知AE=BE；由于四边形ABCD是菱形，易证得Rt△OAD≌Rt△EBC，则OA=AE=BE，可设菱形的边长为2m，则AE=BE=1m，在
Rt△BCE中，根据勾股定理即可求出m的值，由此可确定A；B、C三点的坐标；
（2）根据（1）题求得的三点坐标，用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
【解析】
【解答】解：（1）由抛物线的对称性可知AE=BE．
∴△AOD≌△BEC．
∴OA=EB=EA．
设菱形的边长为2m；在Rt△AOD中；
m2+（）2=（2m）2；解得m=1．
∴DC=2；OA=1，OB=3．
∴A，B，C三点的坐标分别为（1，0），（3，0），（2，）．
（2）解法一：设抛物线的解析式为y=a（x-2）2+ ，代入A的坐标（1，0），得a=- ．∴抛物线的解析式为y=- （x-2）2+ ．
解法二：设这个抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，由已知抛物线经过A（1，0），B（3，0），C （2，）三点；
得解这个方程组，得
∴抛物线的解析式为y=- x2+4 x-3 ．
30、略
【分析】
【分析】（1）将A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三点坐标代入y=ax2+bx+c中，列方程组求a、b；c的值；得出抛物线解析式；
（2）抛物线上存在一点P，使∠POM=90˚．设（a，a2-4a）；过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F，利用互余关系证明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；（3）抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N，在
Rt△OMN中，利用互余关系证明△OFM∽△MFN，利用相似比求N点坐标，再求直线MN解析式，将直线MN解析式与抛物线解析式联立，可求K点坐标．
【解析】
【解答】解：（1）根据题意，得，解得；
∴抛物线的解析式为y=x2-4x；
（2）抛物线上存在一点P；使∠POM=90˚．
x=- =- =2，y= = =-4；
∴顶点M的坐标为（2；-4）；
设抛物线上存在一点P，满足OP⊥OM，其坐标为（a，a2-4a）；
过P点作PE⊥y轴；垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F．
则∠POE+∠MOF=90˚；∠POE+∠EPO=90˚．
∴∠EPO=∠FOM．
∵∠OEP=∠MFO=90˚；
∴Rt△OEP∽Rt△MFO．
∴OE：MF=EP：OF．
即（a2-4a）：2=a：4；
解得a1=0（舍去），a2= ；
∴P点的坐标为（，）；
（3）过顶点M作MN⊥OM；交y轴于点N．则∠FMN+∠OMF=90˚．∵∠MOF+∠OMF=90˚；
∴∠MOF=∠FMN．
又∵∠OFM=∠MFN=90˚；
∴△OFM∽△MFN．
∴OF：MF=MF：FN．即 4：2=2：FN．∴FN=1．
∴点N的坐标为（0；-5）．
设过点M，N的直线的解析式为y=kx+b，则；
解得，∴直线的解析式为y= x-5；
联立得x2- x+5=0，解得x1=2，x2= ；
∴直线MN与抛物线有两个交点（其中一点为顶点M）．
另一个交点K的坐标为（，- ）；
∴抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．坐标为（，- ）．。