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2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛 (预赛)暨 2024年全国高中数学联合竞赛一试试题 (A)一、填空题：本大题共 8小题，每小题 8分，满分 64分．1.若实数m>1满足 log9 log8m =2024，则 log3 log2m 的值为 .2.设无穷等比数列 {an}的公比 q满足 0.3.设实数 a，b满足：集合A= {x∈ R|x2- 10x+ a≤ 0}与 B= {x∈ R|bx≤ b3}的交集为 4,9 ，则 a+ b的值为.4.在三棱锥 P-ABC中，若 PA 底面ABC，且棱AB，BP，BC，CP的长分别为 1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出 1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a,b．若事件 a+ b= 7 1发生的概率为 ，则事件“a= b”发生的概率为 .76.设 f(x)是定义域为R、最小正周期为 5的函数．若函数 g(x) = f(2x)在区间 0,5 上的零点个数为 25，则 g(x)在区间［1,4）上的零点个数为 .

7.设F1,F2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P（异于长轴端点），记O为△PF1F2的外心，若PO F1F2= 2PF1 PF2，则Ω的离心率的最小值为 .8.若三个正整数 a,b,c的位数之和为 8，且组成 a，b，c的 8个数码能排列为 2,0,2,4,0,9,0,8，则称 (a,b,c)为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足 10二、解答题：本大题共 3小题，满分 56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.= sinA+ cosA = sinB + cosB9.（本题满分 16分）在ΔABC中，已知 cosC ,求 cosC的值.2 210.（本题满分 20分）在平面直角坐标系中，双曲线 Γ：x2- y2= 1的右顶点为A.将圆心在 y轴上，且与 Γ的两支各恰d有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P，圆心距为 d，求 的所有可能的值. PA 11.（本题满分 20分）设复数 z，w满足 z+w= 2，求S= z2- 2w + w2- 2z 的最小可能值.·1·2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛 (预赛)暨 2024年全国高中数学联合竞赛加试试题 (A卷)一． (本题满分 40分)给定正整数 r,求最大的实数C,使得存在一个公比为 r的实数等比数列 an n≥1,满足 an ≥C对所有正整数n成立.( x 表示实数 x到与它最近整数的距离.)二． (本题满分 40分)如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上，满足EF ||BD,分别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆 ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明：B,P,Q,D四点共 圆. (答题时储将图画在答卷纸上)三． (本题满分 50分)给定正整数 n.在一个 3× n的方格表上，由一些方格构成的集合 S称为“连通的”,如果对 S中任意两个不同的小方格A,B,存在整数 l≥ 2及S中 l个方格A=C1,C2,…,Cl=B,满足Ci与Ci+1有公共边 (i= 1,2, ,l- 1).求具有下述性质的最大整数K :若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合 S,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值 不小于K.四.(本题满分 50分)设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1)对任意非负整数 k,有AK∈S;(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;(3)若m,n∈S,且m,n互素，则mn∈S;(4)若n∈S,则An+B∈S.证明：与B互素的所有正整数均属于S.·2·2024 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨 2024 年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10 分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分 40 分）给定正整数 r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为 r 的实数等比数列{an}n 1，满足 an C 对所有正整数 n成立．（ x 表示实数 x到与它最近整数的距离．）解：情形 1： r 为奇数．x x 1 1对任意实数 ，显然有，故满足要求的C 不超过 ．2 2又取{an}的首项 a1 ，注意到对任意正整数 n ，均有 rn 11 为奇数，因此2a rn 1 1 C 1 1n ．这意味着满足要求．从而满足要求的C 的最大值为 ． 2 2 2 2…………10 分情形 2： r 为偶数．设 r2m (m N*)．对任意实数 ，我们证明 a1 与 a2 中必有一数不超过m m，从而C．2m 1 2m 11事实上，设 a1k，其中 k 是与 a1最近的整数（之一），且0 ． 2注意到，对任意实数 x 及任意整数 k ，均有 x kx ，以及 xx ．0 m m若 ，则 a1k ． 2m 1 2m 1m 1 2m2若 ，则2m m m，即m r m，此时2m 1 2 2m 1 2m 1a2a r krm1 rr． …………30 分 2m 1m m另一方面，取 a1，则对任意正整数 n，有 a(2m)n 1n ，由二2m 1 2m 1m项式展开可知 a(2m 1 1)n 1 n 1 mnK( 1) ，其中 K 为整数，故2m 1 2m 1a m mn．这意味着C满足要求． 2m 1 2m 1m r从而满足要求的C 的最大值为．2m 1 2(r 1)1r C 1综上，当 为奇数时，所求 的最大值为 ；当 r 为偶数时，所求C 的最大2r值为 ．…………40 分2(r 1)二．（本题满分 40 分）如图，在凸四边形 ABCD中， AC 平分 BAD，点E, F 分别在边 BC, CD上，满足 EF || BD．分别延长 FA, EA至点 P, Q ，使得过点A, B, P 的圆 1及过点 A, D, Q的圆 2 均与直线 AC 相切．证明：B, P, Q, D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）L(L')Q ω2 Q ω2Pω1 ωP1A AKB D B DE F E FC C证明：由圆 1与 AC 相切知 BPA BACCAD CAF 180PAC ，故 BP, CA的延长线相交，记交点为 L．EF || BD CE CF AC CK CE CF由 知．在线段 上取点 K ，使得 ，则CB CD CA CB CDKE || AB, KF || AD．…………10 分由 ABLPALKAF ， BAL 180BAC 180CADAKF ，可知 ABL∽ KAF ，所以 AL KFAB ．…………20 分KAKEAD同理，记DQ, CA的延长线交于点 L ，则 AL．KA又由KE || AB, KF || AD KE CK KF知 ，即KEADKFAB．AB CA AD所以 ALAL，即 L 与 L重合．由切割线定理知 LP LBLA2LQ LD，所以 B, P, Q, D 四点共圆．…………40 分三．（本题满分 50 分）给定正整数n .在一个3×n 的方格表上，由一些方格构成的集合 S 称为“连通的”，如果对 S 中任意两个不同的小方格 A, B，存在整数 l ≥ 2 及 S 中 l 个 方 格 A = C1, C2 , , Cl = B ， 满 足 Ci 与 Ci+1 有 公 共 边2( i =1, 2, , l 1).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合 S ，使得 S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K = n .对一个由小方格构成的集合 S ，记 Sb 是 S 中的黑格个数，Sw是 S 中的白格个数. 用 [i, j]表示第 i 行第 j 列处的方格，这里1≤ i ≤ 3 ,1≤ j ≤ n .对于两个方格A = [i, j]， B = [i′, j′], 定义它们之间的距离为 d (A, B) =| ii′ | + | jj′ |.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合 S ，均有 | SbSw |≤ n，这表明 K ≤ n.设[1,1]是黑格，并记ε ∈{0,1}，满足ε ≡ n (mod 2) .先证 SbSw ≤ n .可不妨设 S 包含所有黑格，这是因为若 S 不包含所有黑格，取不属于 S 的黑格 A 满足 d (A, S) 最小，这里 d (A, S) = min d (A, B) .易知B∈Sd (A, S) =1或 2 .若 d (A, S) =1，取 S ′ = S {A}，则 S 仍是连通的，且 Sb′Sw′ 更大.若 d (A, S) = 2 ，则存在与 A 相邻的白格C ，而C 与 S 中某个方格 B 相邻，取S ′ = S {A, B}，则 S 仍是连通的，且 Sb′Sw′ 不变. 因而可逐步扩充 S ，使得 S包含所有黑格，保持 S 的连通性，且 SbSw 不减.考虑白格集合Wk ={[i, j] |i + j = k}，k = 3, 5, , n +1+ε ，每个Wk 中至少有一个方格属于 S ，否则不存在从黑格 A = [1,1]∈S 到黑格 B = [3, n 1+ε ]的 S 中路径.S 1故 w ≥ (n +ε )，而 S1b = (3n +ε )，故 SbSw ≤ n .…………10 分 2 2类似可证 S 1wSb ≤ n .同上，可不妨设 S 包含所有白格, 从而 Sw = (3n ε ) . 2再考虑黑格集合 Bk ={[i, j] |i + j = k}, k = 4, 6, , n + 2 ε ，每个 Bk 中至少有一个黑格属于 S ，否则不存在从白格 A = [1, 2]到白格 B = [3, n ε ]的 S 中路径. 从而S 1b ≥ (n ε ) ，故 SwSb ≤ n . …………20 分 2下面证明 K = n 具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合 S ，使得 SbSw ≥ n .设表格中共有 X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有 x个黑格和 y 个白格. 于是 X +Y = 3n , x + y = n .故(Xy) + (Yx) = (X +Y )(x + y) = 2n .由平均值原理可知max{Xy, Yx}≥ n.不妨设 Xy ≥ n.取 S 为第二行中的 y 个白格以及所有 X 个黑格.由于 S 包含第二行中所有方格，因而 S 是连通的. 而 Sb = X ，Sw = y，SbSw = Xy ≥ n .综上所述，Kmax = n . …………50 分四．（本题满分 50 分）设 A, B为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数 k ，有 AkS ；(2) 若正整数 n S ，则 n的每个正约数均属于 S ；3(3) 若m, n S ，且m, n互素，则mn S ；(4) 若 n S ，则 An BS ．证明：与 B 互素的所有正整数均属于 S ．证明：先证明下述引理．引理：若 n S ，则 n B S ．引理的证明：对 n S ，设 n1是 n的与 A互素的最大约数，并设 n n1n2，则n2的素因子均整除 A，从而 (n1, n2 ) 1．由条件(1)及(2)知，对任意素数 p | A及任意正整数 k ，有 pkS ．因此，将 Ak 1n1作标准分解，并利用(3)知 Ak 1n1S ．又n2 | n，而 n S ，故由(2)知 n2S ．因 (Ak 1n1, n2 ) 1，故由(3)知 Ak 1n1 n2S ，即 Ak 1n S ．再由(4)知Akn B S （对任意正整数 k ）． ①…………10 分设 n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除 A，正整数 D与 A互素，从而 (C, D) 1．由(1)及(2)知CS （见上面 Ak 1n S 的证明）．另一方面，因 (D, A) 1，故由欧拉定理知D A (D) 1．因此A (D)n B(A (D) 1)n (n B)0 (mod D)，但由①知 A (D)n BS ，故由(2)知 DS ．结合CS 及 (C, D) 1知CDS ，即n BS ．引理证毕．…………40 分回到原问题．由(1)，取 k0知1 S ，故反复用引理知对任意正整数 y ，有1 ByS ．对任意 n N*, (n, B) 1，存在正整数 x, y使得 nx 1 By ，因此 nxS ，因n | nx，故 n S ．证毕．…………50 分42024 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨 2024 年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设 8 分和 0 分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第 9 小题 4 分为一个档次，第 10、11 小题 5 分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，满分 64 分．1. 若实数m 1满足 log9 (log8 m) 2024，则 log3(log2 m)的值为 ．答案：4049．解： log3(log2 m) log3(3log8 m) 1 2log9 (log8 m) 1 2 2024 4049．2. 设无穷等比数列{an}的公比 q满足0 q 1．若{an}的各项和等于{an}各项的平方和，则 a2的取值范围是 ． 1 答案：, 0 (0, 2)．4 {a } a解：因为数列 n 的各项和为 1 ，注意到{an}各项的平方依次构成首项1 qa2 a2为 1 、公比为 q2 的等比数列，于是{a2n }的各项和为 1 2 ． 1 qa a2由条件知 11 2 ，化简得 a1 1 q ． 1 q 1 q2 q ( 1, 0) (0,1) a (1 q)q q 1 1 1

当时， 2, 0(0, 2)． 2443. 设实数 a, b满足：集合 A {x R x2 10x a0}与 B {x R bx b3}的交集为[4, 9]，则 a b 的值为 ．答案：7 ．解：由于 x2 10x a(x 5)225 a ，故 A是一个包含[4, 9]且以 x5为中点的闭区间，而 B 是至多有一个端点的区间，所以必有 A [1, 9]，故a9．进一步可知 B 只能为[4, )，故b 0且 4b b3 ，得b 2．于是 a b 7．4. 在三棱锥 P ABC 中，若 PA 底面 ABC ，且棱 AB, BP, BC, CP 的长分别为1, 2, 3, 4，则该三棱锥的体积为 ．3答案： ．4解：由条件知PA AB， PA AC．因此 PA BP2AB23，进而 ACCP2 PA213 ．1AB2BC 2AC 2ABC cos B 1 9 13 1在 中，，故 sin B 3 ．2AB BC 2 1 3 2 2S 1 3 3所以 ABCAB BC sin B． 2 4又该三棱锥的高为 PA，故其体积为V 1 S 3 ABC PA ． 3 45. 一个不均匀的骰子，掷出1, 2, 3, 4, 5, 6 点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为 a, b．若事件“ a b 7”发生的概率1为 ，则事件“ ab ”发生的概率为 ．74答案： ．21解：设掷出1, 2, , 6点的概率分别为 p1, p2 , , p6 ．由于 p1, p2 , , p6 成等差1数列，且 p1p2 p6 1，故 p1p6p2p5p3p4． 3事件“ a b 7”发生的概率为 P1p1 p6p2 p5 p6 p1 ．事件“ ab ”发生的概率为 Pp2p22 1 2 p26 ．2于是 PP 2 21 2( p1p6 )( p2p5 )( p3p )23 1 14． 3 31 1 1 4由于 P1，所以 P7 2 ．3 7 216. 设 f (x)是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数 g(x) f (2x )在区间[0, 5)上的零点个数为 25，则 g(x)在区间[1, 4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记 2xt ，则当 x [0, 5) 时，t [1, 32)，且 t随 x增大而严格增大．因此，g(x)在[0, 5)上的零点个数等于 f (t)在[1, 32)上的零点个数．注意到 f (t)有最小正周期5，设 f (t)在一个最小正周期上有m 个零点，则f (t)在[2, 32)上有6m 个零点，又设 f (t)在[1, 2)上有 n个零点，则6m n 25，且0 n m ，因此m 4, n 1．从而 g(x) 在 [1, 4)上的零点个数等于 f (t)在 [2,16) [1,16) \ [1, 2) 上的零点个数，即3m n 11．7. 设 F1, F2 为椭圆 的焦点，在 上取一点 P （异于长轴端点），记O 为

PF1F2 的外心，若 PO F1F22PF1 PF2 ，则 的离心率的最小值为 ．6答案： ．4

解：取F1F2 的中点M ，有MOF1F2 ，故MO F1F20．记 PF1u, PF2v, F1F2d ，则2 2 1PO F F v u1 2PM F1F2 MO F1F2(PF1PF2 )(PF2 PF1)， 2 2

2PF PF2uv cos F PFu2v2 d 21 2 1 2 ，2v2 u2 3u2v2故由条件知u2v2 d 2 ，即 d 2．2 28 2 2 21 由柯西不等式知 d(3u v )1

(u v)2（当 v3u时等号成立）．3 3 所以 的离心率 e d 3 6 ．uv 8 46当u : v : d 1:3: 6 时， 的离心率 e取到最小值 ．48. 若三个正整数 a, b, c的位数之和为8，且组成 a, b, c 的8个数码能排列为2, 0, 2, 4, 0, 9, 0, 8，则称 (a, b, c)为“幸运数组”，例如 (9, 8, 202400)是一个幸运数组．满足10 a b c的幸运数组 (a, b, c)的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组 (a, b, c)，当10 a b c时，分两类情形讨论．情形 1： a是两位数，b, c是三位数．暂不考虑b, c的大小关系，先在 a, b, c的非最高位（五个位置）中选三个位置填0 ，剩下五个位置还未填，任选其中两个填 2 ，最后三个位置填写 4, 8, 9，这样的填法数为C35 C25 3! 600 ．再考虑其中 b, c的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c与b c的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形 2： a, b是两位数， c是四位数．暂不考虑 a, b的大小关系，类似于情形 1，先在 a, b, c的非最高位（五个位置）中选三个位置填0 ，剩下五个位置填 2, 2, 4, 8, 9，这样的填法数为600 ．再考虑其中 a, b的大小关系．若 ab ，则必有 ab 20，c的四个数字是0, 4, 8, 9的排列，且0 不在首位，有3 3! 18种填法，除这些填法外，a b与 a b的填600 18法各占一半，故有291个满足要求的幸运数组．2综上，所求幸运数组的个数为300 291 591．二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分 16 ABC cosC sin A cos A sin B cos B分）在 中，已知 ，2 2求 cosC 的值．

解：由条件知cosC 2 sin2 A sin

24 B． …………4 分 2 4A假如 B

，则C，cosC0，但 sinA

44 240，矛盾．

所以只可能 AB ．此时 A B 0,，C 2A． 4 42 …………8 分

注意到 cosC 2 sinA 0，故C，所以 A B, ，结合条24 24 2 3件得cosCcos 2A sin

2A2sin

2 Acos4 A 42 2 cosC 1 ( 2 cosC)2 ，又 cosC0 7，化简得8(1 2cos2 C) 1，解得 cosC． …………16 分410.（本题满分 20 分）在平面直角坐标系中，双曲线 : x2y2 1的右顶点为 A．将圆心在 y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若d两个好圆外切于点 P ，圆心距为 d ，求 的所有可能的值．PA解：考虑以 (0, y0 )为圆心的好圆 : x2(y y 2 20 0 )r0 (r00)．由 0与 的方程消去 x，得关于 y 的二次方程2y2 2y0 y y20 1 r200 ．根据条件，该方程的判别式4y2 8(y20 0 1 r2 ) 0，因此 y22r 20 0 0 2．…………5 分对于外切于点 P 的两个好圆 1, 2，显然 P 在 y 轴上．设 P (0, h) ， 1, 2的半径分别为 r1, r2，不妨设 1, 2的圆心分别为 (0, h r1), (0, h r2 )，则有(h r )212r21 2，(h r2 )22r 22 2．两式相减得 2h(r1r ) r22 1r22 ，而 r1r20 hr1r，故化简得2 ．2…………10 分 rr 2进而 1 2r 2r 21 1 2，整理得2 r 2 21 6r1r2r2 8 0．①d r r A(1, 0) PA 2 h2 1 (r1r )2由于12 ， ， 2 1，而①可等价地写为42(r1r22 ) 8 (r1r )2 2 d2 ，即8 PAd2 ，所以2 2 ．…………20 分PA11.（本题满分 20 分）设复数 z, w满足 z w 2，求 Sz2 2ww2 2z的最小可能值．解法 1：设 za b i (a, b R) ，则w 2 a b i，故Sa2 2a 4 b2 2b(a 1) ia2 6a 4 b2 2b(a 3) i ， a2 2a 4 b2a2 6a 4 b2 (a 1)2 5 b2(a 3)2 5 b2 ．①…………5 分记 ta 1．对固定的b ，记 B5 b2 5，求 f (t)t 2 B(t 4)2 B的最小值．4由 f (t)f (4 t) ，不妨设 t2．我们证明 f (t) f (t0 )，其中 t0B ．当 t [2, t0 ]时， t 4 [ 2, t0 4]，f (t) f (t0 )(B t2 ) (B (t 4)2 ) (B (t0 4)2 ) t 2(t 4)2 (t 2(t 4)2 )(2t 20 0 0 8t0 ) (2t2 8t) 0（用到 2 tt0 及 y2x2 8x在[2,)上单调增）．…………10 分当 t [t0 ,) 时，f (t) f (t0 )t2 B (t 4)2 B(t0 4)2 B t 2 t 20(t 4)2 (t 20 4)(t t0 ) tt0tt0 80（用到 tt04）． …………15 分所以 Sf (t )B (t 4)20 08 B 16 8 5 16．当b0（①取到等号）， at0 1 5 1时， S 取到最小值8 5 16．…………20 分解法 2：设 z 1 x y i, w 1 x y i (x, y R)，不妨设其中 x 0．计算得z2 2w (x2 4x 1 y2 ) (2x 4)y i，w2 2z(x2 4x 1 y2 ) (2x 4)y i ．所以SRe(z2 2w)Re(w2 2z)x2 4x 1 y2x2 4x 1 y2 ．…………5 分利用 aba b ，可得S 8x，①亦有S2 x2 1 y22(1 x2y2 ) 2(1 x2 )．②…………10 分注意到方程8x2(1 x2 ) 的正根为 5 2．当 x5 2 时，由①得 S 8x 8 5 16．当0 x5 2时，由②得 S2(1 x2 ) 2(1 ( 5 2)2 )8 5 16．因此当 x5 2, y0时， S 取到最小值8 5 16． …………20 分解法 3：因为w = 2 z ，所以我们有z2 2(2 z)z2 2z 4z 1 5z 1 5 ；(2 z)2 2zz2 6z 4z 1 5z 1 5 .从而上两式最右边各项分别是 z 到复平面中实轴上的点 1 5 ， 1+ 5 ，3 5 ，3+ 5 的距离，所以把 z = x + iy换成其实部 x时，都不会增大.因此只需考虑函数 f (x) = x2 + 2x4 + x26x + 4 在 R 上的最小值.…………10 分因为 1 5 51. 若 x ≤ 1 5 , 则 f (x) = 2x24x , 在 这 一 区 间 上 的 最 小 值 为f ( 1 5) =16+8 5 ；2.若 x∈( 1 5, 3 5，则 f (x) = 8x +8 ，在这一区间上的最小值为f (3 5) = 16+8 5 ；…………15 分3.若 x∈ 3 5, 1+ 5 ，则 f (x) = 2x2+ 4x ，在这一区间上的最小值为f (3 5 ) = f ( 1+ 5 ) = 16+8 5 ；4.若 x∈1+ 5, 3+ 5，则 f (x) = 8x 8 ，在这一区间上的最小值为f ( 1+ 5 ) = 16+8 5 ；5. 若 x ≥ 3+ 5 ， 则 f (x) = 2x24x ， 在 这 一 区 间 上 的 最 小 值 为f (3+ 5 ) =16+8 5 .综上所述，所求最小值为 f (3 5 ) = f ( 1+ 5 ) = 8 5 16.…………20 分6

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