2017-2018学年内蒙古赤峰市高二（下）期末数学试卷（理科）（a卷）含详细解答

1、2017-2018学年内蒙古赤峰市高二（下）期末数学试卷（理科）（A卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）若，aR，则a（）A4B3C3D42（5分）设命题p：xR，x2x+10；命题q：若a2b2，则ab，则下列命题为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq3（5分）已知x，y的取值如表所示：若y与x呈线性相关，且线性回归方程为，则b（）ABCD4（5分）某快递公司共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人送货，每人至少送货2天，其不同的排法共有（）种A1060B5040C630D2105（5分）甲、乙、丙、丁四位

2、同学一起去向老师询问各自的分班情况，老师说：你们四人中有2位分到A班，2位分到B班，我现在给甲看乙、丙的班级，给乙看丙的班级，给丁看甲的班级看后甲对大家说：我还是不知道我的班级，根据以上信息，则（）A乙可以知道四人的班级B丁可以知道四人的班级C乙、丁可以知道对方的班级D乙、丁可以知道自己的班级6（5分）把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出的是奇数点的情况下，第二次抛出的也是奇数点的概率为（）ABCD7（5分）执行如图的程序框图，如果输入的N9，那么输出的S（）ABCD8（5分）A、B两支篮球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束除第五局A队获胜的概率是外，其余每局比赛B队获胜

3、的概率都是假设各局比赛结果相互独立则A队以3：2获得比赛胜利的概率为（）ABCD9（5分）设函数f（x）是奇函数f（x）（xR）的导函数，f（1）0，当x0时，则使得f（x）0成立的x的取值范围是（）A（，1）（0，1）B（，1）（1，0）C（0，1）（1，+）D（1，0）（0，+）10（5分）三棱锥ABCD的棱长全相等，E是CD中点，则直线AE与直线BD所成角的正弦值为（）ABCD11（5分）过点（2，0）且斜率为的直线与抛物线C：y24x交于M，N两点，若C的焦点为F，则（）A5B6C7D812（5分）若函数yeax+3x有小于零的极值点，则实数a的取值范围是（）A3a0Ba3CD二、填空

4、题：本题共4小题，每题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.13（5分）设随机变量服从正态分布N（2，2），且P（14）0.8，则P（05） 14（5分）已知的展开式中x2的系数为5，则a 15（5分）设双曲线C：的右焦点为F，过F且斜率为的直线交C于A、B两点，若，则C的离心率为 16（5分）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC1A1C有下列条件：ABACBC；ABAC；ABAC其中能成为BC1AB1的充要条件的是（填上该条件的序号） 三、解答题：共5小题，共70分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考

5、生根据要求作答.（一）必考题，共60分.17（12分）已知a0，设命题p：函数y（32a）x在R上为减函数，命题q：不等式ax2ax+10对xR恒成立，若pq为假命题，pq为真命题，求a的取值范围18（12分）如图是某市2018年3月1日至14日的空气质量指数趋势图，某人随机选择2018年3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天（1）求此人到达当日空气质量指数大于200的概率；（2）设X是此人停留期间空气质量指数小于100的天数，求X的分布列与数学期望；（3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）19（12分）已知四棱锥SABCD的底面ABCD是正方形，

6、SA底面ABCD（1）求证：直线BD平面SAC；（2）当的值为多少时，二面角BSCD的大小为120？20（12分）过椭圆M：右焦点的直线交M于A，B两点，且椭圆的长轴长为短轴长的倍（1）求M的方程；（2）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线分别为AB，CD，且，求四边形ABCD面积的最大值21（12分）已知函数（1）求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1x2），且a4，证明：x1+x24（二）选考题，共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，直线C1：x2，

7、圆C2：（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求C1，C2的极坐标方程；（2）若直线C3的极坐标方程为，设C2，C3的交点为A，B，求C2AB的面积选修4-5：不等式选讲（共1小题，满分0分）23设函数f（x）|x1|+|x+a|，aR（1）若a1，求不等式f（x）3的解集；（2）若关于x的不等式f（x）2恒成立，求a的取值范围2017-2018学年内蒙古赤峰市高二（下）期末数学试卷（理科）（A卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1（5分）若，aR，则a（）A4B3C3D4【分析】

8、把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求解【解答】解：由，得2+ai（13i）（1+i）24i，a4故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题2（5分）设命题p：xR，x2x+10；命题q：若a2b2，则ab，则下列命题为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq【分析】由x2x+1（x）2+0，即命题p：xR，x2x+10；为假命题，即p为真命题，取特例a1，b0，可判断命题q：若a2b2，则ab，为假命题，即q为真命题，综上可得解【解答】解：x2x+1（x）2+0，即命题p：xR，x2x+10；为假命题，即p为真命题，由a2b2，取

9、a1，b0，可得：a2b2，但不能得ab，即命题q：若a2b2，则ab，为假命题，即q为真命题，即pq为真命题，故选：D【点评】本题考查了复合命题及其真假及不等式的性质，属简单题3（5分）已知x，y的取值如表所示：x432y645若y与x呈线性相关，且线性回归方程为，则b（）ABCD【分析】求出x，y的平均数，代入回归方程求出b的值即可【解答】解：（4+3+2）3，（6+4+5）5，将（3，5）代入回归方程得：53x+，解得：b，故选：B【点评】本题考查了回归方程问题，回归方程过样本点的中心是解题的关键，是一道基础题4（5分）某快递公司共有3人，从周一到周日的七天中，每天安排一人送货，每人至少

10、送货2天，其不同的排法共有（）种A1060B5040C630D210【分析】把7天分成2，2，3天3组，然后3人各选1组值班即可【解答】解：7天分成2天，2天，3天3组，3人各选1组值班，共有630种故选：C【点评】本题考查排列及简单计数问题，着重考查分步乘法计数原理，属于中档题5（5分）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问各自的分班情况，老师说：你们四人中有2位分到A班，2位分到B班，我现在给甲看乙、丙的班级，给乙看丙的班级，给丁看甲的班级看后甲对大家说：我还是不知道我的班级，根据以上信息，则（）A乙可以知道四人的班级B丁可以知道四人的班级C乙、丁可以知道对方的班级D乙、丁可以知道自己的班

11、级【分析】由甲的说法可知乙、丙一在A班一在B班，则甲、丁也一在A班一在B班，由此能求出结果【解答】解：四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，甲不知自己的班级，乙丙必有一在A班一在B班，（若为两在A班，甲会知道自己的班级；若是两在B班，甲也会知道自己的班级），乙看到了丙的班级，知自己的班级丁看甲的班级，甲、丁也一在A班一在B班，丁知自己的班级，给甲看乙丙班级，甲不知道自已的班级，说明乙丙一在A班一在B班，假定乙丙都是A班，则甲在B班，假定乙丙都在B班，则甲在A班，那么甲就知道自已的班级了给乙看丙班级，乙没有说不知道自已的班级，假定丙在A班，则乙在B班，乙就知道自己班级给丁看甲班级，因为甲不

12、知道自己班级，乙丙一在A班一在B班，则甲丁也一在A班一在B班，丁看到甲班级，假定甲在A班，则丁是在B班，丁肯定知道自已的班级了，故选：D【点评】本题考查了合情推理的问题，关键掌握四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，属于中档题6（5分）把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出的是奇数点的情况下，第二次抛出的也是奇数点的概率为（）ABCD【分析】设A表示“第一次抛出的是奇数点”，B表示“第二次抛出的是奇数点”，求出P（A），P（AB），由此利用P（B|A），能求出在第一次抛出的是奇数点的情况下，第二次抛出的也是奇数点的概率【解答】解：设A表示“第一次抛出的是奇数点”，B表示“第二次抛出的是奇

13、数点”，P（A），P（AB），P（B|A）在第一次抛出的是奇数点的情况下，第二次抛出的也是奇数点的概率为故选：D【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意条件概率计算公式的合理运用7（5分）执行如图的程序框图，如果输入的N9，那么输出的S（）ABCD【分析】根据已知的程序语句可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案【解答】解：第一次执行循环，T1，S1，k2，不满足退出循环的条件；第二次执行循环，T，S1+，k3，不满足退出循环的条件；第三次执行循环，T，S1+，k4，不满足退出循环的条件；第九次执行循环，T，S1+，k10，满足退出

14、循环的条件；故输出的S1+，故选：D【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题8（5分）A、B两支篮球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束除第五局A队获胜的概率是外，其余每局比赛B队获胜的概率都是假设各局比赛结果相互独立则A队以3：2获得比赛胜利的概率为（）ABCD【分析】A队以3：2获得比赛胜利是指前四局中两队各胜2局，第5局A队获胜，由此能求出A队以3：2获得比赛胜利的概率【解答】解：A队以3：2获得比赛胜利是指前四局中两队各胜2局，第5局A队获胜，A队以3：2获得比赛胜利的概率为：P故选：A【点评】本题考查概率的求

15、法，考查n次独立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题9（5分）设函数f（x）是奇函数f（x）（xR）的导函数，f（1）0，当x0时，则使得f（x）0成立的x的取值范围是（）A（，1）（0，1）B（，1）（1，0）C（0，1）（1，+）D（1，0）（0，+）【分析】构造函数g（x），利用g（x）的导数判断函数g（x）的单调性与奇偶性，再画出函数g（x）的大致图象，结合图形求出不等式f（x）0的解集【解答】解：设g（x），则g（x）的导数为：g（x），当x0时，总有成立，即当x0时，g（x）恒小于0，当x0时，函数g（x）为减函数，又g（x）g（x），函数g（

16、x）为定义域上的偶函数，又g（1）0，函数g（x）的大致图象如图所示：数形结合可得，不等式f（x）0等价于xg（x）0，即或，解得0x1或x1f（x）0成立的x的取值范围是（，1）（0，1）故选：A【点评】本题考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式的应用问题，是综合题10（5分）三棱锥ABCD的棱长全相等，E是CD中点，则直线AE与直线BD所成角的正弦值为（）ABCD【分析】取BC中点F，连结AF、EF，则EFBD，从而AEF是直线AE与直线BD所成角（或所成角的补角），由此能求出直线AE与直线BD所成角的正弦值【解答】解：取BC中点F，连结AF、EF，三棱锥ABCD

17、的棱长全相等，E是CD中点，EFBD，AEF是直线AE与直线BD所成角（或所成角的补角），设三棱锥ABCD的棱长为2，则EF1，AEAF，cosAEF，sinAEF直线AE与直线BD所成角的正弦值为故选：C【点评】本题考查异面直线所成角的正弦值的求法，考查异面直角所成角等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题11（5分）过点（2，0）且斜率为的直线与抛物线C：y24x交于M，N两点，若C的焦点为F，则（）A5B6C7D8【分析】求出抛物线的焦点坐标，直线方程，求出M、N的坐标，然后求解向量的数量积即可【解答】解：抛物线C：y24x的焦点为F（1，0），过点（2，0）且斜率为的

18、直线为：3y2x+4，联立直线与抛物线C：y24x，消去x可得：y26y+80，解得y12，y24，不妨M（1，2），N（4，4），（0，2），（3，4）则（0，2）（3，4）8故选：D【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，向量的数量积的运算，考查计算能力12（5分）若函数yeax+3x有小于零的极值点，则实数a的取值范围是（）A3a0Ba3CD【分析】由题意可知：则yaex+30有负根，则ex在y轴的左侧有交点，由函数的性质即可求得实数a的取值范围【解答】解：yeax+3x，求导，yaeax+3，由若函数yeax+3x在R上有小于零的极值点，则yaeax+30

19、有负根，则a0，则eax，即在y轴的左侧有交点，1，解得：a3，故选：A【点评】本题考查导数的单调性，极值与导数的关系，考查指数函数的性质，考查转化思想，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.13（5分）设随机变量服从正态分布N（2，2），且P（14）0.8，则P（05）0.8【分析】据随机变量X服从正态分布N（2，2），且P（14）0.8，直接利用对称性求得P（05）的值【解答】解：随机变量服从正态分布N（2，2），得2，即对称轴是x2P（14）0.8，由对称性可得：P（05）0.8，故答案为：0.8【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲

20、线所表示的意义，考查曲线的对称性，属于基础题14（5分）已知的展开式中x2的系数为5，则a【分析】由二项式定理展开已知代数式，求得x2的系数，解方程即可得到所求值【解答】解：（1+）（1+5x+10x2+10x3+5x4+x5），展开式中x2的系数为10+10a，由题意可得10+10a5，解得a，故答案为：【点评】本题考查二项式定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题15（5分）设双曲线C：的右焦点为F，过F且斜率为的直线交C于A、B两点，若，则C的离心率为【分析】设直线AB的方程，与双曲线方程消去x并化简设A（x1，y1），B（x2，y2），利用根与系数的关系得到y1+y2，y1y2通

21、过，得到y14y2代入上式消去y2得关于a、b、c的等式，结合b2c2a2解之得双曲线的离心率【解答】解：直线AB过点F（c，0），且斜率为，直线AB的方程为y（xc）与双曲线C：，消去x，得（ b2a2）y2+b2cy+b40，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y2，y1y2，可得y14y2代入上式得3y2，4y22，消去y2并化简整理，得，将b2c2a2代入化简，得c2，解之得ca，因此，该双曲线的离心率e故答案为：【点评】本题给出双曲线的斜率为的焦点弦被焦点分成1：4的两部分，求双曲线的离心率着重考查了双曲线的标准方程、简单几何性质和直线与圆锥曲线位置关系等知识，属于中档题16

22、（5分）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC1A1C有下列条件：ABACBC；ABAC；ABAC其中能成为BC1AB1的充要条件的是（填上该条件的序号）【分析】由题意，对所给的三个条件，结合在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC1A1C作出如图的图象，借助图象对BC1AB1的充要条件进行研究【解答】解：若ABACBC，如图取M，N分别是B1C1，BC的中点，可得AMBC，A1NB1C1，由直三棱柱ABCA1B1C1中，可得AM，A1N都垂直于侧面B1C1BC，由此知AM，A1N都垂直于线BC1，又BC1A1C结合图形知BC1CN又由M，N是中点及直三棱柱的性质知B1MCN，故可得BC1B1M，再

23、结合AM垂直于线BC1，及图形知BC1面AMB1，故有BC1AB1，故能成为BC1AB1的充要条件同理也可对于条件，其不能证得BC1AB1，故不为BC1AB1的充要条件综上符合题意故答案为【点评】本题考查空间中直线与直线之间的位置关系，解题的关键是构造图形证明线面垂直从而证明线线垂直利用线面垂直证明线线垂直是立体几何中证明线线垂直常用的方法三、解答题：共5小题，共70分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题，共60分.17（12分）已知a0，设命题p：函数y（32a）x在R上为减函数，命题q

24、：不等式ax2ax+10对xR恒成立，若pq为假命题，pq为真命题，求a的取值范围【分析】若pq为假命题，pq为真命题，则p，q一真一假，进而可得满足条件的a的取值范围【解答】解：p：函数y（32a）x在R上为减函数，032a1，即q：不等式ax2ax+10对一切R恒成立，a0（舍）或，即0a4pq为假命题，pq为真命题，p，q一真一假，若p真q假，则，此时a不存在，若p假q真，则，解得0a1或a的取值范围为【点评】本题考查的知识点是指数函数的单调性，不等式恒成立问题及复合命题的真假判断，难度中档18（12分）如图是某市2018年3月1日至14日的空气质量指数趋势图，某人随机选择2018年3月

25、1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天（1）求此人到达当日空气质量指数大于200的概率；（2）设X是此人停留期间空气质量指数小于100的天数，求X的分布列与数学期望；（3）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）【分析】（1）利用已知条件，通过古典概型求解即可（2）求出X的可能值，求解概率，得到分布列，然后求解期望与方差（3）利用图象，判断开始连续三天的空气质量指数方差【解答】解：（1）设“此人到达当日空气质量指数大于200”的事件为A，则；（2）X的可能取值为0，1，2，则，故X的分布列为：X012P所以（3）由图知，从5日开始，连续三天（5日，6日，7日

26、）空气质量指数方差最大【点评】本题考查概率的求法，分布列的求法，期望的求法，考查计算能力19（12分）已知四棱锥SABCD的底面ABCD是正方形，SA底面ABCD（1）求证：直线BD平面SAC；（2）当的值为多少时，二面角BSCD的大小为120？【分析】（1）证明SABD，ACBD，然后证明BD平面SAC（2）设SAa，以A为原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，设AB1，求出平面SBC的法向量，平面SCD的法向量，通过二面角BSCD的大小为120，利用空间向量的数量积求解即可【解答】（1）证明：SA平面ABCD，BD平面ABCD，SABD，四边形ABCD

27、是正方形，ACBD，SAACA，BD平面SAC（2）解：设SAa，以A为原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，为计算方便，不妨设AB1，则B（1，0，0），S（0，0，a），C（1，1，0），D（0，1，0），则，设平面SBC的法向量为，则，令z11，则x1a，y10，设平面SCD的法向量为，令z21，又x20，则y2a，要使二面角BSCD的大小为120，必有，a2+12，a1即当时，二面角BSCD的大小为120【点评】本题考查向量的数量积的应用，二面角的平面角的应用，直线与平面垂直的判断定理的应用20（12分）过椭圆M：右焦点的直线交M于A，B两点，且椭

28、圆的长轴长为短轴长的倍（1）求M的方程；（2）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线分别为AB，CD，且，求四边形ABCD面积的最大值【分析】（1）由题意可得右焦点为（，0），可得c，又ab，结合a，b，c的关系，解方程可得a，b，即可得到所求椭圆方程；（2）直线与椭圆方程联立，求得交点A，B，求得弦长AB，再由两直线垂直的条件：斜率之积为1，可得直线CD的方程，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得弦长CD，再由四边形ACBD的面积S|AB|CD|，化简整理，即可得到所求最大值【解答】解：（1）由题意知，解得a26，b23，所以M的方程为：；（2）联立方程组，解得A（，）、，可得依

29、题意可设直线CD的方程为：yx+m，CD与线段AB相交，联立方程组消去x得：3x2+4mx+2m2+60，设C（x1，y1），D（x2，y2），则，四边形ACBD的面积，当m0时，S最大，最大值为所以四边形ACBD的面积最大值为【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用椭圆的性质，考查四边形面积的最值求法，注意联立方程运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件：斜率之积为1，考查化简整理的运算能力，属于中档题21（12分）已知函数（1）求函数f（x）的极值；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1x2），且a4，证明：x1+x24【分析】（1）求出函数f（x）的定义域为（0，+），得到通

30、过当a0时，当a0时，判断导数符号，利用单调性求解函数的极值（2）证明：当a4时，求解函数的单调性以及函数极值，由（1）知，f（x）在（0，2）上是减函数，在（2，+）上是增函数，x2是极值点，令h（x）2lnx2x+42ln（4x）（0x2），通过函数的导数以及单调性求解即可【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+）.当a0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上是减函数，所以f（x）在（0，+）上无极值；当a0时，若，f（x）0，f（x）在上是减函数当，f（x）0，f（x）在上是增函数，故当时，f（x）在（0，+）上的极小值为（2）证明：当a4时，由（1）知，f（x）在（0，2）上是

31、减函数，在（2，+）上是增函数，x2是极值点，又x1，x2为函数f（x）零点，所以0x12x2，要证x1+x24，只需证x24x1，又，f（4x1）2lnx12x1+42ln（4x1），令h（x）2lnx2x+42ln（4x）（0x2），则，h（x）在（0，2）上是增函数，h（x）h（2）0，f（4x1）0f（x2），4x1x2，即x1+x24得证【点评】本题考查函数的导数以及函数的极值的求法，考查分析问题解决问题的能力（二）选考题，共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，直线C1：x2，圆C

32、2：（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求C1，C2的极坐标方程；（2）若直线C3的极坐标方程为，设C2，C3的交点为A，B，求C2AB的面积【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换（2）利用极径和三角形的面积公式求出结果【解答】解：（1）因为xcos，ysin，C1的极坐标方程为cos2，C2的极坐标方程为22cos4sin+40（2）将代入22cos4sin+40，得，解得，因为C2的半径为1，则C2AB的面积【点评】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，三角形面积公式的应用，极径的应用，主要考查学

33、生的运算能力和转化能力，属于基础题型选修4-5：不等式选讲（共1小题，满分0分）23设函数f（x）|x1|+|x+a|，aR（1）若a1，求不等式f（x）3的解集；（2）若关于x的不等式f（x）2恒成立，求a的取值范围【分析】（1）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；（2）求出f（x）的最小值，得到关于a的不等式，解出即可【解答】解：（1）当a1时，f（x）|x1|+|x+1|由f（x）3，得|x1|+|x+1|3当x1时，不等式化为1x1x3，即所以，原不等式的解为当1x1时，不等式化为1x+1+x3，即23所以，原不等式无解当x1时，不等式化为1+x+1+x3，即所以，原不等式的解为综上，原不等式的解为（2）因为|x1|+|x+a|a+1|，所以f（x）min|a+1|，所以|a+1|2，解得a1或a3，即a的取值范围为（，31，+）【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道中档题