2020-2021学年葫芦岛市高二年级上册期末数学试卷(含解析)

2020-2021学年葫芦岛市高二上学期期末数学试卷

一、单选题(本大题共8小题，共40.0分)

1,已知集合力=｛刈氏一1|<1｝,集合8=｛久|0-1)(%-2)>0｝，则4门8等于()

A.(0,1)B.(1,2)C.(-2,0)D.(-2,1)

2.已知｛方,后,可是空间的一个基底，｛五+后,方-另，可是空间的另一个基底，一向量力在基底｛乙3,3｝

下的坐标为(4,2,3),则向量方在基底｛五+瓦日-瓦哥下的坐标是()

A.(4,0,3)B.(3,1,3)C.(1,2,3)D.(2,1,3)

3.直线(小+1)X-2ay+l=0的倾斜角的取值范围是()

A"。用B.[讨]C.单争D.[0,；u[4㈤

4.若直线匕二:+；«为参数)被圆《二欠失鬻(a为参数)所截的弦长为2鱼，则a的值为()

—ci—L一/十c/iCt

A.1或5B.一1或5C.1或一5D.一1或一5

5.已知抛物线y2=2%的焦点为F,点P是抛物线上一点，且满足|PF|=|,从点P引抛物线准线的

垂线，垂足为M,则AMPF的内切圆的周长为()

A.空等B.(5-V5)7TC.(30-10V5)TTD.(15-5V§)n

6.用0、1、2、3、4这5个数字，组成无重复数字的五位数，其中偶数有()

A.36个B.72个C.48个D.60个

7.10、(理科学生做)已知两平面的法向量分别为加=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面

角为()

A.45°B,135°C.45°或135°D.90°

22

8.已知双曲线京—a=l(a>0,6>0)的右焦点为F,若过点F且倾斜角为30。的直线与双曲线的右

支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是()

A.&竽)B.[|,^]C.(今+8)D.[乎,+8)

二、多选题(本大题共4小题，共20.0分)

9.己知小，门是不重合的直线，a,6,y是不重合的平面，则下列命题为假命题的是()

A.若a1y,1y,贝(Ja〃夕

B.若租ua,九ua,m///?,n///?,则仇〃£

C.若aj]B，y〃£，贝1Jy〃a

D.若a10,ml/?,则m〃a

10.在如图所示的棱长为1的正方体力BCD-ABiRDi中，点P在侧面

BCG%所在的平面上运动，则下列命题中正确的()

A.若点P总满足P41BO1，则动点P的轨迹是一条直线

B.若点P到点力的距离为加，则动点P的轨迹是一个周长为2兀的

圆

C.若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1,则动点P的轨迹是椭圆

D.若点P到直线2D与直线CG的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线

11.如图，正方体力BCD—4B1C1D1的棱长为1,点P是棱CG上的一个

动点(包含端点)，则下列说法正确的是()

A.存在点P,使DP〃面ABiA

B.二面角P-BBi-D的平面角大小为60。

C.PB+PD］的最小值是愿

D.P到平面码必的距离最大值是中

12.己知点4(-VXO),B(V2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为得记M的轨迹为曲线

C.过坐标原点的直线交C于P,Q两点，点P在第一象限，PElx轴，垂足为E,连结QE并延长交

C于点G.()

A.曲线C的离心率为四

2

B.已知定点尸(1,0),则|MB|£(1,3)

C.%o=~kPQ

D.△PQG是直角三角形

三、单空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.已知直线ax+2y+6=0,直线%：%+(a-l)y+a2—1=0.当a时，％与%相交；

当。时，人！%；当a时，4与4重合；当。时，，1〃％.

14.若(a%+I)，*(x+2/=CLQ(%+2)9++2)'+…+UQ(%+2)+的,且a。+的+g+…+

。8+。9=1024,贝+。2+。4+…+。8=.

15.把座位编号为1,2,3,4,5,6的六张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人最多得两

张，甲、乙各分得一张电影票，且甲所得电影票的编号总大于乙所得电影票的编号，则不同的

分法共有种

16.已知四棱锥P—2BCD的底面是48CD是矩形，平面PCD1底面ABC。，5.AB=4,BC=2,PC=

PD=2V3,则直线与AC所成角的余弦值为.

四、解答题(本大题共6小题，共72.0分)

17.证明：(1+x)如展开式中X”的系数等于(1+X)2“T展开式中X”的系数的2倍.

18.如图1,四棱锥P-4BCD中，PD1底面力BCD,面4BCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点.该

四棱锥的俯视图和侧(左)视图如图2所示.

(1)证明：BC1平面PBD；

(2)线段CD上是否存在点N,使力M与BN所成角的余弦值为乎？若存在，找到所有符合要求的点N,

并求CN的长；若不存在，说明理由.

H1JB2

19.如图，已知力。为圆。的直径，直线B4与圆。相切于点4,直线。B与弦2C垂直并相交于点G,与Zc

相交于M,连接。C,AB=10,AC=12.

(1)求证：BA-DCGC-AD；

(2)求02.

20.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F,M(l,2)是抛物线C上的点.

(1)求抛物线C的方程；

(2)若过点(2,0)的直线与抛物线C交于不同的两点4,B,且|4F|•|BF|=13,求直线［的方程.

21.如图，四边形4BCD与四边形4DMN都为正方形，ANLAB,F为线段BN的中点，E为线段BC上

的动点.

(1)当E为线段BC中点，求证：NC〃平面4EF；

(2)求证：平面4EF1平面BCMN；

(3)求平面4MF与平面4BCD所成(锐二面角)角的余弦值.

22.(本小题满分14分)|\\\

设椭圆娱:±_#/=爪通"幽)的两个焦点是探:F,期:和瑞陶戏(—;\>£

1"B

忘；>®),且椭圆。与圆品产#/=/有公共点.

(1)求侬的取值范围；

(2)若椭圆上的点到焦点的最短距离为我-、回，求椭圆的方程；

(3)对(2)中的椭圆较，直线副:朋=.舐*懒(球#邮)与公交于不同的两点嬲、>,若线段£螭的垂

直平分线恒过点.遮卿-布：，求实数微的取值范围.

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：由a中不等式变形得：—1<%—i<i,

解得：0<x<2,即4=(0,2),

由B中不等式解得：％V1或%>2,即8=(-8,1)u(2,+8),

则/八8=(0,1),

故选：A.

求出A与B中不等式的解集分别确定出4与B,找出4与8的交集即可.

此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键.

2.答案：B

解析：解：设向量万在基底，+瓦五-3，工｝下的坐标为(%,y,z),

则/=4a+2K+3c=x(a+K)+y(a—b)+zc>

整理得：4a+2b+3c=(x+y)a+(x—y)b+zc，

%+y=4

%—y=2,解得％=3,y=l,z=3,

<z=3

•••向量万在基底自+木五-1，不下的坐标是(3,1,3).

故选：B.

设向量万在基底,｛方+百刀一反可下的坐标为(x,y,z),则万=4W+29+3m=X0+E)+y位一斤)+

zc,由此能求出向量力在基底自+瓦方一反引下的坐标.

本题考查向量在基底下的坐标的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间向量坐标运算法则

的合理运用.

3.答案：C

解析：解：①当a=0时，斜率不存在，即倾斜角为今

2a

②当a>0时，直线的斜率上：a+i::4>2辰=々=1，

2a2~22

•••fc>1,

即直线的倾斜角的取值范围为[%]).

③当a<0时，直线的斜率A=老出=唠<2卜>(4=_2=_1；

2a2~22

**•k<-1,

即直线的倾斜角的取值范围为C，?].

乙4

综上，直线的倾斜角的取值范围为覃中，

故选：C

根据直线斜率和倾斜角之间的关系，即可得到结论.

本题主要考查直线斜率和倾斜角之间的关系，利用基本不等式求出斜率的取值服务是解决本题的关

键.

4.答案:A

解析：

本题主要考查把参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用，直

线和圆的位置关系，属于基础题.

把参数方程化为直角坐标方程，利用点到直线的距离公式、弦长公式求得a的值.

解：直线为参数)，

即％+y—a—1=0,

圆打,々a为参数)，

(y=2+2sinak)

即(％—2)2+(y—2)2=4,

表示以(2,2)为圆心、半径等于2的圆.

圆心到直线的距离为d=比＞=等，

再根据弦长公式可得(等/+(V2)2=4=产，

求得a=1或a=5,

故选A.

5.答案：A

解析：解：如图，不妨设点P(%o，yo)在第一象限，则久°>0,y0>0,\PM\=x0+1=

Qd—=一,

Xu22

所以勺=2,此时光=2%o=4,所以|y()l=2.

从而△MPF的面积为S=1\y0\\PM\=|x2x|=|.

易知点M(—号,4),F(p0),所以=通.

设AMPF的内切圆的半径为r,内心为点。

则由SAO/MF+SRO,FP+S40，MP=SAPMF，得3X(]+3+V5)r-

解得r=二

4

所以△MPF的内切圆的周长为2兀x*=U兀.

42

故选：A.

不妨设点PQo,Vo)在第一象限，则%o>0,y0>0,求出PM,利用△MPF的面积为推出|MF|=6,设

△MPF的内切圆的半径为r,内心为点。'，通过右0加+5人0郎+540.=5")^，转化求解即可.

本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，圆与抛物线的综合应用，考查数形结合以及转化思

想的应用，是中档题.

6.答案：D

解析：解：根据题意，要求组成五位偶数，则其个位数字必须为0或2、4,

分2种情况讨论：

①、当个位数字为0时，将剩下的数字全排列，作为这个五位数的前四位，有用=24种情况，

则此时有24个五位偶数，

②、当个位数字为2或4时，个位数字有2种情况，

首位数字不能为0,有3种情况，将剩下的数字全排列，作为这个五位数的中间三位，有北=6种情

况，

共有2X3X6=36种情况，则此时有36个五位偶数,

则可以组成24+36=60个无重复数字的五位偶数；

故选：D.

根据题意，分析可得五位偶数的个位数字必须为。或2、4,分2种情况讨论：①、当个位数字为0时,

②、当个位数字为2或4时，求出每种情况下的五位偶数的个数，由加法原理计算可得答案.

本题考查排列、组合的应用，注意需要对0进行分类讨论.

7.答案：C

mn1'叵

设二面角为e那么COSCd=]~~ji-j="?=~~l-.....&=45°>

/MV1A/22

根据题意两平面所成的二面角为45。或135。，故本题选C.

则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜战

即有2＞名

a3

由e2=^a2+b2-1J>4

-1+^-r

、26

...e->——3,

故选：D.

若过点F且倾斜角为30。的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等

于渐近线的斜率.根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围.

本题考查双曲线的性质及其应用，考查离心率的范围的求法，解题时要注意渐近线方程的运用，考

查运算能力，属于中档题.

9答案:ABD

解析：

本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查推理能力，属

于基础题.

由面面的位置关系可判断4；由面面平行的判定定理可判断B；由面面平行的传递性可判断C；由线

面的位置关系可判断D.

解：对于4,若aly,£ly,贝（la、£平行或相交，故A错误；

对于B,若znua,nua,且ri相交，m///?,n//^,贝！Ja〃。，故8错误；

对于C,若aj出,y〃S，则y//a,故C正确；

对于D,若a10,ml/?,则机//戊或机＜=0：,故。错误.

故选：ABD.

10.答案：ABD

解析：

本题考查空间中的轨迹问题，属于中档题.

A.根据BO】，平面AB4,判断点P的轨迹；B.根据平面与球相交的性质，判断选项；C,由条件可转化

为|P8|+|PC|=1,根据椭圆的定义判断；。.由条件建立坐标系，求点P的轨迹方程，判断轨迹是否

是双曲线.

A.在正方体&C中，AC1BD,BB1l^^ABCD,力Cu平面ABC。,

所以BB]CiBD=B,叫8。u平面88也。，所以力C_L平面BB。。,

BDiu平面所以AC1BD1,

iHjSXBi1BD1,AB1P\AC=A,u平面佃。，所以映1平面ABC

而点P在侧面BCG/所在的平面上运动，且P21B%,

所以点P的轨迹就是直线&C,故A正确；

及点P的轨迹是以4为球心，半径为鱼的球面与平面BCCiBi的交线，

即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r,

球心4到平面BCC/i的距离为1,贝％=V2)2-1=1'

所以小圆周长2=2TZT=2兀，故B正确；

C点P到直线力B的距离就是点P到点B的距离，

即平面BCG4内的点P满足|PB|+\PC\=1=\BC\,

即满足条件的点P的轨迹就是线段BC,不是椭圆，故C不正确；

D如图，平面BCGBi1平面2BCD,平面BCC/iCI平面48CD=CB,

过P分别作PM1BC于点M,PMu平面BCC/i，贝UP"1平面4BCD,

ADu平面4BCD,所以PM1AD,

作PEICQ于点E,过M做MN14D,连结PN,

PMCMN=M,PM,MNu平面PMN,所以AD_L平面PMN,

PNu平面PMN,所以PN14D,

如图建立平面直角坐标系，设P(x,y),

PM=y,则PN2=l+y2,PE2=(i_x)2,

BP1+y2=(1—x)2,整理为:(x—l)2—y2=l,

则动点P的轨迹是双曲线，故。正确.

故选：ABD

11.答案：AC

解析：解：对于4当P与G重合时，DP〃4根据

线面平行的判定，可得使DP〃面力/A，故正确；

对于B,二面角P-BBi-D就是二面角C—BBi-D,

其平面角大小为45。.故错；

对于C,如图沿棱CQ展开面/BCR为面C】CFE,使点

心，D,C,G，E,尸共面，贝UPB+PDi的最小值为

D#=yjD^+DF2=V5,故正确;

对于。，当P与C重合时，&C垂直平面的，此时点C到面距离最大值为I&C=誓，故

错.

故选：AC.

A,当P与6重合时，DP〃力Bi，根据线面平行的判定即可判定；

B,二面角P—BBi-。就是二面角C—BBi-。，其平面角大小为45。；

C,沿棱Ct71展开面B/CQ为面QCFE,使点/，D,C,Q,E,F共面，贝|PB+PD］的最小值为心；

D,当P与C重合时，4C垂直平面a/%的，此时点C到面距离最大，即可判定；

本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了几何体的结构特征与外接球的应用问题，

属于中档题.

12.答案：AD

解析：解：选项A：由题意得蜷三，£^=一右

整理得曲线C的方程：J+y2=iQK±&),离心率为孝，故选项A正确；

选项8：|MF|€(/一故选项B错误；

设直线PQ：y=kx(k>0),

设P(7H,7i),贝ijQ(—TH,—几)，E(m,0),G(m,n),

所以直线QE的方程为：y=*-m),所以心=/

2

联立菅+y2=1得2/+fc2(%—7n尸—4=0,即(2+k2)x2—2k2mx+k2m2—4=0,

所以q―巾=黑，解得益=与*1，代入直线得股=黑，

所以&G="=一?，所以选项c错误，选项。正确.

故选：AD.

选项A直接根据条件建立等式化简即可求出曲线方程，求出离心率即可判定；选项2根据椭圆的性

质可求出|MF|的范围，从而可判定；选项C与D,设出直线方程与椭圆联立方程组，可得直线PQ与

直线PG的斜率的关系，从而可判定.

本题主要考查了圆锥曲线的求解，以及直线与椭圆的位置关系，同时考查了转化能力和运算求解的

能力，属于中档题.

13.答案：a丰—1且a大2；=|；a=2；a=—1

解析：解：由a(a—1)-2X1=0可解得a=-1或a=2,

当。=一1时，h：—%+2y+6=0,l2：%+2y=0,显然4〃％.

当。=2时，h：%+y+3=0,l2：%+y+3=0,显然匕与%重合,

・•.当aW-1且aW2时，4与0相交，

2

由aX1+2(a-1)=0可解得a=此时k112；

、2

故答案为：a丰—1且a72；=-；a=2；a=—1

由a(a-1)-2x1=0可解得a=—1或a=2,验证可得两直线平行，重合，相交的条件，由ax1+

2(a-1)=0可解得垂直的条件.

本题考查两直线的位置关系，判平行与垂直是关键，属基础题.

105

14.答案:2-10

2

解析：解：令x=-1,可得a。+a1+a2+,•,+cig+cig=(—a+l)5,(—1+2)4=1024,

a=—3,

令X=-3,可得-CLQ+Gt]—Gt2+…—Cig+dg=(9+I)，.(—3+2)4——IO，,

a

两式相减可得a。+a2+4++48=-——

los

故答案为:2-10

2

令x——1,可得a。+a1+u，2+…+cig+cig=(—CL+1)6,(—1+2)4=1024,求出a)再令x=—3>

可得—CLQ+Cl]—0.2+—Gtg+(Zg=(9+I)，,(—3+2)4=IO，,两式相减可得劭+Gt2+G4+…+

本题考查二项式的系数和问题，考查赋值法的运用，正确赋值是关键.

15.答案:90

解析：解：分两步：先从6张电影票中任选2张给甲、乙两人，有盘种分法；

再分配剩余的4张，而每人最多两张，

所以每人各得两张，有盘废种分法，

由分步计数原理得，共有底盘废=90种分法.

故答案为：90.

分两步：先从6张电影票中任选2张给甲、乙两人，有盘种分法；再分配剩余的4张，而每人最多两

张，所以每人各得两张，有盘废种分法，由分步计数原理得出结果即可.

本题考查组合知识，用分步计数原理进行计算，属于中档题.

16.答案：更

10

解析：解：作P。1DC交DC于。点，

分别以。。方向为久轴，以CD的中垂线向右的方向为y轴，以。P的方向为z轴,

建立空间直角坐标系，如图示：

由题意得：4(2,2,0),C(—2,0,0),8(—2,2,0),P(0,0,2/)，

故而=(-2,2,-2必，AC=(-4,-2,0)-

故丽•前=8-4+0=4,|而|=4,|宿=2遍，

故cos<AC>=—=―,

4X2遮10

故答案为：叵.

10

作尸。1DC交DC于。点，分别以0D方向为x轴，以CD的中垂线向右的方向为y轴，以。P的方向为z轴,

建立空间直角坐标系，求出而，前的坐标，从而求出其夹角的余弦值即可.

本题考查了空间向量问题，考查异面直线的夹角，考查数形结合思想，转化思想，是一道基础题.

22n2n

17.答案：证明:(1+%)"=1+C^„-x+Clnx+-+C^x+-+C^x,

其中x71的系数设为4,则a=%=2n(2n-l)(2n-2)...(n+1)+n!

n

(1+久产T=1+%_］久++-+C^n_1X+…+C泰工/n-l,

其中V1的系数设为B,则B=C%_1=(2n-l)(2n-2)(2n一3)...(n-1+1)n!

因为4>0,B>0,2+B=2n+n=2

所以a=2B,原命题得证

解析：利用二项式定理展开，即可得出结论.

本题考查二项式定理，考查学生分析解决问题的能力，比较基础.

18.答案：(1)证明：由俯视图可得，BD2+BC2=CD2,

•••BCVBD.

又；PD1平面ABCD,

1

Y

・•・BC1PD,

BDAPD=D,

•••BC1平面PBD.

(2)解：线段CD上存在点N,使AM与BN所成角的余弦值为彳.

证明如下：

•••PD1平面4BCD,DA1DC,建立如图所示的空间直角坐标系D-;cyz.

■­■D(0,0,0),7l(V3,0,0),B(遍,1,0),C(0,4,0),M(0,0,3).

设N(0,t,0).

AM=(-V3,0,3)，BN=(-V3,t-1,0).

要使力M与BN所成角的余弦值为立，则有，后黑♦=',解得t=0或2,均适合N(0,t,0).

故点N位于D点处，此时CN=4；或CD中点处，此时CN=2,有力M与BN所成角的余弦值为它.

4

解析：(1)利用俯视图和勾股定理的逆定理可得BC1BD,利用线面垂直的性质定理可得BC1PD,

再利用线面垂直的判定定理即可证明；

(2)通过建立空间直角坐标系，利用异面直线的方向向量所成的角的夹角公式即可得出.

熟练掌握由三视图得到线面位置关系和数据、线面垂直的判定和性质定理、异面直线所成的角、平

行线分线段成比例的判定和性质、平行四边形的判定和性质定理是解题的关键.

19.答案:解:⑴证明："AC1OB,1•.Z/1GB=90°；

又力D是。。的直径，；.NDC4=90°；

又：々BAG="DC(弦切角等于同弧所对的圆周角)，

•••RtAAGBsRtADCA；

.BA_AG

•,AD-DC；

又•・•OGLAC,・•・GC=AG；

...%=竺,即B4•/)(?=

ADDC

(2)vAC=12fAG=6；

AB=10,BG=y/AB2-AG2=8;

由(1)知，RtAAGB〜RtADCA,

AB_BG

,t,—，

ADAC

•.AD=15,即圆的直径2r=15,

OA=7.5.

解析：(1)要证B4•DC=GCMD,只需证京=启，由。G14C,得GC=4G；即证病=市，由Rt△

/i£zL/CAUL/C

AGBsRtADC4即可；

(2)由北得力G,由4B求得BG；由RtA4GB~RtZkDC4,求得AD,即圆的直径，从而得04的值.

本题考查了与圆有关的几何证明和计算问题，也考查了逻辑推理能力与空间想象能力，是基础题目.

20.答案：解：⑴抛物线C：)/2=20乂3>0)的焦点为尸得,0),准线方程为％=—今

”(1,2)是抛物线C上的点，可得2P=4,解得p=2,

所以抛物线C的方程为必=4x；

(2)设直线/的方程为：x=my+2与y2=4%联立，整理可得/—4my—8=0,

设3(如、2)，

由根与系数的关系可得：片：%=4皿再由匕

17172=-81%2=W2+2

可得产+久2：4病+4,.

(.x1x2=4J

又由焦半径公式可得,|BF|=(%1+1)­(%2+1)=%1%2+(%1+%2)+1=13,

代入①式可得出：m-±1,

所以直线Z的方程为：x+y-2=0.

解析：(1)根据点满足抛物线的方程，可得P，即可求出抛物线方程；

(2)先设出［的直线的方程，与抛物线方程联立后，写出根与系数的关系，再由焦半径公式表示出

MF|田用的关系式，代入根与系数的关系即可求解.

本题考查了抛物线的定义以及抛物线方程，考查了直线与抛物线相交及根与系数的关系等，考查了

学生分析问题，解决问题的能力和运算能力，属于中档题.

21.答案：(1)证明：rF为线段BN的中点，E为线段BC上的中点,

EF//NC,又NCC平面2EF,u平面4EF,

•••NC〃平面力EF.

(2)证明：・.・四边形48CD与四边形4DMN都是正方形，

•••AD1NA,AD1AB,

NACtABA,AD_L平面NAB,

又AFuNAB,•••AD1AF,AD//BC,•••BC1AF,

5LAD//BC,BCLAF,

由题意N4=4B,尸为线段NB的中点，

AFLNB,NBCBC=B,•••2F1平面8cMN,

又力Fu平面4EF,二平面4EF_L平面BCMN.

(3)解：由题设知4N1AD,AN//DM,DC1AD,

又AN1AB,ABCyAD=A,AN1平面ZBCD,MD_L平面4BCD,

DA,DC,DM两两垂直，

故以D为原点，建立空间直角系，

设4B=2,平面力MF的法向量为元=(x,y,z),

则4(2,0,0),"(0,0,2),4(2,1,1),

AM=(-2,0,2)，布=(0,1,1)，

।fn,AM--2x+2z=0函、汨—r、

由《-r-」，取Z=1,得71=

[n-AF=y+z=n0

由题意平面4BCD的法向量沅=(0,0,1),

—>—mn1V3

cos<m,n>=^=^=-,

平面4MF与平面4BCD所成(锐二面角)角的余弦值为

解析：(1)由已知得E77/NC,由此能证明NC〃平面4EF.

(2)由已知得2D1N4AD1AB,从而AD_