2025届江西省赣州市一模数学试题及答案

赣州市2025年高三年级摸底考试

数学试卷

2025年3月

本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟

第I卷（选择题共58分）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合IM,一级―3<。｝,，=｛x|3x-a<。｝,若AS,则实数0的取值范围是（）

A.（9,+8）B.[9,+8）C.（-00,-3）D.（-CO,-3]

【答案】B

【解析】

【分析】先求解集合A,3,再利用集合的包含关系得到参数满足的条件求解即可.

[详解】解集合A=k/—2x—3<。｝=3—1<x<3｝,

解集合5==<xx<^>,

因为Au5,所以423na29,

_3

故选：B.

2.已知复数z满足|z+l|=|z+3—2i],且z在复平面内对应的点为（x,y）,贝U（）

A.x-y+3=0B.x+y+3=0C.5x-2y+6=0D,5x+2y+6=0

【答案】A

【解析】

【分析】由z=x+M（x,ywR）,代入|z+l|=|z+3—2i],利用模长公式整理得z在复平面内对应点的轨

迹方程.

【详解】z在复平面内对应的点为（x,y）,则z=x+yi（x,yeR）,

由|z+l|=|z+3—2i],得（尤+1）-+y2=（尤+3）-+（y-2）-,

化简得X—y+3=0.

故选：A.

3.函数/(x)=>tan：的最小正周期是()

1-tanx

n7i-

A.—B.—C.兀D.27i

42

【答案】C

【解析】

【分析】借助正切函数的二倍角公式可得/(%)=tan2%,结合函数定义域及正切型函数的周期性计算即可

得.

fanT*TT

【详解】7(%)=-----大—=tan2x,—+左兀(左wZ),

1-tan2x2'7

兀k

又tanxw±l,可得x工7+万兀(左eZ),

jrjr

即/(x)=tan2x,且xw万+也(左eZ)、x^—+—n^keZ),故T=TT.

故选：C.

4.已知数列｛a,｝的前"项和为Sn,满足3aL2s“+1,贝ijS5=()

A.11B.31C.61D.121

【答案】D

【解析】

S,,7Z=1,,

【分析】首先利用公式4=，判断数列｛4｝是等比数列，再代入公式，即可求解.

->2-1，”之2

【详解】令〃=1,得3%=2S]+l=2q+l,得4=1,

由3an=2sti+1,

当〃N2时，3a“T=2S=T+1,两式相减得，

3an—3an_x=2(—Sn_1)=2an,即a“=3a“_],即/=3,

an-l

所以数列｛4｝是以q=1为首项，3为公比的等比数列，

所以S5/(I-3人⑵.

51-3

故选：D.

5.甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先

从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球都是红球的概率为（）

.81144

A.—B.—C.—D.一

7575155

【答案】B

【解析】

【分析】根据全概率的计算公式即可求.

【详解】分别用事件A和4表示从甲箱中取出的球是红球和白球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是

红球,

a9C23c21

由题意可知P(A)=M，P(4)=W，P(5|A)=^=--P(B|4)=E|

15

332111

所以P（B）=P（A）P（B|A）+P（4）P（B|4）=yX运+^义运=元,

故选：B

6.已知函数〃x）=2cosox+己，%e[-71,0],若/（x）恰有3个极值点，则正数°的取值范围为

)

-8⑴（811]「1319、（1319

L33J（33」L66J（66.

【答案】D

【解析】

TT

【分析】求出0X+=的范围，结合余弦函数的性质列不等式求解即可.

「17C7C7C

【详解】因为①>0,所以当%£兀,0］时，(DX+—e—CD71+—.—

OOO

因为/（X）恰有3个极值点，所以一3%+,

解得一＜0＜一，即0的取值范围为|

66I66

故选：D

7.已知双曲线C：二―与=1（。〉0]〉0）的左、右顶点分别为4，A,圆式+丁2=/与。的渐近线

a~b~

在第一象限的交点为直线4"交C的右支于点尸，若NP&M的角平分线与y轴平行，则C的离心

率为（

A.V2B.2C.73D.加

【答案】A

【解析】

【分析】求出点"的坐标，根据点P在直线4〃上，结合左=左时求出点P坐标，然后代入双曲线方程

可得.

【详解】由题知，4(—0),4(a,0),双曲线过第一象限的渐近线方程为y=,x,

y——xabb

联立」a，解得泡=幺,加=丝，则以“=一,

x2+y2=«2cca+c

b

所以直线A"的方程为丁=——(x+a\,

a+c

b

设？(%,%),则为="^(玉)+。)①，

因为ZP&M的角平分线与y轴平行，所以右A=-左%，

ab

即一^=———,整理得先=——也(/―a)②，

ax-aa-c

-----QQ

2b2

联立①②解得/=c，%=b，代入双曲线方程得二—勺=1，即e=—=0.

aba

故选：A

8.已知r>23，记〃=log73,/?=logn5,c=log237,则（）

A.c>b>aB.c>a>bC.b>c>aD.b>a>c

【答案】C

【解析】

(32、32

【分析】利用指数和对数运算，先估算出。不的取值范围，再用对数运算来估算〃和即

可得到判断.

1

【详解】由换底公式等价变形得：a=log73,b^logH5,c=log237=,

log723

3

因为75>233,两边取以7为底的对数可得：5>log723=31og723log723<|,

2

又因为73=343<529=232,两边取以7为底的对数可得：3<log723=21og723log723>-,

1(32}

可知c=eL

log723153J

2

由3人=3108]]5=1081153=10811125>10811121=108]1112=2,可得

53

由5a=5log73=log73=log7243<log7343=log77=3,可得。<二，

从而可得a<c<Z?,

故选：C.

关键点点睛：关键是借助已知数据和指数对数运算，可以估算出从而可以让与有理数

,3(进2行大小比较.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目

要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.E^D(2x+l)(x-2y=ao+4x+a2x2H--1■%丁，(o7H0),则()

A.〃=6B.%=-108

C4+q+a、+,•,+aI=3D.GQ+%+%+4=—363

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可.

7

【详解】由(2x+l/x—2)=(IQ+ciyX++••,+tZy%,

所以(x-2)”的展开式中最高次项为6次项，即〃=6,故A正确；

(X—2)6的展开式中，力的系数为C；(—2)2=60,45的系数为c；(—2)1=—12,

则%=2x60+1x(-12)=108,故B错误;

令x=l,得(2+1)x(1—2)=/+q+a,+...+%=3,故C正确；

令x=—1,得(-2+1)x(—1—2)=CIQ—q+a。+,,,+%—%=—729,

所以,UQ+/+%+%>=------------=—363,故D正确；

故选：ACD.

10.设。是含数1的有限实数集，/(%)是定义在。上的函数，若/(%)的图像绕原点逆时针g旋转后与原

图像重合，则下列选项中/。)的取值可能为()

A.乎B.1C.^/3D.2

【答案】BD

【解析】

TT

【分析】先阅读理解题意，则问题可转化为圆上有6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转一个单位后与下

3

一个点会重合，再结合函数的定义逐一检验即可.

7T

【详解】由题意可得，问题相当于圆上由6个点为一组，每次绕原点逆时针旋转一个单位后与下一个点会

3

重合；

设/⑴处的点为A1，

7T

v/(X)的图象绕原点逆时针旋转;后与原图象重合，

旋转后A的对应点4也在/(%)的图象上，

同理为旋转后的对应点4也在图象上，

以此类推，f(x)对应的图象可以为一个圆周上6等分的6个点；

对于A,当/(1)=且时，。4与x正半轴夹角为三，

36

所以4,当［,此时&［一岑］&［一1，¥［止匕时儿］一1，一,，

不满足函数定义，故A错

误;

对于B,

当/⑴=2时，与X正半轴夹角的正切值为2,此时每个X只对应一个九满足函数定义，故B正

确；

对于c,当/⑴=石时，与x正半轴夹角为冷，

即此时A（1,—G）,4卜1,也），此时义卜1,—6）,不满足函数定义，故C错误;

对于D,

7F

当/⑴=1时，。4与X正半轴夹角为一，此时每个X只对应一个y,满足函数定义，故D正确;

4

1

故选：BD.

11.已知4（无1，%），为抛物线C：V=4x上异于原点。的两个动点，且4403=90°，作

0NJLAB交直线A8于点N,贝|（）

A.直线A3恒过定点（2,0）B.|AB|>8

C.存在一个定点°,使得|NQ|为定值D.归一x+l|+民一%+1|之9

【答案】BCD

【解析】

【分析】设直线A3的方程，根据点在抛物线上及垂直关系，直线过定点可判定A；根据抛物线弦长公式可

判定B；利用圆的性质可判定C；联立直线方程结合韦达定理可判定D.

【详解】由题意可设=6+，

联立抛物线方程可得V=4x=46+4〃7ny2-4ky-4-m-0,

y,+%=4左

则,，

〔*%=-4加

对于A项，因ZAOB=90°>

所以OAOB=玉W+%%=（左2+1）%%+5+%）+〃/=0，

整理得机=4,即直线AB恒过定点（4,0）,故A错误；

对于B项，由弦长公式

|阴=y/k2+1|%一%|="2+1,+%）--4%丁2=W（左2+1）（42+4）>8,

当上2=0时取得等号，故B正确；

对于C,设直线A5交横轴。，即。（4,0）

当上力0时，显然△OND为直角三角形，则N在以0D为直径的圆上,

不妨设0。的中点为。，则|NQ|=2是定值，

当左=0时，此时即重合，也有|八@=2是定值，故C正确;

对于D项，不妨设%>0〉%，由上知％%=T6,

22

则归-x+11+昆-%+[=”-X+1+/%+

_寸+货-4(%+%)+8_(%+%-2)-2%%+4

—4—4

=(2Z:-l)2+9>9,故D正确.

第H卷(选择题共92分)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知向量1=(1,2),b=(—l,m),且仅一5B)_L万，则忖=

【答案】亚

【解析】

【分析】先根据坐标线性运算得出日-5B坐标，再应用垂直的坐标运算计算求参，最后应用坐标求模长即

可.

【详解】因为向量2=(1,2),B=m)，

MOa-5b=(1,2)-5(-1,m)=(6,2-5m),

因为伍-5B)_L",则(。一6到姮2字(40同住-0m=,所以〃z=l,

所以W=+F=^2.

故答案为：夜

13.在三棱锥P—ABC中，点尸在平面ABC的射影为A3的中点，且ACL3C,AC=BC=2,设该三

棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S,若Ve|,2,则S的取值范围为.

_..△121

[答案]8n,-^-n

【解析】

【分析】根据条件先判定三棱锥的特征，结合体积公式求出高的范围，再判定外接球的球心位置，利用勾股

定理结合飘带函数的性质判定外接球半径的范围，计算表面积即可.

【详解】因为ACLBC,AC=BC=2,故AB=20，

取A5的中点。，连接PD，由题意可知2D_L平面ABC,AD=DC=DB=也,

则丫=!「。、^乂2261,2,易得PDe[l,3],

由题意知该三棱锥外接球的球心O在直线上，

设0。=%（x为负，则球心在平面ABC的下方），外接球半径为R,

2PD2-2PD_1_

故氏2=（尸0_彳）2=X2+（应）nx----------

2PD2PD

pr）1PD1]7

易知y=------------在（0,+“）上单调递增，即一e

2PD、）2PD26

491I?2!1

则胃=必+262,—+2,所以5=4兀7?2c87T,—7T.

9

121

故答案为：87T,-71

14.若0,beR,自然对数的底数为e,则e2“+e2'—2（。芭+岳"）+/+/的最小值为

【答案】2

【解析】

【分析】将原式变形，再设函数/(%)=/-X,求导求得最小值，即可求得结果.

【详解】由e2fl+e2b-2(aeb+bea)+a2+b2=e2a-2bea+b2+e2fc-2aeb+a2=(efl-bf+(e"—，

设/(x)=e=x,求导，f'(x)=e-\,->r(x)=ex-l=O,解得：尤=0,

令/'(x)>0,解得尤>0,令/'(x)<0,解得％<0,

故/(%)在区间(-*。)上单调递减，在区间(0,+“)上单调递增，

故[〃x)Ln=〃0)=l,故/'(aWSVlnea—a21,e&—匹1,

2

福I、I/\2/\2l"(e"—b)+(e)—a)]|"(e"—a)+(e"—o

所以————^=L=^————1L>±=2'

当且仅当a=〃=0时，等号成立.

故答案为：2

点睛】思路点睛：

(1)式子变形：将e2"+e2〃—2(ae〃+岳“)+/+廿变形为(e“—)了+伫―a『，

(2)构造函数：设/(x)=e、—%,求导求得最小值；

(3)得出结论：利用(e〃—afNl'k"—即可求得结果.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.记VABC的内角A,5c的对边分别为a,4c,已知tanAtan3=(2tanA—tan3)tanC.

(1)求证：a2+c2=2b2;

(2)已知6=2,当角8取最大值时，求VA3C的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)百

【解析】

【分析】(1)根据同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式结合正弦定理、余弦定理，即可证明结论.

(2)根据余弦定理结合基本不等式可得角B的最大值，即可求出三角形面积.

【小问1详解】

VtanAtanB=(2tanA-tanB)tanC,tanBtanC+tanAtanB=2tanAtanC,

sin5(sinCsinAj_sinAsinCsinBsinCcosA+cosCsinA八sinAsinC

------------+-------\=2-------------,即an=2,

cosB[cosCcosAJcosAcosCcosBcosCcosA-------------cosAcosC

.sinBsin(C+A)_sinAsinC

cos5cosCcosAcosAcosC

由sin(C+A)=sinB得，sin2B=2sinAsinCcosB，

^22_,2

由正弦定理及余弦定理得，b2=•巴上——="+/—/,

2ac

••=2b2•

【小问2详解】

2.21/2.2\

由余弦定理得，a-+c2-b2a+c~2^'a2+c\2ac1,

cosDB=--------------=------------------------=--------->-----=—

2ac2ac4ac4ac2

TT

当且仅当a=c时取等号，此时8取最大值一，VABC为等边三角形.

3

由b=2得，a=c=2.

VABC的面积为LqcsinB=—x2x2x^-=^3.

222

16.如图所示，平面ACEF,平面ABCD,且四边形ACEb为矩形，在四边形ABCD中，ZADC=120°,

AB=2AD=2CD=2BC=6.

（1）证明：平面5CEL平面ACEb；

（2）若属=2而，再从条件①、条件②中选择一个作为已知条件，求二面角尸—5D—G余弦值.

条件①：异面直线。与8E所成角的余弦值为叵；

14

条件②：直线与平面ACEF所成角的正弦值为也.

注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的的条件分别进行解答，按第一个解答计

分.

【答案】（1）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由余弦定理及勾股定理逆定理得出AC，3C,再由矩形性质得出CELAC,根据线面垂直

和面面垂直的判定即可证明；

（2）若选①，连接AE,设CE=h,建立空间直角坐标系，由异面直线C。与BE所成角的余弦值求得

丸=2百，再根据面面夹角的余弦公式求解即可；若选②，连接CF,建立空间直角坐标系，设

CE=h,由直线斯与平面ACEb所成角的正弦值求得丸=26，再根据面面夹角的余弦公式求解即

可.

【小问1详解】

证明：因为AB=2AZ）=2CD=23C=6,

所以AD=CD=BC=3,

AD2+CD2-AC2_32+32-AC2_1

在八4。。中，由余弦定理得，cos?ADC

2AD<D23?32

解得AC=3b，

所以AC?+5c2=+32=62=AB-,

TV

所以NAC3=—,即ACLBC,

2

因为四边形ACEb为矩形，所以CELAC,

因为ACJ_3C,CE±AC,BCC\CE=C,3C,CEu平面BCE,

所以AC平面BCE,

又ACu平面ACEE,所以平面BCE,平面ACEF.

【小问2详解】

若选条件①：连接AE，设CE=h,

因为CE_LAC,平面AC所，平面ABCD,平面ACEF口平面ABCD=AC,CEu平面ACEE,

所以CE_L平面ABCD,

又BCu平面ABCD,所以CEL3C,

以C为原点，分别以C4,CB,CE所在直线为苍％Z轴，建立空间直角坐标系，如图所示,

/W，—；,o],B（O,3,O）,E（O,（U）,

则C（O,O,O）,D

22）

3___.

所以CD=,--,0J,BE=（0,-3,A）,

因为异面直线CD与BE所成角的余弦值为叵

14

9

==叵,解得丸=26，

所以2

|CD|-|BE|3x历+914

则F3M，G（也,0,2后）,

/

所以FD=-，BF=（3

7

设平面EBD的一个法向量为/=(玉,％,zj,平面G&)的一个法向量为%=(x2,j2,z2),

BF•勺=3百%i—3%+0

由＜———363厂，取玉=百得1=（6』，—百）

DF^=-^x1-jy1-2V3z1=0、）

BG-n2=A/3X2-3y2+2A/3Z2=0

由＜一一由3l,取得晨=（6，1，°），

DG・%=一-5x2+—y2+2V3Z2=0

3+1

所以COS^pHj

A/7X2

所以二面角尸—5D—G的余弦值为2互.

7

若选②：连接。尸，设CE=h,

因为CE_LAC,平面AC所，平面ABCD,平面ACEFC平面=AC,CEu平面ACEE,

所以CE1.平面ABCD,

又BCu平面ABC。，所以CEL3C,同理可得A尸，A3,所以BF=536+帚，

因为CEL5C,ACLBC,AC,CEu平面ACEF,AC^CE=C,

所以3CJ_平面ACEF,所以直线8尸与平面ACEF所成角即为ZBFC,

又Cbu平面ACEE,所以BCLCE,

所以sin?BFC――=.==,解得h—2^/3，

BF736+h24

以C为原点，分别以C4,CB,CE所在直线为苍y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示,

则。-^-,--,0,5(0,3,0),F(3A0,2^/3),G(A0,2^),

I22J

所以而=—孚，一|,一26,BF=(3A/3,-3,2A/3),BG=(73,-3,2^/3),DG=，2月

设平面FBI）的一个法向量为为=（XpJpZ；）,平面G&）的一个法向量为巧=（无2，%，Z2），

BF-%=3石%-3%+2s/3z1=0

由＜犷心一半T-2岛=。’取…砺二网一网'

BG-n2=A/3X2-3y2+2A/3Z2=0

由＜,取得加=（百，1，°b

DG•%=一~~~%2+/%+2A/5z2—0

所以|cos（公巧

所以二面角尸—5。—G的余弦值为2互.

7

F

Xy

22

17.已知椭圆E：二+1=1（。〉。〉0）,其左顶点为P,上顶点为Q,直线尸。交直线x=a于R,且

a2b2

\PE\=y/2\OP\=6y/2（其中0为坐标原点）.

（I）求椭圆C的标准方程；

1

（2）点N在x轴上，过点N作直线/与E交于A,2两点，问：是否存在定点N,使得+忸甘为

定值，若存在，求出所有点N的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由.

22

【答案】（1）上+匕=1

126

（2）N（—2,0）或N（2,0）

【解析】

【分析】（1）结合已知条件根据两点间距离公式得到关于。、6的方程组，求解方程组即可求解；

（2）分斜率存在和不存在两种情况设出直线方程，直曲联立，将条件转化为/+%、的关系，结

合韦达定理再将条件转化为关于，"、n的关系式即可求解.

【小问1详解】

由题意可知P（—a,0）,2（0,Z?）,R（a,2b）,

所以|。叫=，工+以=6,|依|="^+破=60，

a2+4b2=36

整理联立有:K4a2+4Z;2=72

又因为a〉0,b>0,解得a=2百，b=瓜,

22

所以椭圆方程为Z+乙=1.

126

【小问2详解】

根据已知条件设N（”,0）,设A（4%）,3（々，%），

当直线AB斜率不为0时，设直线43:%=冲+〃，

x=my+n

2

联立<Xy2,整理得（2+根2）y2+2根川y+〃2—]2=0,

-------1--------=1

1126

需△=4m2n2—4（2+疗）（1—12）=48m2—8/+96>0,

即n2<6m2+12，

-2mnn2-12

由韦达定理有：%+%=

2W'*%=近版

1111

--------------1--------------=------------------------------1-----------------7----------

故2

|AN|忸N『（石一+才（x2-n）~+yl

1（11）!y：+资1（%+%『-2%%

1+m2l+/y；.£2

lxy2J1+m

f、222（2+苏

1必+乂21-2mn

2

1+m2、>1+m2n-12n2-12

2

14m~n-2（2+m~gl21（2"+24）苏-44+48

22

1+m2"―121+m12『

11

因为由7十面?为定值'所以2/+24=—4/+48‘

11-4x4+481

整理得心4,解得户？2,此时鬲+阿二不可=;

当直线斜率为0时，不妨设川-2指,0）,网26,0）,N（2,0）,

]1_11_1

此时所+阿=（2g+2『+仅百—2厂5符合题设‘

同理可证当N的坐标为N（-2,0）时也符合题设，

又"=4<1246机2+12恒成立，

11

所以存在点N（—2,0）或N（2,0）使得H------------的值为3（定值）.

忸N「

18.已知函数〃x）=e'-7依（其中e为自然对数的底数）有两个零点X],

(1)求优的取值范围:

(2)(i)证明：对一切的。力G(O,T<6)且a/》，都有[&:「；

(ii)证明：X；+考+』•4>3.

【答案】⑴(e,+co)

(2)(i)证明见解析；(ii)证明见解析

【解析】

【分析】(1)讨论机的范围，通过求导分析函数单调性，利用函数有两个零点可得/(九)面口<0,即可求出

加的取值范围.

(2)(i)把不等式等价变形，转化为证明1IU-??1〉0对任意的rG(l,+8)恒成立，通过求导分析

函数单调性可证结论.

(ii)分析网,々的范围，由(i)得生产〉1,结合基本不等式可证明结论.

【小问1详解】

由f(x)=e"_zra:得/'(%)=廿一九

当功<0时，r(%)>0,/(%)在R上单调递增，不合题意.

当相>0时，由/'(X)>0得％>lnzn,由/'(x)<0得％vln加，

/(%)在(一。,In机)上单调递减，在(in机,+。)上单调递增，

/(力*=/(inm)=elnm—mlnm—m—mlnm<0,故相>e.

vy(o)=i>o,时，/(x).+8,

/(x)在(0,In间和(In私+8)内分别存在一个零点，符合题意，

・,•根的取值范围为(e,+“).

【小问2详解】

2^--1^1

(i)不妨设a>b>0,则一----<"+"等价于——<ln—,即证」——-<In—.

\na-lnb2a+bb曰+]b

b

令t=啧〉1,即证彳1〉。对任意的/e(l,+s)恒成立.

令g⑺"ln-2（，1）,则g"）=；_：=:，）。'

t+1t（r+1）r（z+l）

二g（。在（L+°°）上单调递增，故g（。>g（1）=0，

a-ba+b

\na-]nb2

(ii)由(1)得，/(%)在(0,In制和(in7+8)内分别存在一个零点,

由小>e得/(1)=。一〃zvO,设玉<%2，贝iJOv玉

:e"—M％=0等价于x=lnx+lnm，

x2-x1

x-Inx=%2-Inx2,即-----------=1,

Inx2-Inx.

]_玉一%2〈玉+%2

由(i)得,即%+%>2,

In玉-lnx22

,2_%；+¥（石+%）222

,,Aj十々十七,%--------1------------>1H---=3•

2

关键点点睛：解决第(2)问(i)的关键是不等式等价变形为生心<M2,令t=?>l,通过构造

a+bab

x-x?1

函数可证明结论成立.解决第(2)问(ii)的关键是利用零点的概念得到।J=1,由(i)得

In项-Inx2

文士〉1,结合基本不等式可证明结论