2020屆浙江省寧波市鄞州中學(xué)高三下學(xué)期期初考試數(shù)學(xué)試題(解析版)

1、浙江省寧波市鄲州中學(xué)高三下學(xué)期期初考試數(shù)學(xué)試題、單選題1 .已知全集 U 2, 1,0,1,2,3，集合 A x|x 2,x N , B 1,2 ,則Cu AUB ()A. 1,2B, 0,1,2C,2, 1,3 D.2, 1,0,3【答案】C【解析】 求出集合A,按照并集、補(bǔ)集定義，即可求解.【詳解】全集 U 2, 1,0,1,2,3 , A x|x 2,x N 0,1,2,B 1,2 , AUB 0,1,2 , Cu AUB 2, 1,3.故選:C.【點睛】本題考查集合間的運算，屬于基礎(chǔ)題1、一 x,則離心率為 (2222 .已知雙曲線x2 -y2 1 a 0,b 0的一條漸近線為 y a

2、 bA. qB. 75C. *或底 D.展【答案】A【解析】 根據(jù)雙曲線中的a,b,c關(guān)系，可得e J1 (b)2 ,即可求出結(jié)論【詳解】x2 y2一 ，一 ,1雙曲線二三 1 a 0,b 0的一條漸近線為y -x,a2 b22故選:A.【點睛】 本題考查雙曲線的簡單幾何性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題x3.已知實數(shù)x , y滿足x0，則z x 2y的最小值為（【解析】【詳解】做出滿足根據(jù)圖象,B. -2C. 0D. 2做出滿足條件的可行域，根據(jù)圖形求出z x 2y的最小值.的可行域，如下圖所示,當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z x 2y過 A(0,2)時,取得最小值為4.故答案為：A.rT本題考查次不等式組表示平面區(qū)域，利用數(shù)

3、形結(jié)合思想,求線性目標(biāo)函數(shù)的最值,第9頁共22頁屬于基礎(chǔ)題.4 .已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（A . 24B.一3C-8D. 3【解析】根據(jù)三視圖的特征，在正方體中還原出直觀圖為三棱錐，如下圖示，根據(jù)三棱錐與正方體關(guān)系，即可求解 .【詳解】在正方體中可得三視圖對應(yīng)的三棱錐S ABC的直觀圖,其中S為GDi中點，正方體的棱長為2 ,ABC22故選：B.本題考查三視圖求體積，在特殊的幾何體中還原直觀圖是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.5 .已知等比數(shù)列 an的前n項和為Sn,則匕1 0”是09 ?！钡模ǎ〢 .充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【解析

4、】根據(jù)S99與ai關(guān)系，結(jié)合充分必要條件的判定，即可求出結(jié)論設(shè)等比數(shù)列an公比為q ,1時,aiS9999ai 0,1時,ai9999i q i q 八,0 ，i q i qai0,所以ai 0 ”是°”的充要條件.故選:C.本題考查充分必要條件的判定，涉及到等比數(shù)列的前n項公式，屬于基礎(chǔ)題.6 .已知f X是定義在R上的奇函數(shù)，且 f x的圖像關(guān)于直線 x 2對稱.若當(dāng)0 x 2時，f X x 1,貝U f 2019 f 2020()A. 0B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】根據(jù)已知條件可得f(x)是周期函數(shù)，且周期為 8,將自變量轉(zhuǎn)化為2,2, 即可求出結(jié)論.【詳解】f

5、x是定義在R上的奇函數(shù)，f x的圖像關(guān)于直線 x 2對稱，f(4 x) f( x) f(x),f(x 8) f(x 4) f(x),f(x)是周期為8的周期函數(shù)，f 2019 f 2020f(3) f (4) f (1) f (0) 2.故選：C.【點睛】本題考查函數(shù)的周期性、函數(shù)的奇偶性和對稱性，要掌握函數(shù)對稱性的代數(shù)表達(dá)式，意在考查直觀想象、邏輯分析能力，屬于中檔題 7 .已知A, B兩個不透明盒中各有形狀、大小都相同的紅球、白球若干個，A盒中有m個紅球與10 m個白毛B盒中有10 m個紅球與m個白球(0 m 10),若從 A, B盒中各取一個球，表示所取的2個球中紅球的個數(shù)，則當(dāng)D()取

6、到最大值時，m的值為()A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】B【解析】可能彳1為0,1,2,分別求出各可能值的概率，得到分布列，求出期望，進(jìn)而得到方差關(guān)于m的函數(shù)，根據(jù)函數(shù)特征求出最值即可.【詳解】可能值為0,1,2, P( 0) m3迪血1010100P( 1)10 m1010 m m m1010 1022(10 m) m100，P( 2)10 mm m(10 m)1010100E( ) 022m(10 m) 1 (10 m) m 2 m(10 m)100100100D( ) (0 1)2 m(10 m)100(1 1)222 (10 m) m1(21001)2m(10 m)100m(1

7、0 m)50 故選：B.50(m 10 2m)21一,當(dāng)且僅當(dāng)m 5時,2分布列為012Pm(10 m)10022(10 m) m100m(10 m)100本題考查離散型隨機(jī)變量的分布列、期望方差，利用基本不等式求最值，考查計算求解能力，屬于中檔題.8.在棱長為2的正方體ABCD ABQ1D1中，點P是正方體棱上的一點，若滿足PB |PD1 m的點P的個數(shù)大于6個，則m的取值范圍是（）A. 2而2而B, 2向 2痣C, 275,2 272D.2而2 2近【答案】D【解析】由題意可得，點P是以2c 2而為焦距的橢圓，利用三角形兩邊之和大于第三邊，以及點P的個數(shù)大于6個，短半軸長不小于 J2 ,即

8、可求出m的范圍.【詳解】點P是正方體棱上的一點，滿足 PB PD1 m點P是以2c 2,3為焦距的橢圓與正方體棱的交點,正方體的棱長為2,正方體面的對角線為2，2,點P的個數(shù)大于6個，橢圓的半短軸長b 22,22Q短半軸長b Jm 3, m 3 2, m 2展，44由三角形兩邊之和大于第三邊可得，正方體棱上點到 B,Di之和最大值為2 2J2，當(dāng)m 2 2企時,滿足條件的點 P只有6點，不合題意，m的取值范圍是 2，5,2 2折.故選：D.【點睛】本題考查滿足條件的點的個數(shù)的求法，以及正方體的結(jié)構(gòu)特征，注意橢圓性質(zhì)的合理應(yīng)用，意在考查直觀想象、邏輯推理能力，屬于中檔題 9.已知函數(shù)f x滿足：

9、對任意白實數(shù) x, y,都有f x y f x f y 4xy成2立，且 f 2 f 264,則 f 一 ()3B.169C.409D.163【解析】抽象函數(shù)求值，考慮用賦值法，令x y 0 ,求出 f (0),再令 x2, y 2得出f ( 2), f (2)關(guān)系，利用基本不等式求出f 2 f 2 ,結(jié)合 f 2 f 264,求出f (2),再用賦值法即可求出結(jié)論 .【詳解】令 x y 0, f (0) 2f(0),f(0) 0,令 x 2,y 2, f (0) 0 f( 2) f(2) 16,f( 2)f (2)16, f2 f 264, f( 2)0, f (2)0,f( 2)f(2)2

10、，f( 2)f(2),Q f( 2) f (2)64,f( 2) f(2) 64, f( 2)f(2) 8,嗎）f(2)f(l)故選:A.2 2216f ( -) 2 f (一) -63 339.24.2.4f (- -) f (-) f (-)3 3338 .9322、48o3 f (一)8,939【點睛】本題考查抽象函數(shù)求值，賦值法是解題的關(guān)鍵，利用基本不等式是突破口，考查直觀想象、邏輯推理能力，屬于中檔題10.已知數(shù)列 an滿足a11, anan2an2an 1 ,則使得a2020m最小的整數(shù)A 65B 646362算出整數(shù)因為Q aian根據(jù)遞推公式，可得 an 2nan 1 an2a

11、n2an1 ,故可得an 12n0,an0,當(dāng)n 2時,anan所以a2020an 1an 1an 2La2a1另一方面aa11L a2an 12n,4040 ,所以an 1 2ana202063.5,1一,an.an2nan 1a2020 ,進(jìn)而估2、-n 、.2n2n. 2n 2, n 2a2020a2ff(Va2020a2019 )240382 64.5所以使得 Ja2020m最小的整數(shù)m是64故選：B.【點睛】本題考查數(shù)列項的估值，注意累加法的應(yīng)用，對數(shù)列通項放縮估值是解題的難點，意在考查邏輯推理、數(shù)學(xué)計算能力，屬于較難題.、填空題11 .設(shè)i為虛數(shù)單位，給定復(fù)數(shù)1 i 2 r ,z

12、1 i ,則z的虛部為2 i42 5z,即可得出結(jié)論55根據(jù)復(fù)數(shù)的乘除法運算法則求出【詳解】21 i 2i(2 i) 2 4.z i ，2 i (2 i)(2 i) 5 5所以z的虛部是4 ,模長為晅.55故答案為：；2段.55【點睛】 本題考查復(fù)數(shù)的代數(shù)運算、復(fù)數(shù)的模長，屬于基礎(chǔ)題612,二項式 JX - 的展開式中常數(shù)項等于 ,有理項共有 項.X【答案】154【解析】(1)根據(jù)二項式定理的通項公式求解即可.(2)根據(jù)二項式定理的通項公式分析X的指數(shù)為整數(shù)的項的個數(shù)即可6 3rC； X =【詳解】一_ 一，_r 6 r 1(1)根據(jù)二項式定理的通項公式Tr 1 c6 Vx故取常數(shù)項時6&qu

13、ot;2 0 r 2.此時常數(shù)項為 1 15. 26 3r(2)當(dāng)取有理項時，整數(shù).此時r 0,2,4,6 .故共有4項.2故答案為：(1).15(2). 4本題主要考查了二項式定理的運用，屬于中等題型._213.已知直線l : 2mx 1 m y m 1 0,到當(dāng)實數(shù) m變化時，原點O到直線l距離的最大值為 ；平面內(nèi)所有恒不在l上的點x, y所形成的圖形面積為 .【答案】 工124【解析】 根據(jù)點到直線距離公式，求出原點O到直線l的距離d ,得到d關(guān)于m的函數(shù)，根據(jù)函數(shù)特征求出其最大值；將直線l方程看成關(guān)于 m的方程，由于平面內(nèi)所有點x,y恒不在l上的，因此關(guān)于 m的方程無實根，由判別式,得

14、出圖形，即可求出面積.依題意，原點 O到直線l的距離為d ,|m 1|4m2 (1 m2)2|m 1| r#7要距離最大值,則m °,(m 1)2 2(m 1) 2 (m 1)12x2 2J2 1,等號成立,所以原點O到直線l距離的最大值為互22Q 2mx 1 m y m 1 0 ,平面內(nèi)所有點 x,y恒不在l上，關(guān)于m的方程ym2 m(1 2x) y 1 0無解,1顯然(0, 1)不是直線l的點y 0,(1 2x)2 4y( y 1) 0,1 21 2即(x 2) (y 2)1、0 和點(。,一)，2為(x,y)所圍成的圖形，面積為 一.4故答案為：互；-.24第11頁共22頁【點

15、睛】本題考查求點到直線距離、 直線的一般式方程和圓的知識，轉(zhuǎn)化為基本不等式求最值和關(guān)于m的方程無實根是解決問題的關(guān)鍵，屬于中檔題14 .在 ABC中，AB 2翼,AC 4 , AD JT3 , D為線段BC的中點，則BC , S ABC 【答案】22 .3uuur 1 uur uur【解析】 根據(jù)向量的線性關(guān)系可得 AD 1(AB AC),結(jié)合向量的模長求出 cosA, 進(jìn)而求出sin A,再由余弦定理求出 BC和三角形面積.【詳解】uuur 1 uur uurQD為線段BC的中點，AD -(AB AC),2uuur 21 uur uur 1_AD 13 (AB AC) 一(12 16 167

16、3cosA), 44A .3 . A cos A ，sin A2BC2 AB2 AC2 2AB AC cos A 28 24 4,BC 22ABe 1 AB AC sin A - 2 3 4 - 2.3. 222故答案為：2 ; 2M.【點睛】本題考查向量線性關(guān)系模長公式、余弦定理解三角形，考查計算求解能力，屬于中檔題215.已知拋物線 E： y 4x和直線l： x y 4 0, P是直線上l 一點，過點P做拋物線的兩條切線，切點分別為A, B, C是拋物線上異于 A, B的任一點，拋物線在C處的切線與PA, PB分別交于M , N，則 PMN外接圓面積的最小值為 25【答案】25-8222【

17、解析】設(shè)三個切點分別為 A(a-,a),B(b-,b),C(J,c),求出三條切線PA,PB,MN444方程，三條切線方程分別聯(lián)立求出P,M,N坐標(biāo)，點P在直線l上，得到a,b關(guān)系，求出|PM |,| PN |,| MN | ,進(jìn)而求出S PMN ,設(shè)三角形PMN外接圓半徑為R ,利用| PM |PN |MN |,4sR |UU|,求出R的解析式，根據(jù)其特征，求出最小值.【詳解】2.22設(shè)三個切點分別為 A(a_,a), B(J,b),C(J,c), 444若在點A處的切線斜率存在，a22設(shè)萬程為y a k(x )與y 4x聯(lián)立, 4得，ky2 4y a2k 4a 0,16 4k( a2k 4

18、a) 0,2 22即 a k 4ak 4 0, k -, a2所以切線PA方程為2x ay2 0 2若在點A的切線斜率不存在，則 A(0,0),切線方程為x 0滿足方程,同理切線PB,MN的方程分別為2x by0,2c2x cy - 0,聯(lián)立 PA, PB 方程, 22xay2xby2 a2b22解得ab4 a b2ab a b,42同理ac4,Nbc4uuuuPMa(c b) c buuurPNb(c a) c a4, 2uuuu ,MNc(b a) b a4, 2設(shè) PMN外接圓半徑為R,|PM | |b ch 16 ,|PN|ab2 4c|JF，|MN|a b|c j16SPMN -|P

19、M |PN |sin MPN 11 PM |PN | .1 cos2 MPN 22uuuu-uuur- 1pm pn 1 .Fuuuur uturuuuu uutr=|PM |PN | , 1 ( uuuuuuuir )2(|PM|PN|)2 (PM PN )22| PM | PN |222222-/(b c1(a c)2(a2 4)(b2 4) (ab 4)22、162| a b |b c | a c |161| MN |51PM |PN|喘,4s16| PM | |PN | | MN | . a2 4、b2 4, c2 4 R Ja2 4 Jb2 4 , c 0時取等號,點P在直線x y

20、4 0,ab , 44r 、a2 4 ；b2 42, 2,2, 2b 4ab 16a2b2 a2b2 24ab 256 168,2(ab 6)2 200第14頁共22頁,2005.2,當(dāng)且僅當(dāng)a 1,b 6,c 0或a 6,b1,c 0時等號成立, 25此時 PMN外接圓面積最小為258.25故答案為：三8【點睛】本題以拋物線為背景，考查切線方程、向量模長夾角、面積公式、正弦定理、二次函數(shù)最值等基礎(chǔ)知識,綜合性強(qiáng)、計算量大,意在考查直觀想象、邏輯思維、數(shù)學(xué)計算能力,屬于難題.16.已知平面向量【答案】1,31,rb的取值范圍是【解析】用坐標(biāo)法表示向量坐標(biāo),r (1,0),b(x,y),b ,

21、(x 1)2y2 ,即求(x,y)與(1,0)兩點間距離的范圍，根據(jù)已知等式求出x,y關(guān)系式,即可求解.r一 r(1,0),b (x,y),由 4 ax 2(x 1)2 y2 整理得bJ(x 1)2y2表示橢圓上的動點 P(x,y)到定點F( 1,0)(左焦點)的距離,當(dāng)p點位于橢圓長軸兩端點取得最值，分別為 1,3 ,r r所以a b取值范圍是1,3.故答案為：1,3.解題的關(guān)鍵是向量坐標(biāo)化,本題考查向量的坐標(biāo)表示、曲線軌跡方程、橢圓幾何性質(zhì),考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題17.已知m, n R, m n ,函數(shù)maxm t nR (其中max表示對于x R ,當(dāng)t m,n時表達(dá)式 x2的最大

22、值)的最小值為【解析】 根據(jù)f(x)的定義，設(shè)h(t)(x t)2,tm, n的最大值為f(x),根據(jù)二次函第17頁共22頁數(shù)的性質(zhì)，分類討論求出h(t)的最大值，求出f(x),再求出其最小值設(shè)h(t) (x t) ,t m,n,對稱軸萬程為t x,當(dāng)xQ nf(x)當(dāng)xf(n-,xn ,2m2,f(x)在m n,x2n n一)不m n2m n 2 m.,f(x)2h(t)max h(n) (x n),)單調(diào)遞增，2h(t)max h(m) (x m),m nm n、，、一，Q m -, f (x)在(，)單倜遞減, 22f(x) f(嚶d)所以f x的最小值為故答案為：本題以函數(shù)新定義為背景

23、，考查二次函數(shù)的最值，注意理解題意，分清函數(shù)對應(yīng)的自變量是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題三、解答題r18.已知ar sin x,cos x , br rsinx 2cosx,sin x，令 f x a b.(1)求 fx的最小正周期及1 ,的解集;2(2)銳角AABC 中，f - 22-2/6，邊BC J3，求 ABC周長最大值. 4【答案】(1) T，x| x-,k Z ； (2) 3/3. 8【解析】(1)由向量的數(shù)量積公式,求出 f(x),用降哥公式、二倍角公式和輔助角公式化簡f(x)為正弦型函數(shù)，即可求解;(2)依題意求b c的最大值，由(1)求出角A,利用正弦定理，將 b c用B,C表示，再

24、把B,C轉(zhuǎn)化為B角關(guān)系式，利用三角恒等變換，化為關(guān)于B的正弦型函數(shù)，即可求解.(1)bsin2 x2sin xcosxsin xcosx1cos2x 21一 sin2x2. 2 .一 sin22x 4 fsin2x 40,2x f(2)一sin A.32，Q0sin A sin BcsinC2,2sin2sin C 、,32sin B2sin 2Z,x1 ，一一的解集是26,3 3sin B . 3 cosB .3 2.3 sin B銳角三角形且角A ,3, , B,一，當(dāng) B 時，a b c 最大為 3 J3，6 23 ABC周長最大值為3/3.【點睛】本題考查向量的數(shù)量積、三角恒等變換、三

25、角函數(shù)性質(zhì)、正弦定理，考查計算能力，屬 于中檔題.19 .如圖，在四棱臺 ABCD AB1C1D1中，底面是正方形，且AD 2AAi 2Ad 2DDi 2,點e, f分別為棱BC , BG的中點，二面角A AD B的平面角大小為5r.6第18頁共22頁(1)證明：AD EF ;（2）求直線A%與平面BCCiBi所成角的正弦值【答案】（1）證明見解析;3.1326【解析】（1）將四棱臺還原為棱錐，延長 AA1? BB1 , CCi, DD1? EF交于點P ,取AD中點M ,連接PM , EM ,可得AD PM，AD ME ,可證AD 平面PME , 即可證明結(jié)論；（2）連接AC交ME于。點，連

26、接CQ ,可得CQ / /PA ,轉(zhuǎn)化為求直線CQ與平面BCC1B1所成角，由（1）可得平面BCC1B1 平面PME，過。作OH PE,可證OCH是直線CQ與平面BCCB1所成角，在 PME中求出OH即可.(1)如圖所示，延長 AN, BB- CC1, DD1, EF交于點P ,由題意得PA PB 2 ,取AD中點M ,連接PM , EM ,則 AD PM , AD ME ,又 PM I ME M ,所以AD 平面PME，又EF 平面PME , 所以AD EF ;（2）連接AC交ME于。點，連接C1O ,1則 GO/PA 且 C1O -PA ,2所以直線CiO與平面BCCiBi所成角和直線AA

27、l與平面BCCiBi所成角相等, 由（I ）得AD 平面PME，又BC / /AD ,所以BC ±平面PME ,又BC 平面BCCiBi ,所以平面BCCiBi 平面PME ,又平面BCCiBi I平面PME PE ,過 O作 OH PE,OH 平面 BCCiBi,則 OCi H是直線CiO與平面BCCi B所成角.由（I ）得 PME是二面角Ai AD B的平面角,5所以 PME 一,ME 2, PM 也，6由余弦定理可得 PE2 ME2 MP2 2ME MP cos PME i3 ,PMPE i3再由正弦定理得sin pem sin PME ，2sin PEM在 PME 中，OH

28、 OE sin PEM3.1326在直角 OCiH中，sin OC1HOH 3、13OC126所以直線AAi與平面BCCiB所成角的正弦值為3、1326【點睛】本題考查空間點、線、面的位置關(guān)系，證明異面直線垂直，考查空間角，要注意用幾何法求空間角 做“證“算“三步驟缺一不可，屬于中檔題 .20 .已知數(shù)列an的前n項和為Sn,且滿足2s n 2 an 1 , n N .（1）證明：色為常數(shù)列，并求an；n 1、人an（2）令bn a2n sin,求數(shù)列 4的前n項和Tn.224 n*-21 ,n 2k,k N3【答案】（1）見解析；（2） Tnn 2.27*2 7,n 2k 1,k N3【解析

29、】（1）根據(jù)已知n 1,求出a1，再由n 2a Sn Sn 1得到an,an1,化簡可證包為常數(shù)列，即可求出 an ; n 1（2）由（1）求出a2n進(jìn)而求出bn通項公式，根據(jù)通項公式對 n分類討論，分組求和,即可得出結(jié)論.【詳解】（1）因為 2Sn n 2 an 1，當(dāng) n 2 時，2Sm n 1 a。1 1，第20頁共22頁-得，2ann 2 a。 n 1 a。1 1 ,即 nan n 1 a1 1 ,an an 1同除n n 1得，-整理得aan 1 1 ,所以 an為常數(shù)列.n 1 nn 1因為2s12ali，所以43,則an_ _a 2 ,所以烝 2n 1.n 12(2)由(i )得

30、 a2n 2 2n 1 2n 1 1 ,一2n1 一所以 bn21 sin21 sin n222n 1 1,n 2k,k N*2n 1 1 ,n 2k 1,k N當(dāng)n 2k, k n時，234nn 1.Tn 2121212121234 5n n 1 q2 q4on 4 on a222222222213當(dāng)n 2k 1 , k n時，4 n 1n 2.TnTn 1bn 1212132n綜上，Tn42n 1 ,n 2k,k N32n 2 7,n 2k 1,k N3【點睛】本題考查數(shù)列通項以及前 n項和，注意輔助數(shù)列在解題中的應(yīng)用，考查計算求解能力, 屬于中檔題.2221 ,已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓E

31、： xy) a b1 a b 0的左、右焦點，離心率為P是橢圓上異于左右頂點的一動點，已知F1PF2的內(nèi)切圓半徑的最大值為(1)求橢圓E的方程;3第22頁共22頁(2)設(shè)直線x m 0 m a與橢圓E交于A, B兩點(不同于點 P),直線AP ,4 uuuu uuurBP分別與直線x 一相交于點M , N ,證明：OM ON 4. m22【答案】(1) 土 y 1 ； (2)證明見解析.43【解析】(1) F1PF2周長為定值2a 2c,可得內(nèi)切圓半徑最大時F1PF2面積最大,而最大值為bc ,結(jié)合離心率，即可求解;(2)設(shè)A m0，B m, y0 , P。 ,求出AP, BP方程，進(jìn)而求出M

32、 , N坐標(biāo),uuuu 求出OMmrON，結(jié)合222y0- 1,xL & 1化簡，即可證明結(jié)論343第27頁共22頁【詳解】c 1_-_(1)由題思知：一一，一. a 2c, b a c，b V3c .a 21 - 2a 2c r2設(shè)PF1F2的內(nèi)切圓半徑為r,則1 -L-LL LS PF1F2PF1 PF2 F1F2 r2故當(dāng)PF1F2面積最大時，r最大, 即P點位于橢圓短軸頂點時bc,把 a 2c , b J3c代入,解得：a 2, b 73,22所以橢圓方程為上L 1.43(2)設(shè) A m, y0 , B m, y0 , P x1，y1，2222則叱近1,旦江1 * ,4343yy。,4y x my0,令 x 一得X1mmyMV1Vox1m4yOy1 12 3m為 yO3 x1 m m從而M4同理N