?2023屆浙江省強基聯(lián)盟高三下學期2月統(tǒng)測數(shù)學試題

一、單選題
1．已知集合，則（????）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)性質化簡集合，根據(jù)交集運算定義求.
【詳解】不等式的解集為，
不等式的解集為，
所以，，
所以，
故選：B．
2．若（i是虛數(shù)單位），則（????）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算求得，再根據(jù)共軛復數(shù)的概念得，即可求得模長.
【詳解】因為，所以，
則，即．
故選：C．
3．已知，則“”是“”的（????）
A．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
【答案】A
【分析】利用充分不必要條件判斷即可.
【詳解】由可知，
所以，
所以充分性成立，
當時，滿足，
但是不成立，
所以必要性不成立，
故選：A．
4．已知甲、乙兩名員工分別從家中趕往工作單位的時間互不影響，經(jīng)統(tǒng)計，甲、乙一個月內(nèi)從家中到工作單位所用時間在各個時間段內(nèi)的頻率如下：
時間/分鐘
10~20
20~30
30~40
40~50
甲的頻率
0.1
0.4
0.2
0.3
乙的頻率
0
0.3
0.6
0.1

某日工作單位接到一項任務，需要甲在30分鐘內(nèi)到達，乙在40分鐘內(nèi)到達，用表示甲、乙兩人在要求時間內(nèi)從家中到達單位的人數(shù)，用頻率估計概率，則的數(shù)學期望和方差分別是（????）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】設事件表示甲在規(guī)定的時間內(nèi)到達，表示乙在規(guī)定的時間內(nèi)到達，由題求出事件的概率，分析的值 ，求出對應值的概率，然后求出數(shù)學期望及方差即可.
【詳解】設事件表示甲在規(guī)定的時間內(nèi)到達，表示乙在規(guī)定的時間內(nèi)到達，，相互獨立，
，



，
，
．
故選：D.
5．已知橢圓的左、右焦點為為橢圓上一點，過P點作橢圓的切線l，PM垂直于直線l且與x軸交于點M，若M為的中點，則該橢圓的離心率為（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由橢圓方程和切點坐標，寫出切線方程，得M點坐標，由M的位置，求得離心率.
【詳解】因為為橢圓 上一點，所以過P作橢圓的切線，
切線斜率，所以PM的斜率，直線PM的方程為，
令，得，所以，由題， ，所以，．
故選：C．
6．在《九章算術》中記載，塹堵是底面為直角三角形的直三棱柱，陽馬指底面為矩形，一側棱垂直于底面的四棱錐，鱉臑為四個面都為直角三角形的三棱錐，如圖，在塹堵中，，鱉臑的外接球的體積為，則陽馬體積的最大值為（????）

A． B． C． D．4
【答案】B
【分析】設的外接球半徑為r，根據(jù)鱉臑的外接球的體積即可求得r，再根據(jù)的外接球的半徑與三棱柱的外接球的半徑相同可得到x，y的關系式，再根據(jù)四棱錐的體積公式結合基本不等式即可求解．
【詳解】設的外接球半徑為r，
則的外接球的體積為．
．
又陽馬的體積為，
所以陽馬體積的最大值為．
故選：B．
7．已知在三角形ABC中，，點M，N分別為邊AB，AC上的動點，，其中，點P，Q分別為MN，BC的中點，則的最小值為（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)，再計算，得到函數(shù)，最后根據(jù)二次函數(shù)在區(qū)間最值的求法即可求解.
【詳解】，
則，
而，
，
而的對稱軸為，
故當時，，
故選：B
8．已知，且，則a，b，c的大小關系為（????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據(jù)指對互化將，變形得，構造函數(shù)，求導驗證其單調(diào)性，即可得函數(shù)值的大小關系，從而可得的大小.
【詳解】因為，所以可得，
設函數(shù)，則，
，令，則在上恒成立，
所以單調(diào)遞減，則，所以在上單調(diào)遞減，
所以，從而.
故選：A．

二、多選題
9．用分層隨機抽樣法從某校高一年級學生的數(shù)學競賽成績（滿分150分）中抽取一個容量為120的樣本，其中男生成績的數(shù)據(jù)有80個，女生成績的數(shù)據(jù)有40個，將這80個男生的成績分為6組，繪制得到如圖所示的頻率分布直方圖，下列說法正確的是（????）

A．男生成績的樣本數(shù)據(jù)在內(nèi)的頻率為0.015
B．男生成績的樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為97
C．男生成績的樣本數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為118
D．女生成績的樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為91，則總樣本的平均數(shù)為95
【答案】BCD
【分析】根據(jù)頻率分布直方圖的性質求男生成績的樣本數(shù)據(jù)在內(nèi)的頻率判斷A，
根據(jù)平均數(shù)的計算公式求平均數(shù)判斷B，
根據(jù)百分位數(shù)的定義求男生成績的樣本數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)判斷C，
根據(jù)分層抽樣平均數(shù)公式求總樣本的平均數(shù)判斷D.
【詳解】由頻率分布直方圖性質可得男生成績的樣本數(shù)據(jù)在內(nèi)的頻率為，A錯誤；
男生成績的平均數(shù)為，B正確；
由已知男生成績的樣本數(shù)據(jù)低于110的頻率為0.65，
男生成績的樣本數(shù)據(jù)低于130的頻率為0.90，
所以男生成績的樣本數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為，C正確；
總樣本的平均數(shù)為，D正確．
故選：BCD.
10．如圖，正方體，若點M在線段上運動，則下列結論正確的為（????）

A．三棱錐的體積為定值
B．直線DM與平面所成角的最大值為
C．
D．點M到平面與到平面ACD的距離之和為定值
【答案】ACD
【分析】根據(jù)正方體中的直線與平面的關系，判斷選項正誤.
【詳解】對于選項A，點M在線段上運動，而，平面，平面，
所以平面，點M到平面的距離為定值，三棱錐的體積為定值，A正確；
對于選項B，因為平面，所以即直線DM與平面所成的角，，
當M為的中點時，最大，此時，B錯誤；
對于選項C，因為平面，平面，所以，又因為，平面，平面，，
所以平面，又平面，，C正確；
對于選項D，到平面的距離為，M到平面ACD的距離為，
所以M到兩個平面的距離之和為，是定值，D正確．
故選：ACD.
11．已知拋物線的焦點為F，準線與x軸的交點為M，過點F的直線l與拋物線C相交于A，B兩點（點A在第一象限），過A，B點作準線的垂線，垂足分別為．設直線l的傾斜角為，當時，．則下列說法正確的是（????）
A．有可能為直角
B．
C．Q為拋物線C上一個動點，為定點，的最小值為
D．過F點作傾斜角的角平分線FP交拋物線C于P點（點P在第一象限），則存在，使
【答案】ABD
【分析】根據(jù)給定條件，求出拋物線方程，再逐項分析、計算判斷作答.
【詳解】依題意，點，準線方程為，設，直線，
由消去x得：，，
當時，，，，
解得，拋物線，，
對于A，當時，，有，為直角，A正確；
對于B，，，，，

因此，即，而，則，B正確；
對于C，顯然點E在拋物線C內(nèi)，，當且僅當點Q是直線EF與拋物線C的交點時取等號，C錯誤；
對于D，由，，得，
，同理，
，
令，而，解得，則，D正確.
故選：ABD
12．已知連續(xù)函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為，記，若為奇函數(shù)，的圖象關于y軸對稱，則（????）
A． B．
C．在上至少有2個零點 D．
【答案】AC
【分析】根據(jù)的圖象關于y軸對稱，結合求導可求得的圖象關于點對稱，再根據(jù)為奇函數(shù)，可得的圖象關于點對稱且關于直線對稱，進而可得為和的一個周期，從而可判斷選項A，B，C，根據(jù)的圖象關于對稱，從而可判斷選項D．
【詳解】定理1：若函數(shù)連續(xù)且可導，則圖象關于直線對稱導函數(shù)圖象關于點對稱．
定理2：若函數(shù)連續(xù)且可導，則圖象關于點對稱導函數(shù)圖象關于直線對稱．
以下證明定理1，定理2：
證明：
若函數(shù)圖象關于直線對稱，則，
則，所以導函數(shù)圖象關于點對稱．
若導函數(shù)圖象關于點對稱，則，
令，則，則(c為常數(shù))，
又，所以，
則，所以圖象關于直線對稱．
若函數(shù)圖象關于點對稱，則，
則，所以圖象關于直線對稱．
若導函數(shù)圖象關于直線對稱，則，
令，則，則(c為常數(shù))，
又，所以，
則，所以圖象關于點對稱．
故下面可以直接引用以上定理．
由的圖象關于y軸對稱，
則，兩邊求導得，
即，的圖象關于點對稱，
又由定理2，所以的圖象關于直線對稱．
又為奇函數(shù)，則，
的圖象關于點對稱，
又由定理1，則的圖象關于對稱．
為和的一個周期，，∴A正確；
，∴B錯誤；
由，得在上至少有2個零點．∴C正確；
由的圖象關于對稱，且周期為3，則的圖象關于對稱，
，，，，，，
，，D錯誤．
故選：AC．
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用函數(shù)的奇偶性和定理1，定理2來確定函數(shù)的對稱性及周期性．

三、填空題
13．的展開式中的系數(shù)為________．
【答案】240
【分析】根據(jù)二項展開式的通項，運算求解.
【詳解】的展開式的通項為：
令，則
∴的展開式中的系數(shù)為240
故答案為：240.
14．已知直線與曲線有兩個交點，則m的取值范圍為____________．
【答案】
【分析】先求出直線所過定點，再將曲線轉化為，可知其為半圓，結合圖像，即可求出的取值范圍.
【詳解】由題意得，直線的方程可化為，所以直線恒過定點，
又曲線可化為，其表示以為圓心，半徑為2的圓的下半部分，如圖.
當與該曲線相切時，點到直線的距離，解得，
設，則，
由圖可得，若要使直線與曲線有兩個交點，須得，
即m的取值范圍為.
故答案為：.

15．已知函數(shù)，，，在上單調(diào)，則正整數(shù)的最大值為____________．
【答案】7
【分析】根據(jù)可知直線為圖象的對稱軸，根據(jù)可得的對稱中心為，結合三角函數(shù)的周期性可得，再根據(jù)在上單調(diào)，可得，當取到最大值時，求解，檢驗在上單調(diào)性看是否滿足，即可得答案.
【詳解】，∴直線為圖象的對稱軸，
，的對稱中心為，
，
，
．
又在上單調(diào)，．
，，
又，
∴當時，，因為直線為圖象的對稱軸，所以，，
解得，，又，所以，則，
當時，，則在上單調(diào)，
則正整數(shù)的最大值為7．
故答案為：7.
16．，則b的最大值是____________．
【答案】
【分析】將不等式變形為，等價于直線在與之間，通過圖象發(fā)現(xiàn)當且僅當l為兩函數(shù)的公切線時，b獲得最值，故利用導數(shù)的幾何意義可得到（其中為l與的切點的橫坐標），故構造，研究其零點的范圍即可
【詳解】，變形得．
問題等價于直線在與之間，
如圖所示．

當且僅當l為兩函數(shù)的公切線時，b獲得最值．
設l與的切點為，l與的切點為，
由公切線得，
得，
得
，
發(fā)現(xiàn)為的一個解．
令，
令，得，
所以當，當，
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，
而，，
的兩根居于兩側，
已知一根為，所以另一根大于，
因為在上單調(diào)遞減，
所以當時，b取得最大值，該值為．
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：這道題的關鍵一是能看出直線在與之間，通過數(shù)形結合的方法得到當且僅當l為兩函數(shù)的公切線時b獲得最值，關鍵二是構造借助導數(shù)的方法得到的兩根居于兩側，然后根據(jù)二次函數(shù)的函數(shù)進行判斷即可

四、解答題
17．已知是公比為2的等比數(shù)列，為正項數(shù)列，，當時，．
(1)求數(shù)列的通項公式；
(2)記．求數(shù)列的前n項和．
【答案】(1)，；
(2)

【分析】(1)利用等比數(shù)列通項公式求數(shù)列的通項公式，再求數(shù)列的通項公式，利用累乘法求數(shù)列的通項公式；
(2)利用組合求和法和錯位相減法求數(shù)列的前n項和．
【詳解】（1）因為數(shù)列為等比數(shù)列，公比為2，首項為，
所以，
所以
由，推得，
所以，，，，，
故，又，
所以當時，，又，
所以．
（2）由題可得，
令，的前n項和為．
所以，
，
相減得，
所以，
所以．
令，的前n項和為，
則，
綜上，．
18．已知銳角，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且．
(1)證明：；
(2)若為的角平分線，交AB于D點，且．求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）由正弦定理可將轉化為，結合角度關系轉化得，即可證得；
（2）由為的角平分線，，可得，根據(jù)面積公式可求得，再由三角形為銳角三角形可得的范圍，由平方公式二倍角公式可得的值，根據(jù)和差公式得的值，由余弦定理求得，再根據(jù)正弦定理的的值即可.
【詳解】（1）證明：因為，由正弦定理得：
，又，
所以，整理得．
又，則，即.
（2）因為為的平分線，且，
所以，則，
所以，可得，
因為為銳角三角形，所以，解得，
所以，所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，所以，
由正弦定理得.
19．如圖所示的幾何體是一個半圓柱，點P是半圓弧上一動點（點P與點A，D不重合），．

(1)證明：；
(2)若點P在平面ABCD的射影為點H，設的中點為E點，當點P運動到某個位置時，平面與平面的夾角為，求此時DH的長度．
【答案】(1)證明見解析
(2)．

【分析】(1)先證明，，由線面垂直判定定理證明平面，再證明；
(2)建立空間直角坐標系，設，根據(jù)向量方法利用表示平面與平面的夾角余弦，由條件列方程可求得，由此確定點的坐標，再求的長度．
【詳解】（1）連接AP，在半圓柱中，
因為平面，平面，
所以，
又因為AD是直徑，所以，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以．

（2）依題意可知，以線段AD的中點O為坐標原點，
以為軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
設，則，
所以，，
設平面的法向量為，
所以則
令，則，
所以為平面的一個法向量．

設平面的法向量為，
因為
所以，則
令，則，
所以為平面的一個法向量．
因為平面與平面所成的銳二面角為，
所以，
令，則，平方得，
即，又由，
可解得或（舍去），
所以，
點P在平面ABCD的射影為點，
因此DH的長度為．
20．2022年卡塔爾世界杯決賽圈共有32隊參加，其中歐洲球隊有13支，分別是德國、丹麥、法國、西班牙、英格蘭、克羅地亞、比利時、荷蘭、塞爾維亞、瑞士、葡萄牙、波蘭、威爾士．世界杯決賽圈賽程分為小組賽和淘汰賽，當進入淘汰賽階段時，比賽必須要分出勝負．淘汰賽規(guī)則如下：在比賽常規(guī)時間90分鐘內(nèi)分出勝負，比賽結束，若比分相同，則進入30分鐘的加時賽．在加時賽分出勝負，比賽結束，若加時賽比分依然相同，就要通過點球大戰(zhàn)來分出最后的勝負．點球大戰(zhàn)分為2個階段．第一階段：前5輪雙方各派5名球員，依次踢點球，以5輪的總進球數(shù)作為標準（非必要無需踢滿5輪），前5輪合計踢進點球數(shù)更多的球隊獲得比賽的勝利．第二階段：如果前5輪還是平局，進入“突然死亡”階段，雙方依次輪流踢點球，如果在該階段一輪里，雙方都進球或者雙方都不進球，則繼續(xù)下一輪，直到某一輪里，一方罰進點球，另一方?jīng)]罰進，比賽結束，罰進點球的一方獲得最終的勝利．
下表是2022年卡塔爾世界杯淘汰賽階段的比賽結果：
淘汰賽
比賽結果
淘汰賽
比賽結果
1/8決賽
荷蘭美國
1/4決賽
克羅地亞巴西
阿根廷澳大利亞
荷蘭阿根廷
法國波蘭
摩洛哥葡萄牙
英格蘭塞內(nèi)加爾
英格蘭法國
日本克羅地亞
半決賽
阿根廷克羅地亞
巴西韓國
法國摩洛哥
摩洛哥西班牙
季軍賽
克羅地亞摩洛哥
葡萄牙瑞士
決賽
阿根廷法國

注：“阿根廷法國”表示阿根廷與法國在常規(guī)比賽及加時賽的比分為，在點球大戰(zhàn)中阿根廷戰(zhàn)勝法國．
(1)請根據(jù)上表估計在世界杯淘汰賽階段通過點球大戰(zhàn)分出勝負的概率．
(2)根據(jù)題意填寫下面的列聯(lián)表，并通過計算判斷是否能在犯錯的概率不超過0.01的前提下認為“32支決賽圈球隊闖入8強”與是否為歐洲球隊有關．

歐洲球隊
其他球隊
合計
闖入8強



未闖入8強



合計




(3)若甲、乙兩隊在淘汰賽相遇，經(jīng)過120分鐘比賽未分出勝負，雙方進入點球大戰(zhàn)．已知甲隊球員每輪踢進點球的概率為p，乙隊球員每輪踢進點球的概率為，求在點球大戰(zhàn)中，兩隊前2輪比分為的條件下，甲隊在第一階段獲得比賽勝利的概率（用p表示）．
參考公式：

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828


【答案】(1)
(2)分布列見解析，不能
(3)

【分析】(1)根據(jù)古典概型概率公式求解；
(2)由條件數(shù)據(jù)填寫列聯(lián)表，提出零假設，計算，比較其與臨界值的大小，確定是否接受假設；
(3)根據(jù)實際比賽進程，根據(jù)獨立重復試驗概率公式，獨立事件概率公式和互斥事件概率公式求概率.
【詳解】（1）由題意知卡塔爾世界杯淘汰賽共有16場比賽，其中有5場比賽通過點球大戰(zhàn)決出勝負，
所以估計在世界杯淘汰賽階段通過點球大戰(zhàn)分出勝負的概率；
（2）下面為列聯(lián)表：

歐洲球隊
其他球隊
合計
進入8強
5
3
8
未進入8強
8
16
24
合計
13
19
32

零假設支決賽圈球隊闖入8強與是否為歐洲球隊無關．
．
根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷不成立，
即不能在犯錯的概率不超過0.01的前提下認為“決賽圈球隊闖入8強”與是否為歐洲球隊有關．
（3）根據(jù)實際比賽進程，假定點球大戰(zhàn)中由甲隊先踢．兩隊前2輪比分為的條件下，甲在第一階段獲得比賽勝利，則后3輪有5種可能的比分，．
當后3輪比分為時，甲乙兩隊均需踢滿5輪，．
當后3輪比分為時，有如下3種情況：

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
√

甲
√
×
√
甲
×
√
√
乙
×
×

乙
×
×

乙
×
×


則．
當后3輪比分為時，有如下6種情況：

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
√
×
甲
√
√
×
甲
√
×
√
乙
√
×
×
乙
×
√
×
乙
√
×
×

3
4
5


3
4
5


3
4
5
甲
√
×
√
甲
×
√
√
甲
×
√
√
乙
×
√
×
乙
√
×
×
乙
×
√
×

則．
當后3輪比分為時，有如下2種情況：

3
4
5


3
4
5
甲
√
√
√
甲
√
√
√
乙
√
×

乙
×
√


則
當后3輪比分為時，有如下1種情況：

3
4
5
甲
√
√
√
乙
√
√
×

則．
綜上，在點球大戰(zhàn)中兩隊前2輪比分為的條件下，甲在第一階段獲得比賽勝利的概率.
【點睛】方法點睛：有關古典概型的概率問題，關鍵是正確求出基本事件總數(shù)和所求事件包含的基本事件數(shù)．
（1）基本事件總數(shù)較少時，用列舉法把所有基本事件一一列出時，要做到不重復、不遺漏，可借助“樹狀圖”列舉；
（2）注意區(qū)分排列與組合，以及計數(shù)原理的正確使用.
21．已知雙曲線的焦距為10，且經(jīng)過點．A，B為雙曲線E的左、右頂點，P為直線上的動點，連接PA，PB交雙曲線E于點C，D（不同于A，B）．
(1)求雙曲線E的標準方程．
(2)直線CD是否過定點？若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．
【答案】(1)
(2)直線CD過定點，定點坐標為．

【分析】（1）方法一：將代入方程，結合求得得雙曲線方程；方法二：根據(jù)雙曲線定義求得得雙曲線方程.
（2）方法一：設CD的方程為，與雙曲線聯(lián)立，由A點與C點寫出AC方程，求出，由B點與D點寫出BD方程，求出，利用兩個相等建立關系式，代入韋達定理可求得為定值.
方法二：設CD的方程為，與雙曲線聯(lián)立，由P點與A點寫出AC方程，由P點與B點寫出BD方程，將代入以上兩方程，兩式相比消去建立關系式，代入韋達定理可求得為定值.
【詳解】（1）法一．由解得，∴雙曲線E的標準方程為．
法二．左右焦點為，，
，
∴雙曲線E的標準方程為．
（2）直線CD不可能水平，故設CD的方程為，
聯(lián)立消去x得，
，，，
AC的方程為，令，得，
BD的方程為，令，得，






，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程為，∴直線CD過定點，定點坐標為．
方法二．直線CD不可能水平，設CD的方程為，
聯(lián)立，消去x得，
，
AC的方程為，BD的方程為，
分別在AC和BD上，，
兩式相除消去n得，
又，．
將代入上式，
得


．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程為，∴直線CD過定點，定點坐標為．
【點睛】圓錐曲線中直線過定點問題通法，先設出直線方程，通過韋達定理和已知條件若能求出為定值可得直線恒過定點，若得到和的一次函數(shù)關系式，代入直線方程即可得到直線恒過定點.
22．已知函數(shù)．
(1)討論的單調(diào)性，
(2)若有兩個極值點，且．恒成立．
①求a的取值范圍；
②證明：
【答案】(1)答案見解析
(2)①；②證明見解析

【分析】（1）分類討論的值，利用導數(shù)得出單調(diào)性；
（2）①根據(jù)韋達定理得出，再由的單調(diào)性得出a的取值范圍；②將題設不等式化為，利用導數(shù)得出的最小值，進而由證明不等式.
【詳解】（1）令，即．
若，即當時，，在上為增函數(shù)．
若，即當時，．
①若，當時，；
當時，；
即在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)．
②若，當時，；
當時，；
則在上為減函數(shù)，上為增函數(shù)．
（2）①由（1）知有兩個極值點，則，由已知得，
則
．
令，則，在內(nèi)單調(diào)遞減．
，的取值范圍是．
②證明恒成立等價于成立，即成立．
令，則，
令，則，
顯然在上，，即在上為增函數(shù)．
當時，．
使得，即，
則為減函數(shù)，為增函數(shù)．
．
．
令，則在上，，在上單調(diào)遞增．
，即，
，
，則恒成立．
而已求得，即證得恒成立.
【點睛】方法點睛：利用導數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數(shù)法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數(shù)；
（2）適當放縮構造法：一是根據(jù)已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數(shù)，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結構構造輔助函數(shù).

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