萍鄉實驗學校2025屆模擬試卷（一）數學本試卷共4頁.滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.命題“，使”是假命題，則實數m取值范圍為（）A. B. C. D.2.在中，D是BC上一點，滿足，M是AD的中點，若，則（）A. B. C. D.3.已知函數是上的奇函數，且當時，函數的部分圖象如圖所示，則不等式的解集是（）A. B.C D.4.已知，則（）A. B. C. D.5.在四面體中，平面，，，，若四面體的外接球的表面積為，則四面體的表面積為（）A. B.C. D.6.某人有兩把雨傘用于上下班，如果一天上班時他也在家而且天下雨，只要有雨傘可取，他將拿一把去辦公室，如果一天下班時他也在辦公室而且天下雨，只要有雨傘可取，他將拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不帶雨傘.假設每天上班和下班時下雨的概率均為，不下雨的概率均為，且與過去情況相互獨立.現在兩把雨傘均在家里，那么連續上班兩天，他至少有一天淋雨的概率為（）A. B. C. D.7.群論，是代數學的分支學科，在抽象代數中有重要地位，且群論的研究方法也對抽象代數的其他分支有重要影響，例如一般一元五次及以上的方程沒有根式解就可以用群論知識證明.群的概念則是群論中最基本的概念之一，其定義如下：設G是一個非空集合，“”是G上的一個代數運算，如果該運算滿足以下條件：①對任意的a，，有；②對任意的a，b，，有；③存在，使得對任意的，有，e稱為單位元；④對任意的，存在，使，稱a與b互為逆元.則稱G關于“”新構成一個群.則下列說法不正確的有（）A.關于數的乘法構成群B.自然數集關于數的加法構成群C.實數集關于數的乘法構成群D.關于數的加法構成群8.設為雙曲線上兩點，下列四個點中，可為線段中點的是（）A. B. C. D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數，則（）A.的定義域為B.區間上單調遞增C.的圖象關于點對稱D10.記為等差數列的前項和，已知，的公差為，且，則（）A.B.C.D.滿足的的最大值為11.如圖所示，正四棱錐與正三棱錐的棱長均為1，一凸多面體是由該四棱錐與該三棱錐組合而成，其中點，，分別與點，，重合，在該多面體中（）A.二面角的余弦值為B.，，，四點共面C.平面D.三棱錐的外接球體積為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知拋物線的焦點在圓內，則拋物線的方程可以是______．13.若關于的方程有且僅有兩個實根，則實數的取值范圍為_______14.2024年是中華人民共和國建國75周年，一家商場推出了75本針對建國每一年的紀念版掛歷，上海中學的三位同學不約而同地選擇收藏，由于銷售過于火爆他們每個人都沒有買齊完整的75本，但是購買后他們發現，任意兩個人手中的掛歷放到一起都能湊出一套完整的掛歷，則這三位同學購買掛歷的不同情況有__________種．（列出算式即可）四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知動點到定點的距離與動點到定直線的距離相等，若動點的軌跡記為曲線.（1）求曲線的方程；（2）不過點的直線與曲線相交于，兩點，且，若的垂直平分線交軸于點，求點的坐標.16已知函數，．（1）當時，求函數的圖象在點處的切線方程；（2）討論函數的單調性；（3）設，若，求實數的取值范圍．17.甲、乙兩人玩一個紙牌游戲，先準備好寫有數字1，2，…，N的紙牌各一張，由甲先隨機抽取一張紙牌，記紙牌上的數字為a，隨后將紙牌放回（后面每次抽牌記錄數字后都需將紙牌放回），接下來甲有2種選擇：①再抽取一次紙牌，記紙牌上的數字為b，若，則乙贏，游戲結束，否則，甲結束抽牌，換由乙抽牌一次；②直接結束抽牌，記，換由乙抽牌一次．記乙抽到的紙牌上的數字為c，若，則乙贏，否則甲贏．游戲結束．（1）若甲只抽牌1次，求甲贏的概率；（2）若甲抽牌2次，求甲贏的概率；（3）當甲抽取的第一張紙牌上的數字滿足什么條件時，甲選擇②贏得游戲的概率更大？（結果用含N的式子表示）參考公式：若數列的通項公式為，則的前n項和．18.球面幾何學是非歐幾何的例子，是在球表面上的幾何學.對于半徑為的球，過球面上一點作兩條大圓的弧，，它們構成的圖形叫做球面角，記作（或），其值為二面角的大小，其中點稱為球面角的頂點，大圓弧稱為球面角的邊.不在同一大圓上的三點，可以得到經過這三點中任意兩點的大圓的劣弧，這三條劣弧組成的圖形稱為球面，這三條劣弧稱為球面的邊，三點稱為球面的頂點；三個球面角稱為球面的三個內角.已知球心為的單位球面上有不同在一個大圓上的三點.（1）球面的三條邊相等（稱為等邊球面三角形），若，請直接寫出球面的內角和（無需證明）；（2）與二面角類比，我們稱從點出發的三條射線組成的圖形為三面角，記為.其中點稱為三面角的頂點，稱為它的棱，稱為它的面角.若三面角的三個面角的余弦值分別為.①求球面的三個內角的余弦值；②求球面的面積.19.個有次序的實數，，…，所組成的有序數組稱為一個維向量，其中稱為該向量的第個分量.特別地，對一個維向量，若，，稱為維信號向量.設，則和的內積定義為，且.（1）寫出所有3維信號向量；（2）直接寫出4個兩兩垂直的4維信號向量；（3）證明：不存在14個兩兩垂直的14維信號向量；

萍鄉實驗學校2025屆模擬試卷（一）數學本試卷共4頁.滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.命題“，使”是假命題，則實數m的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接利用特稱命題和全稱命題的轉換和二次函數的性質的應用求出結果．【詳解】因為“，使”是假命題，所以，恒成立是真命題，當時，，即，不恒成立，不符合題意；當時，有，解得.綜上所述，實數m的取值范圍為.故選：C.2.在中，D是BC上一點，滿足，M是AD的中點，若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量線性運算相關計算方式計算即可.【詳解】由題可知，，,所以有，所以，得.故選：C3.已知函數是上的奇函數，且當時，函數的部分圖象如圖所示，則不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據題設，將不等式化為，結合奇函數對稱性及圖象確定其解集.【詳解】由題設，即，當時，，由圖可知，時，時，當時，，根據奇函數的對稱性，有時，時，所以，不等式的解集為.故選：D4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根據兩角和的正弦公式展開，再利用輔助角公式，求得，進而求得，根據，得出答案.【詳解】由，得，所，由二倍角公式得，又，所以，所以.故選：B5.在四面體中，平面，，，，若四面體的外接球的表面積為，則四面體的表面積為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】求出四面體的外接球半徑，分析可知，的外接圓圓心為的中點，且外接球球心在過斜邊的中點且垂直于平面的直線上，分析四面體各面的形狀，結合三角形的面積公式可求得四面體的表面積.【詳解】設四面體的外接球的半徑為，因為外接球的表面積為，所以，解得，如圖，因為，，，則，，的外接圓圓心為的中點．由為直角三角形可得外接球球心在過斜邊中點且垂直于平面的直線上，又平面，則有，因為外接球球心到四面體各頂點距離相等，由平面，結合勾股定理可知球心到平面的距離為．即，解得，因為平面，、平面，則，，則，同理．因為，所以，即為直角三角形，故四面體的表面積．故選：D.6.某人有兩把雨傘用于上下班，如果一天上班時他也在家而且天下雨，只要有雨傘可取，他將拿一把去辦公室，如果一天下班時他也在辦公室而且天下雨，只要有雨傘可取，他將拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不帶雨傘.假設每天上班和下班時下雨的概率均為，不下雨的概率均為，且與過去情況相互獨立.現在兩把雨傘均在家里，那么連續上班兩天，他至少有一天淋雨的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】計算對立事件的概率，從下雨次數入手，分類討論計算兩天都不淋雨的概率，即可得至少有一天淋雨的概率.【詳解】解：“至少有一天淋雨”的對立事件為“兩天都不淋雨”，連續上兩天班，上班、下班的次數共有4次.(1)4次均不下雨，概率為：；(2)有1次下雨但不淋雨，則第一天或第二天上班時下雨，概率為：；(3)有2次下雨但不淋雨，共3種情況：①同一天上下班均下雨；②兩天上班時下雨，下班時不下雨；③第一天上班時下雨，下班時不下雨，第二天上班時不下雨，下班時下雨；概率為：；(4)有3次下雨但不被淋雨，則第一天或第二天下班時不下雨，概率為：；(5)4次均下雨，概率為：；兩天都不淋雨的概率為：，所以至少有一天淋雨的概率為：.故選：D.7.群論，是代數學的分支學科，在抽象代數中有重要地位，且群論的研究方法也對抽象代數的其他分支有重要影響，例如一般一元五次及以上的方程沒有根式解就可以用群論知識證明.群的概念則是群論中最基本的概念之一，其定義如下：設G是一個非空集合，“”是G上的一個代數運算，如果該運算滿足以下條件：①對任意的a，，有；②對任意的a，b，，有；③存在，使得對任意的，有，e稱為單位元；④對任意的，存在，使，稱a與b互為逆元.則稱G關于“”新構成一個群.則下列說法不正確的有（）A.關于數的乘法構成群B.自然數集關于數的加法構成群C.實數集關于數的乘法構成群D.關于數的加法構成群【答案】ABC【解析】【分析】反例判斷A，B，C是否滿足④，對于D，對所有的，設，求出，依次看是否滿足要求.【詳解】A：由且，使，但，不存在，使，故A錯誤；B：由且，都有，但，不存在，使，故B錯誤；C：由且，使，但，不存在，使，故C錯誤；D：對所有的，可設，則，①滿足加法結合律，即，有；②，使得，有；③，設，使，正確.故選：ABC.【點睛】關鍵點點睛：對于D，對所有的，，求出.8.設為雙曲線上兩點，下列四個點中，可為線段中點的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用點差法、聯立方程組的方法來求得正確答案.【詳解】雙曲線對應，，設，則，兩式相減并化簡得，由于，所以，而B選項中，點，對應，所以B選項錯誤.C選項中，點，對應，所以C選項錯誤.A選項，點，對應，所以，則直線的方程為，由消去并化簡得，，所以方程組無解，所以A選項錯誤.D選項，點，對應，所以，則直線的方程為，由消去并化簡得，，所以D選項正確.故選：D【點睛】關鍵點睛：中點坐標與代數運算結合的應用：利用中點坐標公式結合代數運算進行求解，可以有效判斷給定點是否為中點，正確設定中點的坐標并代入驗證，是解題的關鍵.消去法的運用：在代入方程并進行化簡時，消去法是確保推導過程嚴謹的重要方法，通過逐步消去不相關的變量，最終確定符合條件的解.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數，則（）A.的定義域為B.在區間上單調遞增C.的圖象關于點對稱D.【答案】BCD【解析】【分析】首先求出函數的定義域判斷A，根據對數型復合函數的單調性判斷B，根據判斷C，根據函數的對稱性及單調性判斷D.詳解】對于函數，則，解得且，所以函數的定義域為，故A錯誤；當時，，因在上單調遞增，且，又在定義域上單調遞增，所以在區間上單調遞增，故B正確；因為，所以的圖象關于點對稱，故C正確；因為，所以，又，所以，即，所以，所以，即，故D正確.故選：BCD10.記為等差數列的前項和，已知，的公差為，且，則（）A.B.C.D.滿足的的最大值為【答案】ABC【解析】【分析】根據題設及等差數列前n項和公式有，即有，結合已知得到，，，依此為前提判斷各項正誤即可.【詳解】由，得，即①，則，又，所以，又，若，則，，不合題意，所以，則，，A正確；結合①知，，所以，則，又，所以，B正確；由，得，所以，由，所以，由，所以，所以，C正確；由，得，所以，由C知，，所以的最大值為，D錯誤.故選：ABC【點睛】關鍵點點睛：根據等差數列前項和公式及已知得到，，為關鍵.11.如圖所示，正四棱錐與正三棱錐的棱長均為1，一凸多面體是由該四棱錐與該三棱錐組合而成，其中點，，分別與點，，重合，在該多面體中（）A.二面角的余弦值為B.，，，四點共面C.平面D.三棱錐的外接球體積為【答案】BCD【解析】【分析】根據二面角、四點共面、線面平行、外接球等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】設是的中點，連接，設，連接，則平面.由于三角形、三角形都是等邊三角形，所以，所以是二面角的平面角，，所以，所以A選項錯誤.由于，所以是二面角的平面角，，所以，所以，所以四點共面，B選項正確.，所以四邊形是菱形，所以，由于平面平面，所以平面，所以C選項正確.由于，所以是三棱錐外接球的球心，且外接球半徑為，所以外接球的體積是，所以D選項正確.故選：BCD【點睛】關鍵點睛：二面角和平面角的分析：通過分析二面角與平面角的關系，并結合輔助線的構造來確定二面角的性質，是解題的關鍵.幾何性質的綜合運用：利用幾何體的對稱性、對角線的關系以及球的外接性質，確保推導過程嚴密，是確保解答正確的基礎.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知拋物線的焦點在圓內，則拋物線的方程可以是______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根據點在圓內可得的取值范圍，再根據拋物線方程求解即可.【詳解】由題得圓是以為圓心，為半徑的圓，拋物線的焦點，由焦點在圓內得，即，則拋物線的方程可以是（答案不唯一，滿足即可）．故答案為：（答案不唯一）.13.若關于的方程有且僅有兩個實根，則實數的取值范圍為_______【答案】【解析】【分析】分類討論，當時，方程即有且僅有兩個實根，利用導函數畫出的大致圖象，轉化為交點問題，當時，令，利用導函數求的單調性，轉化為最值問題.【詳解】定義域為，當時，方程僅有一解；當時，方程即有且僅有兩個實根，令，則，，令解得，所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，又，可得函數的大致圖象如圖所示，所以有且僅有兩個實根時，；當時，令，則有且僅有兩個實根，因為當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以要使有且僅有兩個實根，則，解得，綜上實數的取值范圍為.故答案為：14.2024年是中華人民共和國建國75周年，一家商場推出了75本針對建國每一年的紀念版掛歷，上海中學的三位同學不約而同地選擇收藏，由于銷售過于火爆他們每個人都沒有買齊完整的75本，但是購買后他們發現，任意兩個人手中的掛歷放到一起都能湊出一套完整的掛歷，則這三位同學購買掛歷的不同情況有__________種．（列出算式即可）【答案】【解析】【分析】考慮每一本掛歷可能在哪幾位同學手中，這樣由乘法原理與容斥原理即可解決問題.【詳解】不妨設本掛歷組成的集合為，位同學手中掛歷組成的集合分別為,,，則因為,所以，至少屬于,,中兩個集合，即將放入,,中有種放法，這樣將放入,,有種放法，設這種放法中，，的放法組成的集合分別為，，，下面分析這三個集合及其交集的元素個數.時，因為，所以，至少屬于,其中一個集合，即將放入,中有種放法，所以，當時，可以為的任意子集，故有種可能，即.則由容斥原理得所求情況數為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是利用容斥原理解決問題.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知動點到定點的距離與動點到定直線的距離相等，若動點的軌跡記為曲線.（1）求曲線的方程；（2）不過點的直線與曲線相交于，兩點，且，若的垂直平分線交軸于點，求點的坐標.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據拋物線的定義寫出方程即可；（2）聯立方程，結合韋達定理，求出的中點坐標，得到的垂直平分線，求解即可.【小問1詳解】因為動點到定點的距離與動點到定直線的距離相等，由拋物線的定義知，動點的軌跡是焦點為的拋物線，此時，則曲線的方程為；【小問2詳解】由題知，直線的斜率不為零，可設直線的方程為，，，聯立，消去并整理得，此時，解得，由韋達定理得，，因為，所以，因為，所以，解得，設點為的中點，則，所以直線的方程為，整理得，所以直線過定點，因為點為的垂直平分線與軸的交點，所以點的坐標為.16.已知函數，．（1）當時，求函數的圖象在點處的切線方程；（2）討論函數的單調性；（3）設，若，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）答案見解析（3）【解析】【分析】（1）利用導數的幾何意義求解即可；（2）利用導數與函數單調性的關系，分類討論即可求解；（3）由參變分離得恒成立，設，，則，令，利用導數證明即可求出.【小問1詳解】，當時，，，當時，，，函數在處的切線方程為；【小問2詳解】函數的定義域為，，①當時，恒成立，令，則，若，則；若，則，所以在單調遞減，在單調遞增；②當時，，令，則或，（ⅰ）當，即時，若，則或；若，則，所以在和上單調遞增，在上單調遞減；（ⅱ）當，即時，恒成立，在上遞增；（ⅲ）當，即時，若，則或，若，則，所以在和上單調遞增，在上單調遞減.綜上所述，當時，在單調遞減，在單調遞增；當時，在和上單調遞增，在上單調遞減；當時，在上遞增；當時，在和上單調遞增，在上單調遞減；【小問3詳解】的定義域為，由得恒成立，即恒成立，設，，則，因為，同構可得，令，因為，所以，下面證．設，，于是，令，則，當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即，當且僅當時等號成立．所以，即，所以，所以，即，所以實數的取值范圍為.17.甲、乙兩人玩一個紙牌游戲，先準備好寫有數字1，2，…，N的紙牌各一張，由甲先隨機抽取一張紙牌，記紙牌上的數字為a，隨后將紙牌放回（后面每次抽牌記錄數字后都需將紙牌放回），接下來甲有2種選擇：①再抽取一次紙牌，記紙牌上的數字為b，若，則乙贏，游戲結束，否則，甲結束抽牌，換由乙抽牌一次；②直接結束抽牌，記，換由乙抽牌一次．記乙抽到的紙牌上的數字為c，若，則乙贏，否則甲贏．游戲結束．（1）若甲只抽牌1次，求甲贏的概率；（2）若甲抽牌2次，求甲贏的概率；（3）當甲抽取的第一張紙牌上的數字滿足什么條件時，甲選擇②贏得游戲的概率更大？（結果用含N的式子表示）參考公式：若數列的通項公式為，則的前n項和．【答案】（1）（2）（3）當甲抽取的第一張紙牌上的數字大于時，甲選擇②贏得游戲的概率更大【解析】【分析】（1）利用列舉法，結合等差數列前項和公式來求得正確答案.（2）根據甲第一次抽到的紙牌進行分類討論，從而求得甲贏的概率.（3）根據已知條件不等式，由此求得正確答案.【小問1詳解】若甲只抽牌1次，甲贏的情況如下．甲抽到的紙牌上的數字為1，乙抽到的紙牌上的數字為N，此時有1種情況；甲抽到的紙牌上的數字為2，乙抽到的紙牌上的數字為N，，此時有2種情況；甲抽到的紙牌上的數字為3，乙抽到的紙牌上的數字為N，，，此時有3種情況；……依次類推，甲贏的情況共有．故甲贏的概率為．【小問2詳解】若甲抽牌2次，甲贏的情況如下．①甲第1次抽到的紙牌上的數字為1．第2次抽到的紙牌上的數字為1，乙抽到的紙牌上的數字為N，，此時有2種情況；第2次抽到的紙牌上的數字為2，乙抽到的紙牌上的數字為N，，，此時有3種情況；……第2次抽到的紙牌上的數字為，乙抽到的紙牌上的數字為N，，…，1，此時有N種情況．以上有種情況．②甲第1次抽到的紙牌上的數字為2．第2次抽到的紙牌上的數字為1，乙抽到的紙牌上的數字為N，，，此時有3種情況；第2次抽到的紙牌上的數字為2，乙抽到的紙牌上的數字為N，，，，此時有4種情況；……第2次抽到的紙牌上的數字為，乙抽到的紙牌上的數字為N，，…，1，此時有N種情況．以上有種情況．依次類推，甲第1次抽到的紙牌上的數字為3時，甲贏的情況有種；……甲第1次抽到的紙牌上的數字為時，甲贏的情況有種；甲第1次抽到的紙牌上的數字為時，甲贏的情況有N種．甲贏的情況的總數為．故甲贏的概率為．【小問3詳解】當甲抽取的第一張紙牌上的數字為a時，若甲選擇①，則甲贏的概率，若甲選擇②，則甲贏的概率．令，即，化簡得，解得．綜上，當甲抽取的第一張紙牌上的數字大于時，甲選擇②贏得游戲的概率更大．【點睛】易錯點睛：概率求解中的遺漏：當甲選擇多次抽取牌時，可能會漏掉某些組合的情況，特別是在多次抽取的情況下，需要非常仔細地列出所有可能組合，防止遺漏.不等式解法中的取舍問題：在最后一部分的解答中，對于不等式求解，需要注意根的取舍條件，避免漏掉符合條件的解.18.球面幾何學是非歐幾何的例子，是在球表面上的幾何學.對于半徑為的球，過球面上一點作兩條大圓的弧，，它們構成的圖形叫做球面角，記作（或），其值為二面角的大小，其中點稱為球面角的頂點，大圓弧稱為球面角的邊.不在同一大圓上的三點，可以得到經過這三點中任意兩點的大圓的劣弧，這三條劣弧組成的圖形稱為球面，這三條劣弧稱為球面的邊，三點稱為球面的頂點；三個球面角稱為球面的三個內角.已知球心為的單位球面上有不同在一個大圓上的三點.（1）球面的三條邊相等（稱為等邊球面三角形），若，請直接寫出球面的內角和（無需證明）；（2）與二面角類比，我們稱從點出發的三條射線組成的圖形為三面角，記為.其中點稱為三面角的頂點，稱為它的棱，稱為它的面角.若三面角的三個面角的余弦值分別為.①求球面的三個內角的余弦值；②求球面的面積.【答案】（1）（2）①，，；②【解析】【分析】（1）通過已知條件直接證明三個平面兩兩垂直，然后由球面角的定義即可得出；（2）使用空間解析幾何方法求出球面的三個球面角，再證明球面球面的面積，即可得到結果.【小問1詳解】由可知在兩個互相垂直（即交點處切線垂直）的大圓上，從而，故，設，則，從而，注意到到直線的距離均為，故，所以由知，所以，即，這得到，從而，又在兩個互相垂直的大圓上，故，從而兩