2024-2025學年湖北省宜昌市高二上學期9月月考數學檢測試卷（一）一、單選題（本大題共8小題）1．復數z=i·(1+i)(i為虛數單位)在復平面上對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知兩條直線，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3．過點且與直線垂直的直線方程是（

）A． B．C． D．4．將這個數據作為總體，從這個數據中隨機選取個數據作為一個樣本，則該樣本的平均數與總體平均數之差的絕對值不超過的概率為（

）A． B． C． D．5．函數的圖象如圖①所示，則如圖②所示的函數圖象所對應的函數解析式可能為（

）A． B．C． D．6．若直線與圓有公共點，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．一個三角形紙板的三個頂點為，以邊上的高所在直線為旋轉軸，將三角形紙板旋轉，則紙板掃過的空間所形成的幾何體的體積為（

）A． B． C． D．8．已知圓，點，點是上的動點，過作圓的切線，切點分別為，，直線與交于點，則的最小值為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．動點在圓上繞坐標原點沿逆時針方向勻速旋轉，12秒旋轉一周.已知時間時，點的坐標是，則當時，動點的縱坐標關于（單位：秒）的函數遞增的區間可以是（

）A． B． C． D．10．已知圓，直線，直線與圓交于兩點，則（

）A．直線恒過定點B．當時，最長C．當時，弦最短D．最短弦長11．已知四面體平面，垂足為，垂足為，則下列結論正確的是（

）A．若，則B．若，則平面C．若，則D．若，則四面體體積的最大值為三、填空題（本大題共3小題）12．在空間直角坐標系中，已知，，，，則直線與所成角的余弦值為．13．是函數圖象上任意一點，過向直線和軸分別作垂線，垂足分別為，則.14．如圖，在等腰直角三角形中，，點是邊上異于的一點，光線從點出發，經，發射后又回到原點，若光線經過的重心，則．

四、解答題（本大題共5小題）15．已知以點為圓心的圓與直線相切，過點的動直線與圓相交于，當時，求直線的方程.16．已知三個內角所對的邊分別為，且.(1)求的值；(2)若的面積，且，求的周長.17．如圖，三棱柱中，側面底面ABC，且，．

(1)證明：平面ABC；(2)若，，求平面與平面夾角的余弦值．18．在平面直角坐標系中，曲線與坐標軸的交點都在圓C上.（1）求圓C的方程；（2）若圓C與直線交于A，B兩點，且，求a的值.19．如圖，點，復數可用點表示，這個建立了直角坐標系來表示復數的平面叫做復平面，軸叫做實軸，軸叫做虛軸.顯然，實軸上的點都表示實數；除了原點外，虛軸上的點都表示純虛數.按照這種表示方法，每一個復數，有復平面內唯一的一個點和它對應，反過來，復平面內的每一個點，有唯一的一個復數和它對應.一般地，任何一個復數都可以表示成的形式，即其中為復數的模，叫做復數的輻角（以非負半軸為始邊，所在射線為終邊的角），我們規定范圍內的輻角的值為輻角的主值，記作叫做復數的三角形式．復數三角形式的乘法公式：．棣莫佛提出了公式：，其中.(1)已知，求的三角形式；(2)已知為定值，，將復數化為三角形式；(3)設復平面上單位圓內接正二十邊形的20個頂點對應的復數依次為，求復數所對應不同點的個數．參考答案1．【答案】B【詳解】，故對應的點在第二象限.2．【答案】A【分析】由兩直線平行求出，再利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.【詳解】當時，，則，所以“”是“”的充分不必要條件.故選A.3．【答案】D【詳解】設與直線垂直的直線方程為，代入，得，解得，所以與直線垂直的直線方程為故選：D.4．【答案】D【分析】先求得總體平均數，然后利用列舉法，結合古典概型概率計算公式求得正確答案.【詳解】依題意可知，總體平均數為，從這個數據中隨機選取個數據作為一個樣本，情況如下：選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，選到，則樣本平均數為，所以，所以該樣本的平均數與總體平均數之差的絕對值不超過的概率為.故選D.5．【答案】A【詳解】由圖①知，，且當時，，由②知，圖象過點，且當時，，對于C，當時，，C不可能；對于D，當時，，D不可能；對于A，當時，，而當時，，則，A可能；對于B，當時，，而當時，，則，B不可能.故選：A6．【答案】C【詳解】由題意得圓心為，半徑為．圓心到直線的距離為，由直線與圓有公共點可得，即，解得．∴實數a取值范圍是．選C．7．【答案】A【分析】幾何體為兩個半圓錐構成，根據圓錐的體積可求該幾何體的體積.【詳解】，而為三角形內角，故，故，故，故，故幾何體的體積為故選A.8．【答案】B【詳解】設，由題可知，則，即，所以，所以點，將點的坐標代入，化簡得（不同時為0），故點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，又，點在該圓外，所以的最小值為，故選：B．9．【答案】AD【詳解】設與軸正方向夾角為，則時，，故，由于12秒旋轉一周，所以每秒鐘旋轉，在，，繞坐標原點沿逆時針方向旋轉到位置，所以點縱坐標增大，從旋轉到時，，，縱坐標減小，在上，即從逆時針旋轉至位置，動點縱坐標增大，所以當時，縱坐標關于的函數的單調區間為和.故選：AD.10．【答案】AC【分析】由直線方程求定點可判定A；由弦長公式可判定B，C，D.【詳解】直線方程可化為，當，故直線恒過定點，故A正確；易知圓心，半徑，顯然當直線過圓心時，最長，則，故B錯誤；當時，此時弦最短，即，故C正確；當時，則弦長，故D錯誤.故選AC.11．【答案】BCD【詳解】對于A與B：因為平面，平面，所以若又平面，所以平面，又因為平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又

平面，所以平面，又平面，所以，即與不垂直，故A不正確，B正確；對C：，因為則≌則≌，，所以，故C正確；對于D，在中，，則，，所以，又當且僅當時，有最大值所以四面體體積的最大值為，故D正確.故選：BCD12．【答案】【分析】利用空間向量求異面直線夾角即可.【詳解】由題意可知：，，所以，所以直線與所成角的余弦值為．13．【答案】【詳解】設，，則，即，解得，所以，，則，，所以．故答案為：14．【答案】.【詳解】由題意，如圖建立直角坐標系：

則，直線方程為即，三角形重心為即設,關于直線對稱點為解得由光的反射可知四點共線，直線斜率為,直線方程為過重心，即，解得舍去，，∴，故答案為：.15．【答案】或【詳解】易知到直線的距離為圓半徑，所以，則圓方程為，設圓心到直線的距離為，故，即，所以，當動直線斜率不存在時，設直線的方程為，經檢驗圓心到直線的距離為1，且根據勾股定理可知，顯然合題意，當動直線斜率存在時，過點B?2,0，設方程為：，由到距離為1知得，代入解之可得，所以或為所求方程.16．【答案】(1)；(2).【詳解】（1）由正弦定理可得，，得：.所以.又，且，所以.由，故.（2），所以.由余弦定理，.又.聯立得：..所以的周長為.17．【答案】(1)證明見解析；(2).【詳解】（1）取BC的中點M，連結MA、．

因為，，所以，，由于AM，平面，且，因此平面，因為平面，所以，又因為，所以，因為平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC，因為，所以平面ABC.（2）法一：因為，且，所以．以AB，AC，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，．所以，，．設平面的法向量為m=x1,y1令，則，設平面的法向量為n=x2,y2令，則，設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.法二：將直三棱柱補成長方體．連接，過點C作，垂足為P，再過P作，垂足為Q，連接CQ，

因為平面，且平面，所以，又因為，由于BD，平面，且，所以平面，則為直角三角形，由于平面，所以，因為，平面CPQ，且，所以平面CPQ，因為平面CPQ，所以，則∠CQP為平面與平面的夾角或補角，在中，由等面積法可得,因為，所以，因此平面與平面夾角的余弦值為.18．【答案】（1）（2）【分析】（1）求出曲線與坐標軸的三個交點，根據這三個交點在圓上可求出圓心坐標和半徑，從而可得圓的方程；（2）設A，B，聯立直線與圓的方程，根據根與系數的關系可得，，根據得，化為，進而可解得.【詳解】（1）曲線與坐標軸的交點為(0，1)，(,0)，由題意可設圓C的圓心坐標為(3，)，∴，解得，∴圓C的半徑為，∴圓C的方程為.（2）設點A、B的坐標分別為A，B，其坐標滿足方程組，消去得到方程，由已知得，判別式①，由根與系數的關系得，②，由得.又∵，，∴可化為③，將②代入③解得，經檢驗，滿足①，即，∴.【點睛】本題考查了由圓上三個點的坐標求圓的方程，考查了直線與圓的位置關系、根與系數的關系，考查了運算求解能力，屬于中檔題.19．【答案】(1)；(2)；(3)5【詳解】（1）.（2）.（3）正二十邊形每邊所對的中心角為，設（為常數），則，所以，由周期性可知，共有5個不同的值，故復數所對應不同點的個數為5．2024-2025學年湖北省宜昌市高二上學期9月月考數學檢測試卷（二）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知A={x|x≤1}，B={x|x?2x?a≤0}，若A∪B={x|x≤2}，則實數a的取值范圍是A.a≥2 B.a≤2 C.a≥1 D.a≤1【答案】D

【解析】【分析】本題主要考查集合的基本運算的應用，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題．

由題意，可得B={x|a<x≤?2}，由此可求出a的取值范圍．【解答】解：∵A={x|x≤1}，B={x|x?2x?a≤0}，A∪B={x|x≤2}，

∴B={x|a<x≤2}，

∴a≤1.

2.已知空間向量a=1,0,3,b=2,1,0,cA.4 B.3 C.2 D.1【答案】B

【解析】【分析】本題考查空間向量共面問題，屬于基礎題．

由空間共面向量可得a=x【解答】解：若空間向量a=則a=xb+y所以1=2x+5y0=x+2y3=yz，解得：故選：B．3.在?ABC中，若AB?BC?AB2A.等邊三角形 B.直角三角形 C.銳角三角形 D.鈍角三角形【答案】D

【解析】【分析】本題考查三角形形狀的判斷，屬于基礎題．

由平面向量數量積的定義及運算律得出cosB<0，結合余弦函數的正負及B【解答】解：由AB?BC?AB2因為B∈0,π所以?ABC的形狀一定是鈍角三角形，故選：D．4.命題p:fx=x2+2ax?7,?1≤x≤2a+4lnx+2?a?1,?2<x<?1在x∈?2,2上為減函數，命題q:gA.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】A

【解析】【分析】本題考查充分、必要、充要條件的判斷，屬于中檔題．

根據分段函數的單調性得到不等式解得?5≤a<?4，分離常數后，由gx的單調性得到a<?4，結合集合的包含關系得到p是q【解答】

解：若

fx要在x∈則?2a2≥2q:gx=ax+4x?1=解得a<?4，因為?5≤a<?4是a<?4的真子集，故命題p是命題q的充分不必要條件．故選：A5.某學校10位同學組成的志愿者組織分別由李老師和張老師負責，每次獻愛心活動均需該組織4位同學參加．假設李老師和張老師分別將各自活動通知的信息獨立、隨機地發給4位同學，且所發信息都能收到，則甲同學收到李老師或張老師所發活動通知信息的概率為(

)A.25 B.1225 C.1625【答案】C

【解析】【分析】本題考查概率的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意任意事件概率加法公式的合理運用．

設A表示“甲同學收到李老師所發活動信息”，設B表示“甲同學收到張老師所發活動信息”，由題意P(A)=P(B)=410=【解答】

解：設A表示“甲同學收到李老師所發活動信息”，設B表示“甲同學收到張老師所發活動信息”，

由題意P(A)=410=25，P(B)=410=25，

∴6.定義運算：a1&a2a3&a4=A.54 B.14 C.74【答案】A

【解析】【分析】本題考查新定義，考查三角恒等變換，屬于基礎題．

利用三角恒等變換，化函數fx為余弦型函數，根據三角函數的圖象變換規律，得到對應的函數y，由函數y為偶函數，即可求出ω的最小值．

三角函數的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母x【解答】解：根據新定義運算，函數fx∵fx的圖像向左平移2π∴所得圖象對應的函數為y=2又∵函數y為偶函數∴2ωπ3+∵ω>0∴當k=1時，ω的最小值是54故選A．7.已知f(x)是定義在實數集R上的函數，在(0,+∞)內單調遞增，f(2)=0，且函數f(x+1)關于點(?1,0)對稱，則不等式x?f1?x<0的解集是(

)A.(?∞,?2)∪(?1,0)∪(2,+∞) B.(?∞,?2)∪(2,+∞)

C.(?1,0)∪(1,3) D.(?∞,?1)∪(0,1)∪(3,+∞)【答案】D

【解析】【分析】本題主要考查抽象函數奇偶性與單調性的綜合應用，屬于中檔題．

由平移知識得出f(x)是奇函數，進而由單調性畫出函數f(x)，f(x?1)的簡圖，結合圖像解不等式即可．【解答】解：因為函數f(x+1)關于點(?1,0)對稱，所以函數f(x)關于點(0,0)對稱，是奇函數，則x?f1?x=?x?fx?1函數f(x)簡圖如下圖所示：

由平移變換可知，函數f(x?1)的簡圖如下圖所示：

x?fx?1>0等價于x>0fx?1由圖可知，x?fx?1>0的解集為故選：D8.已知橢圓C1與雙曲線C2有共同的焦點F1，F2，P是橢圓C1與雙曲線C2的一個公共點，且∠F1PFA.3 B.4 C.6 D.12【答案】A

【解析】【分析】本題主要考查橢圓與雙曲線的共焦點問題，考查基本不等式求最值，屬于中檔題．

設橢圓方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0)，雙曲線方程為x2m2?y2n2=1(m>0,n>0).再設|PF1|=s【解答】

解：不妨設橢圓方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0)，雙曲線方程為x2m2?y2n2=1(m>0,n>0)．

再設|PF1|=s，|PF2|=t，P為第一象限的交點，

由橢圓和雙曲線的定義可得s+t=2a，s?t=2m，

解得s=a+m，t=a?m，

在△F1PF2中，∠F1PF2=二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知曲線C:mx2?nyA.若mn>0，則C為雙曲線

B.若m>0且m+n<0，則C為焦點在x軸上的橢圓

C.若m>0，n<0，則C不可能表示圓

D.若m>0，n>0，則C為兩條直線【答案】AB

【解析】【分析】本題考查雙曲線橢圓的標準方程，屬于基礎題．

由m，n的取值，根據橢圓、雙曲線、圓與直線方程的特征，判斷曲線表示的形狀即可．【解答】解：若mn>0，則C為焦點在橫軸或縱軸上的雙曲線，所以A正確；若m>0且m+n<0，可得n<0，n>m>0,1m>1n，所以若m>0，n<0，當m=1，n=?1時，C是單位圓，所以C不正確；若m>0，n>0，則C為雙曲線，所以D不正確．故選：AB．10.如圖，在△ABC中，AB⊥AC，∠C=30°，AB=4，D為線段AC的中點，DM⊥BC，F為線段AB的中點，E為線段DM上的動點，則下列結論正確的是(

)

A.若E為線段DM的中點，則EF=12DA+12MB

B.若E為線段DM的中點，則|【答案】ACD

【解析】【分析】本題考查了向量的加減與數乘混合運算，向量的數量積的概念及其運算，屬于中檔題．

結合向量的加減與數乘混合運算，向量的數量積的概念及其運算等知識，逐一分析可得出結果．【解答】

解：

由題易知：BC=8，AD=CD=23，

由題意可知DM⊥BC，則CDCB=CMCA，

解得：CM=CD·CACB=23·438=3，

所以BM=BC?CM=5，DM=3，<DA，MB>=30°，<ED，AB>=150°，

EF=

ED+DA+AF，且

EF=EM+MB+BF，

因為F為線段AB的中點，所以兩式相加得

EF=12DA+12MB，A正確．

由A可知：此時E為線段DM的中點，F為線段AB的中點，

所以EF11.如圖所示，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E,F分別為AA1A.C1A⊥EF

B.DD1與平面CD1EF所成角的正弦值為23

C.存在點M使得C1M⊥平面C【答案】ABD

【解析】【分析】本題考查線線垂直的判斷，線面成角，線面垂直的判斷，屬于中檔題．

根據線面垂直判定定理判斷A選項，應用等體積計算點D到平面CD1EF的距離再結合線面角定義求值判斷B，反證法判斷C【解答】解：對于A：連接AB

則EF⊥AB1，B1C1⊥平面AB1,B1C1?平面AB對于B：如圖延長D1E,CF交于N，易得N在DA延長線上，

則VDNC=ND1=設D到平面NCD1距離為d，則VD1?NDC=13×6×d=83對于C；若C1M⊥平面CD1EF，則C1M⊥D1E，則C1M在平面A1D1DA內射影垂直于對于D：如圖所示，取A1B1的中點H，BB1

可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，所以C1G//D1E,D1同理可得C1H//CF，C1H//平面CD1E，因為C因為M點是正方形ABB1A1內的動點，若C1M//平面所以M點的軌跡長度GH=12故選：ABD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河.”詩中隱含著一個有趣的數學問題——“將軍飲馬”，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發，先到河邊飲馬再回到軍營，怎樣走才能使總路程最短?在如圖所示的直角坐標系xOy中，設軍營所在平面區域為{(x,y)|x2+y2≤94}，河岸線所在直線方程為x+3y?10=0.【答案】72【解析】【分析】此題以中國傳統文化為背景考查求點關于直線的對稱點，解決圓上的點到圓外一點的最短距離，考查對圓的幾何性質的應用．

求出點P關于直線的對稱點P'(3,4)，根據對稱性，原問題轉化成求P'到營區的最短距離，利用圓的幾何性質即可得解．【解答】解：設點P(2,1)關于直線x+3y?10=0的對稱點P'b?1a?2=32+a2+3×將軍從P出發到達直線上點A再到營區，PA=所以本題問題轉化為求點P'(3,4)到營區的最短距離，根據圓的幾何性質可得最短距離為P'O?故答案為：7213.已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F?，F?，過F?的直線與C的兩條漸近線分別交于x軸上方的A，B兩點，【答案】3【解析】【分析】本題考查雙曲線的漸近線，屬于中檔題．

由雙曲線的幾何性質得∠AF1O=【解答】

解：因為OA垂直平分BF1，所以∠AOF1=∠AOB，

又∠AOF1=∠BOF2，所以∠AOF1=∠AOB=∠BOF2=π3，

故∠AF14.已知函數fx=sin2x+1，將fx的圖象向左平移π4個單位長度，得到函數gx的圖象，若關于x的方程gx=aa∈R在0,9π8上有5個實數根，x【答案】5π

【解析】【分析】本題考查三角函數圖像變換以及兩個函數圖像交點個數問題，屬于拔高題．

首先根據函數的平移規則得到gx的解析式，畫出函數圖象，結合gx的對稱性計算可得【解答】解：因為函數fx=sin2x+1，將f函數y=cos2x的對稱軸為x=kπ2,k∈Z又函數y=cos2x的圖象是由y=cos2x的圖象將x軸下方的部分關于x軸對稱上去，所以y=cos2x的對稱軸為又gx=cos所以gx的圖象如下所示：

因為關于x的方程gx=aa∈R在0,即y=a與y=g(x)在x∈0,9π8又g(9π8)=|cos?2×令y=a與y=g(x)交點的橫坐標從小到大依次為x1則x1,x2關于x=π4對稱，x2,x3關于所以x1所以x=x故答案為：5π．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.(本小題13分)已知圓C的圓心在第一象限且在直線3x?y=0上，與x軸相切，被直線x?y=0截得的弦長為2(1)求圓C的方程;(2)設P(x,y)是圓C上任意一點，A(?4,2)，B(2,?2)，求|PA|2【答案】解：(1)依題意，設圓C的圓心坐標為(a，3a)，a>0，半徑為3a，

(a,3a)到直線x?y=0的距離為d=|a?3a|2=2a，

所以27=2(3a)2?(2a)2，解得a=1，

所以圓C的方程為(x?1)2+(y?3)2=9．

(2)|PA|2+|PB|2=(x+4)2+(y?2)2+(x?2)2+(y+2)2

=2x2+4x+2y2+28

=2(x2+2x+【解析】本題考查圓的方程的求法，考查點到圓上點的最值問題，考查運算求解能力，是中檔題．

(1)設出圓心坐標(a,3a)，a>0，判斷出圓的半徑，利用直線x?y=0截圓所得弦長列方程來求得a，從而求得圓C的方程．

(2)先求得|PA|2+|PB|2=2[(x+1)2+16.(本小題15分)

在△ABC.中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2b?ca=cosCcosA,a=3．

(1)求角A；

(2)若點D在邊AC【答案】解：(1)在△ABC中，∵2b?ca=cosCcosA，

∴2sinB?sinCsinA=cosCcosA，整理得2sinBcosA=sin(A+C)=sinB，

∵sinB>0，∴cosA=12，A∈(0,π)，

∴A=π3；

(2)∵BD=13BA+23BC，

∴CD?【解析】本題考查正弦定理、余弦定理、平面向量的線性運算，考查三角形的面積公式與基本不等式的應用，考查轉化與化歸思想及運算求解能力，屬于中檔題．

(1)利用正弦定理及兩角和的正弦公式，化簡2b?ca=cosCcosA，可得cosA=12，從而可求得角A的值；

(2)由17.(本小題15分)

已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為33，直線x?y+5=0與橢圓C有且只有一個公共點．

(1)求橢圓C的標準方程;(2)設點A(?3,0)，B(3,0)，P為橢圓C上一點，且直線PA與PB【答案】解：(1)∵直線x?y+5=0與橢圓有且只有一個公共點，∴直線x?y+5=0與橢圓

C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相切，∴x?y+5=0x2a2+y2b2=1

?(b2+a2)x2+25a2x+5a2?a2b2=0，∴Δ=0?a2+b2=5，又∵ca=33∴

a=3∴b2=a2?c2=2，橢圓C的方程為x23+y22=1．

(2)證明：由題意M、N是橢圓C上不同于A，B的兩點，

由題意知直線AP，BP斜率存在且不為0，又由已知

kAP?kBP=?23.由AP//OM，BP//ON，

所以kOM?kON=?23，

當【解析】本題考查橢圓的概念及標準方程

、直線與橢圓的位置關系以及圓錐曲線中的定值問題，屬于較難題．

(1)直線x?y+5=0與橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相切，∴x?y+5=0x2a18.(本小題17分)已知三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=BB1=2(1)證明：AB⊥AC；(2)若側面ACC1A1是正