2020年秋学期高一级期末考试成绩分析
高一期末评估分析报告
高一期末评估分析报告1. 背景介绍本报告旨在分析高一期末评估的结果，并对学生的学术表现和整体课程设置进行评估和反馈。
2. 评估结果根据学校的评估数据和学生的综合表现，我们得出以下结论：- 学生的整体平均得分较高，表现出良好的学术水平。
- 在不同科目中，数学和英语得分显著高于其他科目；物理和化学的得分居中；历史和地理的得分相对较低。
- 女生的整体平均得分略高于男生。
3. 学生表现分析根据评估结果和学生的表现，我们可以得出以下结论：- 在数学和英语方面，学生的表现优秀，表明他们对这两门科目有较好的掌握能力和研究兴趣。
- 物理和化学方面的表现一般，可能需要加强实验和理论应用的训练。
- 历史和地理方面的表现较差，可能需要更具吸引力和互动性的教学方法来提高学生的研究兴趣和理解能力。
4. 课程评估和调整建议基于评估结果和学生的表现，我们提出以下建议用于课程的评估和调整：- 针对数学和英语这两门学科，可以提供更多的挑战性和拓展性的研究机会，以满足学生的研究需求。
可以鼓励学生参加数学和英语相关的竞赛和活动。
- 在物理和化学方面，可以增加实验活动的频率，以加强学生对理论知识的应用和实践能力。
同时，提供更多的练和复材料，帮助学生巩固知识。
- 针对历史和地理这两门学科，可以运用多媒体和互动教学手段，使研究内容更生动有趣。
同时，鼓励学生进行小组讨论和研究项目，提高他们的理解和分析能力。
5. 总结根据高一期末评估的结果，学生整体表现良好，但在不同学科方面存在差异。
本报告提出了针对每门学科的优化建议，希望能够进一步提高学生的学术水平和综合素质。
> 注：本报告所提出的建议仅供参考，具体的课程评估和调整应根据学校和教师的实际情况进行决策。
2020年秋学期高一级期中考试成绩分析
2020年秋学期高一级期中考试成绩分析一、学生总体情况(一) 入学文化科成绩总体良好，但优秀人数少，良好的人数占比大高一年级普通类（1-15班）学生共有749人，入学文化科成绩总体情况：满分780分，最高分702分，平均分584.5分；663分（满分×85%）及以上的学生只有18人，占比2.4%；624分（满分×80%）及以上的学生有118人，占比15.75%；585分（满分×75%）及以上的学生有359人，占比47.93%；546分（满分×70%）及以上的学生有674人，占比89.99%；468分（满分×60%）及以上的学生有736人，占比98.26%。
高一年级体育艺术类（16-18班）学生共有138人，入学文化科成绩总体情况：满分780分，最高分597分，平均分451.3分；585分（满分×75%）及以上的学生有1人，占比0.72%；546分（满分×70%）及以上的学生有9人，占比6.52%；468分（满分×60%）及以上的学生有67人，占比48.55%；429分（满分×55%）及以上的学生有91人，占比65.94%。
2020年秋学期高一级入学成绩班级平均分(二) 期中考试成绩总体良好，但优秀人数少，合格的人数占比较大高一年级普通类（1-15班）学生共有745人参加期中考试，考试文化科成绩总体情况：满分1050分，最高分861分，平均分666.5分；892.5分（满分×85%）及以上的学生有0人，占比0%；840分（满分×80%）及以上的学生有4人，占比0.54%；787.5分（满分×75%）及以上的学生有35人，占比4.7%；735分（满分×70%）及以上的学生有139人，占比18.66%；630分（满分×60%）及以上的学生有506人，占比67.92%。
2020年广西壮族自治区柳州市公园路中学高一语文下学期期末试卷含解析
2020年广西壮族自治区柳州市公园路中学高一语文下学期期末试卷含解析一、现代文阅读（35分，共3题）1. 阅读下面的文字，完成1～3题。
阅读之惑：人文何用？——刘伟见如今一进书店，占据畅销榜上的多是生活实用类书籍，不是身体保健类的读物就是职场竞技类的作品，就连小说，也是官场、职场类小说最火。
思想、哲学、文化类的人文读本已经很难销售上榜了——社会竞争、实用至上的思想日益延伸到了出版。
一个时代人文作品的创作与传统经典的阅读往往与其时代精神状况相关，行走在实用凸显、人文消退的书的丛林里，阅读之惑油然而生：人文何用？与之形成对照的是，新一届诺贝尔物理学奖获得者、华人科学家高锟先生恰恰是一位中国传统文化修养很高的学者。
今年10月28日，美国国会众议院通过了一项议案，纪念孔子诞辰2560周年：原因是孔子在“哲学、社会和政治思想方面作出的无价贡献”。
对于孔子思想，我们至今有相当一部分人认为是农耕文化的落后思想。
这使人想起《法华经》中佛祖以三车比喻人自身本有宝藏，而一味向外寻求。
传统文化的疏离，使国人陷入对本国文化的无知和对来自外人赞誉的诧异中。
不久前辞世的科学大家钱学森先生在与温家宝总理见面时曾说，人才培养不仅要学科学知识，也很需要人文艺术知识。
最近，武汉出版社出版的《20世纪诺贝尔奖获得者辞典》中，讲述了诸多诺贝尔奖获得者具有丰富人文修养的故事。
如法国科学家里歇，他同时是一位诗人和小说家。
日本诺贝尔奖获得者汤川秀树写的《创造力与自觉：一个物理学家对于东西方的考察》则大力推崇中国的老庄，认为自己受中国传统文化影响很大。
人文是什么，是人由历史、现实而提升出来的精神气质，它呈现、凝结于文化之中。
就像人皆有骨架身体，但人的修养体现在他的精气神中。
但现实发生的倒置是：人必须以生理需求作为第一要义然后再满足精神需求。
生理需求一旦满足后，精神需求反而无所适从。
所以，人文润泽恰如生理需求，是人快乐生活之两翼。
阅读与此同理，我们不能只迷失在知识丛林的获取中，还要体会阅读带给我们内心的安静。
高一英语期末成绩研究报告
高一英语期末成绩研究报告
研究目标
本研究旨在分析高一学生的英语期末成绩情况，探讨可能的影响因素，并提出相应的建议。
方法
我们收集了一份高一学生的英语期末成绩数据，并进行了以下分析：
1. 描述性统计：对成绩数据进行了整体的描述性统计，包括平均分、最高分、最低分等指标，以了解整体成绩水平。
2. 相关性分析：通过计算成绩与其他可能的影响因素之间的相关系数，如学习时间、学习方法、课外活动等，来探究它们之间的关系。
3. 回归分析：使用回归模型来预测学生的英语期末成绩，以确定哪些因素对成绩有显著影响。
结果
根据我们的分析，得出以下结果：
1. 描述性统计显示，高一学生的英语期末平均成绩为80分，最高分为95分，最低分为60分。
2. 相关性分析表明，学习时间与成绩之间存在正相关关系，即学习时间越长，成绩越好。
而学习方法和课外活动与成绩之间的相关性较弱。
3. 回归分析结果显示，学习时间是对英语期末成绩影响最显著的因素，其他因素的影响相对较小。
建议
基于我们的研究结果，我们提出以下建议来提高高一学生的英
语期末成绩：
1. 提倡合理安排学习时间，鼓励学生将更多时间投入到英语学
习中。
2. 引导学生使用高效的学习方法，例如制定学习计划、积极参
与课堂讨论等。
3. 鼓励学生参加适当的课外活动，以提升英语综合能力。
结论
通过对高一英语期末成绩的研究分析，我们得出结论：学习时
间是对成绩影响最为显著的因素。
因此，学生应合理安排学习时间，采用高效的学习方法，并参与适当的课外活动，以提高英语期末成绩。
期末成绩分析报告
期末成绩分析报告导言本文通过对学生期末成绩进行深入分析，探讨了各项因素对学生成绩的影响，旨在为学校提供有针对性的教育改进建议。
数据来源本次成绩分析报告基于2021年秋季学期学生期末考试成绩数据进行分析，共涵盖了400名学生的成绩情况。
总体成绩分布首先，分析了整体成绩分布情况。
数据显示，平均成绩为75分，标准差为8分，成绩呈现正态分布，绝大多数学生的成绩集中在70-80分之间。
不同科目成绩对比接着，对各科目成绩进行了对比分析。
数学和语文成绩普遍较高，平均分分别为78分和77分，而物理和化学成绩相对较低，平均分分别为72分和73分。
这表明学生在数学和语文方面相对较强，而在理科方面有待提高。
学习时间与成绩关系进一步分析学习时间与成绩之间的关系。
数据显示，学习时间与成绩呈现正相关关系，学习时间越充分，成绩也越好。
建议学生在备考期间合理规划学习时间，以提高成绩。
同学互助与成绩关系此外，还研究了同学之间互相讨论学习的频率与成绩之间的关系。
结果显示，经常参与同学间互助讨论的学生，成绩相对较高。
因此，学校可倡导学生多进行同学间互助，促进学习。
家庭背景与成绩关系最后，探讨了学生家庭背景与成绩之间的关系。
数据显示，家庭背景较好的学生成绩相对较高，这提示家庭对学生成绩的影响不可忽视。
学校应关注家庭经济较困难学生的成绩提升，提供相关支持和帮助。
结论与建议综上所述，学校应着重加强学生在理科学科的学习，引导学生合理规划学习时间，倡导同学之间多进行学习互助，对家庭经济较为困难的学生给予更多关怀和支持，以提升整体成绩水平。
以上是对学生期末成绩进行的详细分析，希望能对教育教学工作提供参考与借鉴。
福建省宁德市2020_2021学年高一数学下学期期末考试质量检测试题含解析
福建省宁德市2020-2021学年高一数学下学期期末考试质量检测试题（含解析）一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（）A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（）A．A与B互斥B．A与B对立C．A与B独立D．A与B相等3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（）A．甲户比乙户大B．乙户比甲户大C．甲、乙两户一般大D．无法确定哪一户大4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（）A．0°B．45°C．60°D．90°5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（）A．若m∥n，n∥α，则m∥αB．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βC．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A．B．C．D．7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（）A．B．C．D．8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．设向量，则（）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+i sinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：z n＝[r（cosθ+i sinθ）]n ＝r n（cos nθ+i sin nθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（）A．当时，B．C．|z4|＝|z|4D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（）A．正四面体的外接球的表面积为96πB．正四面体的内切球的体积为C．正四面体的棱长为12D．线段MN的最大值为12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（）A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1C．均值为2，标准差为D．均值为3，众数为4三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知z＝，则|z|＝．14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝．15．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于．16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知向量满足＝（1，1），||＝1．（1）若的夹角θ为，求；（2）若，求与的夹角．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．（1）求证：A1B∥平面ADC1；（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：（1）求样本数据的80%分位数；（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s ≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．20．现给出两个条件：①2b sin A＝a tan B，②a（sin A﹣sin C）＝b sin B﹣c sin C，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．（1）求B；（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：（1）恰有一人面试合格的概率；（2）至多一人签约的概率．22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．若⊥，则该三棱锥为“鳖臑”；（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．参考答案一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分）.1．已知复数z满足z＝i（1+i），则是（）A．﹣1+i B．﹣1﹣i C．1+i D．1﹣i【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．解：∵z＝i（1+i）＝﹣1+i，∴．故选：B．2．掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，则事件A与事件B的关系为（）A．A与B互斥B．A与B对立C．A与B独立D．A与B相等【分析】事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件；P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，由P（AB）＝P（A）P （B），得A与B独立；事件A与事件B不相等．解：掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚出现奇数点”，事件B＝“第二枚出现偶数点”，事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，故A，B均错误；P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝＝，∵P（AB）＝P（A）P（B），A与B独立，故C正确；事件A与事件B不相等，故D错误．故选：C．3．如图1、图2分别是甲、乙两户居民家庭全年各项支出的统计图．根据统计图，下列对两户居民旅游支出占全年总支出的百分比作出的判断中，正确的是（）A．甲户比乙户大B．乙户比甲户大C．甲、乙两户一般大D．无法确定哪一户大【分析】由柱状图计算出乙户的旅游支出占比，再与甲的比较即可．解：由饼状图，甲户的旅游支出占25%；由柱状图，乙户的旅游支出占＜25%．故选：A．4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为（）A．0°B．45°C．60°D．90°【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，由此能求出AM与BN所成角的大小．解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体ADNE﹣CMFB，∵CD∥BN，CD⊥AM，∴AM⊥BN，∴在这个正方体中，AM与BN所成角的大小为90°．故选：D．5．已知m，n是两条直线．α，β是两个平面，下列说法正确的是（）A．若m∥n，n∥α，则m∥αB．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βC．若m∥α，n⊂α，则m∥n D．若m⊂α，m⊥β，则α⊥β【分析】对于A，m∥α或m⊂α；对于B，m与β相交、平行或m⊂β；对于C，m与n 平行或异面；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β．解：由m，n是两条直线．α，β是两个平面，知：对于A，若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故A错误；对于B，若α⊥β，m⊂α，则m与β相交、平行或m⊂β，故B错误；对于C，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故C错误；对于D，若m⊂α，m⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．故选：D．6．已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A．B．C．D．【分析】找出10组随机数中三次投篮恰有两次命中的事件，计算所求的概率值．解：根据10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，表示三次投篮恰有两次命中的事件是204，171，263，共3件；所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝．故选：B．7．《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．其中，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，则田忌的马获胜的概率为（）A．B．C．D．【分析】基本事件总数n＝3×3＝9，利用列举法求出田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，由此能求出田忌的马获胜的概率．解：田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．若双方各自拥有上等马、中等马、下等马各1匹，且双方各自随机选1匹马进行1场比赛，基本事件总数n＝3×3＝9，分别为：田忌的上等马对阵齐王的上等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的中等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的下等马对阵齐王的中等马，田忌的下等马对阵齐王的下等马，田忌的马获胜包含的基本事件有3种情况，分别为：田忌的上等马对阵齐王的中等马，田忌的上等马对阵齐王的下等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，则田忌的马获胜的概率为P＝．故选：C．8．如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则＝（）A．B．C．D．【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可．解：∵＝2，∴＝+＝+＝+（﹣）＝+﹣×，∴＝+，∴＝+．故选：C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．设向量，则（）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）【分析】根据平面向量数量积的运算性质逐一进行判断即可解：因为，所以＝（﹣1，﹣1），对A：||＝，||＝，所以||＝||，故A正确；对B：因为1×（﹣1）﹣（﹣1）×（﹣1）＝﹣2≠0，所以与不平行，故B错误；对C：（）•＝﹣1+1＝0，所以（）⊥，故C正确；对D：在上的投影为＝＝1，则在上的投影向量为（1，0），故D正确；故选：ACD．10．任何一个复数z＝a+bi（其中a、b∈R，i为虚数单位）都可以表示成：z＝r（cosθ+i sinθ）的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：z n＝[r（cosθ+i sinθ）]n ＝r n（cos nθ+i sin nθ）（n∈N+），我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（）A．当时，B．C．|z4|＝|z|4D．在复平面内对应的点的坐标为第三象限【分析】根据已知条件，结合复数z的三角形式和共轭复数的概念，即可求解．解：对于A选项，当时，z＝cos+＝，，故A选项正确，对B选项，＝cosπ+sinπi＝﹣1，故B选项错误，对于C选项，∵z＝r（cosθ+i sinθ），∴z4＝r4（cos4θ+i sin4θ），则|z4|＝r4，|z|4＝r4，∴|z4|＝|z|4，故C选项正确，对于D选项，＝＝，即在复平面对应的点为（，）位于第四象限，故D选项错误．故选：AC．11．已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M、N，若线段MN的最小值为，则（）A．正四面体的外接球的表面积为96πB．正四面体的内切球的体积为C．正四面体的棱长为12D．线段MN的最大值为【分析】设这个四面体的棱长为a，利用分割补形法求其外接球的半径，由等体积法求其内切球半径，再由已知列式求解a，然后逐一分析四个选项得答案．解：设这个四面体的棱长为a，四面体可看作棱长为的正方体截得的，故四面体的外接球即为正方体的外接球，外接球直径为正方体体对角线长，2R外＝＝，∴R外＝a，四面体的高h＝a，根据等体积法，S•h＝4×S•r内，解得r内＝a，依题意得R外﹣r内＝a﹣a＝，∴a＝12，故C正确；正四面体外接球的半径，则正四面体外接球的表面积为4π×54＝216π，故A错误；正四面体内切球的半径为，则内切球的体积V＝×＝，故B正确；线段MN的最大值为：R外+r内＝，故D错误．故选：BC．12．新冠肺炎期间，某社区规定：若任意连续7天，每天不超过6人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热．下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该社区没有发生群体性发热的为（）A．中位数为4，众数为3 B．均值小于1，中位数为1C．均值为2，标准差为D．均值为3，众数为4【分析】根据题意，假设设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，由此依次分析选项，可得答案．解：由题意，设连续7天，每天的体温高于37.3℃的人数分别为a，b，c，d，e，f，g，且0≤a≤b≤c≤d≤e≤f≤g，依次分析选项：对于A，a，b，c，d，e，f，g依次取3，3，3，4，5，5，7，则满足中位数为4，众数为3，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；对于B，若g≥7，中位数为1，则有（a+b+c+d+e+f+g）＞g≥1，与均值小于1矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；对于C，若均值为2，标准差为，则有（a+b+c+d+e+f+g）＝2，[（a﹣2）2+…+（g﹣2）2]＝3，变形可得a+b+c+d+e+f+g＝14，（a﹣2）2+…+（g﹣2）2＝21，若g≥7，则（g﹣2）2≥25，与标准差为矛盾，可以判定该社区没有发生群体性发热，符合题意；对于D，a，b，c，d，e，f，g依次取0，1、2，3，4，4，7，满足均值为3，众数为4，但是第7天的人数为7＞6，不符合题意；故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知z＝，则|z|＝ 1 ．【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．解：∵z＝＝，∴．故答案为：1．14．在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝ 1 ．【分析】先根据b，c，∠c，由正弦定理可得sin B，进而求得B，再根据正弦定理求得a．解：在△ABC中由正弦定理得，∴sin B＝，∵b＜c，故B＝，则A＝由正弦定理得∴a＝＝1故答案为：115．如图，桌面上放置一个装有水的圆柱形玻璃水杯，AB为杯底直径，现以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，则圆柱母线与水面所在平面所成的角等于．【分析】作出图形，数形结合能求出结果．解：如图，以点B为支点将水杯倾斜，使AB所在直线与桌面所成的角为，，水面所在直线EF∥桌面所在直线CD，，∴，∴圆柱母线与水面所在平面所成的角∠EFB＝∠CBF＝．故答案为：．16．菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，M为DC的中点，若N为菱形内任意一点（含边界），则的最小值为﹣4 ．【分析】设在向量方向上的投影为x，结合图形可知当N点与A点重合时x最小，所以，进而可得答案．解：设在向量方向上的投影为x，则，当x最小时，取得最小值，结合图形可知当N点与A点重合时x最小，所以＝．故答案为：﹣4．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知向量满足＝（1，1），||＝1．（1）若的夹角θ为，求；（2）若，求与的夹角．【分析】（1）根据平面向量数量积运算公式求解即可；（2）由得，进而求出，再根据平面向量夹角公式求解即可．解：（1），所以，所以，（2）因为，所以，所以，所以，所以，因为θ∈[0，π]，所以．故与的夹角为．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝1，D是BC的中点．（1）求证：A1B∥平面ADC1；（2）若面ABB1A1⊥面ABC，AA1⊥AB，AA1＝2，求几何体ABD﹣A1B1C1的体积．【分析】（1）连接A1C，交AC1于O，连接OD，可得OD∥A1B，再由直线与平面平行的判定得AB1∥平面ADC1；（2）由平面ABB1A1⊥平面ABC，AB⊥AA1，利用平面与平面垂直的性质可得AA1⊥平面ABC，再由已知求得三棱锥ABC﹣A1B1C1与三棱锥C1﹣ADC的体积，作差可得几何体ABD﹣A1B1C1的体积．【解答】（1）证明：连接A1C，交AC1于O，连接OD，∵OD是ΔCA1B的中位线，∴OD∥A1B，又OD⊂平面ADC1，AB1⊄平面ADC1，∴AB1∥平面ADC1；（2）解：∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥AA1，AA1⊂平面ABB1A1，∴AA1⊥平面ABC，∵AB⊥AC，AB＝AC＝1，且AA1＝2，∴，，故．19．某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量﹣标准质量，单位mg）的样本数据统计如下：（1）求样本数据的80%分位数；（2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在（﹣s，+s）范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中分别为样本平均数和样本标准差，计算可得s ≈10（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．①若产品的质量差为62mg，试判断该产品是否属于一等品；②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率．【分析】（1）求出频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，从而80%分位数一定位于[76，86）内，由此能估计样本数据的80%分位数．（2）①求出平均数，得到，再由62∈（60，80），得该产品属于一等品．②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，利用列举法求出摸出两件产品总基本事件共10个，法一：记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，利用列举法求出A包含的基本事件共9个，由此能求出所求概率．法二：记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．利用对立事件概率计算公式能求出所求概率．解：（1）因为频率f1＝0.1，f2＝0.2，f3＝0.45，f4＝0.2，f5＝0.05，f1+f2+f3+f4＝0.95；f1+f2+f3＝0.75，所以，80%分位数一定位于[76，86）内，所以＝．所以估计样本数据的80%分位数约为78.5．（2）①，所以，又62∈（60，80）可知该产品属于一等品．②记三件一等品为A，B，C，两件二等品为a，b，这是古典概型，摸出两件产品总基本事件共10个，分别为：（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），（a，b），方法一：记A：摸出两件产品中至少有一个一等品，A包含的基本事件共9个，分别是：（A，B），（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），（B，b），（C，a），（C，b），所以．方法二：记事件A：摸出两件产品中至少有一个一等品，：摸出两个产品，没有一个一等品，基本事件共一个（a，b）．所以．20．现给出两个条件：①2b sin A＝a tan B，②a（sin A﹣sin C）＝b sin B﹣c sin C，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选，则按第一个解答计分）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若_____．（1）求B；（2）若点D是边AC靠近A的三等分点，且BD长为1，求△ABC面积的最大值．【分析】（1）①根据正弦定理以及同角关系进行转化求解；②利用正弦定理和余弦定理进行转化求解即可．（2）根据点D是边AC靠近A的三等分点，方法1：根据条件得到关于a，c的关系式，然后利用基本不等式求出ac的范围，再得到面积的最大值；方法2，直接利用余弦定理，结合基本不等式进行转化求解即可．解：（1）若选①，由2b sin A＝a tan B，得2 sin B sin A＝由sin A≠0，sin B≠0，得因为B∈（0，π），所以B＝60°．若选②，由a（sin A﹣sin C）＝b sin B﹣c sin C，得a2+c2﹣b2＝ac所以因为B∈（0，π），所以B＝60°．（2）方法一：，，由，平方得，即，所以，所以，即，当且仅当时，取等号，所以，此时且．方法二：△ABC中，由余弦定理，可得b2＝a2+c2﹣ac，由∠ADB+∠CDB＝π，得cos∠ADB＝﹣cos∠CDB，所以，所以，即a2+4c2+2ac＝9，由基本不等式，得即，当且仅当，取等号，所以，即，所以，此时且．21．甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：（1）恰有一人面试合格的概率；（2）至多一人签约的概率．【分析】（1）利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式求解即可；（2）事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，然后由互斥事件的加法公式得到P（E）＝P（F）+P（G），再利用对立事件的概率公式以及相互独立事件的概率乘法公式分别求解P（F），P（G），即可得到答案．解：（1）记事件A：甲面试合格，事件B：乙面试合格事件C：丙面试合格事件D：恰好有一人面试合格，依题意，事件A、B、C相互独立，所以＝＝；（2）事件E：至多一人签约，事件F：恰好一人签约，事件G：没人签约，因为F与G互斥，所以P（E）＝P（F）+P（G），又＝＝，＝＝，，所以至多一人签约的概率为．22．在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC．（1）从三棱锥P﹣ABC中选择合适的两条棱填空．若AB⊥BC，则该三棱锥为“鳖臑”；（2）已知三棱锥P﹣ABC是一个“鳖臑”，且AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，①若△PAC上有一点D，如图1所示，试在平面PAC内作出一条过点D的直线l，使得l与BD垂直，说明作法，并给予证明；②若点D在线段PC上，点E在线段PB上，如图2所示，且PB⊥平面EDA，证明∠EAB是平面EAD与平面BAC的二面角的平面角．【分析】（1）由“鳖臑”的定义求解即可；（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，利用线面垂直的判定定理和性质证明l⊥平面BCD，即可证明l⊥BD；②延长ED，BC，交于点F，连接AF，利用线面垂直的判定定理证明AF⊥平面PAB，由二面角的平面角的定义即可证明．解：（1）因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，则PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，故△PAC与△PAB是两个直角三角形，当AB⊥BC时，则△BAC为直角三角形，因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，则△BPC为直角三角形，故该三棱锥为“鳖臑”；（2）①连接CD，在△PAC内，过点D作l⊥CD，即可得l为所求直线，证明如下：在△ABC中，由余弦定理可得，由勾股定理逆定理可知，BC⊥AC，又因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又l⊂平面PAC，则l⊥BC，又l⊥CD，CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面BCD，所以l⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD所以l⊥BD；②延长ED，BC，交于点F，连接AF，因为点F∈平面ADE，点F∈平面ABC，所以平面ADE∩平面ABC＝AF，因为PA⊥底面ABC，且AF⊂平面ABC所以PA⊥AF，因为PB⊥平面EDA，AF⊂平面EDA，所以PB⊥AF，又因为PB∩PA＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以AF⊥平面PAB，所以AF⊥AE，AF⊥AB，故∠EAB是平面EAD与平面BAC所形成的二面角的平面角．21。
高一期末成绩报告单学生评语
高一期末成绩报告单学生评语以下是高一期末成绩报告单学生评语，分为学科评价和综合评价两部分。
一、学科评价1. 语文(1) 文字表达能力较强，能够用简练准确的语言表述观点。
(2) 阅读理解能力较好，能够独立阅读并理解各种文本材料。
(3) 诗歌鉴赏能力较强，对于古代和现代诗歌有一定的理解和欣赏能力。
2. 数学(1) 数学思维活跃，能够运用所学数学知识解决实际问题。
(2) 理解力较强，对于抽象概念和数学原理有良好的理解和掌握。
(3) 计算能力较高，能够熟练使用计算器和数学软件进行数值计算。
3. 英语(1) 听说读写能力较强，能够进行简单的日常交流与交际。
(2) 阅读理解能力较好，能够独立阅读并理解各种类型的英语文章。
(3) 表达能力较强，能够用简洁准确的语言表述观点和理解。
4. 物理(1) 实验操作规范，能够熟练使用实验仪器进行实验操作。
(2) 理论基础扎实，对于物理原理有一定的理解和掌握。
(3) 解题能力较强，善于运用所学的物理知识解决实际问题。
5. 化学(1) 实验操作规范，能够熟练进行化学实验操作。
(2) 理论基础扎实，对于化学反应和化学方程式有一定的理解和掌握。
(3) 分析判断能力较强，能够分析和解释实验现象。
6. 生物(1) 生物基础知识扎实，能够熟练记忆和运用生物知识。
(2) 实验技能熟练，能够进行生物实验操作。
(3) 观察能力较强，能够观察和分析生物现象。
7. 历史(1) 历史知识扎实，能够记忆和理解历史事件和历史人物。
(2) 分析能力较强，能够分析历史事件的成因和影响。
(3) 文献阅读能力较好，能够理解古代文献和历史资料。
8. 地理(1) 地理基础知识掌握较好，能够记忆和理解地理概念和地理事实。
(2) 图形分析能力较强，能够阅读和分析地图、图表等地理材料。
(3) 地理实地考察能力较强，能够进行地理实地观察和调查。
9. 政治(1) 政治基础知识掌握较好，能够记忆和理解政治概念和政治事实。
(2) 理论应用能力较强，能够运用所学政治理论解决实际问题。
高2020级第一学期期中考试成绩分析
高一年级第一学期期中考试考后分析一、我们高一年级学生基本队伍分析：1、尖子生队伍：①多少分为尖子生，一般认为前10名为尖子生。
本次考试前4名为700分以上者分别是1班的郑佩蝶772分，六班的刘毅759，许豪724和蒋豪709分。
若把此考满分950分按高考满分750分折算，则只有3名同学上500分以上，分别是1班的郑佩蝶561，六班的刘毅575和许豪514分。
这说明，我们年级的尖子生不多，但希望能利用这几个尖子生带动优生群体，利于形成一个优生集团。
2、优生队伍：若按照去年高考本科录取线为优生折算，共有11人可视为优生，其中，1班0人，2班0人，3班0人，4班0人，5班0人，6班11人。
3、主要分数段，学生构成情况4、各班各科平均分二、主要存在问题：1、分数段的不平衡问题①分段上的不平衡：600分以上只有17人，500分以上87人，400分以上166人，300分以下还有120人。
②平均分上的不平衡：以各班来看：语文、英语、政治、化学、地理较为平衡。
其他学科出现班与班之间的不平衡，如：数学平均分为两个极端，1班70.7，6班90；历史6班的分数最低；生物3班的平均分居然最高，6班的不够理想。
这种情况要务必引起年级组、有关班级、教师的高度重视。
尽量消灭差科，消灭不平衡，才能年级、班级、学科整体进步。
所以，年级组、班主任、有关教师责任重大。
2、总体成绩不容乐观本次考试的题应该不是很难，而且有的学生的成绩可能还有水分，从总体上看没有达到我们开学的预期效果，由此可见，在两个多月的高一学习生活后，多数学生还没有适应高中的学习。
所以，这个情况也要引起我们的重视和反思。
反思我们的管理和教学，因材施教。
3、班级的问题从总的来看，本年级的各方面情况还算正常，但是有很多地方还存在问题：（1）总的学习风气还不够浓厚，有很多学生在上课和上自习时不够认真，还存在着睡觉和讲话的现象；现在开学才2个多月，就有老师反映某些班级的很多学生不学习了，上课不听讲，下课抄作业。
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2020年秋学期高一级期末考试成绩分析
一、学生考试总体情况
(一)考试成绩总体良好，但高分人数少，中等层次的人数占比较大
高一年级普通类（1-15班）学生共有745人参加期中考试，考试文化科成绩总体情况：满分1050分，最高分808.5分，平均分574.26分；840分（满分×80%）及以上的学生有0人，占比0%；787.5分（满分×75%）及以上的学生有4人，占比0.54%；735分（满分×70%）及以上的学生有11人，占比1.48%；682.5分（满分×65%）及以上的学生有53人，占比7.11%；630分（满分×60%）及以上的学生有157人，占比21.07%；577.5分（满分×55%）及以上的学生有364人，占比48.86%；525分（满分×50%）及以上的学生有562人，占比75.44%。
高一年级体育艺术类（16-18班）学生共有137人参加期中考试，考试文化科成绩总体情况：满分1050分，最高分594.5分，平均分429.56分；630分（满分×60%）及以上的学生有0人，占比0%；577.5分（满分×55%）及以上的学生有1人，占比0.73%；525分（满分×50%）及以上的学生有13人，占比9.49%；472.5分（满分×45%）及以上的学生有36人，占比26.28%；420分（满分×40%）及以上的学生有77人，占比56.20%；367.5分（满分×35%）及以上的学生有117人，占比85.4%。
表1 2020年秋学期高一级期末考试班级平均分
(二)平均分江门排名总体稳定，个别科目退步较大
各科平均分与2019级高一同期相比，2020级高一的语文、化学进步较大，数学、物理稳定，其他科目有不同程度的退步，其中政治和地理退步较大。
表2 2019级高一与2020级高一第一学期江门调研测试平均分排名
(三)优分人数稳定，本科人数增加较多；学科失衡和偏科现象较严重
预测上线人数同2019级高一相比，总分的优分人数没有变化，语文、英语、物理化学、生物和历史上线人数增加较多，数学、政治稳定，地理人数减少较多，需引起重视。
表3 2019级高一与2020级高一第一学期江门调研测试普通类优分、本科人数
注：按近三年江门市高考上线人数测算普通类考生上线人数，优分上线最低排名为2900，本科上线最低排名为13690。
表4 2020级高一第一学期江门调研测试普通类各班预测优分人数
注：按近三年江门市高考上线人数测算普通类考生上线人数，优分上线最低排名为2900。
从各班预测优分上线人数来看，1-6班总分的优分人数总体均衡，4班和6班的人数最多，1班、2班和3班人数最少；1-6班各科的优分人数中数学、英语和物理总体较少，语文、化学、生物、政治、历史和地理总体较多；7-15班各科优分人数不均衡，其中数学、物理和生物人数较少，化学、政治和历史人数较多。
从各班预测本科上线人数来看，1-6班总分的本科人数总体均衡，1班和2班全部上线，其他班还有1-2个没有上线；1-6班各科的本科人数中语文、政治和地理总体较少，化学、生物和历史总体较多；7-15班总分的本科人数不均衡，其中8班、9班和14班人数较少，7班、12班和15班人数较多；7-15班各科的本科人数中语文、数学、英语、政治和地理较少，物理、化学、生物和历史人数较多。
表5 2020级高一第一学期江门调研测试普通类各班预测本科人数
注：按近三年江门市高考上线人数测算普通类考生上线人数，本科上线最低排名为13690。
二、期末考试各班进步情况
(一) 1-6班总分排名变化情况
1-6班总分排名前50名中3班增加了1位学生，6班增加了2位学生，其他班没有增加，个别班有减少；总分排名前100名中3班增加了4位同学，4和5班都增加了1位学生，个别班减少的人数较多；总分排名前150名中2班增加了3位学生，个别班减少的人数较多；总分排名前200名中3班增加了7位学生，2班和6班都有减少，个别班减少的人数在5个以上；总分排名前250名中除了1班和6班有减少，其他班都有增加；总分排名前300名中除了1班和6班有减少，其他班都有增加，5班增加最多。
总体来看，3班和5班进步较大，1班和2班较稳定，个别班退步较大。
退步的原因可能有以下几种：第一，学习效率低，没有合理安排时间巩固基础知识；第二，部分学生网络游戏上瘾导致心浮气躁，没有静下心来学习，考试答题时审题不清楚；第三，部分学生骄傲自满，没有发挥刻苦钻研进行学习的精神。
表6 1-6班期中考和期末考试文化科总分排名前50名、前100名各班分布
(二) 7-15班总分排名变化情况
7-15班总分排名前250名中，除了7班、9班和11班有减少外，其他班有不同程度的增加，其中10班和15班增加的最多，增加了3位学生，8班、12班和13班都增加了1位学生；总分排名前300名中，除了7班、9班、11班、13班和15班有减少外，其他班有不同程度的增加，其中8班增加的最多，增加了4位学生，14班增加了3位同学，10班和12班都增加了2位学生；总分排名前350名中，除了7班、9班、11班和13班有减少外，其他班有不同程度的增加，其中8班增加的最多，增加了6位学生，10班和12班都增加了4位学生；总分排名前400名中，除了8班、12班和14班有增加外，其他班有不同程度的减少；总分排名前450名中，除了13班和14班增加3位学生外，其他班都有减少；总分排名前500名中，除了9班、10班、13班和14班有增加
外，其他班有不同程度的减少。
总体来看，8班、10班、12班和13班进步较大，其他班有所退步，个别班退步较大。
退步的原因可能有以下几种：第一，个别班期中考后学习状态有所松懈；第二，部分学生网络游戏上瘾导致心浮气躁，有厌学情绪；第三，个别班的学习风气有待提高，早晚读不够积极，晚自习较吵闹；第四，部分学生受选科影响过早偏科学习；第五，没有合理安排时间及时复习巩固基础知识。
表10 7-15班期中考和期末考试文化科总分排名前350名、前400名各班分布
表11 7-15班期中考和期末考试文化科总分排名前450名、前500名各班分布
(三)1-6班各科平均分变化情况
1-6班各科平均分相比期中考来看，2班和4班的语文、5班和6班的数学、2班和3班的英语、1班和3班的物理、6班的化学、1班的生物和历史、2班和4班的政治、5班地理进步较大；3-5班的总平均分进步较大，个别班退步明显。
表14 1-6班期中考和期末考政治历史地理总分平均分同类班差值变化
(四) 7-15班各科平均分变化情况
7-15班的各科平均分相比期中考来看，10班、12班、13班的语文进步较大，8班、13班、15班的数学进步较大，12班、13班的英语进步较大，10班、13班、14班的物理进步较大，8班、13班、14班的化学进步较大，10班的生物进步较大，9班、12班、15班的政治进步较大，13班、14班的历史进步较大，12班的地理进步较大；8班、10班、12班、13班、14班的总平均分进步较大，其中13班进步最大，高出同类班平均分12.92分，个别班退步明显，7班退步最大，低于同类班平均分13.32分，11班退步明显，低于同类班平均分10.74分。
表16 7-15班平均分同类班差值变化
(五)16-18班各科平均分变化情况
16-18班各科平均分相比期中考来看，16班的数学、英语、物理、化学、生物进步较大，18班的语文、政治、地理也有进步；总分的平均分相比期中考来看，16班进步最大，17班和18班主要受晚上术科训练影响导致学习的时间不够，进而这次考试退步较大，其中18班退步明显。
表19 16-18班期中考和期末考物理化学生物平均分同类班差值变化
三、今后主要改进措施
根据本学期的两次考试结果和平时教学情况反映出的问题，下学期将主要从以下几方面加以改进：第一，继续加强学风建设，营造安静有序的学习环境，促进学生养成良好的学习习惯；第二，加强语文、数学、英语和选择性考试科目的训练和学习；第三，引导学生合理安排学习时间巩固基础知识，并提高学习效率；第四，争取增加自习的课时或设置学科自习课，促进学生及时梳理巩固当天学习的新知识。
高一级组
2021年1月24日。