北京市大兴区2020届高三数学第一次综合练习试题（Word版带答案）

2019~2020 学年度北京市大兴区高三第一次综合练习 2020.4 数学 本试卷共 6 页，满分 150 分．考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试 卷上作答无效。 第一部分（选择题 共 40 分） 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每题列出的四个选项中，选出符合题目 要求的一项． （1）在复平面内， 对应的点位于 （A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限 （2）已知集合 ， ，则 （A） （B） （C） （D） （3）已知等差数列 的前 n 项和为 ， ， ，则 等于 （A） （B） （C） （D） （4）下列函数中，在区间 上单调递增且存在零点的是 （A） （B） （C） （D） （5）在 的展开式中，只有第三项的二项式系数最大，则含 项的系数等于 2 1 i+ { | 2 }A x x k k= = ∈Z， { | 2 2}B x x= − ≤ ≤ A B = [ 1 1]− ， [ 2 2]− ， {0 2}， { 2 0 2}− ， ， { }na nS 2 0a = 4 1a = 4S 1 2 1 2 3 (0, )+∞ exy = 1y x= + 1 2 logy x= − 2( 1)y x= − ( 2)nx − x（A） （B） （C） （D） （6）若抛物线 上一点 M 到其焦点的距离等于 2，则 M 到其顶点 O 的距离等于 （A） （B） （C） （D） （7）已知数列 是等比数列，它的前 项和为 ，则“对任意 ， ”是“数 列 为递增数列”的 （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件 （8）某四棱锥的三视图如图所示，如果方格纸上小正方形的边长为 ，那么该几何体的最 长棱的棱长为 （A）3 （B） （C） （D） （9）已知函数 ．若关于 x 的方程 在区间 上有且仅 有两个不相等的实根，则 的最大整数值为 （A） （B） （C） （D） 32− 24− 8 4 2 4y x= 3 2 5 3 }{ na n nS *n∈N 0na > { }nS 1 10 13 17 π( ) sin( )6f x xω= + ( 0)ω > ( ) 1f x = [0 π]， ω 3 4 5 6（10）如图，假定两点 ， 以相同的初速度运动．点 沿直线 作匀速运动， ； 点 沿线段 （长度为 单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距 离( )．令 与 同时分别从 ， 出发，那么，定义 为 的纳皮尔对数，用 现在的数学符号表示x与y的对应关系就是 ，其中e为自然对数的底．当点 从线段 的三等分点移动到中点时，经过的时间为 （A） （B） （C） （D） 第二部分（非选择题 共 110 分） 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分． （11）已知向量 ， ， 若 ，则 ； （12）若函数 在区间 上单调减区间，则 m 的一个值可以是 ； （13）若对任意 ，关于 x 的不等式 恒成立，则实数 的范围是 ； （14）已知 为函数 图象上两点，其中 ．已知直线 AB 的斜率 P Q Q CD CQ x= P AB 710 PB y= P Q A C x y 77 10110 ( )e x y = P AB ln 2 ln3 3ln 2 4ln 3 ( 1 1)= − ，a (2 )t= ，b ∥a b t = 2 2( ) cos sinf x x x= − [0 ]m， 0x > 1a xx +≤ a ( ) ( )A a r B b s， ， ， 2logy x= a b> x y Q P DC BA等于 2，且 ，则 ； ； （15）在直角坐标系 中，双曲线 （ ）的离心率 ，其渐近线 与圆 交 轴上方于 两点，有下列三个结论： ① ； ② 存在最大值； ③ ． 则正确结论的序号为 三、解答题共 6 题，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． （16）（本小题 14 分） 在 中， ， ，且 的面积为 ． （Ⅰ）求 a 的值； | | 5AB = a b− = a b = xOy 2 2 2 2 1x y a b − = 0 0a b> >， 2e > 2 2( 2) 4x y+ − = x A B， | | | |OA OB OA OB− < +    | |OA OB−  | | 6OA OB+ >  ABC∆ 1c = 2π 3A = ABC∆ 3 2（Ⅱ）若 D 为 BC 上一点，且 ，求 的值． 从① ，② 这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答． （17）（本小题 14 分） 为了调查各校学生体质健康达标情况，某机构 M 采用分层抽样的方法从 校抽取了 名学生进行体育测试，成绩按照以下区间分为七组：[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)， [70,80)，[80,90)，[90,100]，并得到如下频率分布直方图．根据规定，测试成绩低于 60 分为 体质不达标。已知本次测试中不达标学生共有 20 人． （Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）现从 校全体同学中随机抽取 2 人，以频率作为概 率，记 表示成绩不低于 90 分的人数，求 的分 布列及数学期望； （Ⅲ）另一机构 N 也对该校学生做同样的体质达标测试， 并用简单随机抽样方法抽取了 100 名学生，经测试 有 20 名学生成绩低于 60 分．计算两家机构测试成 绩的不达标率，你认为用哪一个值作为对该校学生体质不达标率的估计较为合理，说 明理由。 sin ADB∠ 1AD = π 6CAD∠ = A m m A X XE C1 B1 A1 DC B A （18）（本小题 14 分） 如图，在三棱柱 中， ， ， ， 是 的中点，E 是棱 上一动点. （Ⅰ）若 E 是棱 的中点，证明： ； （Ⅱ）求二面角 的余弦值； （Ⅲ）是否存在点 E，使得 ，若存在， 求出 E 的坐标，若不存在，说明理由。 （19）（本小题 14 分） 　　已知椭圆 的离心率为 ，且经过点 ，一条直线 与椭圆 C 交于 ， 两点，以 为直径的圆经过坐标原点 ． （Ⅰ）求椭圆 C 的标准方程； （Ⅱ）求证： 为定值． 1 1 1ABC A B C− 1AB AC BC AA= = = 1 60BCC∠ =  1 1ABC BCC B⊥平面 平面 D BC 1 1A B 1 1A B 1 1/ /DE ACC A平面 1C CA B− − 1DE BC⊥ 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 2 1 )0,2( l P Q PQ O 22 || 1 || 1 OQOP +（20）（本小题 15 分） 已知函数 ． （Ⅰ）若 ，求曲线 在点 处的切线方程； （Ⅱ）求证：函数 有且只有一个零点. （21）（本小题 14 分） 已 知 数 列 满 足 ： 对 任 意 的 ， 若 ， 则 ，且 ，设集合 ，集合 中元素最小值记为 ，集合 中元素最大值记为 . （Ⅰ）对于数列： ，写出集合 及 ； （Ⅱ）求证： 不可能为 18； （Ⅲ）求 的最大值以及 的最小值． 2019~2020 学年度北京市大兴区高三第一次综合练习 ( ) ln 1 axf x x x = − + 1a = ( )y f x= (1 (1))f， ( )f x 1 2 10a a a， ， ， {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}i j ∈， i j≠ i ja a≠ {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}ia ∈ 1 2{ | 1,2,3,4,5,6,7,8}i i iA a a a i+ += + + = A ( )m A A ( )n A 10 6 1 2 7 8 3 9 5 4， ，， ， ，，，，， A ( ) ( )m A n A， ( )m A ( )m A ( )n A高三数学参考答案及评分标准 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B C A B C D B D 二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分） （11） （12）答案不唯一，只要 （13） （或 （14） ； （第一个空 3 分，第二个空 2 分） （15）①③ （不选或有错选得 0 分，只选对 1 个得 3 分，全部选对得 5 分．） 三、解答题（共 6 小题，共 85 分） （16）（共 14 分） 解：（Ⅰ） 由于 ， ， ， ……2分 所以 ． ……3分 由余弦定理 ， ……5分 解得 ． ……6分 （Ⅱ）①当 时， 2− π0 2m< ≤ ( 2]−∞， { | 2}a a ≤ 1 4 1c = 2π 3A = 1 sin2ABCS bc A∆ = 2b = 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 7a = 1AD =在 中，由正弦定理 ， ……2 分 即 ，所以 ． ……4 分 因为 ，所以 ． ……6 分 所以 ， ……7分 即 ． ……8分 ②当 时， 在 中，由余弦定理知， ． ……3 分 因为 ，所以 ， ……4 分 所以 ， ……5 分 所以 ， ……7分 即 ． ……8分 （17）（共 14 分） 解：（Ⅰ）由频率分布直方图知， ， ……2 分 解得 . ……3 分 （Ⅱ）方法 1： 由图知，每位学生成绩不低于 90 分的频率为 ， ……1 分 由已知， 的所有可能取值为 ， ……2 分 则 ， ABC∆ sin sin b BC B BAC = ∠ 2 7 sin 3 2 B = 21sin 7B = 1AD AB= = ADB B∠ = ∠ sin sinADB B∠ = 21sin 7ADB∠ = 30CAD °∠ = ABC∆ 2 2 2 7 1 4 2 7cos 2 72 7 1 AB BC ACB AB BC + − + −= = =⋅ × 120A °= 90DAB °∠ = π 2B ADB∠ + ∠ = sin cosADB B∠ = 2 7sin 7ADB∠ = (0.002 0.002 0.006) 10 20m × + + × = 200m = 0.01 10=0.1× X 0 1 2，， 0 2 2( 0) (1 0.1) 0.81P X C= = ⋅ − =， . ……5 分 所以 的分布列为 ……6 分 所以 . ……7 分 方法 2：由图知，每位学生成绩不低于 90 分的频率为 ， ……1 分 由已知 ， ……2 分 则 ， ， . ……5 分 所以 的分布列为 ……6 分 所以 . ……7 分 （Ⅲ）机构 M 抽测的不达标率为 ， ……1 分 机构 N 抽测的不达标率为 ． ……2 分 （以下答案不唯一，只要写出理由即可） ①用机构 M 测试的不达标率 估计 A 校不达标率较为合理。 ……3 分 理由：机构 M 选取样本时使用了分层抽样方法，样本量也大于机构 N，样本更有代 表性，所以，能较好反映了总体的分布。 ……4 分 X 0 1 2 P 0.81 0.18 0.01 X 0 1 2 P 0.81 0.18 0.01 1 2( 1) 0.1(1 0.1) 0.18P X C= = ⋅ − = 2 2 2( 2) 0.1 0.01P X C= = ⋅ = X =0 0.81+1 0.18 2 0.01 0.2EX × × + × = 0.01 10=0.1× (2,0.1)X B～ 0 2 2( 0) (1 0.1) 0.81P X C= = ⋅ − = 1 2( 1) 0.1(1 0.1) 0.18P X C= = ⋅ − = 2 2 2( 2) 0.1 0.01P X C= = ⋅ = X =2 0.1 0.2EX × = 20 0.1200 = 20 0.2100 = 0.1P A B C D A1 B1C1 E ②没有充足的理由否认机构 N 的成绩更合理． ……3 分 理由：尽管机构 N 的样本量比机构 M 少，但由于样本的随机性，不能排除样本较好 的反映了总体的分布，所以，没有充足的理由否认机构 N 的成绩更合理。 ……4 分 （18）（共 14 分） （Ⅰ）证明：取 中点为 ，连结 ， 在 中，因为 为 的中点， 所以 且 .……1 分 又因为 是 的中点， ， 所以 且 ， 所以 为平行四边形 所以 . ……2 分 又因为 平面 ， .……3 分 平面 ， 所以 平面 . ……4 分 （Ⅱ）连结 ， 因为 是等边三角形， 是 的中点， 所以 ， 因为 ， ， 1 1AC P CP EP， 111Δ CBA PE、 1111 CABA 、 11// CBEP 112 1 CBEP= D BC 1 2CD BC= BCEP // CDEP= CDEP DECP // DE ⊄ 11AACC ⊂CP 11AACC //DE 11AACC ADDC 、1 ABCΔ D BC AD BC⊥ 11 CCAABC == 60∠ 1 =BCC z y x E C1 B1 A1 DC B A所以 . 因为 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 所以 两两垂直. 如图，建立空间直角坐标系 ， ……1 分 则 ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ， ……2 分 即 ， ……3 分 令 ，则 ， ， 所以 . ……4 分 平面 ABC 的法向量为 ， . 1C D BC⊥ 1 1ABC BCC B⊥平面 平面 1 1ABC BCC B BC=平面 平面 1C D ⊂ 11BBCC 1C D ⊥ ABC 1DC DA DB， ， D xyz− ( 3 0 0)A ， ， (0 1 0)C −， ， 1(0 0 3)C ， ， 1 (0 1 3)CC = ，， ( 3 1 0)CA = ， ， 1ACC ( )x y z= ， ，n 1 0 0 CC CA  ⋅ = ⋅ =  n n 3 0 3 0 y z x y  + = + = 1=x 3y = − 1z = (1 3 1)= −， ，n 1 (0 0 3 )DC = ， ， 1 1 1 5cos 5| | | | DCDC DC ⋅< >= = ⋅，   nn n又因为二面角 为锐二面角， 所以二面角 的余弦值为 . ……6 分 （如果没有建立坐标系，利用二面角的定义，比照步骤给分。） （Ⅲ） ， ……1 分 ， 设 ， 则 ， 所以 ， ……2 分 所以 ， 假设 ， 则 解得 ， ……3 分 这与已知 矛盾。 原命题得证. ……4 分 （19）（共 14 分） （Ⅰ）因为椭圆经过点 ，所以 ， ……1 分 　　　又因为 ，则 ，　　　　　 ……2 分 1 1C CA B− − 1 1C CA B− − 5 5 1( 3 1 3)A ，， 1 1 ( 3 1 0)A B = − ，， 1 1 1(0 1)A E A Bλ λ= ≤ ≤  1 ( 3 0)A E λ λ= − ， ， ( 3 3 1 3)E λ λ− +， ， ( 3 3 1 3)DE λ λ= − +， ， 1 (0 1 3)BC = −， ， 1DE BC⊥ 1 0DE BC⋅ =  2λ = 0 1λ≤ ≤ )0,2( 2=a 2 1= a c 1c =　　　由 ，得 ，　　　　 ……3 分 所以椭圆的标准方程为 ． ……4 分 （Ⅱ）方法一 因为以 为直径的圆过坐标原点 ，所以 ． ……1 分 ①若直线 的斜率不存在，则 为椭圆与 轴交点， 为椭圆与 轴交点， 因此 ， ， 则 ． ……2 分 ②若直线 的斜率存在且为 0，则 为椭圆与 轴交点， 为椭圆与 轴交点， 因此 ， ， 则 . ……3 分 ③若直线 的斜率存在且不为 0， 可设直线 方程为 ， 则直线 的方程为 ． ……4 分 联立 ，得 ， ……5 分 即 ， ， ……6 分 即 ， ……7 分 222 cab −= 32 =b 134 22 =+ yx PQ O OQOP ⊥ OP P y Q x 3|| 22 == bOP 4|| 22 == aOQ 2 2 1 1 1 1 7 | | | | 3 4 12OP OQ + = + = OP P x Q y 4|| 22 == aOP 3|| 22 == bOQ 2 2 1 1 1 1 7 | | | | 4 3 12OP OQ + = + = OP OP )0( ≠= kkxy OQ xky 1−= 2 2 14 3 y kx x y = + = 134 222 =+ xkx 2 2 43 12 k x + = 2 2 2 43 12 k ky + = 2 2 222 1212 431 || 1 k k yxOP + += + =同理， ， ……8 分 则 ． ……10 分 方法二 ①若直线 的斜率存在时，设 ，与椭圆方程联立得： ，有 ， ……2 分 由题意， ，设 ， ， 所以 ， ． ……3 分 因为以 为直径的圆过原点 ， 由 ，得 ， ……4 分 即 ，整理得， ， ……5 分 而 ……6 分 设 h 为 到 的距离，则 所以 ， 而 ， 2 2 2 1212 34 || 1 k k OQ + += 12 7 1212 77 || 1 || 1 2 2 22 = + +=+ k k OQOP l :l y kx m= + 2 2 14 3 y kx m x y = + + = 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x kmx m+ + + − = 0∆ > ),( 11 yxP ),( 22 yxQ 1 2 2 8 4 3 kmx x k + = − + 2 1 2 2 4 12 4 3 mx x k −= + PQ O OQOP ⊥ 1 2 1 2 0x x y y+ = 1 2 1 2( )( ) 0x x kx m kx m+ + + = 2 212(1 ) 7k m+ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 | | | | | | | | | | | | | | | | | | OP OQ PQ OP OQ OP OQ OP OQ ++ = = O l | | | | | |OP OQ PQ h⋅ = ⋅ 2 2 2 1 1 1 | | | |OP OQ h + = 2 | | 1 mh k = +所以 . ……8 分 ②若直线 的斜率不存在，则有 ， ……9 分 不妨设 ，设 ，有 ， 代入椭圆方程 得， ， ， 即 ， 综上 ． ……10 分 （20）（共 15 分） （Ⅰ）解；当 时，函数 ， ……1 分 ， ……2 分 ， ……3 分 ， ……4 分 所以函数 在点 处的切线方程是 ．……5 分 （Ⅱ）解法 1 函数的定义域为 ， ， ……1 分 设 （ ）， 2 2 1 1 | | | |OP OQ + = 2 2 1 7 12 k m + = l 1±=OPk 1=OPk ),( 11 yxP 11 yx = 134 22 =+ yx 7 122 1 =x 2 2 24| | | | 7OP OQ= = 12 7224 7 || 1 || 1 22 =×=+ OQOP 12 7 || 1 || 1 22 =+ OQOP 1a = ( ) ln 1 xf x x x = − + 0x > 1(1) 2f = − 2 2 2 1 1 1( ) ( 1) ( 1) x xf x x x x x + +′ = − =+ + 3(1) 4k f ′= = ( )y f x= (1 (1))f， 3 4 5 0x y− − = (0, )+∞ 2 2 2 1 (2 ) 1( ) ( 1) ( 1) a x a xf x x x x x + − +′ = − =+ + 2g( ) (2 ) 1x x a x= + − + 0x >①当 或 且 ≤0，即 时，都有 ， 所以，函数 在 是增函数， ……2 分 又 ， ， ……4 分 若 时， ，函数 在 有且只有一个零点，……5 分 若 时，由于 ， 所以 在 存在唯一零点． ……6 分 ②当 时，方程 的判别式 ， 设方程的两根为 ，不妨设 ， 由韦达定理可知 ， ， ……7 分 所以 ， + 0 - 0 + 增 极大值 减 极小值 增 因为 ，所以 ， 所以 ， ……8 分 由上可知 ， ， 　　 ……9 分 存在唯一的 使得 ， 所以函数 在 有且只有一个零点． 综上所述，对任意的 函数 有且只有一个零点．……10 分 2a ≤ 2a > 2 4a a∆ = − 4a ≤ ( ) 0g x ≥ ( )f x (0, )+∞ (1) 2 af = − (e ) e 1 a a af = + 0a = (1) 0f = ( )f x (0, )+∞ 0a ≠ 2 (1) (e ) 0e a a af f = − < ( )f x (0, )+∞ 4a > 2 (2 ) 1 0x a x+ − + = 2 4 0a a∆ = − > 1 2,x x 1 2x x< 1 2 2 0x x a+ = − > 1 2 1 0x x = > 1 20 1 1x x< < >， x 1(0, )x 1x 1 2( , )x x 2x 2( , )x +∞ ( )f x′ ( )f x 10 1x< < 1ln 0x < 1 1 1 1 ( ) = ( ) ln 01 axf x f x x x = − + 0 2( ,e )ax x∈ 0( ) 0f x = ( )f x (0, )+∞ a∈R ( )y f x=解法 2 函数的定义域为 ， 要使函数 有且只有一个零点，只需方程 有且只有一个根， 即只需关于 x 的方程 在 上有且只有一个解． 设函数 ， ……1 分 则 ， ……2 分 令 ， 则 ， ……3 分 由 ，得 ． ……4 分 x 单调递减 极小值 单调递增 由于 ， ……5 分 所以 ， 所以 在 上单调递增， ……6 分 又 ， ， ……8 分 ①当 时， ，函数 在 有且只有一个零点， (0, )+∞ ( )f x ( 1)ln 0x x ax+ − = ( 1)ln 0x x ax + − = (0 )+ ∞， ( 1)ln( ) x xg x ax += − 2 1 ln( ) x xg x x + −′ = ( ) 1 lnh x x x= + − 1 1( ) 1 xh x x x −′ = − = ( ) 0h x′ = 1x = (0 1)， 1 (1 )+ ∞， ( )h x′ − 0 + ( )h x min( ) (1) 2 0h x h= = > ( ) 0g x′ > ( 1)ln( ) x xg x ax += − (0, )+∞ (1)g a= − (e ) e a a ag = 0a = (1) 0g = ( )g x (0, )+∞②当 时，由于 ，所以存在唯一零点． 综上所述，对任意的 函数 有且只有一个零点．……10 分 （21）（共 14 分） （Ⅰ） ， , ． ……3 分 （Ⅱ）证明:假设 ， ……1 分 设 则 = ……2 分 即 ，因为 所以 ……3 分 同理，设 可以推出 ， ……4 分 中有两个元素为 1，与题设矛盾， 故假设不成立， 不可能为 18. ……5 分 （Ⅲ） 的最大值为 17， 的最小值为 16. 0a ≠ 2 (1) (e ) 0e a a ag g = − < a∈R ( )y f x= {17,9,10,18,20}A = ( ) 9m A = ( ) 20n A = ( ) 18m A ≥ S = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a+ + + + + + + + + = 1055 3 ( )S m A a= +≥ 103 18 a× + 10 1a ≤ 1 ( 1,2,3, ,10)ia i = ≥ 10 1a = S = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a+ + + + + + + + + = 1 1a = ia ( 1,2, ,10)i =  ( )m A ( )m A ( )n A①首先求 ，由（Ⅱ）知 ，而 是可能的． 当 时， ……1 分 设 则 = 即 ， ……2 分 又 得 ，即 . 同理可得： ． ……3 分 对于数列： 此时 ， ，满足题意． 所以 的最大值为 17； ……4 分 ②现证明： 的最小值为 16. 先证明 为不可能的，假设 . ……5 分 设 ， 可得 ，即 ，元素最大值为 10，所以 ． 又 ， 同理可以推出 ，矛盾，假设不成立，所以 ． 数列为： 时， ( )m A ( ) 18m A < ( ) 17m A = ( ) 17m A = S = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a+ + + + + + + + + = 1055 3 ( )S m A a= ≥ + 103 17 a× + 10 4a ≤ S = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a+ + + + + + + + + = 7 755 3 ( ) 51S m A a a= + = +≥ 7 4a ≤ 4 ( 1,4,7,10)ia i =≤ 1,6,10,2,7,8,3,9,5,4 {17,18,19,20}A = ( ) 17 ( ) 20m A n A= =， ( )m A ( )n A ( ) 15n A ≤ ( ) 15n A ≤ S = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a+ + + + + + + + + = 1 155 3 ( ) 3 15n A a a+ × +≤ ≤ 1 10a ≥ 1 10a = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10( ) ( ) ( ) 55a a a a a a a a a a+ + + + + + + + + = 4 43 ( ) 3 15n A a a+ × +≤ ≤ 4 10a = ( ) 16n A ≥ 7,6,2,8,3,4,9,1,5,10， ， 中元素的最大值为 16． 所以 的最小值为 16． ……6 分 {13,14,15,16}A = ( ) 13 ( ) 16m A n A= =， A ( )n A