2020-2021学年新疆维吾尔族自治区伊犁市高一（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年新疆维吾尔族自治区伊犁市高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列四个命题：①若a>b，则1a<1b；②若ab>c，则a>cb；③若a>b，c≠0，则ac2>bc2；④若a>b，c>d，则a−c>b−d．其中真命题的个数是（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个

2. 在空间中，下列结论正确的是( )
A.三角形确定一个平面
B.四边形确定一个平面
C.一个点和一条直线确定一个平面
D.两条直线确定一个平面

3. 已知数列{an}满足an+an+2=2an+1(n∈N∗)，且a3=2，a5=8，则a7=( )
A.12B.13C.14D.15

4. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A.96里B.48里C.192里D.24里

5. 在正项等比数列{an}中，a3a7=4，数列{lg2an}的前9项之和为( )
A.11B.9C.15D.13

6. 设点A(2, −3)，B(−3, −2)，直线l过点P(1, 1)且与线段AB相交，则l的斜率k的取值范围是( )
A.k≥34或k≤−4B.−4≤k≤34C.−34≤k≤4D.以上都不对

7. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是( )
A.若m⊂α，m⊥n，则n⊥α
B.若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
C.若m⊥α，n⊥β，α//β，则m⊥n
D.若m//α，n⊥β，α//β，则m⊥n

8. 若不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0, +∞)成立，则a的最小值为( )
A.0B.−2C.−3D.−52

9. 几何体的三视图（单位：m）如图所示，则此几何体的体积( )

A.20π3m3B.26π3m3C.6πm3D.12πm3

10. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，下面结论错误的是( )

A.BD // 平面CB1D1
B.AC1⊥平面CB1D1
C.异面直线CB1与BD所成角为60∘
D.三棱锥D−CB1D1体积为23

11. 正三棱柱ABC−A1B1C1中AB=AA1=6，则其外接球的体积为( )
A.28πB.14213πC.28213πD.2821π

12. 已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，已知∠C=45∘，c=2，a=x，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围是( )
A.2二、填空题

圆台上、下底面面积分别为π，4π，侧面积是6π，这个圆台的高为________．

如果A(3, 1)，B(−2, k)，C(8, 11)三点在同一条直线上，那么k的值是________．

若x>0，y>0，且y=8xx−2，则x+y的最小值为________．

如图，在棱长均相等的四棱锥P−ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论：
①PC//平面OMN；
②平面PCD//平面OMN；
③OM⊥PA；
④直线PD与直线MN所成角的大小为90∘；
⑤二面角D−PC−B的平面角的余弦值为−13.
其中正确结论的序号是________.
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足3acsC−csinA=0．
(1)求角C的大小；

(2)已知b=4，△ABC的面积为63，求边长c的值．

一个圆锥的底面半径为2cm，高为4cm，其中有一个高为xcm的内接圆柱：

(1)求圆锥的侧面积；

(2)当x为何值时，圆柱侧面积最大？并求出最大值．

已知等差数列{an}满足：a3=7,a5+a7=26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；

(2)令bn=1an2−1(n∈N∗)，求数列{bn}的前n项和Tn．

如图，DC⊥平面ABC，EB // DC，AC=BC=EB=2DC=2，∠ACB=120∘，P，Q分别为AE，AB的中点．

(1)证明：PQ // 平面ACD；

(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．

设函数f(x)=ax2+(b−2)x+3(a≠0)．
(1)若不等式f(x)>0的解集(−1, 1)，求a，b的值；

(2)若f(1)=2，
①a>0，b>0，求1a+4b的最小值；
②若f(x)>1在R上恒成立，求实数a的取值范围．

如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90∘，AB // CD，AD=AF=CD=2，AB=4．

(1)求证：AC⊥平面BCE；

(2)求三棱锥E−BCF的体积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年新疆维吾尔族自治区伊犁市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
根据各选项的条件，取特殊值和利用不等式的基本性质，即可判处其真假
【解答】
解：①若a>b，取a=1，b=−1，则1a<1b不成立，故①是假命题；
②若ab>c，取a=b=−1，c=0，则a>cb不成立，故②是假命题；
③若a>b，c≠0，由1c2>0，知ac2>bc2，故③是真命题；
④若a>b，c>d，取a=2，b=1，c=−1，d=−2，则a−c>b−d不成立，故④是假命题．
故真命题的个数是1．
故选A.
2.
【答案】
A
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
直接利用平面的性质的应用求出结果．
【解答】
解：A，三角形的三个顶点不共线，所以不共线的三点确定的平面有且只有一个，故正确；
B，空间四边形不能确定一个平面，故错误；
C，只有当点不在直线上时，才能确定一个平面，故错误；
D，两条异面直线不能确定一个平面，故错误．
故选A．
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
【解析】
判断数列是等差数列，利用数列的性质求解即可．
【解答】
解：数列{an}满足an+an+2=2an+1(n∈N∗)，
所以数列{an}是等差数列，
所以a3+a7=2a5，
解得a7=14．
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
等比数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，每天行走的路程成等比数列{an}且公比为12，
依题意有a11−1261−12=378，
解得a1=192，
则a2=192×12=96，即第二天走了96里.
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
数列的求和
等比数列的性质
对数的运算性质
【解析】
先根据等比数列的性质得到a3a7=a1a9＝a2a8＝a4a6＝a52＝4，可求出a5的值，然后根据对数的运算性质可知lg2a1+lg2a2+lg2a3+lg2a4+lg2a5+lg2a6+lg2a7+lg2a8+lg2a9=lg2()，然后将数值代入即可得到答案．
【解答】
解：∵ {an}是正项等比数列，
∴ a3a7=a1a9=a2a8=a4a6=a52=4，
∴ a5=2，
S9=lg2a1+lg2a2+lg2a3+lg2a4+lg2a5+lg2a6+lg2a7+lg2a8+lg2a9
=lg2()，
=lg2[(a3a7)(a1a9)(a2a8)(a4a6)(a5)]
=lg2(44×2)
=lg229
=9.
故选B.
6.
【答案】
A
【考点】
直线的斜率
【解析】
画出图形，由题意得所求直线l的斜率k满足 k≥kPB 或 k≤kPA，用直线的斜率公式求出kPB 和kPA 的值，求出直线l的斜率k的取值范围．
【解答】
解：如图所示：
由题意得，所求直线l的斜率k满足 k≥kPB 或 k≤kPA，
即 k≥1+21+3=34或 k≤1+31−2=−4，
∴ k≥34或k≤−4，
即直线的斜率的取值范围是k≥34或k≤−4．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用线面关系，逐个判断即可.
【解答】
解：A，若m⊂α，m⊥n，则n与α相交或n⊂α，故A错误；
B，若α⊥β，m⊂α，则m与β平行或相交或m⊂β，故B错误；
C，若m⊥α，n⊥β，α//β，则m//n，故C错误；
D，若m//α，n⊥β，α//β，则m⊥n，故D正确.
故选D．
8.
【答案】
B
【考点】
函数恒成立问题
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0, +∞)成立⇔a≥(−x−1x)max，x∈(0, +∞)，令f(x)＝−x−1x，x∈(0, +∞)利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
【解答】
解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0, +∞)成立⇔a≥(−x−1x)max，x∈(0, +∞)，
令f(x)=−x−1x，x∈(0, +∞)，
则f(x)=−(x+1x)≤−2x⋅1x=−2，
当且仅当x=1时，等号成立，
∴ a的最小值为−2．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．
【解答】
解：根据几何体的三视图转换为直观图为：
该几何体由一个底面半径为2，高为2的圆锥和一个底面半径为1，高为4的圆柱组成．
故V=π×12×4+13π×22×2=203πm3．
故选A.
10.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
A用直线与平面平行判定定理判断，B用垂直基本定理判断，C平移直线求异面直线成角，D用等体积法判断．
【解答】
解：连接C1D，A1C1，如图，
对于A，BD // B1D1，B1D1⊂平面CB1D1⇒BD // 平面CB1D1，所以A正确；
对于B，B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1⇒B1D1⊥平面AA1C1⇒B1D1⊥AC1，
同理B1C⊥AC1⇒AC1⊥平面CB1D1，所以B正确；
对于C，BD // B1D1，△CB1D1为等边三角形，∠CB1D1=60∘，
所以CB1与BD所成角为60∘，所以C正确；
对于D，三棱锥D−CB1D1体积与三棱锥B1−CDD1体积相等，
V=13.S△CDD1⋅ℎ=13×12×2×2×2=43≠23，所以D错误．
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
根据正三棱柱的底面边长及高，先得出棱柱底面外接圆的半径及球心距，进而求出三棱柱外接球的球半径，代入球的体积公式，即可得到棱柱的外接球的体积．
【解答】
解：由正三棱柱的底面边长AB=6，设底面外接圆的半径为r，
所以2r=6sin60∘，
解得r=23．
又正三棱柱的高AA1=6，
则球心到底面距离为d=3，
根据球心距，底面外接圆半径与球半径的关系得，
R2=r2+d2=12+9=21，
即R=21，
所以外接球的体积为V=43πR3=2821π.
故选D．
12.
【答案】
B
【考点】
正弦定理的应用
【解析】
由已知根据正弦定理用x表示出sinA，由C的度数及正弦函数的图象可知满足题意△ABC的A的范围，然后根据A的范围，利用特殊角的三角函数值即可求出sinA的范围，进而求出x的取值范围．
【解答】
解：在△ABC中，由正弦定理得：asinA=csinC，即xsinA=2sin45∘，
可得：sinA=12x.
由题意得：当A∈(45∘, 135∘)且A≠90∘时，满足条件的△ABC有两个，
所以22<12x<1，解得：2则x的取值范围是(2, 2)．
故选B.
二、填空题
【答案】
3
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
柱体、锥体、台体的侧面积和表面积
【解析】
根据圆面积公式结合题中数据得到圆台上、下底面半径分别为1和2，再根据圆台侧面积公式算出母线长为2，最后在轴截面等腰梯形中可求出这个圆台的高．
【解答】
解：设圆台上、下底面半径分别为r，R，母线为l.
∵ 圆台上、下底面面积分别为π，4π，
∴ πr2=π且πR2=4π，可得r=1，R=2.
又∵ 圆台侧面积是S=π(r+R)l=3πl=6π，
∴ 圆台的母线l=2.
如图，在圆台轴截面等腰梯形ABCD中，作DE⊥AB于E，则DE就是这个圆台的高.
在Rt△ADE中，AE=12(AB−CD)=1，AD=2，
∴ DE=AD2−AE2=3.
故答案为：3.
【答案】
−9
【考点】
三点共线
【解析】
利用斜率公式以及AB和 AC的斜率相等，解方程求出k的值．
【解答】
解：∵ A(3, 1)，B(−2, k)，C(8, 11)三点在同一条直线上，
∴ AB和 AC的斜率相等，
∴ k−1−2−3=11−18−3，
∴ k=−9，
故答案为：−9．
【答案】
18
【考点】
基本不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
变形利用基本不等式的性质即可得出．
【解答】
解：∵ x>0，y>0，且y=8xx−2>0，解得x>2．
∴ x+y=8xx−2+x
=8(x−2)+16x−2+x
=x−2+16x−2+8+2
≥2(x−2)⋅16x−2+8+2=18，
当且仅当x=6时取等号，此时x+y的最小值为18．
故答案为：18.
【答案】
①②③⑤
【考点】
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的判定
两条直线垂直的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：取PC的中点E，连接AC，BD，DE，BE，如图所示，
易得PC//OM，
因为OM⊂平面OMN，PC⊄平面OMN，
所以PC//平面OMN，
结论①正确.
同理PD//OMN，所以平面PCD//平面OMN，
结论②正确.
由于四棱锥的棱长均相等，
所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2，
所以PC⊥PA，又PC//OM，
所以OM⊥PA，结论③正确.
由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，
所以MN//AB.
又四边形ABCD为正方形，所以AB//CD，
所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，
即为∠PDC.
又三角形PDC为等边三角形，
所以∠PDC=60∘，结论④错误.
易知∠BED是二面角D−PC−B的平面角，
不妨设正四棱锥P−ABCD的棱长为2，
则DE=BE=3，BD=22，
在△BED中，cs∠BED=BE2+DE2−BD22DE⋅BE=−13．结论⑤正确.
故答案为：①②③⑤.
三、解答题
【答案】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得：3sinAcsC−sinCsinA=0．
因为00，
从而3csC=sinC，又csC≠0，
所以tanC=3，所以C=π3．
(2)在△ABC中，S△ABC=12×4a×sinπ3=63，得a=6.
由余弦定理得：c2=62+42−2×6×4csπ3=28.
所以c=27．
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
(1)由正弦定理得：3sinAcsC−sinCsinA=0，即可解得tanC=3，从而求得C的值.
(2)由面积公式可得S△ABC=12×4a×sinπ3=63，从而求得a的值，由余弦定理即可求c的值．
【解答】
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得：3sinAcsC−sinCsinA=0．
因为00，
从而3csC=sinC，又csC≠0，
所以tanC=3，所以C=π3．
(2)在△ABC中，S△ABC=12×4a×sinπ3=63，得a=6.
由余弦定理得：c2=62+42−2×6×4csπ3=28.
所以c=27．
【答案】
解：(1)圆锥的母线长l=R2+ℎ2=22+42=25，
∴ 圆锥侧面积S1=πRl=45πcm2.
(2)设内接圆柱的底面半径为r，由图形特征知，x4=2−r2，
∴ x=4−2r，
圆柱侧面积S=2πrx=2πr(4−2r)=−4π(r−1)2+4π，
∴ r=1，即x=2时，圆柱的侧面积最大为4πcm2．
【考点】
柱体、锥体、台体的面积求解
【解析】
(1)由题意，求出圆锥的母线长，即可求圆锥的侧面积；
(1)根据轴截面和比例关系列出方程，求出圆柱的底面半径，表示出圆柱的侧面积，根据二次函数的性质求出侧面面积的最大值．
【解答】
解：(1)圆锥的母线长l=R2+ℎ2=22+42=25，
∴ 圆锥侧面积S1=πRl=45πcm2.
(2)设内接圆柱的底面半径为r，由图形特征知，x4=2−r2，
∴ x=4−2r，
圆柱侧面积S=2πrx=2πr(4−2r)=−4π(r−1)2+4π，
∴ r=1，即x=2时，圆柱的侧面积最大为4πcm2．
【答案】
解：(1)设{an}的首项为a1，公差为d，
∵ a5+a7=26，
∴ a6=13，d=a6−a33=2，
∴ an=a3+(n−3)d=2n+1.
Sn=n2(a1+an)=n2+2n.
(2)由(1)可知bn=1an2−1=14n2+4n=14(1n−1n+1)，
∴ Tn=14(11−12+12−13+…+1n−1n+1)=n4(n+1)．
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
【解析】
（1）利用等差中项及a5+a7=26可知a6=13、d=a6−a33=2，通过an=a3+(n−3)d计算即得结论；
（2）通过①裂项可知bn=1an2−1=14n+4n=14(1n−1n+1)，进而并项相加即得结论．
【解答】
解：(1)设{an}的首项为a1，公差为d，
∵ a5+a7=26，
∴ a6=13，d=a6−a33=2，
∴ an=a3+(n−3)d=2n+1.
Sn=n2(a1+an)=n2+2n.
(2)由(1)可知bn=1an2−1=14n2+4n=14(1n−1n+1)，
∴ Tn=14(11−12+12−13+…+1n−1n+1)=n4(n+1)．
【答案】
(1)证明：在△ABE中，
∵ P，Q分别是AE，AB的中点，
∴ PQ//BE.
∵ EB // DC，
∴ PQ//DC，
∵ PQ⊄平面ACD，DC⊂平面ACD，
∴ PQ // 平面ACD．
(2)解：如图，连接CQ，DP，
∵ Q为AB的中点，且AC=BC，
∴ CQ⊥AB，
∵ DC⊥平面ABC，EB//DC，
∴ EB⊥平面ABC，因此CQ⊥EB，
故CQ⊥平面ABE．
由(1)有PQ//DC，又PQ=12EB=DC，
∴ 四边形CQPD为平行四边形，
∴ DP // CQ，
∴ DP⊥平面ABE，
∴ 直线AD在平面ABE内的投影是AP，
所以直线AD与平面ABE所成角是∠DAP，
在Rt△APD中，AD=AC2+DC2=22+12=5，
DP=CQ=2sin∠CAQ=1，
∴ sin∠DAP=DPAD=15=55．
故AD与平面ABE所成角的正弦值为55．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行的判定
【解析】
(1)连接DP，CQ，利用题设条件推导出PQ=//DC，由此能够证明PQ // 平面ACD．
(3)由(1)知四边形DCQP是平行四边形，所以DP⊥平面ABE，由直线AD在平面ABE内的投影是AP，知直线AD与平面ABE所成角是∠DAP，由此能求出AD与平面ABE所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：在△ABE中，
∵ P，Q分别是AE，AB的中点，
∴ PQ//BE.
∵ EB // DC，
∴ PQ//DC，
∵ PQ⊄平面ACD，DC⊂平面ACD，
∴ PQ // 平面ACD．
(2)解：如图，连接CQ，DP，
∵ Q为AB的中点，且AC=BC，
∴ CQ⊥AB，
∵ DC⊥平面ABC，EB//DC，
∴ EB⊥平面ABC，因此CQ⊥EB，
故CQ⊥平面ABE．
由(1)有PQ//DC，又PQ=12EB=DC，
∴ 四边形CQPD为平行四边形，
∴ DP // CQ，
∴ DP⊥平面ABE，
∴ 直线AD在平面ABE内的投影是AP，
所以直线AD与平面ABE所成角是∠DAP，
在Rt△APD中，AD=AC2+DC2=22+12=5，
DP=CQ=2sin∠CAQ=1，
∴ sin∠DAP=DPAD=15=55．
故AD与平面ABE所成角的正弦值为55．
【答案】
解：(1)由f(x)>0的解集是(−1, 1)知−1，1是方程f(x)=0的两根，
由根与系数的关系可得−1×1=3a,−1+1=−b−2a,
解得a=−3,b=2.
(2)由f(1)=2得a+b=1，
①a>0，b>0，
∴ 1a+4b=(1a+4b)(a+b)
=ba+4ab+5≥2ba⋅4ab+5=9，
当且仅当b=2a，即a=13,b=23时取等号，
∴ 1a+4b的最小值是9．
②不等式f(x)>1在R上恒成立，则ax2+(b−2)x+3>1在R上恒成立，
即ax2−(a+1)x+2>0恒成立，
∴ a>0,(a+1)2−8a<0,
解得3−22∴ 实数a的取值范围是(3−22,3+22)．
【考点】
根与系数的关系
不等式恒成立的问题
基本不等式
【解析】
（1）由不等式f(x)>0的解集得出方程f(x)＝0的两根，由根与系数的关系可求a，b的值；
（2）①由f(1)＝2得a+b的值，将所求变形，利用基本不等式求出最小值；
②不等式恒成立化为ax2−(a+1)x+2>0恒成立，利用判别式△<0求出a的取值范围．
【解答】
解：(1)由f(x)>0的解集是(−1, 1)知−1，1是方程f(x)=0的两根，
由根与系数的关系可得−1×1=3a,−1+1=−b−2a,
解得a=−3,b=2.
(2)由f(1)=2得a+b=1，
①a>0，b>0，
∴ 1a+4b=(1a+4b)(a+b)
=ba+4ab+5≥2ba⋅4ab+5=9，
当且仅当b=2a，即a=13,b=23时取等号，
∴ 1a+4b的最小值是9．
②不等式f(x)>1在R上恒成立，则ax2+(b−2)x+3>1在R上恒成立，
即ax2−(a+1)x+2>0恒成立，
∴ a>0,(a+1)2−8a<0,
解得3−22∴ 实数a的取值范围是(3−22,3+22)．
【答案】
(1)证明：过C作CM⊥AB，垂足为M，
∵ AD⊥DC，∴ 四边形ADCM为矩形，
∴ AM=MB=2.
∵ AD=2，AB=4，
∴ AC=22，CM=2，BC=22，
∴ AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC.
∵ AF⊥平面ABCD，AF // BE，
∴ EB⊥平面ABCD.
∵ AC⊂平面ABCD，∴ AC⊥EB.
∵ EB∩BC=B，
∴ AC⊥平面BCE.
(2)解：∵ AF⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，
∴ AF⊥CM.
∵ CM⊥AB，AB∩AF=A，
∴ CM⊥平面ABEF，
∴ VE−BCF=VC−BEF=13×12×BE×EF×CM
=16×2×4×2=83．
【考点】
直线与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
过C作CM⊥AB，垂足为M，利用勾股定理证明AC⊥BC，利用EB⊥平面ABCD，证明AC⊥EB，即可证明AC⊥平面BCE；
证明CM⊥平面ABEF，利用VE−BCF=VC−BEF，即可求三棱锥E−BCF的体积．
【解答】
(1)证明：过C作CM⊥AB，垂足为M，
∵ AD⊥DC，∴ 四边形ADCM为矩形，
∴ AM=MB=2.
∵ AD=2，AB=4，
∴ AC=22，CM=2，BC=22，
∴ AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC.
∵ AF⊥平面ABCD，AF // BE，
∴ EB⊥平面ABCD.
∵ AC⊂平面ABCD，∴ AC⊥EB.
∵ EB∩BC=B，
∴ AC⊥平面BCE.
(2)解：∵ AF⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，
∴ AF⊥CM.
∵ CM⊥AB，AB∩AF=A，
∴ CM⊥平面ABEF，
∴ VE−BCF=VC−BEF=13×12×BE×EF×CM
=16×2×4×2=83．