x
2
y
2
由（1）知，椭圆
C
：
 1
，
a
=2，

43
因为
AF
2
⊥
x
轴，所以点
A
的横坐标为1.

22
将< br>x
=1代入圆
F
2
的方程(
x
-1)+
y< br>=16，解得
y
=±4.


因为点
A
在< br>x
轴上方，所以
A
(1，4).

又
F
1< br>(-1，0)，所以直线
AF
1
：
y
=2
x
+2.



y2x2
由

，得
5x
2
6x110
，

2
2



x1

y16
11
解得
x1
或
x
.

5
1112
将
x
代入
y 2x2
，得
y
，

55
11123
因此< br>B(,)
.又
F
2
(1，0)，所以直线
BF
2
：
y(x1)
.

554
3

y( x1)


4
13
2
x
由

2
，得，解得或.

x1
7x6x130
2
7< br>xy

1

3

4
又因为
E< br>是线段
BF
2
与椭圆的交点，所以
x1
.

将
x1
代入
y
解法二：

33
3< br>(x1)
，得
y
.因此
E(1,)
.
< br>2
42
x
2
y
2
由（1）知，椭圆
C
：
1
.如图，连结
EF
1
.

43

因为
BF
2
=2
a
，
EF
1
+< br>EF
2
=2
a
，所以
EF
1
=
EB
，

从而∠
BF
1
E
=∠
B
.

因为
F
2
A
=
F
2
B
，所以∠
A=∠
B
，

所以∠
A
=∠
BF
1E
，从而
EF
1
∥
F
2
A
.

因为
AF
2
⊥
x
轴，所以
EF
1
⊥
x
轴.


x1
3

因为
F
1
(-1，0)，由

x
2
y
2
，得< br>y
.

2
1


3

4
又因为
E
是线段
BF
2
与椭圆的交点，所以
y 
因此
E(1,)
.

【点睛】本题主要考查直线方程、圆的 方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆
3
.

2
32

的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.


18.如图，一个湖的边界是圆心为
O
的圆，湖的一侧有 一条直线型公路
l
，湖上有桥
AB
（
AB
是
圆O
的直径）．规划在公路
l
上选两个点
P
、
Q
，并修建两段直线型道路
PB
、
QA
．规划要求:线
段
PB
、
QA
上的所有点到点
O
的距离均不小于圆
．．．．
O
的半径．已知点
A
、
B
到直线
l
的距离分别< br>为
AC
和
BD
（
C
、
D
为垂足）， 测得
AB
=10，
AC
=6，
BD
=12（单位:百米）．


（1）若道路
PB
与桥
AB
垂直，求道路PB
的长；

（2）在规划要求下，
P
和
Q
中 能否有一个点选在
D
处？并说明理由；

（3）对规划要求下，若道路
PB
和
QA
的长度均为
d
（单位：百米）.求当
d
最小时，
P
、
Q
两
点间的距离．

【答案】（1）15（百米）；

（2）见解析；

（3）17+
321
（百米）.

【解析】

【分析】

解：解法一：

（1）过
A
作
AEBD
，垂足为
E
.利用几何关系即可求得道路
PB
的长；
（2）分类讨论
P
和
Q
中能否有一个点选在
D
处即可.


（3）先讨论点
P
的位置，然后再讨论点
Q
的位置即可确定当
d
最小时，
P
、
Q
两点间的距离 ．
解法二：

（1）建立空间直角坐标系，分别确定点
P
和点
B
的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道
路
PB
的长；
（2）分类讨论
P
和
Q
中能否有一个点选在
D
处即可.


（3）先讨论点
P
的位置，然后再讨论点
Q
的 位置即可确定当
d
最小时，
P
、
Q
两点间的距离．
【详解】解法一：

（1）过
A
作
AEBD
，垂足为
E
.

由已知条件得，四边形
ACDE
为矩形，

DEBEAC6, AECD8
.

因为
PB
⊥
AB
，

所以
cosPBDsinABE
84

.

105
所以
PB
BD12
15
.

cosPBD
4
5
因此道路
PB
的长为15（百米）.


（2）①若
P
在
D
处，由（1）可得
E
在圆上，则线段
BE
上的点（除
B
，
E
）到点
O< br>的距离均小
于圆
O
的半径，所以
P
选在
D
处 不满足规划要求.

②若
Q
在
D
处，连结
AD，由（1）知
ADAE
2
ED
2
10
，

AD
2
AB
2
BD
2
7
从而
cosBAD0
，所以∠
BAD
为锐角.

2ADAB25
所以线段
AD
上存在点到点
O
的距离小于圆
O
的半径.

因此，
Q
选在
D
处也不满足规划要求.

综上，
P
和
Q
均不能选在
D
处.

（3）先讨论点
P
的位置.

当∠
OBP
<90° 时，线段
PB
上存在点到点
O
的距离小于圆
O
的半径，点< br>P
不符合规划要求；

当∠
OBP
≥90°时，对线段
PB
上任意一点
F
，
OF
≥
OB
，即线段
PB
上所有点到点
O
的距离均不
小于圆
O
的半径，点P
符合规划要求.

AB
，由（1）知，
PB15
，

设
P
1
为
l
上一点，且
PB
1
1
PBPB
此时
PD
11
sinPBD
11
cosEBA15
3
9
；

5
15
.

当∠
OBP
>90°时，在
△PPB
中，
PBPB
1
1
由上可知，
d
≥15.

再讨论点
Q
的位置.

由（2）知，要使得
QA
≥15，点
Q
只有位于点
C
的右侧，才能符合规划要求.当
QA
=15时，
线段
QA
上所有点 到点
O
的距离均不小于圆
O
CQQA
2
AC
2
15
2
6
2
321
.此时，
的半径.

综上，当
PB
⊥
AB
，点
Q
位于点
C
右侧，且
CQ
=
321
时，
d
最小，此时
P
，
Q
两点间的距离
PQ
=
PD
+
CD< br>+
CQ
=17+
321
.

因此，
d
最小时，
P
，
Q
两点间的距离为17+
321
（百米）.

解法二：

（1）如图，过
O
作
OH
⊥
l
，垂足为
H.

以
O
为坐标原点，直线
OH
为
y
轴，建立平面直角坐标系.


因为
BD
=12，
AC
=6，所以
OH
=9，直线
l
的方程 为
y
=9，点
A
，
B
的纵坐标分别为3，−3.

因为
AB
为圆
O
的直径，
AB
=10，所以圆O
的方程为
x
2
+
y
2
=25.
< br>从而
A
（4，3），
B
（−4，−3），直线
AB
的 斜率为
3
.

4
因为
PB
⊥
AB
，所以直线
PB
的斜率为

直线
PB
的方程为
y 
4
，

3
425
x
.

33
所以
P
（−13，9），
PB(134)
2
(9 3)
2
15
.

因此道路
PB
的长为15（百米）.

（2）①若< br>P
在
D
处，取线段
BD
上一点
E
（−4，0 ），则
EO
=4<5，所以
P
选在
D
处不满足规划
要求.

②若
Q
在
D
处，连结
AD
，由（ 1）知
D
（−4，9），又
A
（4，3），

所以线段AD
：
y
3
x6(4x4)
.

4
2
15
15

2
在线段
AD
上取点< br>M
（3，），因为
OM3

3
2
4
2
5
，

4

4

所以线段
AD
上存在点到点
O
的距离小于圆
O
的半径.

因此
Q
选在
D
处也不满足规划要求.

综上，
P
和
Q
均不能选在
D
处.

（3）先讨论点
P
的位置.

当∠
OBP
<90° 时，线段
PB
上存在点到点
O
的距离小于圆
O
的半径，点< br>P
不符合规划要求；

当∠
OBP
≥90°时，对线段
PB
上任意一点
F
，
OF
≥
OB
，即线段
PB
上所有点到点
O
的距离均不
小于圆
O
的半径，点P
符合规划要求.

AB
，由（1）知，
PB15
，此时
P
设
P
1
为
l
上一点，且
PB1
1
1

13,9

；

15
.

当∠
OBP
>90°时，在
△PPB< br>中，
PBPB
1
1
由上可知，
d
≥15.

再讨论点
Q
的位置.

由（2）知，要使得
QA≥
15，点
Q
只有位于点
C
的右侧，才能符合规划要求.

当
QA
=15时，设
Q
（
a
，9），由
AQ(a 4)
2
(93)
2
15(a4)
，

得< br>a
=
4321
，所以
Q
（
4321
，9 ），此时，线段
QA
上所有点到点
O
的距离均不小于圆
O
的 半径.

综上，当
P
（−13，9），
Q
（
43 21
，9）时，
d
最小，此时
P
，
Q
两点间的距离

PQ4321(13)17321
.

因此，
d
最小时，
P
，
Q
两点间的距离为
17321
（百米）.

【点睛】本题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观 想象和数
学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.


19.设函 数
f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR
，
f'(x)
为
f
（
x
）的导函数．

（1）若
a
=
b
=
c
，
f
（4）=8，求
a
的值；
（2）若
a
≠
b
，
b
=
c
，且
f
（
x
）和
f'(x)
的零点均在集合{－3,1,3 }中，求
f
（
x
）的极小值；

（3）若
a0, 0b1,c1
，且
f
（
x
）的极大值为
M
， 求证:
M
≤
【答案】（1）
a2
；

4
．

27

（2）见解析；

（3）见解析.

【解析】

【分析】

（1）由题意得到关于
a
的方程，解方程即可确定
a
的值；

（2）由题意首先确定
a
,
b
,
c
的值从而确定函 数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可
确定函数的极小值.

（3）由题意首 先确定函数的极大值
M
的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：

解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；

解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，

因为
0b1
，所以
x
1
(0,1)
．

2
当
x(0,1)
时，
f(x)x(xb)(x1)x(x1)
．

1

g'(x)3x
令
g(x)x(x1),x(0, 1)
，则

(x1)
．

3

2< br>令
g'(x)0
，得
x
1
．列表如下：

3
x

1
(0,)

3
+

1

3
0

(
1
,1)

3
g'(x)

–

g(x)


↗

极大值

↘

1

1

4
g(x)g
g(x)
x
所以当时，取得极大值，且是最大 值，故．

max


3

3

27
所以当
x(0,1)
时，
f(x)g(x)
44
，因此
M
．

2727
3
【详解】（1）因为
abc
，所以
f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)
．

3
因为
f(4)8
，所以
(4a)8
，解得a2
．

（2）因为
bc
，

2322< br>所以
f(x)(xa)(xb)x(a2b)xb(2ab)xab
，

从而
f'(x)3(xb)

x

< br>2ab

2ab
f'(x)0
x
．令，得
x
=
b
或．


3

3

2ab
，都在集合
{3,1,3}
中，且
ab
，

3
2ab
1,a3,b3
．

所以
3< br>因为
a,b,
2
此时
f(x)(x3)(x3)
，f'(x)3(x3)(x1)
．

令
f'(x)0
， 得
x3
或
x1
．列表如下：

x


f(x)

(－∞,－3)

+

↗

－3

0

极大值

(－3,1)

–

↘

1

0

极小值

(1,+∞)

+

↗


2
所以
f(x)
的极小值为
f(1)(13)(1 3)32
．

（3）因为
a0,c1
，所以
f(x )x(xb)(x1)x(b1)xbx
，

32
f'(x)3x
2
2(b1)xb
．

因为
0b1
，所以

4(b1)12b(2b1)30
，

则有2个不同的零点，设为
x
1
,x
2

x
1
x
2

．

22
b1bb1b1bb1

由
f'(x)0< br>，得
x
1

．
,x
2

33
22
列表如下：

x


f(x)

(,x
1
)

+

↗

x
1

0

极大值


x
1
,x
2


–

↘

x
2


0

极小值

(x
2
,)

+

↗


所以
f(x)
的极大值
Mf
< br>x
1

．

解法一：

Mf
< br>x
1

x
1
3
(b1)x
1
2
bx
1

2
2bb1

x
b 1b(b1)

1

2



3x1
2(b1)x
1
b


x
1< br>
9

99

3


2
b
2
b1

(b1)
27
b(b1 )2

927

bb1

2

3< br>b(b1)2(b1)
2
(b1)2
(b(b1)1)
3

272727

b(b1)244

．因此M
．

27272727
解法二：

因为
0 b1
，所以
x
1
(0,1)
．

2
当
x(0,1)
时，
f(x)x(xb)(x1)x(x1)
．

令
g(x)x(x1),x(0,1)
，则
g'(x)3

x

(x1)
．

2


1

3

令
g'(x)0
，得
x1
．列表如下：

3
x

1
(0,)

3
+

1

3
0

(
1
,1)

3
g'(x)

–

g(x)


↗

极大值

↘

1

1

4
g(x)g
g(x)
所以当
x
时，取得极大值，且是最大值，故．

max

< br>3

3

27
所以当
x(0,1)
时，< br>f(x)g(x)
44
，因此
M
．

2727
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问
题以 及逻辑推理能力．


20.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.

（1）已知等比数列 {
a
n
}满足：
a
2
a
4
a
5
,a
3
4a
2
4a
1
0
，求证:数 列{
a
n
}为“M－数列”；

（2）已知数列{
b
n
}满足:
b
1
1,
122

，其中
S
n
为数列{
b
n
}的前
n
项和．
< br>S
n
b
n
b
n1
①求数列{
b
n
}的通项公式；

②设
m
为正整数，若存在“M－数列”{
c
n
}(
n
∈N
*
)，对任意正整数
k
， 当
k
≤
m
时，都有

c
k
b
k
c
k1
成立，求
m
的最大值．

【答案】（1）见解析；

*
（2）①
b
n
=n
nN
；②5.


【解析】

【分析】

（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；

（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{
b
n
}是等差数列，据此即可 确定其通项公式；

②由①确定
b
k
的值，将原问题进行等价转化， 构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求
得
m
的最大值．

【详 解】（1）设等比数列{
a
n
}的公比为
q
，所以
a
1
≠0，
q
≠0.


a
1
2
q
4
a
1
q
4

a
2
a
4
a
5

a
1
1
由

，得

2
，解得

．

a4a4a0
q 2
aq4aq4a0
21


3
11
< br>1
因此数列
{a
n
}
为“
M
—数列”.
122

（2）①因为，所以
b
n
0
．

S
n
b
n
b
n1
122

，则
b
2
2
.

b1,Sb
由111
得
11b
2
由
b
n
b
n1< br>122

，得
S
n

，

2(b
n1
b
n
)
S
n
b
n
bn1
当
n2
时，由
b
n
S
n
 S
n1
，得
b
n

整理得
b
n1b
n1
2b
n
．

b
n
bn1
b
n1
b
n

，

2

b
n1
b
n

2

b
n
b
n1

所以数列{
b
n
}是首项和公差均为 1的等差数列.

因此，数列{
b
n
}的通项公式为
bn
=
n
nN
②由①知，
b
k
=
k< br>，
kN
*
.

因为数列{
c
n
} 为“
M
–数列”，设公比为
q
，所以
c
1
=1，< br>q
>0.

因为
c
k
≤
b
k
≤
c
k
+1
，所以
q
当
k
=1时，有< br>q
≥1；

当
k
=2，3，…，
m
时，有< br>k1

*

.

kq
k
，其 中
k
=1，2，3，…，
m
.

lnklnk
lnq
．

kk1

设< br>f
（
x
）=
lnx1lnx
(x1)
，则
f'(x)
．

xx
2
（1，
e
）

+

↗

令
f'(x)0
，得
x
=
e
.列表如下：

x

e

0

极大值

(
e
，+∞)

–

↘

f'(x)

f
（
x
）


因为
ln2ln8ln9l n3ln3

，所以
f(k)
max
f(3)
．< br>
26633
3
取
q3
，当
k
=1，2， 3，4，5时，
k1
lnk
lnq
，即
kq
k
，

k
经检验知
qk
也成立．

因此所求
m
的最大值不小于5．

351515
若
m
≥6，分别取
k
=3，6，得3≤
q
，且
q
≤6 ，从而
q
≥243，且
q
≤216，

所以
q
不存在.因此所求
m
的最大值小于6.

综上，所求
m
的最大值为5．

【点睛】本题主要考查等差和等比数 列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、
转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题 的能力．


数学Ⅱ(附加题)

【选做题】本题包括21、22、 23三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区
．．．．．．．．．．．．．．．．．
域内 作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过
．．．．
程或演算步 骤．


31

A
21.已知矩阵

2 2




（1）求
A
2
；

（2）求矩阵
A
的特征值.


115

【答案】（1）

；

10 6

（2）

1
1,

2
4
.

【解析】

【分析】

(1)利用矩阵的乘法运算法则计算
A
2
的值即可；

(2)首先求得矩阵的特征多项式，然后利用特征多项式求解特征值即可.

< br>
31

A
【详解】（1）因为

22

，


所以
A

2

31< br>
31




22

2 2


33123112

115

=

=

106

．

232 22122

（2）矩阵
A
的特征多项式为

f(

)

3
2
1

2


2
5

4
.

令
f(

)0
，解得
A
的特征值

1
1,< br>
2
4
.

【点睛】本题主要考查矩阵的运算、特征值等基础知识，考查运算求解能力．

22.在极坐标系中，已知两点
A

3,
（1）求
A
，
B
两点间的距离；

（2）求点
B
到直线
l
的距离.

【答案】（1）
5
；

（2）2.

【解析】

【分析】

(1)由题意，在
△OAB
中，利用余弦定理求解
AB
的长度即可；

(2)首先确定直线的倾斜角和直 线所过的点的极坐标，然后结合点
B
的坐标结合几何性质可得
点
B
到 直线
l
的距离.

【详解】（1）设极点为
O
.在△
OAB
中，
A
（3，







,B2,

sin


，直 线
l
的方程为

3
.

4

2

4



），
B
（
2
，），

42

)5
.

24
由余弦定理，得
AB
=
3
2
(2)
2
 232cos(
（2）因为直线
l
的方程为

sin(

)3
，


4
则直线
l
过点(32,)
，倾斜角为

2
3

．

4
又
B(2,)
，所以点
B
到直线
l
的距离为(322)sin(

2
3
)2
.
42

【点睛】本题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力．

23.设
xR
，解不等式
|x|+|2 x1|>2
.

【答案】
{x|x或x1}
.

【解析】

【分析】

由题意结合不等式的性质零点分段即可求得不等式的解集.

【详解】当
x< br><0时，原不等式可化为
x12x2
，解得
x
<–
当 0≤
x
≤
当
x
>
1
3
1
：

3
1
时，原不等式可化为
x
+1–2
x
>2， 即
x
<–1，无解；

2
1
时，原不等式可化为
x
+2
x
–1>2，解得
x
>1.

2
综上，原不等式的解集为
{x|x或x1}
.

【点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．

1
3
【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内< br>．．．．．．．
作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

n2n 2
4,nN
*
.已知
a
3
2a
2
a< br>4
.

24.设
(1x)a
0
a
1< br>xa
2
xLa
n
x,n…
（1）求
n
的值；

（2）设
(13)
n
ab3
，其中
a,bN
*
，求
a
2
3b
2
的值.

【答案】（1）
n5
；

（2）-32.

【解析】

【分析】

(1)首先由二项式展开式的通项公式确定< br>a
2
,a
3
,a
4
的值，然后求解关于
n< br>的方程可得
n
的值；

(2)解法一：利用(1)中求得的
n
的值确定有理项和无理项从而可得
a
,
b
的值，然后计算
a
2
3b
2
的值即可；

解法二：利用(1)中求得的n
的值，由题意得到
13
确定
a
2
3b
2
的值.

n0122nn
【详解】（1）因为
(1x)C
n
C
n
xC
n
xLC
n
x，n4，


的展开式，最后结合平方差公式即可
5

所以
a
2
C
n

n(n1)n(n1)(n2)< br>,a
3
C
3

，

n
26
n(n1)(n2)(n3)
a
4
C
4

．
n
24
2
2
因为
a
3
2a
2
a
4
，

n(n1)(n2)
2
n(n 1)n(n1)(n2)(n3)
]2
，

6224
解得
n5
．

（2）由（1）知，
n5
．

所以
[
(13)
n
(13)
5

022334455

C
5
C
1
5
3 C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)C
5< br>(3)
ab3
．

解法一：

024135因为
a,bN
*
，所以
aC
5
3C
5< br>9C
5
76,bC
5
3C
5
9C
5
44
，

从而
a
2
3b
2
76
2
344
2
32
．

解法二：

022334455

(13)
5
 C
5
C
1
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)C
5
(3)
022334 455
．

C
5
C
1
3C(3)C(3) C(3)C(3)
55555
因为
a,bN
*
，所以
(13)
5
ab3
．

因此
a
2
 3b
2
(ab3)(ab3)(13)
5
(13)
5
(2)
5
32
．

【点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力.


25.在平面直角坐标系
xOy
中，设点集
A
n
{(0,0),(1,0),(2,0),,(n,0)}
，
B
n

(0,1),(n,1)},C
n
{(0,2),(1,2),(2,2), L,(n,2)},nN

.
令
M
n
A
nUB
n
UC
n
.从集
合
M
n
中任取两 个不同的点，用随机变量
X
表示它们之间的距离.

（1）当
n
=1时，求
X
的概率分布；

（2）对 给定的正整数
n
（
n
≥3），求概率
P
（
X
≤
n
）（用
n
表示）.

【答案】（1）见解析；

（2）见解析.

【解析】

【分析】

(1)由题意首先确定
X
可能的取值，然后利用古典概型 计算公式求得相应的概率值即可确定分

布列；

(2)将原问题转化为 对立事件的问题求解
P

Xn

的值，据此分类讨论①.
bd
，
②.
b0,d1
，③.
b0,d2
，④.
b1,d2
四种情况确定
X
满足
Xn
的所有可能的< br>取值，然后求解相应的概率值即可确定
P

X≤n

的值.< br>
【详解】（1）当
n1
时，
X
的所有可能取值是
1，2，2，5
．

X
的概率分布为
P(X1)
774 4
,P(X2)
，

22
C
6
15C6
15
P(X2)
2222
,P(X5)
．

22
C
6
15C
6
15
b)
和
B(c，d)
是从
M
n
中取出的两个点．

（2）设A(a，
因为
P(Xn)1P(Xn)
，所以仅需考虑
Xn< br>的情况．

①若
bd
，则
ABn
，不存在
Xn
的取法；

d1
，则
AB(ac)
2
1
②若
b0，
n
2
1
，所以
Xn当且仅当
ABn
2
1
，此
cn
或
an， c0
，有2种取法；

时
a0，< br>d2
，则
AB(ac)
2
4n
2
4，因为当
n3
时，
(n1)
2
4n
，③若b0，
cn
或
an， c0
，有2种取法；

所以
Xn
当且仅当
ABn
2
4
，此时
a 0，
d2
，则
AB(ac)
2
1
④若
b 1，
n
2
1
，所以
Xn
当且仅当
ABn< br>2
1
，此
cn
或
an， c0
，有2种取法．

时
a0，
综上，当
Xn
时，
X
的所有可能取值是
n
2
+1
和
n
2
4
，且

P(Xn
2
1)
4
C
2
2n4
,P(Xn
2
4)
2
2
C
2n4
．

因此，
P(Xn)1P(Xn
2< br>1)P(Xn
2
4)1
6
C
2
2n4
．

【点睛】本题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识， 考查逻辑
思维能力和推理论证能力．