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2024 年真题

22 题

选择题

1

已知函数 $f (x) = lim_{n \to \infty} \frac{1 + x}{1 + n x ^{2 n}}$ ，则 $f (x)$ 在 $x = - 1$ 处和 $x = 1$ 处的连续性为（　　）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

f (x) = {x + 1, 0, ∣ x ∣ < 1, 其他

由于

x \to 1^{-} lim f (x) = 2, x \to 1^{+} lim f (x) = 0,

所以在 $x = 1$ 处不连续。

x \to - 1^{-} lim f (x) = 0, x \to - 1^{+} lim f (x) = 0,

所以在 $x = - 1$ 处连续。

故选 (D)。

2

设 $I = \int_{a}^{a + kπ} ∣ sin x ∣ d x$ ，其中 $k$ 为整数。则 $I$ 的值（）。

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】由于 $∣ sin x ∣$ 是周期为 $2 π$ 的周期函数，因此

I = \int_{a}^{a + kπ} ∣ sin x ∣ d x = \int_{0}^{kπ} ∣ sin x ∣ d x = k \int_{0}^{π} sin x d x = 2 k,

故选 B。

3

设 $f (x, y)$ 是连续函数，则

\int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} d x \int_{s i n x}^{1} f (x, y) d y =

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】
原积分区域为

D = {(x, y) \frac{π}{6} \leq x \leq \frac{π}{2}, sin x \leq y \leq 1} .

将其改写为 $y$ 型区域：

D = {(x, y) \frac{1}{2} \leq y \leq 1, \frac{π}{6} \leq x \leq arcsin y} .

因此

\int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} d x \int_{s i n x}^{1} f (x, y) d y = \int_{\frac{1}{2}}^{1} d y \int_{\frac{π}{6}}^{a r c s i n y} f (x, y) d x .

故选 A。

4

已知幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的和函数为 $ln (2 + x)$ ，则 $\sum_{n = 0}^{\infty} n a_{2 n} =$ ( )

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正确答案：A

正确答案：A

【解析】将 $ln (2 + x)$ 展开可得

ln (2 + x) = ln 2 + ln (1 + \frac{x}{2}) = ln 2 + n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} (\frac{x}{2})^{n}

于是 $a_{0} = ln 2$ ， $a_{n} = \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{2 ^{n} n}$ ，所以

n = 0 \sum \infty n a_{2 n} = - n = 1 \sum \infty \frac{1}{2 ^{2 n + 1}} = - \frac{1}{6}

选 A。

5

设二次型在正交变换下的标准型为 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = y_{1}^{2} - 2 y_{2}^{2} + 3 y_{3}^{2}$ ，则二次型 $f$ 的矩阵 $A$ 的行列式与迹分别为（）

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正确答案：C

正确答案：C

矩阵 $A$ 的特征值为 $1$ ， $- 2$ ， $3$ 。
因此行列式为

∣ A ∣ = 1 \times (- 2) \times 3 = - 6,

迹为

tr (A) = 1 + (- 2) + 3 = 2.

故答案为选项 C。

6

设矩阵 $P = 101010001$ ，且 $P^{T} A P = a + 2 c 0 2 c 0 b 0 c 0 c$ ，则矩阵 $A$ 为（）

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正确答案：C

正确答案：C

A = (P^{T})^{- 1} a + 2 c 0 2 c 0 b 0 c 0 c (P^{2})^{- 1} = 100010 - 1 01 a + 2 c 0 2 c 0 b 0 c 0 c 10 - 1 010001 = a 00 0 b 0 00 c,

选 C。

7

设矩阵 $A = a + 1 a 1 b \frac{b}{2} 1 312$ ， $M_{ij}$ 为 $A$ 的代数余子式，且 $∣ A ∣ = - \frac{1}{2}$ ， $- M_{21} + M_{22} - M_{23} = 0$ ，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】由 $- M_{21} + M_{22} - M_{23} = 0$ 可得

a + 1 11 b 11 312 = a - b + 1 = 0

因此

∣ A ∣ = a + 1 a 1 a + 1 \frac{a + 1}{2} 1 312 = \frac{( 1 - a ) ( 2 a - 1 )}{2} = - \frac{1}{2}

解得 $a = 0$ 或 $a = \frac{3}{2}$ 。

选 B。

8

设随机变量 $X$ 的概率密度为

f (x) = {6 x (1 - x), 0, 0 < x < 1 其他

则

E (X - EX)^{3} = ()

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】
$EX = \int_{0}^{1} x \cdot 6 x (1 - x) d x = \frac{1}{2}$ ，
则

E (X - EX)^{3} = \int_{0}^{1} (x - \frac{1}{2})^{3} \cdot 6 x (1 - x) d x = 0,

选 B。

9

设随机变量 $X$ 、 $Y$ 相互独立， $X \sim N (0, 2)$ ， $Y \sim N (- 1, 1)$ ，设 $p_{1} = P {2 X > Y}$ ， $p_{2} = P {X - 2 Y > 1}$ ，则（）

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

p_{1} p_{2} = P (2 X > Y) = P (Y - 2 X < 0) = P (\frac{Y - 2 X + 1}{3} < \frac{1}{3}) = Φ (\frac{1}{3}), = P (X - 2 Y > 1) = P (\frac{X - 2 Y - 2}{6} > - \frac{1}{6}) = 1 - Φ (- \frac{1}{6}) = Φ (\frac{1}{6}),

于是 $p_{2} > p_{1} > \frac{1}{2}$ ，选 B。

10

设随机变量 $X$ 、 $Y$ 相互独立，且均服从参数为 $λ$ 的指数分布，令 $Z = ∣ X - Y ∣$ ，则下列随机变量与 $Z$ 同分布的是（　　）

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】先求 $Z$ 的分布函数 $F_{Z} (z)$ 。当 $z \leq 0$ 时，显然 $F_{Z} (z) = 0$ 。当 $z > 0$ 时，

F_{Z} (z) = P (Z \leq z) = P (∣ X - Y ∣ \leq z) = 1 - P (∣ X - Y ∣ > z) = 1 - 2 \int_{z}^{+ \infty} d x \int_{0}^{x - z} λ e^{- λ x} \cdot λ e^{- λ y} d y = 1 - 2 \int_{z}^{+ \infty} λ e^{- λ x} (1 - e^{λ z - λ x}) d x = 1 - e^{- λ z},

这说明 $Z$ 服从参数为 $λ$ 的指数分布，选 D。

填空题

11

（填空题）当 $x \to 0$ 时， $\int_{0}^{x} \frac{( 1 + t ^{2} ) s i n t ^{2}}{1 + c o s ^{2} t} d t$ 与 $x^{k}$ 是同阶无穷小，则 $k =$ 。

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【答案】 3

【解析】 当 $x \to 0$ 时，

\int_{0}^{x} \frac{( 1 + t ^{2} ) sin t ^{2}}{1 + cos t ^{2}} d t \sim \int_{0}^{x} \frac{t ^{2}}{2} d t = \frac{x ^{3}}{6} .

因此， $k = 3$ 。

12

（填空题）

\int_{2}^{+ \infty} \frac{5}{x ^{4} + 3 x ^{2} - 4} d x =

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【答案】 $\frac{l n 3}{2} - \frac{π}{8}$

【解析】

\frac{5}{x ^{4} + 3 x ^{2} - 4} = \frac{5}{( x ^{2} - 1 ) ( x ^{2} + 4 )} = \frac{1}{x ^{2} - 1} - \frac{1}{x ^{2} + 4} = \frac{1}{2 ( x - 1 )} - \frac{1}{2 ( x + 1 )} - \frac{1}{x ^{2} + 4}

于是

\int_{2}^{+ \infty} \frac{5}{x ^{4} + 3 x ^{2} - 4} d x = \int_{2}^{+ \infty} (\frac{1}{2 ( x - 1 )} - \frac{1}{2 ( x + 1 )} - \frac{1}{x ^{2} + 4}) d x = (\frac{1}{2} ln \frac{x - 1}{x + 1} - \frac{1}{2} arctan \frac{x}{2})_{2}^{+ \infty} = \frac{ln 3}{2} - \frac{π}{8} .

13

（填空题）函数 $f (x, y) = 2 x^{3} - 9 x^{2} - 6 y^{4} + 12 x + 24 y$ 的极值点为

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【答案】 (1,1)

【解析】 由

{f_{x}^{'} = 6 x^{2} - 18 x + 12 = 0 f_{y}^{'} = - 24 y^{3} + 24 = 0

解得 $(x, y) = (1, 1)$ 或 $(2, 1)$ 。

进一步计算二阶偏导数：

f_{xx}^{''} = 12 x - 18, f_{x y}^{''} = 0, f_{yy}^{''} = - 72 y^{2} .

当 $(x, y) = (1, 1)$ 时：

A = f_{xx}^{''} (1, 1) = - 6, B = f_{x y}^{''} (1, 1) = 0, C = f_{yy}^{''} (1, 1) = - 72,

此时 $A C - B^{2} > 0$ ，因此 $(1, 1)$ 是极值点。

当 $(x, y) = (2, 1)$ 时：

A = f_{xx}^{''} (2, 1) = 6, B = f_{x y}^{''} (2, 1) = 0, C = f_{yy}^{''} (2, 1) = - 72,

此时 $A C - B^{2} < 0$ ，因此 $(2, 1)$ 不是极值点。

14

（填空题）设某产品的价格函数为

p = {25 - 0.25 Q, 35 - 0.75 Q, Q \leq 20 Q > 20

其中 $P$ 为价格， $Q$ 为销量，成本函数为 $C = 150 + 5 Q + 0.25 Q^{2}$ ，求经营该产品可获得的最大利润为 ______。

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【答案】 50

【解析】 利润函数为：

L (Q) = pQ - C = {- 0.5 Q^{2} + 20 Q - 150, - Q^{2} + 30 Q - 150, Q \leq 20 Q > 20

$L (Q)$ 是连续函数。其一阶导数为：

L^{'} (Q) = {- Q + 20 > 0, - 2 Q + 30 < 0, Q < 20 Q > 20

因此， $L (Q)$ 在 $Q = 20$ 处取得最大值，最大利润为：

L (20) = 50

15

（填空题）设 $A$ 为 3 阶矩阵， $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随矩阵。若 $r (2 E - A) = 1$ ， $r (A + E) = 2$ ，求 $∣ A^{*} ∣ =$

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【答案】 16

【解析】 由于 $r (2 E - A) = 1$ ， $r (E + A) = 2$ ，可知 2 至少为 $A$ 的二重特征值，而 $- 1$ 也是 $A$ 的特征值。

因此 $A$ 的特征值为 $2, 2, - 1$ ，于是可得：

∣ A ∣ = - 4, ∣ A^{*} ∣ = ∣ A ∣^{2} = 16

16

（填空题）设事件 $A$ 每次成功的概率为 $P$ ，在三次独立重复试验中，在事件 $A$ 至少成功 1 次的条件下，3 次试验全部成功的概率为 $\frac{4}{13}$ ，则 $P =$

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【答案】 $p = \frac{2}{3}$

【解析】 设在3次试验中， $B$ 表示事件 $A$ 至少成功1次， $C$ 表示事件 $A$ 成功3次，则

\frac{4}{13} = P (C ∣ B) = \frac{P ( C )}{P ( B )} = \frac{P ( C )}{1 - P ( B )} = \frac{p ^{3}}{1 - ( 1 - p ) ^{3}} \Rightarrow p = \frac{2}{3} .

解答题

17

（本题满分 10 分）

设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线 $x y = \frac{1}{3}$ 、 $x y = 3$ 与直线 $y = \frac{1}{3} x$ 、 $y = 3 x$ 围成，计算

\iint_{D} (1 + x - y) d x d y .

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【答案】 $\frac{8}{3} ln 3$

【解析】 设平面有界区域 $D$ 位于第一象限，由曲线 $x y = \frac{1}{3}$ 、 $x y = 3$ 与直线 $y = \frac{1}{3} x$ 、 $y = 3 x$ 围成，计算

\iint_{D} (1 + x - y) d x d y .

积分区域关于直线 $y = x$ 对称，由轮换对称性有

\iint_{D} x d x d y = \iint_{D} y d x d y,

于是

\iint_{D} (1 + x - y) d x d y = \iint_{D} d x d y = \int_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} d θ \int_{\frac{1}{3 s i n θ c o s θ}}^{\frac{3}{s i n θ c o s θ}} r d r = \frac{1}{2} \int_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} (\frac{3}{sin θ cos θ} - \frac{1}{3 sin θ cos θ}) d θ = \frac{8}{3} \int_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} \frac{1}{sin 2 θ} d θ = \frac{4}{3} ln (csc 2 θ - cot 2 θ)_{a r c t a n \frac{1}{3}}^{a r c t a n 3} = \frac{8}{3} ln 3.

18

（本题满分 12 分）

设函数 $z = z (x, y)$ 由方程

z + e^{x} - y ln (1 + z^{2}) = 0

确定，求

(\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}})_{(0, 0)} .

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【答案】 $- 1 - 2 ln 2$

【解析】 将 $(x, y) = (0, 0)$ 代入原方程可得 $z (0, 0) = - 1$ 。

方程两边对 $x$ 求偏导可得

z_{x}^{'} + e^{x} - y \cdot \frac{2 z z _{x}^{'}}{1 + z ^{2}} = 0 \Rightarrow z_{x}^{'} (0, 0) = - 1

上述等式两边继续对 $x$ 求偏导可得

z_{xx}^{''} + e^{x} - y \cdot \frac{\partial}{\partial x} (\frac{2 z z _{x}^{'}}{1 + z ^{2}}) = 0 \Rightarrow z_{xx}^{''} (0, 0) = - 1

原方程两边对 $y$ 求偏导可得

z_{y}^{'} - ln (1 + z^{2}) - y \cdot \frac{2 z z _{y}^{'}}{1 + z ^{2}} = 0 \Rightarrow z_{y}^{'} (0, 0) = ln 2

上述等式两边继续对 $y$ 求偏导可得

z_{yy}^{''} - \frac{2 z z _{y}^{'}}{1 + z ^{2}} - \frac{2 z z _{y}^{'}}{1 + z ^{2}} - y \cdot \frac{\partial}{\partial y} (\frac{2 z z _{y}^{'}}{1 + z ^{2}}) = 0 \Rightarrow z_{yy}^{''} (0, 0) = - 2 ln 2

因此，

(\frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}})_{(0, 0)} = - 1 - 2 ln 2

19

（本题满分 12 分）

设 $t > 0$ ，平面有界区域 $D$ 由曲线 $y = x e^{- 2 x}$ 与直线 $x = t$ 、 $x = 2 t$ 及 $x$ 轴围成， $D$ 的面积为 $S (t)$ ，求 $S (t)$ 的最大值。

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【答案】

S (ln 2) = \frac{ln 2}{16} + \frac{3}{64}

【解析】 由题意可知 $S (t) = \int_{t}^{2 t} x e^{- 2 x} d x$ ，那么

S^{'} (t) = 4 t e^{- 4 t} - t e^{- 2 t} = t e^{- 2 t} (4 e^{- 2 t} - 1)

= ⎩ ⎨ ⎧ > 0, = 0, < 0, 0 < t < ln 2 t = ln 2 t > ln 2

这说明 $S (t)$ 在 $(0, ln 2]$ 上单调递增，在 $[ln 2, + \infty)$ 上单调递减，所以 $S (t)$ 的最大值为

S (ln 2) = \int_{l n 2}^{2 l n 2} x e^{- 2 x} d x = \frac{ln 2}{16} + \frac{3}{64}

20

（本题满分 12 分）

设函数 $f (x)$ 具有二阶导数，且 $f^{'} (0) = f^{'} (1)$ ， $∣ f^{''} (x) ∣ \leq 1$ ，证明：

(1)

当 $x \in (0, 1)$ 时，

∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2} .

(2)

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12} .

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【答案】 见解析

【解析】 (1) 令 $g (x) = f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x - \frac{x ( 1 - x )}{2}, x \in [0, 1]$ 。那么 $g (0) = g (1) = 0$ ，且

g^{'} (x) = f^{'} (x) + f (0) - f (1) - \frac{1}{2} + x, g^{''} (x) = f^{''} (x) + 1 \geq 0

如果存在 $x_{0} \in (0, 1)$ ，使得 $g (x_{0}) > 0$ ，那么由拉格朗日中值定理可知，存在 $ξ_{1} \in (0, x_{0})$ ， $ξ_{2} \in (x_{0}, 1)$ ，使得

g^{'} (ξ_{1}) = \frac{g ( x _{0} ) - g ( 0 )}{x _{0}} > 0, g^{'} (ξ_{2}) = \frac{g ( 1 ) - g ( x _{0} )}{1 - x _{0}} < 0

进一步存在 $ξ \in (ξ_{1}, ξ_{2})$ ，使得

g^{''} (ξ) = \frac{g ^{'} ( ξ _{2} ) - g ^{'} ( ξ _{1} )}{ξ _{2} - ξ _{1}} < 0

矛盾。因此对任意 $x \in (0, 1)$ 都有 $g (x) \leq 0$ ，即

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}

同理还有

f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \geq - \frac{x ( 1 - x )}{2}

综合起来即

∣ f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x ∣ \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}, x \in [0, 1]

(2) 将不等式

- \frac{x ( 1 - x )}{2} \leq f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x \leq \frac{x ( 1 - x )}{2}

在 $[0, 1]$ 上积分。注意到 $\int_{0}^{1} \frac{x ( 1 - x )}{2} d x = \frac{1}{12}$ ，且

\int_{0}^{1} [f (x) - f (0) (1 - x) - f (1) x] d x = \int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2}

于是

- \frac{1}{12} \leq \int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}

即

\int_{0}^{1} f (x) d x - \frac{f ( 0 ) + f ( 1 )}{2} \leq \frac{1}{12}

21

（本题满分 12 分）

设矩阵

A = 112 - 1 11 002 - 1 36, B = 112 0 - 1 - 3 1 a 2 2 a - 1 - 2

，

且向量 $α = 023, β = 10 - 1$ 。

(1) 证明：方程组 $A x = α$ 的解均为方程组 $B x = β$ 的解；

(2) 若方程组 $A x = α$ 与方程组 $B x = β$ 不同解，求 $a$ 的值。

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【答案】
(1) 见解析
(2) a=1

【解析】
(1) 首先解方程组 $A x = α$ ，对增广矩阵 $(A, α)$ 进行初等行变换可得：

(A, α) = 112 - 1 11 002 - 1 36 023 \to 100 - 1 23 002 - 1 48 023 \to 100010001121110 .

令 $x_{4} = k$ ，那么 $x_{1} = 1 - k$ ， $x_{2} = 1 - 2 k$ ， $x_{3} = 1 - k$ ，则方程组 $A x = α$ 的通解为：

x = (1 - k, 1 - 2 k, 1 - k, k)^{T} = k ξ + η,

其中 $ξ = (- 1, - 2, - 1, 1)^{T}$ ， $η = (1, 1, 1, 0)^{T}$ 。

容易验证 $B ξ = 0$ ， $B η = β$ ，这就意味着 $k ξ + η$ 都是方程组 $B x = β$ 的解。

(2) 由于 $A x = α$ 的解都是 $B x = β$ 的解，如果这两个方程组不同解，则 $r (B) < 3$ 。

对矩阵 $B$ 进行初等行变换：

B = 112 0 - 1 - 3 1 a 2 2 a - 1 - 2 \to 100 0 - 1 - 3 1 a - 1 0 2 a - 3 - 6 \to 100 0 - 1 0 1 a - 1 3 (a - 1) 2 a - 3 3 (a - 1),

所以当 $3 (a - 1) = 0$ ，即 $a = 1$ 时， $r (B) = 2 < 3$ 。

22

（本题满分 12 分）

设总体 $X$ 服从 $[0, θ]$ 上的均匀分布，其中 $θ \in (0, + \infty)$ 为未知参数。 $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，记

X_{(n)} = max {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}, T_{c} = c X_{(n)}

(1) 求 $c$ ，使得 $E (T_{c}) = θ$ ；

(2) 记 $h (c) = E [(T_{c} - θ)^{2}]$ ，求 $c$ 使得 $h (c)$ 最小。

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【答案】
(1) $c = \frac{n + 1}{n}$
(2) $c = \frac{n + 2}{n + 1}$

【解析】
(1) 先求 $X_{(n)}$ 的分布函数 $F (x) = P (X_{(n)} \leq x)$ 。当 $x < 0$ 时， $F (x) = 0$ ；当 $x > θ$ 时， $F (x) = 1$ ；当 $0 \leq x \leq θ$ 时，

F (x) = P (max {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}} \leq x) = P (X_{1} \leq x, X_{2} \leq x, \dots, X_{n} \leq x) = i = 1 \prod n P (X_{i} \leq x) = [P (X \leq x)]^{n} = (\int_{0}^{x} \frac{1}{θ} d t)^{n} = \frac{x ^{n}}{θ ^{n}} .

于是 $X_{(n)}$ 的概率密度为

f (x) = {\frac{n x ^{n - 1}}{θ ^{n}}, 0, 0 \leq x \leq θ, 其他 .

计算期望：

E (X_{(n)}) = \int_{0}^{θ} x \cdot \frac{n x ^{n - 1}}{θ ^{n}} d x = \frac{n}{n + 1} θ .

要使得 $E (T_{c}) = θ$ ，则

c \cdot \frac{n}{n + 1} θ = θ,

解得 $c = \frac{n + 1}{n}$ 。

(2) 计算二阶矩：

E (X_{(n)}^{2}) = \int_{0}^{θ} x^{2} \cdot \frac{n x ^{n - 1}}{θ ^{n}} d x = \frac{n}{n + 2} θ^{2} .

于是

h (c) = E [(T_{c} - θ)^{2}] = E [c^{2} X_{(n)}^{2} - 2 c θ X_{(n)} + θ^{2}] = c^{2} E (X_{(n)}^{2}) - 2 c θE (X_{(n)}) + θ^{2} = (\frac{n}{n + 2} c^{2} - \frac{2 n}{n + 1} c + 1) θ^{2} .

这是一个关于 $c$ 的二次函数，二次项系数 $\frac{n}{n + 2} > 0$ ，因此当

c = - \frac{b}{2 a} = - \frac{- \frac{2 n}{n + 1}}{2 \cdot \frac{n}{n + 2}} = \frac{n + 2}{n + 1}

时， $h (c)$ 取得最小值。