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2019-2020年高三(上)12月质量检测数学试卷含解析
一、填空题(每小题5分,共70分)1.(5分)已知集合A={2,3},B={1,a},若A∩B={2},则A∪B= {1,2,3} .考点集合关系中的参数取值问题;并集及其运算;交集及其运算.专题计算题.分析先通过A∩B={2}得出a=2,进而解得a,再求得集合A,B,再取并集.解答解∵A∩B={2}∴a=2,∴A={3,2},B={1,2}∴A∪B={1,2,3}故答案为{1,2,3}点评本题主要考查集合的交集和并集的运算.属于基础题. 2.(5分)x>1是的 充分不必要条件 条件.考点必要条件、充分条件与充要条件的判断.专题计算题.分析由充分条件与必要条件的概念即可判断.解答解∵x>1⇒<1成立,∴充分性成立;而<1⇔<0⇔x<0或x>1,即<1不能推出x>1,∴必要性不成立;∴x>1是的充分不必要条件.故答案为充分不必要.点评本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断,掌握充分条件与必要条件的概念是判断的基础,属于基础题. 3.(5分)(xx•崇文区二模)双曲线的渐近线方程为 y=±2x .考点双曲线的简单性质.专题计算题.分析本题比较简单,把双曲线中的1换成0再进行整理即可.解答解双曲线的渐近线方程为,整理,得y=±2,故双曲线的渐近线方程为y=±2.点评本题较容易,解题时注意别和椭圆弄混了. 4.(5分)复数在复平面内对应的点位于第 一 象限.考点复数的基本概念.专题计算题.分析首先进行复数的除法运算,分子和分母同乘以分母的共轭复数,分母变成一个实数,分子进行复数的乘法运算,整理成复数的标准形式,写出对应点的坐标,看出所在的象限.解答解∵复数===,∴复数对应的点的坐标是(,)∴复数在复平面内对应的点位于第一象限,故答案为一点评本题考查复数的实部和虚部的符号,是一个概念题,在解题时用到复数的加减乘除运算,是一个比较好的选择或填空题,可以出现在高考题的前几个题目中. 5.(5分)若抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合,则p的值为 4 .考点圆锥曲线的共同特征.专题计算题;圆锥曲线的定义、性质与方程.分析确定双曲线的右焦点坐标为(2,0),从而可得抛物线y2=2px的焦点坐标,由此可得结论.解答解双曲线的右焦点坐标为(2,0)∵抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合,∴∴p=4故答案为4点评本题考查双曲线、抛物线的几何性质,确定双曲线的右焦点坐标是关键. 6.(5分)已知圆x2+y2=9与圆x2+y2﹣4x+4y﹣1=0关于直线l对称,则直线l的方程为 x﹣y﹣2=0 .考点关于点、直线对称的圆的方程.专题计算题.分析把两个圆的方程相减可得对称轴l的方程.解答解把两个圆的方程相减可得4x﹣4y﹣8=0,即x﹣y﹣2=0,故直线l的方程为x﹣y﹣2=0,故答案为x﹣y﹣2=0.点评本题考查两圆关于直线对称的性质,当两圆关于某直线对称时,把把两个圆的方程相减可得此直线的方程. 7.(5分)公差不为零的等差数列{an}的第
二、三及第六项构成等比数列,则= .考点等比数列的性质;等差数列的性质.专题计算题.分析设公差为d(d≠0),由题意a32=a2•a6,进而可得得d=﹣2a1,代入化简约分即可得到答案.解答解设公差为d(d≠0),由题意a32=a2•a6,即(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),解得d=﹣2a1,故===故答案点评本题主要考查了等比数列性质的应用.属基础题. 8.(5分)(xx•扬州模拟)设α,β为互不重合的平面,m,n是互不重合的直线,给出下列四个命题
①若m∥n,n⊂α,则m∥α
②若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β
③若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
④若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则n⊥β;其中正确命题的序号为
④ .考点平面与平面之间的位置关系.专题综合题.分析根据线面平行的判定定理,面面平行的判定定理,面面平行的性质定理,及面面垂直的性质定理,对题目中的四个结论逐一进行分析,即可得到答案.解答解当m∥n,n⊂α,,则m⊂α也可能成立,故
①错误;当m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,m与n相交时,α∥β,但m与n平行时,α与β不一定平行,故
②错误;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行也可能异面,故
③错误;若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,n⊥m,由面面平行的性质,易得n⊥β,故
④正确故答案为
④点评本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系,直线与平面之间的位置关系,熟练掌握空间线与线,线与面,面与面之间的关系的判定方法及性质定理,是解答本题的关键. 9.(5分)(xx•浙江二模)若实数x,y满足且z=2x+y的最小值为3,则实数b的值为 .考点简单线性规划的应用.专题数形结合.分析先根据约束条件画出可行域,设z=2x+y,再利用z的几何意义求最值,只需求出直线z=2x+y过可行域内的点A时,从而得到b值即可.解答解由约束条件作出可行域(如图),当平行直线系y=﹣2x+z经过可行域内的点A(,)时,z取得最小值,即2×+=3,解之得b=.故答案为.点评本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组,以及简单的转化思想和数形结合的思想,属中档题.目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题,这类问题一般要分三步画出可行域、求出关键点、定出最优解. 10.(5分)已知函数,f(α)=﹣2,f(β)=0,且|α﹣β|的最小值为,则正数ω的值为 2 .考点两角和与差的正弦函数;y=Asin(ωx+φ)中参数的物理意义.专题计算题.分析先利用辅助角公式对已知函数化简可得=2sin(),结合f(α)=﹣2,f(β)=0,分别为该函数的最小值和零点可求函数的周期,然后结合周期公式即可求解解答解∵=2sin()又∵f(α)=﹣2,f(β)=0,分别为该函数的最小值和零点则α,β最小距离为该函数的周期的∵|α﹣β|的最小值为∴即T=π根据周期公式可得,∴ω=2故答案为2点评本题主要考查了辅助角公式在三角函数的化简中的应用,正弦函数的性质的应用是求解整个问题的关键 11.(5分)(xx•上海模拟)设M是,定义f(M)=(m,n,p),其中m、n、p分别是△MBC,△MCA,△MAB的面积,的最小值是 18 .考点正弦定理;基本不等式;平面向量数量积的运算.专题计算题;压轴题.分析由平面向量的数量积运算法则及∠ABC的度数,求出的值,再由sinA的值,利用三角形的面积公式求出三角形ABC的面积为1,即△MBC,△MCA,△MAB的面积之和为1,根据题中定义的,得出x+y=,利用此关系式对所求式子进行变形后,利用基本不等式即可求出所求式子的最小值.解答解由,得,所以,∴x+y=,则,当且仅当时,的最小值为18.故答案为18点评此题考查了平面向量的数量积运算,新定义的理解,以及基本不等式的应用,得出x+y的值后,灵活变换所求的式子是求最小值的关键. 12.(5分)已知椭圆的右焦点为F,P点在椭圆上,以P点为圆心的圆与y轴相切,且同时与x轴相切于椭圆的右焦点F,则椭圆的离心率为 .考点椭圆的简单性质.专题计算题.分析利用已知条件推出P的坐标,代入椭圆方程,然后求出椭圆的离心率.解答解因为椭圆的右焦点为F,P点在椭圆上,以P点为圆心的圆与y轴相切,且同时与x轴相切于椭圆的右焦点F,所以P(c,c),代入椭圆方程可得,又a2﹣c2=b2,所以,解得e=.故答案为.点评本题主要考查了椭圆的定义及其运用,直线与圆的位置关系,椭圆的几何性质及其离心率的求法,属基础题. 13.(5分)已知关于x的方程x3+ax2+bx+c=0的三个实根分别为一个椭圆,一个抛物线,一个双曲线的离心率,则的取值范围 .考点抛物线的简单性质;函数的零点与方程根的关系.专题计算题;压轴题;圆锥曲线的定义、性质与方程.分析令f(x)=x3+ax2+bx+c,把x=1,y=0代入函数解析式求得a+b+c的值,进而可得f(x)=(x﹣1)(x2+x+1)+a(x+1)(x﹣1)+b(x﹣1)的形式,设g(x)=x2+(a+1)x+1+a+b椭圆和双曲线的离心率的范围确定两根的范围确定g
(0)>0,g
(1)<0,最后利用线性规划求得的取值范围.解答解令f(x)=x3+ax2+bx+c∵抛物线的离心率为1,∴1是方程f(x)=x3+ax2+bx+c=0的一个实根∴a+b+c=﹣1∴c=﹣1﹣a﹣b代入f(x)=x3+ax2+bx+c,可得f(x)=x3+ax2+bx﹣1﹣a﹣b=(x﹣1)(x2+x+1)+a(x+1)(x﹣1)+b(x﹣1)=(x﹣1)[x2+(a+1)x+1+a+b]设g(x)=x2+(a+1)x+1+a+b,则g(x)=0的两根满足0<x1<1,x2>1∴g
(0)=1+a+b>0,g
(1)=3+2a+b<0作出可行域,如图所示的几何意义是区域内的点与原点连线的斜率,∴故答案为点评本题考查一元二次方程的根的分布与系数的关系,简单线性规划,考查计算能力. 14.(5分)已知直线l经过椭圆的焦点并且与椭圆相交于P,Q两点,线段PQ的垂直平分线与x轴相交于点M,则△MPQ面积的最大值为 .考点直线与圆锥曲线的综合问题;椭圆的简单性质.专题计算题;压轴题.分析设出直线的方程利用直线与椭圆联立方程组,求出AB的距离,求出AB的中点与M的距离,推出三角形的面积的表达式,利用基本不等式求出面积的最大值即可.解答解由题意可知直线的斜率存在,所以设直线l的方程为y=kx+1,M(m,0);由可得(k2+2)x2+2kx﹣1=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=﹣.可得y1+y2=k(x1+x2)+2=.…(3分)设线段PQ中点为N,则点N的坐标为(,),直线MN的方程为y﹣=(x﹣),M(,0),|MN|==,|AB|==△MPQ的面积为====≤.当且仅当k=0时去等号.所以所求面积的最大值为.故答案为.点评本题考查m的取值范围和求△MPQ面积的最大值.解题时要认真审题,注意挖掘题设中的隐含条件,合理地进行等价转化.
二、解答题(本大题共6小题,共90分)15.(14分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AC=3,AB=5,BC=4,点D是AB的中点,
(1)求证平面ACC1⊥平面BCC1;
(2)求证AC1∥平面CDB1.考点平面与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.专题空间位置关系与距离.分析
(1)利用面面垂直的判定定理即可证明;
(2)利用三角形的中位线定理和线面平行的判定定理即可证明.解答证明
(1)∵在△ABC中,AC=3,AB=5,BC=4,∴AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=90°.∴AC⊥BC.又在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,∴AC⊥CC1.且BC∩CC1=C,∴AC⊥平面BCC1.而AC⊂平面ACC1,∴平面ACC1⊥平面BCC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E,连接DE,∵D是AB的中点,E是BC1的中点,∴DE∥AC1,∵DE⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1,∴AC1∥平面CDB1.点评熟练掌握面面垂直、线面平行的判定定理和性质定理及三角形的中位线定理是解题的关键. 16.(14分)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,,tanB=3.(Ⅰ)求角C的值;(Ⅱ)若a=4,求△ABC面积.考点解三角形;正弦定理的应用.专题计算题.分析(Ⅰ)通过三角形的内角,求出,通过内角和得到tanC=﹣tan(A+B),利用两角和的正切函数,即可求角C的值;(Ⅱ)通过a=4,利用正弦定理求出c,然后解出,即可求△ABC面积.解答解(Ⅰ)由得,∴tanA=2,,又0<C<π,∴.(Ⅱ)由可得,,由tanB=3得,,所以,△ABC面积是点评本题是中档题,考查三角形的计算,两角和的正切函数公式的应用,正弦定理的应用,考查计算能力. 17.(15分)为了保护环境,发展低碳经济,某单位在国家科研部门的支持下,进行技术攻关,采用了新工艺,把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为400吨,最多为600吨,月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似的表示为,且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元.
(1)该单位每月处理量为多少吨时,才能使每吨的平均处理成本最低?
(2)该单位每月能否获利?如果获利,求出最大利润;如果不获利,则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损?考点函数的最值及其几何意义.专题应用题.分析
(1)由题意月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似的表示为,两边同时除以x,然后利用不等式的性质进行放缩,从而求出最值;
(2)设该单位每月获利为S,则S=100x﹣y,把y值代入进行化简,然后运用配方法进行求解.解答解
(1)由题意可知,二氧化碳的每吨平均处理成本为(4分),当且仅当,即x=400时,才能使每吨的平均处理成本最低,最低成本为200元.(8分)
(2)设该单位每月获利为S,则S=100x﹣y(10分)==因为400≤x≤600,所以当x=400时,S有最大值﹣40000.故该单位不获利,需要国家每月至少补贴40000元,才能不亏损.(16分)点评此题是一道实际应用题,考查了函数的最值和不等式的基本性质,及运用配方法求函数的最值. 18.(15分)在平面内,已知椭圆的两个焦点为F1,F2,椭圆的离心率为,P点是椭圆上任意一点,且|PF1|+|PF2|=4,
(1)求椭圆的标准方程;
(2)以椭圆的上顶点B为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形ABC,这样的等腰直角三角形是否存在?若存在请说明有几个、并求出直角边所在直线方程?若不存在,请说明理由.考点直线与圆锥曲线的综合问题;椭圆的标准方程.专题计算题;圆锥曲线的定义、性质与方程.分析
(1)由题意得,由此能求出椭圆方程.
(2)设BA的直线方程为设y=kx+1,(不妨设k>0).由,得(1+4k2)x2+8kx=0,由此分别用k表示出AB和BC的长,再由AB=BC,求出直角边所在直线方程.解答解
(1)由题意得,∴,∴b=1,∴方程为.(5分)
(2)设BA的直线方程为设y=kx+1,(不妨设k>0)由,得(1+4k2)x2+8kx=0,∴,(7分)∴,∴,∴,由AB=BC,得k(k2+4)=4k2+1,即(k﹣1)(k2﹣3k+1)=0,即k=1或所以,存在3个等腰直角三角形.直角边所在直线方程为.…(15分)点评本题考查椭圆方程的求法,考查等腰直角三角形个数的判断和直角边所在直线方程的求法,解题时要认真审题,注意等价转化思想的合理运用. 19.(16分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=2,S5=15,数列{bn}满足,,
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(2)设Tn=b1+b2+…+bn,,证明.考点数列与不等式的综合;等差数列与等比数列的综合.专题综合题;等差数列与等比数列.分析
(1)利用等差数列通项及求和公式,建立方程组,求出基本量,可得数列{an}的通项公式;确定数列是等比数列,即可求得{bn}的通项公式;
(2)利用错位相减法求得Tn,利用累加法,可得结论.解答
(1)解由题意得,解得,∴an=n…(3分)由,得,∴数列是等比数列,其中首项,公比,∴,∴.…(6分)
(2)证明∵
①,∴
②∴
②﹣
①得∴…(9分)∴∴…(16分)点评本题考查数列的通项与求和,考查不等式的证明,掌握数列的求和方法是关键. 20.(16分)已知函数
(1)当t=5时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若存在t∈[0,1],使得对任意x∈[﹣4,m],不等式f(x)≤x成立,求整数m的最大值.考点利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性.专题压轴题;导数的综合应用.分析
(1)求导数f′(x),在定义域内解不等式f′(x)>0,f′(x)<0,即可得到其单调区间;
(2)不等式f(x)≤x可变为t≤xex﹣x3﹣2x2﹣5x,存在t∈[0,1],使得对任意x∈[﹣4,m],不等式f(x)≤x成立,等价于0≤xex﹣x3﹣2x2﹣5x对于x∈[﹣4,m]恒成立,先讨论
①m≤0时的情况,此时不等式可化简为ex﹣x2﹣2x﹣5≤0,令g(x)=ex﹣x2﹣2x﹣5,由于m为整数,利用导数验证m=﹣1,m=0时恒成立情况,再讨论
②m=1时情况,综上可得最大整数m值.解答解
(1)当t=5时,f(x)=,∴,其中x2﹣x+1>0,由f′(x)>0,得x<0,由f′(x)<0,得x>0,所以,f(x)的增区间为(﹣∞,0),减区间为(0,+∞);
(2)不等式f(x)≤x,即(x3+2x2+5x+t)e﹣x≤x,即t≤xex﹣x3﹣2x2﹣5x.转化为存在实数t∈[0,1],使得对任意x∈[﹣4,m],不等式t≤xex﹣x3﹣2x2﹣5x恒成立,即不等式0≤xex﹣x3﹣2x2﹣5x对于x∈[﹣4,m]恒成立,当m≤0时,则有不等式ex﹣x2﹣2x﹣5≤0对于x∈[﹣4,m]恒成立,设g(x)=ex﹣x2﹣2x﹣5,则g′(x)=ex﹣2x﹣2,又m为整数,则当m=﹣1时,则有﹣4≤x≤﹣1,此时g′(x)=ex﹣2x﹣2>0,则g(x)在[﹣4,﹣1]上为增函数,∴g(x)≤g(﹣1)<0恒成立.m=0时,当﹣1<x≤0时,因为[g′(x)]′=ex﹣2<0,则g′(x)在(﹣1,0]上为减函数,g′(﹣1)=e﹣1>0,g′
(0)=﹣1<0,故存在唯一x0∈(﹣1,0],使得g′(x0)=0,即=2x0+2,则当﹣4≤x<x0,有g′(x)>0,;当x0<x≤0时,有g′(x)<0;故函数g(x)在区间[﹣4,x0]上为增函数,在区间[x0,0]上为减函数,则函数g(x)在区间[﹣4,0]上的最大值为﹣2x0﹣5,又=2x0+2,则g(x0)=(2x0+2)﹣﹣2x0﹣5=﹣﹣3<0,故不等式0≤xex﹣x3﹣2x2﹣5x对于x∈[﹣4,0]恒成立,而当m=1时,不等式0≤xex﹣x3﹣2x2﹣5x对于x=1不成立.综上得,m=0.点评本题考查利用导数研究函数的单调性及恒成立问题,考查分类讨论思想,考查学生分析问题解决问题的能力,解决恒成立问题常转化为函数最值问题处理.
三、附加题(总分40分,时间30分钟)21.(10分)设矩阵M是把坐标平面上的点的横坐标伸长到原来的3倍,纵坐标伸长到原来的2倍的伸压变换矩阵.
(1)求逆矩阵M﹣1;
(2)求椭圆在矩阵M﹣1作用下变换得到的新曲线的方程.考点逆变换与逆矩阵;矩阵的应用.专题计算题.分析
(1)根据已知条件,求出矩阵M,由M•M﹣1=E,求出M﹣1.
(2)设椭圆上任意一点(x0,y0),变换后的坐标(x0′,y0′),根据逆变换公式,知道之间的关系,代入,即可求出新曲线方程.解答解
(1).(5分)
(2)任意选取椭圆上的一点P(x0,y0),它在矩阵对应的变换下变为P(x0′,y0′),则有,故.又因为点P在椭圆上,所以,即有,因此x02+y02=1.从而椭圆在M﹣1的作用下的新曲线的方程为x2+y2=1.(10分)点评本题主要考查逆矩阵、逆变换及其计算能力,难度比较大,做题要仔细. 22.(10分)(xx•南通模拟)已知曲线C,直线lρ(cosθ﹣2sinθ)=12.
(1)将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程;
(2)设点P在曲线C上,求P点到直线l距离的最小值.考点简单曲线的极坐标方程;点到直线的距离公式;点的极坐标和直角坐标的互化.专题计算题.分析
(1)先将ρ(cosθ﹣2sinθ)=12的左式去括号,再利用直角坐标与极坐标间的关系,即利用ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,进行代换即得.
(2)先依据点P在曲线C,设P(3cosθ,2sinθ),利用点到直线的距离列出函数式,最后求此函数的最小值即可.解答解
(1)∵ρ(cosθ﹣2sinθ)=12,∴ρcosθ﹣2ρsinθ=12,即x﹣2y﹣12=0;∴直线l的极坐标方程化为直角坐标方程为x﹣2y﹣12=0(4分)
(2)设P(3cosθ,2sinθ),∴=(其中,当cos(θ+φ)=1时,,∴P点到直线l的距离的最小值为.(10分)点评本题考查点的极坐标和直角坐标的互化,能在极坐标系中用极坐标刻画点的位置,体会在极坐标系和平面直角坐标系中刻画点的位置的区别,能进行极坐标和直角坐标的互化. 23.(10分)(xx•扬州模拟)如图,已知三棱锥O﹣ABC的侧棱OA,OB,OC两两垂直,且OA=2,OB=3,OC=4,E是OC的中点.
(1)求异面直线BE与AC所成角的余弦值;
(2)求二面角A﹣BE﹣C的余弦值.考点异面直线及其所成的角;与二面角有关的立体几何综合题.专题计算题.分析
(1)本题适合建立空间坐标系得用向量法解决这个立体几何问题,建立空间坐标系,给出有关点的坐标,求出异面直线BE与AC的方向向量,利用夹角公式求异面直线BE与AC所成角的余弦值即可.
(2)分别同平面ABE的法向量为和平面BEC的一个法向量.再根据二面角A﹣BE﹣C的平面角是两个法向量n1与n2的夹角的补角,利用夹角公式求法向量所成角的余弦值即可.解答解(I)以O为原点,OB,OC,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则有A(0,0,2),B(3,0,0),C(0,4,0),E(0,2,0).所以,cos<>=.(3分)由于异面直线BE与AC所成的角是锐角,所以,异面直线BE与AC所成角的余弦值是.(4分)(II),,设平面ABE的法向量为n1=(x,y,z),则由,,得,取n1=(2,3,3),(6分)又因为OA⊥面OBC所以平面BEC的一个法向量为n2=(0,0,1),所以.(8分)由于二面角A﹣BE﹣C的平面角是n1与n2的夹角的补角,所以,二面角A﹣BE﹣C的余弦值是.(10分)点评考查用空间向量为工具解决立体几何问题,此类题关键是找清楚线的方向向量、面的法向量以及这些向量内积等与立体几何中线面、面面位置关系的对应. 24.(10分)设二项展开式Cn=(+1)2n﹣1(n∈N*)的整数部分为An,小数部分为Bn.
(1)计算C1B1,C2B2的值;
(2)求CnBn.考点二项式定理.专题计算题;压轴题.分析
(1)将n分别用1,2代替求出C1,C2,利用多项式的乘法展开,求出C1,C2的小数部分B1,B2,求出C1B1,C2B2的值.
(2)利用二项式定理表示出Cn,再利用二项式定理表示出,两个式子相减得到展开式的整数部分和小数部分,求出CnBn的值.解答解
(1)因为,所以,A1=2,,所以C1B1=2;又,其整数部分A2=20,小数部分,所以C2B2=8.
(2)因为
①而
②①﹣
②得=2()而,所以,所以.点评解决二项式的有关问题一般利用二项式定理;解决二项展开式的通项问题常利用的工具是二项展开式的通项公式. 。