2023-2024学年天津一中高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析）

这是一份2023-2024学年天津一中高二（下）月考数学试卷（3月份）(含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列函数的求导正确的是( )
A. (x−2)′=−2xB. (sinx)′=−csx
C. (ex+ln3)′=ex+13D. (lnx2)′=2x
2.等比数列{an}中，a2a4=16，a1+a5=17，则a3=( )
A. −4B. 2C. 4D. ±4
3.函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f′(x)在(a,b)内的图像如图所示，则函数f(x)在区间(a,b)内有极大值点( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0，公差为d，a8+a9>0，a9<0，则下列结论不正确的是( )
A. d<0B. 当n=8时，Sn取得最大值
C. a4+a5+a18<0D. 使得Sn>0成立的最大自然数n是15
5.已知函数f(x)=(2−x)ex−ax在(0,2)上为减函数，则a的取值范围是( )
A. (−∞,2e)B. [e,+∞)C. (1,+∞)D. [1,+∞)
6.已知函数f(x)=13x3+3x2+ax的导函数为f′(x).若g(x)=14x，对任意x1∈[12,1]，存在x2∈[12,2]，使f′(x1)≤g(x2)成立，则实数a( )
A. 有最大值−132B. 有最小值−114C. 有最大值−114D. 有最小值−132
7.已知f(x)=aexx，x∈(0,+∞)，且∀x1，x2∈(0,+∞)，且x1A. (−∞,e−12]B. [2e,+∞)C. (−∞,e2]D. (e13,+∞)
8.函数f(x)=13x3+ax2−x+3在区间(2,4)内存在极值点，则( )
A. −158≤a≤−34B. −158C. a≤−158或a≥−34D. a<−158或a>−34
9.已知定义在R上的函数f(x)的导数为f′(x)，f(1)=e，且对任意的x满足f′(x)−f(x)xex的解集是( )
A. (−∞,1)B. (−∞,0)C. (0,+∞)D. (1,+∞)
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.函数f(x)=x−2lnx+1的单调递减区间为______．
11.若等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且SnTn=2n+25n+3，则a2+a20b7+b15= ______．
12.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极小值10，则ba的值为______．
13.已知函数f(x)=ax2−lnx在区间[1,2]上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______．
14.设函数f(x)=ex(x−1)，函数g(x)=mx−m(m>0)，若对任意的x1∈[−2,2]，总存在x2∈[−2,2]，使得f(x1)=g(x2)，则实数m的取值范围是______
15.若函数f(x)=x2−1与g(x)=alnx−1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为______．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
已知函数f(x)=2x3−ax2+12x+b在x=2处取得极小值5．
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈[0,3]时，求函数f(x)的最小值．
17.(本小题15分)
已知数列{an}满足a1=−13,3an+1=2an−n−3(n∈N*)．
(1)求证：数列{an+n}为等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn=(n−12)(an+n)，求{bn}的前n项和．
18.(本小题15分)
已知正项数列{an}前n项和为Sn，且满足a1=2，6Sn=(an+2)(an+1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=(−1)nan+1anan+1，求数列{bn}的前2n项和T2n．
19.(本小题15分)
已知函数f(x)=alnx+12(x−1)2,a∈R．
(1)当a=−2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0，求实数a的取值范围；
(3)设g(x)=lnx+12x2+ax+12，若∃x0∈[1,e]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围．
20.(本小题16分)
设m为实数，函数f(x)=lnx−mx．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当m=e时，直线y=ax+b是曲线y=f(x)的切线，求a+2b的最小值；
(3)若方程f(x)=(2−m)x+n(n∈R)有两个实数根x1，x2(x1e2.(注：e=2.71828…是自然对数的底数)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，(x−2)′=−2x−3=−2x3，A错误；
对于B，(sinx)′=csx，B错误；
对于C，(ex+ln3)′=(ex)′+(ln3)′=ex，C错误；
对于D，(lnx2)′=2x，D正确；
故选：D．
根据题意，依次分析选项中导数的计算，综合可得答案．
本题考查导数的计算，注意导数的计算公式，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：等比数列{an}中，a2a4=16，所以a1a5=16，
又a1+a5=17，
所以a1=1，a5=16或a1=16，a5=1，
因为a22=a1a3，所以a3>0，
因为a32=a1a5=16，所以a3=4．
故选：C．
利用等比数列的性质直接求解．
本题主要考查了等比数列的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由导函数的图象可知，在区间(a,b)内，f′(x)与x轴共有四个交点，
第一个点处导数左负右正，第二个点处导数左正右负，
第三个点处导数左负右负，第四个点处导数左负右正，
则函数f(x)在区间(a,b)内极大值有1个．
故选：A．
考虑导数与x轴的交点的左右两侧导数的变化，结合图象即可得出结论．
本题考查运用导数判断极值的方法，考查数形结合思想，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：因为等差数列{an}中，a8+a9>0，a9<0，
所以a8>0，a9<0，d=a9−a8<0，A正确；
当n=8时，Sn取得最大值，B正确；
a4+a5+a18=3a1+24d=3(a1+8d)=3a9<0，C正确；
S16=8(a1+a16)=8(a8+a9)>0，S17=17(a1+a17)2=17a9<0，
故Sn>0成立的最大自然数n=16，D错误．
故选：D．
由已知结合等差数列的通项公式，性质及求和公式分析各选项即可判断．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，考查了分析问题的能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：f′(x)=−ex+(2−x)ex−a=(1−x)ex−a，
因为f(x)在(0,2)上为减函数，
所以f′(x)=(1−x)ex−a≤0在(0,2)上恒成立，即a≥(1−x)ex，
设g(x)=(1−x)ex，则g′(x)=−xex<0，
所以g(x)在(0,2)上单调递减，
所以g(x)所以a≥1，即a的取值范围是[1,+∞)．
故选：D．
原问题等价于f′(x)≤0在(0,2)上恒成立，即a≥(1−x)ex，再求得y=(1−x)ex在(0,2)上的最大值，即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，熟练掌握参变分离法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：f′(x)=x2+6x+a，
若对任意x1∈[12,1]，存在x2[12,2]，使f′(x1)≤g(x2)成立，
则f′(x1)max≤g(x2)max成立，
因为f′(x)=x2+6x+a=(x+3)2+a−9在[12,1]上单调递增，
所以当x=1时，f′(x)取得最大值7+a，
因为g(x)在[12,2]上单调递减，当x=12时，g(x)取得最大值12，
所以7+a≤12，即a≤−132．
故选：A．
由题意可得，f′(x1)max≤g(x2)max成立，然后结合二次函数及指数函数的单调性即可求解．
本题主要考查了恒成立及存在性问题与最值关系的转化，还考查了导数与单调性及单调性在函数最值求值中的应用，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：∵∀x1，x2∈(0,+∞)，且x1∴x1f(x1)令g(x)=xf(x)=x(aexx−x)=aex−x2，则
g′(x)=aex−2x≥0，对∀x∈(0,+∞)恒成立，
即a≥2xex，对∀x∈(0,+∞)恒成立，∴只需a≥(2xex)max，
令t(x)=2xex(x>0)，则t′(x)=2(1−x)ex，
∴当00；当x>1时，t′(x)<0，
∴t(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴t(x)max=t(1)=2e，∴a≥2e，
∴a的取值范围为[2e,+∞)．
故选：B．
根据条件将问题转化为x1f(x1)本题考查了函数恒成立问题和利用导数研究函数的单调性与最值，考查了函数思想和转化思想，属难题．
8.【答案】B
【解析】解：f(x)=13x3+ax2−x+3，x∈(2,4)，则f′(x)=x2+2ax−1，
函数f(x)=13x3+ax2−x+3在(2,4)内存在极值点，
则f′(x)=x2+2ax−1在(2,4)内有异号零点，则−a≤0f′(2)<0f′(4)>0或−a>0f′(2)<0f′(4)>0，
即−a≤022+4a−1<042+8a−1>0或−a>022+4a−1<042+8a−1>0，
解得−158故选：B．
依据导函数，判定函数的单调性，列出关于实数a的不等式组，即可求得a的范围．
本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了转化思想，属中档题．
9.【答案】A
【解析】解：令g(x)=f(x)ex−x，
g′(x)=f′(x)ex−exf(x)(ex)2−1=f′(x)−f(x)−exex，
因为对任意的x满足f′(x)−f(x)所以g′(x)=f′(x)−f(x)−exex<0，
所以g(x)在R上单调递减，
又f(1)=e，
所以g(1)=f(1)e−1=0，
不等式f(x)>xex等价于g(x)>0，即g(x)>g(1)，
所以x<1．
故选：A．
令g(x)=f(x)ex−x，求导分析单调性，不等式f(x)>xex等价于g(x)>0，即g(x)>g(1)，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
10.【答案】(0,2)
【解析】解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=1−2x=x−2x，
令f′(x)=x−2x<0，得0所以函数函数f(x)=x−2lnx+1的单调递减区间为(0,2)．
故答案为：(0,2)．
求导，再令f′(x)<0即可得解．
本题考查利用导数求单调区间，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
11.【答案】1127
【解析】解：因为SnTn=2n+25n+3，且S21T21=21(a1+a21)221(b1+b21)2=a1+a21b1+b21=2a112b11=a11b11，
故a2+a20b7+b15=2a112b11=a11b11=S21T21=2×21+25×21+3=1127．
故答案为：1127．
由等差数列前n项和的性质，即可得到答案．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
12.【答案】−114
【解析】解：f′(x)=3x2+2ax+b，由题意f′(1)=3+2a+b=0f(1)=1+a+b+a2=10，
解得a=−3b=3或a=4b=−11，
若a=−3，b=3，f′(x)=3x2−6x+3=3(x−1)2，x=1不是极值点，舍去．
a=4，b=−11时，f′(x)=3x2+8x−11=(x−1)(3x+11)，
−1131时，f′(x)>0，
x=−113是极大值点，x=1是极小值点，满足题意．
∴ba=−114．
故答案为：−114．
由题意说明f′(1)=0，f(1)=10，由此可求得a，b的比值．然后代入检验1是极小值点．
本题主要考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，属于中档题．
13.【答案】(18,+∞)
【解析】解：因为f(x)=ax2−lnx，x>0，
∴f′(x)=2ax−1x，
若f(x)在[1,2]上存在单调递增区间，则f′(x)>0在[1,2]上有解，
即a>12x2在[1,2]上有解，
∴a>(12x2)min，
又(12x2)min=18，
∴a>18，
则a的取值范围是：(18,+∞)．
故答案为：(18,+∞)．
f(x)在区间[1,2]上存在单调递增区间转换成f′(x)>0在[1,2]上能成立，分离参数得a≥12x2，转换成求函数12x2最小值，从而得实数a的取值范围．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
14.【答案】[e2,+∞)
【解析】解：f(x)=ex(x−1)的导数为f′(x)=xex，
当x>0时，f(x)递增；x<0时，f(x)递减，
即x=0时，f(x)取得极小值，且为最小值−1；
由f(−2)=−3e−2，f(2)=e2，
可得f(x)在[−2,2]的值域为[−1,e2].
由g(x)=mx−m(m>0)在[−2,2]递增，
可得g(x)的值域为[−3m,m]．
又对任意的x1∈[−2,2]，总存在x2∈[−2,2]，使得f(x1)=g(x2)，
可得[−1,e2]⊆[−3m,m]，
即为−3m≤−1解得m≥e2，
即m的取值范围是[e2,+∞)．
故答案为：[e2,+∞)．
由题意可得f(x)在[−2,2]的值域包含于g(x)在[−2,2]的值域，运用导数和函数的单调性可得函数的值域，解不等式即可得到所求范围．
本题考查任意存在性问题解法，注意运用转化思想，考查函数的值域的求法，以及运算能力和推理能力，属于中档题．
15.【答案】2e
【解析】解：由题意得，f′(x)=2x，g′(x)=ax．
设公切线与f(x)=x2−1的图象切于点(x1,x12−1)，
与g(x)=alnx−1的图象切于点(x2,alnx2−1)，
∴2x1=ax2=(alnx2−1)−(x12−1)x2−x1=alnx2−x12x2−x1，
∴a=2x1x2≠0，∴2x1=2x1x2lnx2−x12x2−x1，
∴x1=2x2−2x2lnx2，∴a=2x1x2=4x22−4x22lnx2．
设h(x)=4x2−4x2lnx，则h′(x)=4x(1−2lnx)，
∴h(x)在(0, e)上单调递增，在( e,+∞)上单调递减，
∴h(x)max=h( e)=2e，
∴实数a的最大值为2e．
故答案为：2e．
由导数的几何意义将公共切线的斜率分别由两函数上的切点横坐标x1，x2表示，并据此建立关系，将a由切点坐标x2表示，进而将a转化为关于x2的函数，通过求导求其最大值．
本题考查导数的几何意义，考查转化思想以及运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由f(x)=2x3−ax2+12x+b，得f′(x)=6x2−2ax+12，
因为f(x)在x=2处取极小值5，所以f(2)=24−4a+12=0，解得a=9，
此时f′(x)=6x2−18x+12x=6(x−1)(x−2)，
所以f(x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=2时取极小值，符合题意，
所以a=9，f(x)=2x3−9x2+12x+b．
又f(2)=4+b=5，所以b=1，
所以a=9，b=1．
(2)f(x)=2x3−9x2+12x+1，所以f′(x)=6(x−1)(x−2)，
f(x)和f′(x)随着x的变化情况如下表所示．
所以x∈[0,3]时，f(x)min=f(0)=1．
【解析】(1)对f(x)求导，根据函数f(x)在x=2处取得极小值5，列方程求出a，b的值即可；
(2)对f(x)求导，判断f(x)在[0,3]上的单调性，再求出f(x)的最小值即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数求函数在给定区间上的最值，属基础题．
17.【答案】解：(1)证明：由3an+1=2an−n−3，得3an+1+3(n+1)=2an+2n，
所以3[an+1+(n+1)]=2(an+n)．
又a1+1=23，所以数列{an+n}是首项为23，公比为23的等比数列，
所以an+n=23⋅(23)n−1=(23)n，
故an=(23)n−n．
(2)由(1)知bn=(n−12)(an+n)=(n−12)⋅(23)n．
设{bn}的前n项和为Tn，
所以Tn=12×(23)1+32×(23)2+…+(n−12)×(23)n，①
23Tn=12×(23)2+32×(23)3+…+(n−12)×(23)n+1，②
①−②得13Tn=13+(23)2+(23)3+…+(23)n−(n−12)×(23)n+1
=13+(23)2[1−(23)n−1]1−23−(n−12)×(23)n+1
=53−(23)n(53+23n)．
所以Tn=5−(2n+5)⋅(23)n．
【解析】(1)根据递推关系式变形化简，利用等比数列的定义即可证明得解；
(2)利用错位相减法求和即可得解．
本题考查等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为6Sn=(an+2)(an+1)=an2+3an+2，则6Sn+1=an+12+3an+1+2，
两式相减得：6an+1=an+12−an2+3an+1−3an，
整理得(an+1−an−3)(an+1+an)=0，
且{an}为正项数列，可知an+1+an>0，
可得an+1−an−3=0，即an+1−an=3，
可知数列{an}是以首项a1=2，公差d=3的等差数列，
所以an=2+3(n−1)=3n−1．
(2)由(1)可得bn=(−1)nan+1(3n−1)(3n+2)=(−1)nan+13(13n−1−13n+2)，
当n为奇数，则(−1)nan+(−1)n+1an+1=−an+an+1=3，
可得T2n=b1+b2+⋅⋅⋅+b2n
=[(−a1+a2)+(−a3+a4)+⋅⋅⋅+(−a2n−1+a2n)]+13(12−15+15−18+⋅⋅⋅+16n−1−16n+2)
=3n+16(1−13n+1)，
所以T2n=3n+16(1−13n+1)．
【解析】(1)根据an与Sn之间的关系分析可知数列{an}是等差数列，结合等差数列通项公式运算求解；
(2)由(1)可得bn=(−1)nan+13(13n−1−13n+2)，利用分组求和以及裂项相消法运算求解．
本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用，还考查了等差数列的通项公式的应用，分组求和方法的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=−2时，f(x)=−2lnx+12(x−1)2，
∴f′(x)=−2x+x−1=x2−x−2x=(x−2)(x+1)x(x>0)，
令f′(x)=0，解得x=−1，x=2，
当02时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
(2)∀x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0，
即x∈[1,+∞)时，f(x)min≥0恒成立，
f′(x)=ax+x−1=x2−x+ax(x≥1)，令h(x)=x2−x+a，
①当Δ≤0，即1−4a≤0,a≥14时，
h(x)≥0，即f′(x)≥0，所以f(x)在[1,+∞)单增，
所以f(x)min=f(1)=0，满足题意．
②当Δ≥0，即1−4a≥0,a≤14时，
此时x=1− 1−4a2，x=1+ 1−4a2，
i)当1+ 1−4a2≤1时，即0≤a≤14时，
h(x)≥0，即f′(x)≥0，所以f(x)在[1,+∞)单增，
所以f(x)min=f(1)=0，满足题意．
ii)当1+ 1−4a2≥1时，即a≤0时，
此时f(1)=0，所以f(x)min=f(1+ 1−4a2)<0，不满足题意．
综上所述：当a≥0时，满足x∈[1,+∞)时，f(x)min≥0恒成立．
∴a∈[0,+∞)．
(3)令m(x)=f(x)−g(x)=(a−1)lnx−x−ax，
即存在x0∈[1,e]，使得m(x0)=(a−1)lnx0−x0−ax0>0，
即存在x0∈[1,e]，使得m(x)max>0，
m′(x)=a−1x−1+ax2=−x2+(a−1)x+ax2=(x+1)(−x+a)x2，
i)当a≤1时，此时在x∈[1,e]上，m′(x)≤0，m(x)单调递减，
∴m(x)max=m(1)=−1−a>0，即a<−1，满足题意．
ii)当10，m(x)单调递增，
在x∈[a,e]上，m′(x)<0，m(x)单调递增．
∴m(x)max=m(a)=(a−1)lna−a−1，
∵1∴m(x)max=m(a)<0，不满足题意．
iii)当a≥e时，此时在x∈[1,e]上，m′(x)≥0，m(x)单调递增，
∴m(x)max=m(e)=a−1−e−ae>0，解得a>e2+ee−1，满足题意．
综上所述：a∈(−∞,−1)∪(e2+ee−1,+∞)．
【解析】(1)代入a=−2，求导即可得出函数f(x)的单调区间；
(2)∀x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0等价于x∈[1,+∞)时，f(x)min≥0恒成立，然后分类讨论求f(x)min即可．
(3)令m(x)=f(x)−g(x)=(a−1)lnx−x−ax，即存在x0∈[1,e]，使得m(x)max>0，然后分类讨论求m(x)max>0即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=lnx−mx，
∴f′(x)=1x−m=−mx+1x,(x>0)，
当m≤0时，f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，由f′(x)>0，解得0由f′(x)<0，解得x>1m，函数f(x)在(1m,+∞)上单调递减；
综上，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)；
当m>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1m)，单调递减区间为(1m,+∞)；
(2)当m=e时，f(x)=lnx−ex，设切点为(x0,lnx0−ex0)，
则切线斜率k=f′(x0)=1x0−e，
切线方程为y−(lnx0−ex0)=(1x0−e)(x−x0),y=(1x0−e)x+lnx0−1，
∴a=1x0−e,b=lnx0−1，∴a+2b=1x0+2lnx0−e−2，
令g(x0)=1x0+2lnx0−e−2，则g′(x0)=−1x02+2x0=2x0−1x02，
由g′(x0)<0，可得00，可得x0>12，
∴g(x0)在(0,12)上单调递减，在(12,+∞)上单调递增，
∴g(x0)min=g(12)=−e−2ln2，即a+2b的最小值为−e−2ln2；
(3)证明：由f(x)=lnx−mx=(2−m)x+n，可得lnx−2x=n，
令F(x)=lnx−2x，则F′(x)=1−2xx，
由F′(x)>0，可得012，
∴F(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，且F(1)=−2，
∴n<−2，不妨设0令x1x2=t,lnt=2(tx2−x2)，∴x2=lnt2(t−1),x1=tlnt2(t−1),0要证2x1+x2>e2，只要证2tlntt−1+lntt−1>e，只要证(2t+1)lnt令h(t)=(2t+1)lnt−e(t−1)，则h′(t)=1t+2lnt−e+2，
设φ(t)=h′(t)=1t+2lnt−e+2，则φ′(t)=2t−1t2，
由φ′(t)<0，可得00，可得t>12，
∴h′(t)在(0,12)上单调递减，在(12,1)上单调递增，
∵h′(1e)=0,h′(1 e)= e−e+1<0,h′(1)=3−e>0，
则存在t0∈(1 e,1)，使得h′(t0)=0，
∴h(t)在(0,1e)上单调递增，在(1e,t0)上单调递减，在(t0,1)上单调递增，
∵h(1e)=e−2e−2<0,h(1)=0，
∴h(t)=(2t+1)lnt−e(t−1)<0在0∴2x1+x2>e2．
【解析】(1)求出函数的导数，分类讨论根据其正负判断函数的单调性，求解即可；
(2)根据导数的几何意义得切线方程，进而可得a+2b的表达式，构造函数，然后利用导数求最值即可；
(3)由题可得lnx1x2=2(x1−x2)，利用换元法变形为lnt=2(tx2−x2)，从而将证明2x1+x2>e2，转化为证明(2t+1)lnt本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，利用导数研究函数的切线方程，利用综合法证明不等式，考查了转化思想和方程思想，属难题．x
0
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,3)
3
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
1
↑
极大值6
↓
极小值5
↑
10