（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（八）文（含解析）

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1、素養(yǎng)提升練(八) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分，考試時(shí)間120分鐘． 第Ⅰ卷　(選擇題，共60分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．(2019·江西分宜中學(xué)、玉山一中、臨川一中等九校聯(lián)考)已知m，n∈R，集合A＝{2，log7m}，集合B＝{m，n}，若A∩B＝{1}，則m＋n＝(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 答案　D 解析　因?yàn)锳∩B＝{1}，則log7m＝1，m＝7，B＝{m，n}＝{7，n}，n＝1，則m＋n＝8.故選D. 2．(2019·無(wú)錫

2、一中三模)已知i為虛數(shù)單位，且復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝2＋i2019，則的值為(　　) A. B. C. D．2 答案　B 解析　z(1＋i)＝2＋i2019，∴z＝＝＝＝－i，＝＝＝，故選B. 3．(2019·廈門一中三模)古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德用窮竭法建立了這樣的結(jié)論：“任何由直線和拋物線所包圍的弓形，其面積都是其同底同高的三角形面積的三分之四．”如圖，已知直線x＝2交拋物線y2＝4x于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A，B在y軸上的射影分別為D，C.從長(zhǎng)方形ABCD中任取一點(diǎn)，則根據(jù)阿基米德這一理論，該點(diǎn)位于陰影部分的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　

3、在拋物線y2＝4x中，取x＝2，可得y＝±2，∴S矩形ABCD＝8，由阿基米德理論可得弓形面積為××8＝，則陰影部分的面積為S＝8－＝.由測(cè)度比為面積比可得，該點(diǎn)位于陰影部分的概率為＝.故選B. 4．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)在“一帶一路”知識(shí)測(cè)驗(yàn)后，甲、乙、丙三人對(duì)成績(jī)進(jìn)行預(yù)測(cè)． 甲：我的成績(jī)比乙高． 乙：丙的成績(jī)比我和甲的都高． 丙：我的成績(jī)比乙高． 成績(jī)公布后，三人成績(jī)互不相同且只有一個(gè)人預(yù)測(cè)正確，那么三人按成績(jī)由高到低的次序?yàn)?　　) A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙 C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙 答案　A 解析　由于三人成績(jī)互不相同且只有一個(gè)人預(yù)測(cè)正確．若甲預(yù)測(cè)正確

4、，則乙、丙預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，于是三人按成績(jī)由高到低的次序?yàn)榧?、乙、丙；若甲預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，則甲、乙按成績(jī)由高到低的次序?yàn)橐?、甲，又假設(shè)丙預(yù)測(cè)正確，則乙、丙按成績(jī)由高到低的次序?yàn)楸?、乙，于是甲、乙、丙按成?jī)由高到低排序?yàn)楸⒁?、甲，從而乙的預(yù)測(cè)也正確，與事實(shí)矛盾；若甲、丙預(yù)測(cè)錯(cuò)誤，則可推出乙的預(yù)測(cè)也錯(cuò)誤．綜上所述，三人按成績(jī)由高到低的次序?yàn)榧?、乙、丙．故選A. 5．(2019·梧州一模)函數(shù)f (x)＝(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的圖象大致為(　　) 答案　A 解析　f (x)的定義域是{x|x≠0}，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，f (－x)＝＝＝－＝－f (x)，則函數(shù)f (x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除B，C

5、.當(dāng)x＞1時(shí)，f (x)＞0，排除D，故選A. 6．(2019·萊陽(yáng)一中一模)已知△ABC中，sinA＋2sinBcosC＝0，b＝c，則tanA的值是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　∵sinA＋2sinBcosC＝0，∴sin(B＋C)＋2sinBcosC＝0，∴3sinBcosC＋cosBsinC＝0，由cosB≠0，cosC≠0，化為3tanB＝－tanC，又b＝c，∴B為銳角，C為鈍角，∴tanA＝－tan(B＋C)＝－＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)tanB＝時(shí)，取等號(hào)，∴tanA的最大值是. 7．(2019·莆田三模)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體

6、積為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根據(jù)幾何體的三視圖可知，該幾何體為正方體截去一個(gè)三棱錐與一個(gè)三棱柱，則該幾何體的體積為V＝23－××22×2－2××1×1＝.故選C. 8．(2019·四川二診)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，且對(duì)于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為(　　) A．a(chǎn)n＝n B．a(chǎn)n＝n＋1 C．a(chǎn)n＝ D．a(chǎn)n＝ 答案　D 解析　令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，∴an－1＝2＋3＋4＋…＋n，

7、∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝.故選D. 9．(2019·湖北六市聯(lián)考)將直線x＋y－1＝0繞點(diǎn)(1,0)沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)15°得到直線l，則直線l與圓(x＋3)2＋y2＝4的位置關(guān)系是(　　) A．相交 B．相切 C．相離 D．相交或相切 答案　B 解析　依題意得，直線l的傾斜角為150°，所以直線l的方程是y＝tan150°(x－1)＝－(x－1)，即x＋y－1＝0，圓心(－3,0)到直線l的距離d＝＝2，故直線l與圓相切． 10．(2019·上饒一模)已知定義在R上的函數(shù)滿足f (x＋1)＝f (x－1)，f (x)＝若關(guān)于x的不等式f (x)＋a(x－2018)≤0在

8、(2018,2020]上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，2) C. D. 答案　C 解析　f (x)＝ 可得當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f (x)遞增，且f (x)∈(－4，－3]；當(dāng)1＜x≤2時(shí)，f (x)＝ln (x－1)－5≤－5.由f (x＋1)＝f (x－1)，可得f (x＋2)＝f (x)，即f (x)的最小正周期為2，關(guān)于x的不等式f (x)＋a(x－2018)≤0在(2018,2020]上恒成立，即f (x)在(2018,2020]上的圖象在直線y＝－a(x－2018)的下方．可得當(dāng)2018＜x≤2019時(shí)，f (x)＝2x－201

9、8－5∈(－4，－3]；當(dāng)2019＜x≤2020時(shí)，f (x)＝ln (x－2019)－5≤－5，如上圖，直線y＝－a(x－2018)恒過(guò)定點(diǎn)(2018,0)，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2020，－5)時(shí)，即－5＝－2a，解得a＝，由圖象可得a≤時(shí)，直線恒在f (x)在(2018,2020]上圖象的上方，故選C. 11．(2019·徐州一中二模)已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱長(zhǎng)為4，M，N分別為AB，BC上的點(diǎn)，且滿足AM＝BN，當(dāng)三棱錐B1－BMN的體積最大時(shí)，三棱錐B1－BMN的外接球的表面積為(　　) A. B．4π C. D. 答案　D 解析　正三棱柱ABC－A1B1

10、C1中，所有棱長(zhǎng)為4，∠ABC＝60°，設(shè)AM＝BN＝x(0＜x＜4)，則V＝×4×(4－x)xsin＝(4－x)x×≤×2＝，當(dāng)且僅當(dāng)4－x＝x即x＝2時(shí)取等號(hào)，可知△BMN為等腰三角形，R＝＝＝，S＝4πR2＝4π×2＝，故選D. 12．(2019·北大附中一模)已知函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f (x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，且滿足當(dāng)x＞0時(shí)，ln x·f′(x)＜－f (x)，則(x－2019)f (x)＞0的解集為(　　) A．(－1,0)∪(1,2019) B．(－2019，－1)∪(1,2019) C．(0,2019) D．(－1,1) 答案　C 解析　設(shè)g(x)＝ln x·

11、f (x)，則g′(x)＝·f (x)＋ln x·f′(x)＜0，可知函數(shù)g(x)在x＞0時(shí)單調(diào)遞減，又g(1)＝0，可知函數(shù)g(x)＝ln x·f (x)在(0,1)上大于零，且ln x＜0，可知f (x)＜0；在(1，＋∞)上，g(x)<0，f (x)＜0；當(dāng)x＝1時(shí)，f′(1)ln 1＜－f (1)，可得f (1)＜0，可知函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上均有f (x)＜0，而函數(shù)f (x)為奇函數(shù)，可知f (x)在(－∞，0)上均有f (x)＞0，可知(x－2019)f (x)＞0，即(無(wú)解)或可知不等式的解集為(0,2019)． 第Ⅱ卷　(選擇題，共90分) 二、填空題：本大題共4

12、小題，每小題5分，共20分． 13．(2019·南昌二中模擬)已知＝(1,2)，＝(2,3)，向量m＝(a,2)與垂直，則向量m的模為_(kāi)_______． 答案　2 解析　由已知得＝－＝(1,1)，因?yàn)閙＝(a,2)與垂直，所以m·＝(a,2)·(1,1)＝a＋2＝0，解得a＝－2，則m＝(－2,2)，|m|＝2. 14．(2019·東北三校聯(lián)考)已知x，y滿足約束條件則z＝3x＋y的最大值為_(kāi)_______． 答案　3 解析　根據(jù)約束條件可以畫出可行域，如圖中陰影部分所示： 由z＝3x＋y，可知直線y＝－3x＋z過(guò)A(1,0)時(shí)，z有最大值為3×1＋0＝3. 15．(201

13、9·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P是曲線y＝x＋(x>0)上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線x＋y＝0的距離的最小值是________． 答案　4 解析　解法一：由題意可設(shè)P(x0>0)， 則點(diǎn)P到直線x＋y＝0的距離d＝＝≥＝4，當(dāng)且僅當(dāng)2x0＝，即x0＝時(shí)取等號(hào)．故所求最小值是4. 解法二：設(shè)P(x0>0)，則曲線在點(diǎn)P處的切線的斜率為k＝1－.令1－＝－1，結(jié)合x(chóng)0>0得x0＝，∴P(，3)，曲線y＝x＋(x>0)上的點(diǎn)P到直線x＋y＝0的最短距離即為此時(shí)點(diǎn)P到直線x＋y＝0的距離，故dmin＝＝4. 16．(2019·揚(yáng)州中學(xué)模擬)已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦

14、點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線MN過(guò)F2，且與雙曲線右支交于M，N兩點(diǎn)，若cos∠F1MN＝cos∠F1F2M，＝，則雙曲線的離心率等于________． 答案　2 解析　如圖，由cos∠F1MN＝cos∠F1F2M可得∠F1MN＝∠F1F2M， ∴|F1M|＝|F1F2|＝2c， |F1N|＝2|F1M|＝4c， 由雙曲線的定義可得|MF2|＝2c－2a，|NF2|＝4c－2a， ∴|MN|＝6c－4a， 在△F1MN中，由余弦定理得 cos∠F1MN＝ ＝， 在△F1F2M中，由余弦定理得 cos∠F1F2M＝＝， ∵cos∠F1MN＝cos∠F1F2M， ∴＝，整

15、理得3c2－7ac＋2a2＝0， ∴3e2－7e＋2＝0，解得e＝2或e＝(舍去)． ∴雙曲線的離心率等于2. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題：60分． 17．(本小題滿分12分)(2019·太原一模)如圖，已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，DE⊥AC，交AB于點(diǎn)E，且BC＝2，DE＝. (1)求B； (2)求△ABC的面積． 解　(1)∵asinA＋(c－a

16、)sinC＝bsinB， 且＝＝，可得：a2＋c2－ac＝b2， 由余弦定理得：cosB＝＝， ∵0＜B＜π， ∴B＝60°. (2)連接CE，如圖，D是AC的中點(diǎn)， DE⊥AC， ∴AE＝CE， ∴CE＝AE＝＝， 在△BCE中，由正弦定理得＝＝， ∴＝，∴cosA＝， ∵0＜A＜180°， ∴A＝45°， ∴∠ACB＝75°， ∴∠BCE＝∠ACB－∠ACE＝30°，∴∠BEC＝90°， ∴CE＝AE＝，AB＝AE＋BE＝＋1， ∴S△ABC＝AB·CE＝. 18．(本小題滿分12分)(2019·東北三省三校三模)哈師大附中高三學(xué)年統(tǒng)計(jì)學(xué)生的最近20次

17、數(shù)學(xué)周測(cè)成績(jī)(滿分150分)，現(xiàn)有甲、乙兩位同學(xué)的20次成績(jī)?nèi)缜o葉圖所示． (1)根據(jù)莖葉圖求甲、乙兩位同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)，并將同學(xué)乙的成績(jī)的頻率分布直方圖填充完整； (2)根據(jù)莖葉圖比較甲、乙兩位同學(xué)數(shù)學(xué)成績(jī)的平均值及穩(wěn)定程度(不要求計(jì)算出具體值，給出結(jié)論即可)； (3)現(xiàn)從甲、乙兩位同學(xué)不低于140分的成績(jī)中任意選出2個(gè)成績(jī)，記事件A為“其中2個(gè)成績(jī)分別屬于不同的同學(xué)”，求事件A發(fā)生的概率． 解　(1)甲同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)是＝119，乙同學(xué)成績(jī)的中位數(shù)是128.乙的成績(jī)的頻率分布直方圖補(bǔ)充后如圖． (2)從莖葉圖可以看出，乙同學(xué)成績(jī)的平均分比甲同學(xué)成績(jī)的平均分高， 且乙同學(xué)

18、的成績(jī)比甲同學(xué)的成績(jī)更穩(wěn)定集中． (3)甲同學(xué)不低于140分的成績(jī)有2個(gè)設(shè)為a，b，乙同學(xué)不低于140分的成績(jī)有3個(gè)，設(shè)為c，d，e. 現(xiàn)從甲、乙兩位同學(xué)不低于140分的成績(jī)中任意選出2個(gè)有：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共10種， 其中2個(gè)成績(jī)分屬不同同學(xué)的情況有：(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，共6種． 因此事件A發(fā)生的概率P(A)＝＝. 19．(本小題滿分12分)(2019·株洲一模)如圖，平面ABCD⊥平面ADEF，其中四邊形ABCD為矩形，四邊形

19、ADEF為直角梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝2EF＝2DE＝2. (1)求證：平面BFD⊥平面ABCD； (2)若三棱錐B－ADF的體積為，求BD與平面BAF所成角的正弦值． 解　(1)證明：如圖，作DH⊥AF于H， ∵AF⊥FE，AF＝2EF＝2DE＝2. ∴四邊形DEFH是正方形， ∴HF＝DH＝1，∠HDF＝45°， ∵AF＝2，∴AH＝1，∴∠ADH＝45°. ∴∠ADF＝90°，即DF⊥AD， ∵平面ABCD⊥平面ADEF，AD為兩個(gè)面的交線， ∴FD⊥平面ABCD. ∴平面BFD⊥平面ABCD. (2)因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，

20、 所以AB⊥平面ADEF，VB－ADF＝S△ADF·AB＝××2×1·AB＝， 所以AB＝1，又∵AD2＝AF2－DF2＝22－2＝2， ∴BD＝＝ 連接BH，易知∠DBH為BD與平面BAF所成的角， 在直角△BDH中，BD＝，DH＝1， ∴sin∠DBH＝＝， 所以BD與平面BAF所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分12分)(2019·天津高考)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B.已知|OA|＝2|OB|(O為原點(diǎn))． (1)求橢圓的離心率． (2)設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且斜率為的直線l與橢圓在x軸上方的交點(diǎn)為P，圓C同時(shí)與x軸和直線l相切，圓心C在直

21、線x＝4上，且OC∥AP.求橢圓的方程． 解　(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知有a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝2＋c2，解得＝. 所以，橢圓的離心率為. (2)由(1)知，a＝2c，b＝c，故橢圓方程為＋＝1. 由題意，F(xiàn) (－c,0)，則直線l的方程為y＝(x＋c)． 點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足消去y并化簡(jiǎn)， 得到7x2＋6cx－13c2＝0， 解得x1＝c，x2＝－. 代入到l的方程，解得y1＝c，y2＝－c. 因?yàn)辄c(diǎn)P在x軸上方，所以P. 由圓心C在直線x＝4上，可設(shè)C(4，t)． 因?yàn)镺C∥AP，且由(1)知A(－2c,0)， 故＝，解得t＝2. 因?yàn)閳AC

22、與x軸相切，所以圓C的半徑為2. 又由圓C與l相切，得＝2，可得c＝2. 所以，橢圓的方程為＋＝1. 21．(本小題滿分12分)(2019·濟(jì)寧二模)已知函數(shù)f (x)＝xln x＋ax在x＝x0處取得極小值－1. (1)求實(shí)數(shù)a的值； (2)設(shè)g(x)＝xf (x)＋b(b＞0)，討論函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解　(1)易知函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a. ∵函數(shù)f (x)＝xln x＋ax在x＝x0處取得極小值－1， ∴解得 當(dāng)a＝－1時(shí)，f′(x)＝ln x，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，

23、 ∴f (x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f (x)取得極小值－1， ∴a＝－1. (2)由(1)知函數(shù)g(x)＝xf (x)＋b＝x2ln x－x2＋b，定義域?yàn)?0，＋∞)． g′(x)＝2xln x＋x－2x＝2x. 令g′(x)＝0，得x＝，易得g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)g(x)取得極小值(也是最小值)b－.當(dāng)b－＞0，即b＞時(shí)，函數(shù)g(x)沒(méi)有零點(diǎn)． 當(dāng)b－＝0，即b＝時(shí)，函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn)． 當(dāng)b－＜0，即0＜b＜時(shí)，g(e)＝b＞0. ∴g()g(e)＜0， 故存在x1

24、∈(，e)，使g(x1)＝0， ∴g(x)在(，e)上有一個(gè)零點(diǎn)x1. 設(shè)h(x)＝ln x＋－1，x∈(0,1)， 則h′(x)＝－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)＜0， ∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減． ∴h(x)＞h(1)＝0，即當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，ln x＞1－. ∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)＝x2ln x－x2＋b＞x2－x2＋b＝b－x. 取x′＝{b,1}min，則g(x′)＞0， g()g(x′)＜0， ∴存在x2∈(x′，)，使函數(shù)g(x2)＝0，∴g(x)在(x′，)上有一個(gè)零點(diǎn)x2， ∴g(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2， 綜上可

25、得，當(dāng)b＞時(shí)，函數(shù)g(x)沒(méi)有零點(diǎn)， 當(dāng)b＝時(shí)，函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn)， 當(dāng)0＜b＜時(shí)，函數(shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． (二)選考題：10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] (2019·合肥市第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的方程為(α為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθ. (1)求C1，C2交點(diǎn)的直角坐標(biāo)； (2)設(shè)點(diǎn)A的極坐標(biāo)為，點(diǎn)B是曲線C2上的點(diǎn)，求△AOB面積的最大值． 解　(1)C1：x2＋y2

26、＝1，C2：ρ＝2cosθ，∴ρ2＝2ρcosθ， ∴x2＋y2＝2x. 聯(lián)立方程組解得或 ∴所求交點(diǎn)的坐標(biāo)為，. (2)設(shè)B(ρ，θ)，則ρ＝2cosθ， ∴△AOB的面積S＝·|OA|·|OB|·sin∠AOB＝＝＝ ∴當(dāng)θ＝時(shí)，Smax＝2＋. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·合肥市第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))設(shè)函數(shù)f (x)＝|x＋1|. (1)若f (x)＋2x＞2，求實(shí)數(shù)x的取值范圍； (2)設(shè)g(x)＝f (x)＋f (ax)(a＞1)，若g(x)的最小值為，求a的值． 解　(1)∵f (x)＋2x＞2，即|x＋1|＞2－2x， 當(dāng)x≥－1時(shí)，原不等式化為x＋1>2－2x，解得x>； 當(dāng)x<－1時(shí)，原不等式化為x＋1<2x－2，無(wú)解． ∴實(shí)數(shù)x的取值范圍是. (2)∵a＞1，∴－1＜－， ∴g(x)＝ 易知函數(shù)g(x)在x∈上單調(diào)遞減，在x∈上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g＝1－. ∴1－＝，解得a＝2. 15