一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 已知集合集合則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合A，利用交集定義能求出
【詳解】解：集合
故選：B
2. 已知復(fù)數(shù)則z的虛部為（ ）
A. 2B. 1C. 2iD. i
【答案】A
【解析】
【分析】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算， 直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)得答案．
【詳解】
的虛部為
故選：A
3. 已知向量且則在上的投影向量為（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由求出再利用投影向量公式求解.
【詳解】解：因?yàn)椋?br>所以
所以在上的投影向量為，
故選：D
4. 已知一個(gè)圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為，高為，則該圓錐的表面積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出底面圓半徑，由圓錐的表面積公式即可求解.
【詳解】因?yàn)閳A錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為，高為，
所以圓錐底面圓半徑，
則該圓錐的表面積為.
故選：C
5. 若則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，將二項(xiàng)式變形為，然后利用二項(xiàng)式展開(kāi)的通項(xiàng)公式，即可求得a1的值.
【詳解】因?yàn)椋?br>令，則，所以，
又因?yàn)檎归_(kāi)式的通項(xiàng)為，
令，解得，所以，
故選：D.
6. 當(dāng)時(shí)，曲線(xiàn)與的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】令易知是的一個(gè)根.當(dāng)時(shí)，令利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可判斷方程根的個(gè)數(shù).當(dāng)時(shí)畫(huà)出兩個(gè)函數(shù)的圖象判斷交點(diǎn)個(gè)數(shù)求解.
【詳解】解：令
當(dāng)時(shí)
故是的一個(gè)根.
當(dāng)時(shí)
令
則
所以在上單調(diào)遞增，
所以
所以時(shí)即方程在無(wú)實(shí)數(shù)根.
當(dāng)時(shí)
在上單調(diào)遞減，且
如圖所示：
與的圖象在上有兩個(gè)交點(diǎn)，
所以方程在有兩個(gè)不同的根.
綜上所述，曲線(xiàn)與的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為
故選：C
7. 已知隨機(jī)變量且則當(dāng)時(shí)的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正態(tài)曲線(xiàn)關(guān)于直線(xiàn)對(duì)稱(chēng)，得出即再利用基本不等式，即可求出結(jié)果.
【詳解】由題意知，隨機(jī)變量，
所以正態(tài)曲線(xiàn)關(guān)于直線(xiàn)對(duì)稱(chēng)，
又所以即
所以
因?yàn)閯t
所以
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，
所以的最小值為
故選：
8. 已知函數(shù)其中實(shí)數(shù)，存在使得在區(qū)間上有最大值M，在區(qū)間上有最小值m，且，則的所有可能取值構(gòu)成的集合為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式及輔助角公式化簡(jiǎn)函數(shù)，再利用正弦函數(shù)的圖象性質(zhì)列式求解即得.
【詳解】函數(shù)，
由，得，依題意，函數(shù)在上既有最大值，又有最小值，
因此，解得，所以的所有可能取值構(gòu)成的集合為.
故選：B
二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.
9. 已知變量x，y的樣本數(shù)據(jù)如下表，根據(jù)最小二乘法，得經(jīng)驗(yàn)回歸方程為則（ ）
附：樣本相關(guān)系數(shù)，經(jīng)驗(yàn)回歸方程斜率，截距
A.
B. 當(dāng)時(shí)，對(duì)應(yīng)樣本點(diǎn)的殘差為
C. 表中y的所有樣本數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是11
D. 去掉樣本點(diǎn)后，y與x的樣本相關(guān)系數(shù)不變
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出樣本中心點(diǎn)，利用樣本中心點(diǎn)在經(jīng)驗(yàn)回歸方程上求出判斷；利用殘差的概念判斷；利用百分?jǐn)?shù)的概念判斷；利用樣本中心點(diǎn)正好是可判斷.
【詳解】由表中數(shù)據(jù)可得
因?yàn)榻?jīng)驗(yàn)回歸方程為，經(jīng)過(guò)點(diǎn)
則，解得：，故錯(cuò)誤；
當(dāng)時(shí)，，
殘差為故正確；
因?yàn)椋?br>所以表中y的所有樣本數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是從小到大排列的第4個(gè)數(shù)，為11，故正確；
因?yàn)椋匀サ魳颖军c(diǎn)后，y與x的樣本相關(guān)系數(shù)計(jì)算公式中的分子、分母都不發(fā)生變化不變，所以相關(guān)系數(shù)的值不變，故正確.
故選：.
10. 已知函數(shù)與其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為R，且為奇函數(shù)，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】A.由為奇函數(shù)判斷；BC.由求導(dǎo)判斷；D.由還原原函數(shù)判斷.
【詳解】解：因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以所以A正確；
由A可知，求導(dǎo)數(shù)所以關(guān)于直線(xiàn)對(duì)稱(chēng)，
又所以即故B錯(cuò)誤，C正確
因?yàn)樗?br>所以D錯(cuò)誤.
故選：AC
11. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，給定n個(gè)點(diǎn)到這n個(gè)點(diǎn)的距離之和為定值d的點(diǎn)的軌跡，稱(chēng)為“多焦點(diǎn)曲線(xiàn)”，其軌跡方程記為已知?jiǎng)t（ ）
A. 多焦點(diǎn)曲線(xiàn)所圍成圖形的面積為
B. 多焦點(diǎn)曲線(xiàn)是焦點(diǎn)為的橢圓
C. 若存在滿(mǎn)足方程的點(diǎn)則
D. 若多焦點(diǎn)曲線(xiàn)所圍成圖形的面積為S，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】對(duì)于A，可知表示以為圓心，1為半徑的圓，即可判斷；
對(duì)于B，推出表示線(xiàn)段
對(duì)于C，取點(diǎn)以為邊作等邊其中點(diǎn)Q在內(nèi)，得到即可判斷；
對(duì)于D，分別以點(diǎn)、、為圓心，2為半徑作圓弧、、推出滿(mǎn)足條件的點(diǎn)M在三個(gè)圓弧分別與三角形的三條邊圍成的三個(gè)弓形內(nèi)包含點(diǎn)、、即可求解.
【詳解】對(duì)于A，表示到點(diǎn)的距離的曲線(xiàn)，
是以為圓心，1為半徑的圓，
則多焦點(diǎn)曲線(xiàn)所圍成圖形的面積為故A正確；
對(duì)于B，表示到點(diǎn)和到點(diǎn)的距離之和為定值2的曲線(xiàn)，
因?yàn)樗远嘟裹c(diǎn)曲線(xiàn)是線(xiàn)段故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，存在滿(mǎn)足方程的點(diǎn)
即
取點(diǎn)，可知和均為等邊三角形，
顯然當(dāng)點(diǎn)M在內(nèi)時(shí)，取得最小值，
如圖：
以為邊作等邊，其中點(diǎn)Q在內(nèi)，則，
由，
可得，，又，則≌，
可得，
則，
當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M為的中心時(shí)取等號(hào)，即，故C正確；
對(duì)于D，設(shè)滿(mǎn)足多焦點(diǎn)曲線(xiàn)的點(diǎn)，
則，
若點(diǎn)M在內(nèi)，
過(guò)點(diǎn)M作分別交、于點(diǎn)D、E，
則為等邊三角形，即，
可知，
則
，
故內(nèi)的點(diǎn)不滿(mǎn)足
若點(diǎn)M在三邊上時(shí)，
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)點(diǎn)M在邊上，
則
當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)或點(diǎn)重合時(shí)取等號(hào)，
因此，當(dāng)點(diǎn)M在三邊上時(shí)，
當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)、、重合時(shí)滿(mǎn)足
若點(diǎn)M在外，
分別以點(diǎn)、、為圓心，2為半徑作圓弧、、,如圖：
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，不妨考慮點(diǎn)M在上的情況，
此時(shí)不滿(mǎn)足
當(dāng)點(diǎn)M在三段圓弧圍成的曲邊三角形外時(shí)，顯然不滿(mǎn)足
故滿(mǎn)足的點(diǎn)M在三段圓弧分別與三角形的三條邊圍成的三個(gè)弓形內(nèi)包含點(diǎn)、、
所以多焦點(diǎn)曲線(xiàn)應(yīng)該是經(jīng)過(guò)點(diǎn)而且在三段圓弧分別與三角形的三條邊圍成的三個(gè)弓形內(nèi)的一條封閉曲線(xiàn)，
所以所圍成圖形的面積大于的面積小于外接圓的面積.
故多焦點(diǎn)曲線(xiàn)所圍成圖形的面積S滿(mǎn)足.故D正確.
故選：ACD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：與新定義有關(guān)的問(wèn)題的求解策略：
①通過(guò)給出一個(gè)新的定義，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；
②遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運(yùn)算，驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 已知隨機(jī)事件A，B相互獨(dú)立，且則的值為_(kāi)_________.
【答案】
【解析】
分析】利用求解.
【詳解】解：由題意得：，
故答案為：
13. 寫(xiě)出一個(gè)同時(shí)滿(mǎn)足下列條件①②③的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：__________.
①圓心在軸上；②與軸相切；③與圓相交.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 由 ②得出，再由 ③得出，即可求出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)閳A心在軸上，
所以設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
圓與軸相切，所以
圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程為，圓心為，半徑為，
又圓與圓相交，所以
則，解得：，
取，，此時(shí)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 .
故答案為：（答案不唯一）.
14. 從數(shù)列的前100項(xiàng)中，選出不同的3項(xiàng)，使其從小到大排列后，構(gòu)成等比數(shù)列，則共有__________種選法，所有符合要求的選法得到的遞增等比數(shù)列的公比之和為_(kāi)_________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由題意可將中的項(xiàng)按連續(xù)取3項(xiàng)、間隔1項(xiàng)取、間隔2項(xiàng)取、…、間隔49項(xiàng)取，從而計(jì)算出所有的取法以及公比之和.
【詳解】解：由題意若將連續(xù)3項(xiàng)取，取到3項(xiàng)為：…則共有98種選法，公比均為2；
若間隔1項(xiàng)取，取到3項(xiàng)為：…共有96種選法，公比均為
若間隔2項(xiàng)取，取到3項(xiàng)為：…共有94種選法，公比均為
…
若間隔49項(xiàng)取，取到3項(xiàng)為：共有2種選法，公比均為
則共有…種選法，
所有符合要求的選法得到的遞增等比數(shù)列的公比之和為…①
則…②
①-②可得…
所以
故答案為：2450
四、解答題：本題共5小題，共60分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.
15. 如圖，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱的中點(diǎn).
（1）證明：B，EF四點(diǎn)共面；
（2）求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】證明四邊形為平行四邊形，利用平面的基本性質(zhì)得出結(jié)論；
建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法求面面角.
【小問(wèn)1詳解】
取中點(diǎn)G，連接AG，EG，則有
所以四邊形CDGE為平行四邊形，所以
又因?yàn)樗?br>所以四邊形ABEG為平行四邊形，所以
又因?yàn)樗运倪呅螢槠叫兴倪呅危?br>所以所以所以B，EF四點(diǎn)共面.
【小問(wèn)2詳解】
取DC中點(diǎn)O，AB中點(diǎn)M，連接
因?yàn)樗詡?cè)面是菱形，
所以
因?yàn)槠矫嫫矫鍭BCD，平面平面平面
所以平面ABCD，進(jìn)而有
因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，所以所以O(shè)M，OC兩兩互相垂直.
如圖所示建系，
由知平面ABCD，所以是平面的一個(gè)法向量.
設(shè)則因此
設(shè)平面的法向量，則
所以所以
取則于是是平面的一個(gè)法向量.
設(shè)平面與平面夾角為
即平面與平面夾角的余弦值為
16. 記內(nèi)角的對(duì)邊分別為，已知
（1）求A的值；
（2）若邊上的兩條中線(xiàn)相交于點(diǎn)P，且求的正切值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理將邊化角，再利用角之間的關(guān)系消去角C，運(yùn)算即可得到再求角即可；
（2）不妨設(shè)利用中線(xiàn)求出b，再利用正弦定理求解，進(jìn)而在三角形中求解即可.
【小問(wèn)1詳解】
在，因?yàn)?，由正弦定理得?br>即
即
因?yàn)?br>所以
而
所以
整理得
因?yàn)橹?br>所以
又所以
【小問(wèn)2詳解】
因?yàn)锳M是邊BC的中線(xiàn)，所以
則
不妨設(shè)則所以
即解得或舍
所以
在中即
即，
解得即
所以，在中
又易知，P是重心，所以
所以
17. 已知其中.
（1）若恒成立，求的取值范圍；
（2）判斷方程解的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由.
【答案】（1）
（2）當(dāng)或時(shí)，方程只有一個(gè)解.當(dāng)或時(shí)，方程有兩個(gè)解.
【解析】
【分析】（1）不等式等價(jià)于，利用導(dǎo)數(shù)求得的最大值即可得到的取值范圍.
（2）令，則，令，則，當(dāng)時(shí)，由的單調(diào)性即可得到方程解的個(gè)數(shù)；當(dāng)時(shí)，令得，結(jié)合的單調(diào)性，可得，令，則，則，則，再就的范圍分類(lèi)討論后可得解的個(gè)數(shù).
【小問(wèn)1詳解】
由題的定義域?yàn)?，即，即恒成立?br>令，則，
則當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；
故在上有最大值，
所以，即的取值范圍是.
【小問(wèn)2詳解】
方程即，
令，，則，
令，則，
①當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，即在上單調(diào)遞減，
又，所以當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，
故在處取得最大值，即，所以只有一個(gè)零點(diǎn)，即原方程只有一個(gè)解；
②當(dāng)時(shí)，令解得，
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，
即在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，
即在上單調(diào)遞減，所以在處取得最大值，
即，
若，則，故（不恒為零），故在上為減函數(shù)，
而，故所以只有一個(gè)零點(diǎn)，即原方程只有一個(gè)解.
若，令，則，
故在上為減函數(shù)，而Ga>G2=0即F′a2?1>0，
此時(shí)，而，故當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，故在上存在一個(gè)零點(diǎn)，
且當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
故在為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，
而，當(dāng)時(shí)，，
若，則有1個(gè)不同的零點(diǎn)；
若，則有2個(gè)不同的零點(diǎn)；
當(dāng)時(shí)，在上為增函數(shù)，故Ga>G2=0即F′a2?1>0，
此時(shí)，而，故當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，故在上存在一個(gè)零點(diǎn)，
且當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
故在為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，
而，當(dāng)時(shí)，，故有兩個(gè)不同的零點(diǎn)；
綜上，當(dāng)或時(shí)，方程只有一個(gè)解.
當(dāng)或時(shí)，方程有兩個(gè)解.
【點(diǎn)睛】本題主要考查的是不等式恒成立問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，屬于較難題.
18. 已知橢圓的離心率為左、右焦點(diǎn)分別是過(guò)的直線(xiàn)與C交于M，N兩點(diǎn)的周長(zhǎng)為
（1）求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若記線(xiàn)段MN的中點(diǎn)為
（?。┣驲的坐標(biāo)；
（ⅱ）過(guò)R的動(dòng)直線(xiàn)l與C交于P，Q兩點(diǎn)，PQ，PN的中點(diǎn)分別是S和T，求面積的最大值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）或；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由橢圓的定義可得的周長(zhǎng)為4a，求出離心率解得利用求出b，可得橢圓的方程；
（2）（?。┰O(shè)出直線(xiàn)方程，與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合數(shù)量積為0，求出直線(xiàn)的斜率，進(jìn)而求R的坐標(biāo)；（ⅱ）不妨設(shè)點(diǎn)R的坐標(biāo)是此時(shí)直線(xiàn)MN的方程可化為設(shè)點(diǎn)S到直線(xiàn)MN的距離為d，求出三角形的面積，分類(lèi)討論，求出d的最大值，即可得出結(jié)論.
【小問(wèn)1詳解】
由橢圓定義可得的周長(zhǎng)為4a，所以所以
離心率解得所以
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為
【小問(wèn)2詳解】
（?。┯桑?）可得點(diǎn)坐標(biāo)易得過(guò)點(diǎn)的所有直線(xiàn)與橢圓一定有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
由可得
①直線(xiàn)MN斜率不存在時(shí)，在橢圓方程中令得
不妨設(shè)所以所以不成立；
②直線(xiàn)MN斜率存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)MN的斜率為k，則其方程為
設(shè)
由方程組消去y，得
則有
所以有
所以
當(dāng)時(shí)
所以點(diǎn)R的坐標(biāo)是
同理當(dāng)時(shí)，點(diǎn)R的坐標(biāo)是
綜上所述，點(diǎn)R的坐標(biāo)是或
（ⅱ）根據(jù)對(duì)稱(chēng)性面積最大值與點(diǎn)R所在象限無(wú)關(guān)，
不妨設(shè)點(diǎn)R的坐標(biāo)是，此時(shí)直線(xiàn)MN的方程可化為
設(shè)點(diǎn)S到直線(xiàn)MN的距離為d，
因?yàn)門(mén)為PN的中點(diǎn)，R為MN的中點(diǎn)，所以可得
①直線(xiàn)l斜率不存在時(shí)，點(diǎn)S坐標(biāo)為，此時(shí)點(diǎn)S到直線(xiàn)的距離
②直線(xiàn)l斜率存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)l方程為，
由方程組消去y，得
則有
所以點(diǎn)S坐標(biāo)為
所以可得
令令
當(dāng)時(shí)，即此時(shí)直線(xiàn)PQ與MN重合面積為
當(dāng)即時(shí)，則有
從而當(dāng)即時(shí)取得最大值
此時(shí)所以所以面積最大值為
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵點(diǎn)是換元設(shè)函數(shù)再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求最值.
19. 已知數(shù)列滿(mǎn)足記為數(shù)列的前n項(xiàng)和.若有窮數(shù)列滿(mǎn)足則稱(chēng)數(shù)列為的生成數(shù)列.
（1）若求的通項(xiàng)公式；
（2）記集合中元素的個(gè)數(shù)為
（?。┤羟蟮耐?xiàng)公式；
（ⅱ）若且恒成立，求實(shí)數(shù)m的最小值.
【答案】（1）
（2）（?。?；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由題意可知令得即可得的通項(xiàng)公式；
（2）（?。?br>由于
…
證明集合中元素的個(gè)數(shù)為構(gòu)造為等比數(shù)列即可求解；
（ⅱ）對(duì)兩邊取對(duì)數(shù)，求導(dǎo)，再令進(jìn)而得從而可得是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，利用裂項(xiàng)相消法即可求解.
【小問(wèn)1詳解】
由題意可知
令則即
當(dāng)時(shí)
當(dāng)時(shí)符合上式
所以
【小問(wèn)2詳解】
（?。┮?yàn)?br>則
由于
…
而
又
于是集合中元素的個(gè)數(shù)為
又
則為首項(xiàng)是公比為2的等比數(shù)列，
于是則
（ⅱ）對(duì)兩邊取對(duì)數(shù)得：
再對(duì)x求導(dǎo)可得
令得
又
所以即
由于
…
而
因?yàn)楹蛣t數(shù)列和的每一項(xiàng)均不為零，則
于是那么
則
當(dāng)時(shí)
則即
又
所以是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
所以
設(shè)
則
所以實(shí)數(shù)m的最小值為
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的新定義問(wèn)題，屬于難題.求解的關(guān)鍵是利用定義將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)列項(xiàng)與和的問(wèn)題．x
1
2
3
4
5
y
5
9
10
11
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