Đề tham khảo tốt nghiệp THPT môn Toán - Đề số 6

Theo lý thuyết về đường thẳng trong không gian Oxyz, ta có phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow u = \left( {a;b;c} \right)$ là $\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\\ z=z_0+ct\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.$ $\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm $M\left( {2;0; - 1} \right)$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow a = \left( {2; - 3;1} \right)$ là $\{\begin{array}{l}x=2+2t\\ y=-3t\\ z=-1+t\end{array}$$\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + 2t\\y = - \,3t\\z = - 1 + t\end{array} \right.$ $\left( {t \in \mathbb{R}} \right)$.

Áp dụng công thức tính tích phân của hàm số lũy thừa $\int\limits_a^b {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}}\left| {$$\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{^b}\\{_a}\end{array}$} \right..

$I = \int\limits_{ - 1}^0 {\left( {2x + 1} \right)dx} = \left. {\left( {{x^2} + x} \right)} \right|_{ - 1}^0 = \left( {{0^2} + 0} \right) - \left( {{{\left( { - 1} \right)}^2} - 1} \right) = 0$.

Đồ thị hàm số y = f(x) có đường tiệm cận ngang là $y = {y_0}$ nếu thõa mãn $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = {y_0}$ hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = {y_0}$.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{2x + 4}}{{x - 1}} = 2$ nên đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y = 2.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}.{q^{n - 1}}$.

Gọi q là công bội của cấp số nhân $\left( {{u_n}} \right)$.

Ta có: ${u_4} = {u_1}\,.\,{q^3} \Leftrightarrow 54 = 2\,.\,{q^3} \Leftrightarrow {q^3} = 27 \Leftrightarrow q = 3$.

Áp dụng quy tắc nhân.

Gọi số có 4 chữ số thỏa yêu cầu bài toán có dạng là: $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}}$.

Số cách chọn ${a_1}$ là 5 (trừ chữ số 0).

Số cách chọn ${a_2}$ là 6.

Số cách chọn ${a_3}$ là 6.

Số cách chọn ${a_4}$ là 6.

Vậy theo quy tắc nhân có 5.6.6.6 = 1080 số.

Khoảng tứ phân vị $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu là: $\Delta Q = {Q_3} - {Q_1} = 21,3 - 11,5 = 9,8$.

Đưa hai vế về cùng cơ số.

Ta có ${3^{{x^2} - 3x + 4}} = 9 \Leftrightarrow {3^{{x^2} - 3x + 4}} = {3^2} \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 4 = 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[$$\begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array}$ \right..

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = 2.

Áp dụng công tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B, chiều cao h: $V = \frac{1}{3}Bh$.

Diện tích đáy $B = a.2a = 2{a^2}$ và chiều cao bằng $h = 3a$

Thể tích khối chóp là: ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.a.2a.3a$ $= 2{a^3}$.

Áp dụng biểu thức tọa độ tích vô hướng của hai vecto.

Ta có $\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.2 + \left( { - 2} \right).\left( { - 4} \right) + 1.\left( { - 2} \right) = 8$.

Lập bảng tần số ghép nhóm theo giá trị đại diện rồi áp dụng công thức tính số trung bình.

Bảng tần số ghép nhóm theo giá trị đại diện là:

Số trung bình: $\bar x = \frac{{2.6 + 7.8 + 7.10 + 3.12 + 1.14}}{{20}} = 9,4$.

Áp dụng biểu thức tọa độ các phép cộng, trừ, tích của vecto với một số.

Điểm M thuộc đoạn thẳng AB và MA = 2MB.

Nên $\overrightarrow {MA} = - 2\overrightarrow {MB}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} - {x_M} = - 2\left( {{x_B} - {x_M}} \right)\\{y_A} - {y_M} = - 2\left( {{y_B} - {y_M}} \right)\\{z_A} - {z_M} = - 2\left( {{z_B} - {z_M}} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - {x_M} = - 2\left( { - 2 - {x_M}} \right)\\2 - {y_M} = - 2\left( { - 4 - {y_M}} \right)\\3 - {z_M} = - 2\left( {9 - {z_M}} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}3{x_M} = - 3\\3{y_M} = - 6\\3{z_M} = 21\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = - 1\\{y_M} = - 2\\{z_M} = 7\end{array} \right.$

$\Rightarrow M\left( { - 1\,; - 2\,;7} \right)$.

Độ dài đoạn thẳng $OM = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2} + {7^2}} = 3\sqrt 6$.

Phương trình mặt cầu tâm I(a;b;c) bán kính R có phương trình ${\left( {x - a} \right)^2} + {\left( {y - b} \right)^2} + {\left( {z - c} \right)^2} = {R^2}$.

Gọi I là trung điểm AB ta có $I\left( { - 1;3;3} \right)$ là tâm mặt cầu.

Bán kính $R = IA = \sqrt {{{\left( {1 + 1} \right)}^2} + {{\left( { - 2 - 3} \right)}^2} + {{\left( {7 - 3} \right)}^2}} = \sqrt {45} .$

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là ${\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 3} \right)^2} + {\left( {z - 3} \right)^2} = 45$.

Lập bảng tần số ghép nhóm, áp dụng công thức tính khoảng tứ phân vị, số trung bình và độ lệch chuẩn.

a) Đúng. Bảng tần số ghép nhóm thoả mãn yêu cầu:

Vậy có 5 nhóm, mỗi nhóm có độ dài bằng 2.

b) Sai. Gọi ${x_1},{x_2},...,{x_{{x_{28}}}}$ lần lượt là số quả bóng được ném vào rổ của các vận động viên sắp xếp theo thứ tự
không giảm.

Tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_7} + {x_8}} \right) \in \left[ {3;5} \right)$ nên tứ phân vị thứ nhất của mẫu số liệu
ghép nhóm là ${Q_1} = 3 + \frac{{\frac{{28}}{4} - 5}}{7}\left( {5 - 3} \right) = \frac{{25}}{7}$.

Tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu gốc là $\frac{1}{2}\left( {{x_{21}} + {x_{22}}} \right) \in \left[ {7;9} \right)$ nên tứ phân vị thứ ba của mẫu số liệu ghép nhóm là ${Q_1} = 7 + \frac{{\frac{{3.28}}{4} - 15}}{8}\left( {9 - 7} \right) = \frac{{17}}{2}$.

Khoảng tứ phân vị của mẫu số liệu ghép nhóm là ${\Delta _Q} = {Q_3} - {Q_1} = \frac{{17}}{2} - \frac{{25}}{7} \approx 4,93$.

c) Đúng. Ta có bảng thống kê theo giá trị đại diện:

Cỡ mẫu: n = 28.

Số trung bình của mẫu số liệu: $\overline x = \frac{1}{{28}}\left( {5.2 + 7.4 + 3.6 + 8.8 + 5.10} \right) = \frac{{85}}{{14}}$.

d) Sai. Phương sai của mẫu số liệu:

${S^2} = \frac{1}{{28}}\left( {{{5.2}^2} + {{7.4}^2} + {{3.6}^2} + {{8.8}^2} + {{5.10}^2}} \right) - {\left( {\frac{{85}}{{14}}} \right)^2} = \frac{{1539}}{{196}}$.

Độ lệch chuẩn của mẫu số liệu trên là: $S = \sqrt {\frac{{1539}}{{196}}} \approx 2,802$.

Áp dụng điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, định lý Pythagore, công thức tính thể tích khối chóp.

a) Đúng. H là trung điểm AB, mà tam giác SAB đều nên SH vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao, hay $SH \bot AB$.

Ta có $\{\begin{array}{l}(SAB)\mathrm{\perp }(ABC)\\ (SAB)\cap (ABC)=AB\\ SH\mathrm{\perp }AB\\ SH\subset (SAB)\end{array}\Rightarrow SH\mathrm{\perp }(ABC)$$\left\{ \begin{array}{l}(SAB) \bot (ABC)\\(SAB) \cap (ABC) = AB\\SH \bot AB\\SH \subset (SAB)\end{array} \right.$ \Rightarrow SH \bot (ABC).

b) Đúng. Tam giác SAB đều cạnh 2a có độ dài đường cao là $SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

Vì $\{\begin{array}{l}SH\mathrm{\perp }(ABC)\\ H\in (ABC)\end{array}\Rightarrow d\left(S,(ABC)\right)=SH=a\sqrt{3}$$\left\{ \begin{array}{l}SH \bot (ABC)\\H \in (ABC)\end{array} \right.$ \Rightarrow d\left( {S,(ABC)} \right) = SH = a\sqrt 3.

c) Sai. Kẻ đường cao CK của tam giác ABC.

Ta có $\{\begin{array}{l}SH\mathrm{\perp }(ABC)\Rightarrow SH\mathrm{\perp }CK\\ AB\mathrm{\perp }CK\end{array}\Rightarrow CK\mathrm{\perp }(SAB)\Rightarrow d\left(C,(SAB)\right)=CK$$\left\{ \begin{array}{l}SH \bot (ABC) \Rightarrow SH \bot CK\\AB \bot CK\end{array} \right.$ \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow d\left( {C,(SAB)} \right) = CK.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABC vuông tại C:

$BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = a$.

Xét tam giác ABC vuông tại C có đường cao CK:

$AB.CK = CA.CB \Leftrightarrow CK = \frac{{CA.CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 .a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $d\left( {C,(SAB)} \right) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

d) Sai. Diện tích đáy hình chóp là ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Thể tích khối chóp là: ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$.

Áp dụng công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân ${u_n} = {u_1}{q^{n - 1}}$ và công thức tổng n số hạng đầu của cấp số nhân ${S_n} = \frac{{{q^n} - 1}}{{q - 1}}$.

a) Sai. Công bội của cấp số nhân bằng $\frac{{{u_2}}}{{{u_1}}} = - 2$.

b) Sai. ${u_5} = - 7.{( - 2)^4} = - 112$.

c) Đúng. $- 7.{( - 2)^{n - 1}} = 14336 \Leftrightarrow {( - 2)^{n - 1}} = 2048 \Leftrightarrow n - 1 = 11 \Leftrightarrow n = 12$.

d) Đúng. ${u_1},{u_3},{u_5},{u_7},{u_9}$ lập thành một cấp số nhân gồm 5 số hạng với số hạng đầu bằng -7 và công bội bằng 4 nên ${u_1} + {u_3} + {u_5} + {u_7} + {u_9} = - 7.\frac{{{4^5} - 1}}{{4 - 1}} = - 2387$.

Áp dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vecto.

a) Đúng. Ta có $\overrightarrow {{n_P}}  = (1; - 1; - 1)$.

b) Đúng. $\overrightarrow {AB}  = (1 - 1;2 + 3;1 + 4) = (0;5;5)$.

c) Đúng. $d\left( {A,(P)} \right) = \frac{{\left| {1 - ( - 3) - ( - 4) - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}$.

d) Sai. Gọi I là điểm sao cho $\overrightarrow {IA}  + 4\overrightarrow {IB}  = \overrightarrow 0$, ta có $\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{x_A+4x_B}{5}=1\\ y_I=\frac{y_A+4y_B}{5}=1\\ z_I=\frac{z_A+4z_B}{5}=0\end{array}\Rightarrow I(1;1;0)$$\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + 4{x_B}}}{5} = 1\\{y_I} = \frac{{{y_A} + 4{y_B}}}{5} = 1\\{z_I} = \frac{{{z_A} + 4{z_B}}}{5} = 0\end{array} \right.$ \Rightarrow I(1;1;0).

Ta có: $M{A^2} + 4M{B^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + 4{\overrightarrow {MB} ^2} = {\left( {\overrightarrow {IA}  - \overrightarrow {IM} } \right)^2} + 4{\left( {\overrightarrow {IB}  - \overrightarrow {IM} } \right)^2}$

$= 5I{M^2} - 2\overrightarrow {IM} \left( {\overrightarrow {IA}  + 4\overrightarrow {IB} } \right) + M{A^2} + 4M{B^2}$.

Suy ra $M{A^2} + 4M{B^2} = 5I{M^2} + I{A^2} + 4I{B^2}$.

$M{A^2} + 4M{B^2}$ nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất (vì IA, IB cố định) $\Leftrightarrow$ M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P).

Khi đó $IM = d\left( {I,(P)} \right) = \frac{{\left| {1 - 1 - 0 - 3} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( - 1)}^2} + {{( - 1)}^2}} }} = \sqrt 3$.

$I{A^2} = {(1 - 1)^2} + {( - 3 - 1)^2} + {( - 4 - 0)^2} = 32$;

$4I{B^2} = 4\left[ {{{(1 - 1)}^2} + {{(2 - 1)}^2} + {{(1 - 0)}^2}} \right] = 8$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $M{A^2} + 4M{B^2}$ là $5I{M^2} + I{A^2} + 4I{B^2} = 5.{\left( {\sqrt 3 } \right)^2} + 32 + 8 = 55$.

Mô hình hóa mái che dạng chóp tứ giác đều. Áp dụng quy tắc xác định góc nhị diện, định lý Pythagore và hệ quả định lý cosin trong tam giác.

Mái che giếng trời có dạng hình chóp tứ giác đều S.ABCD, SA = 3, AB = 2,4.

Gọi P, Q là trung điểm của BC, AD. Khi đó $SP \bot BC$ và $SQ \bot AD$ (đường trung tuyến đồng thời là đường cao của các tam giác cân đỉnh S).

Vì (SBC) chứa BC và (SAD) chứa AD, mà BC // AD, S là giao điểm của hai mặt phẳng đó nên tiếp tuyến của chúng là đường thẳng d qua S sao cho d // BC // AD.

Suy ra $SP \bot d$ và $SQ \bot d$.

Khi đó $\widehat {PSQ} = \alpha$ là góc nhị diện giữa hai mặt bên đối diện (SAD), (SBC).

Ta có: SB = 3, PB = 1,2.

Xét tam giác SPB vuông tại P:

$SP = \sqrt {S{B^2} - P{B^2}}  = \sqrt {{3^2} - 1,{2^2}}  = \frac{{3\sqrt {21} }}{5} = SQ$.

Xét tam giác SPQ:

$\cos \alpha  = \frac{{S{P^2} + S{Q^2} - P{Q^2}}}{{2.SP.SQ}} = \frac{{13}}{{21}} \approx 0,62$.

Áp dụng công thức nhân xác suất $P(AB) = P(A).P(B|A)$.

A: “Lấy được viên bi xanh ở lần thứ nhất”.

B: “Lấy được viên bi trắng ở lần thứ hai”.

Ban đầu, có 20 viên bi xanh trong tổng số 30 viên bi trắng nên $P(A) = \frac{{20}}{{30}} = \frac{2}{3}$.

Sau khi lấy được bi xanh ở lần thứ nhất, trong 29 viên bi còn lại có 10 viên bi trắng nên $P(B|A) = \frac{{10}}{{29}}$.

Xác suất cần tìm là $P(AB) = P(A).P(B|A) = \frac{2}{3}.\frac{{10}}{{29}} = \frac{{20}}{{87}} \approx 0,23$.

Chọn hệ trục tọa độ ở vị trí phù hợp.

Áp dụng công thức tính độ dài vecto $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {\left( {{x_B} - {x_A}} \right) + \left( {{y_B} - {y_A}} \right)}$.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với gốc đặt tại vị trí điều khiển, mặt phẳng (Oxy) trùng với mặt đất, trục Ox hướng về phía nam, trục Oy hướng về phía đông, trục Oz hướng thẳng đứng lên trời, đơn vị đo lấy theo mét (như hình vẽ).

Ta có A(100;150;30), B(-100;-50;40). Suy ra $\overrightarrow {AB} = ( - 100 - 100; - 50 - 150;40 - 30) = ( - 200; - 200;10)$.

Vậy $\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{( - 200)}^2} + {{( - 200)}^2} + {{10}^2}} = 30\sqrt {89} \approx 283$ (m).

Lập bảng xét dấu cho hàm v(t) = s’(t).

Vận tốc tức thời của chất điểm tăng lên khi v’(t) đổi dấu từ âm sang dương.

Vận tốc tức thời của chất điểm tại thời điểm $t$ là $v(t) = s'(t) = 3{t^2} - 24t + 5$.

Xét hàm số $v(t) = 3{t^2} - 24t + 5$ với $t \in \left[ {0;10} \right]$ ta có:

$v'(t) = 6t - 24 \Rightarrow v'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 4$.

Ta có bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu suy ra vận tốc tức thời của chất điểm bắt đầu tăng lên sau khoảng thời gian 4 giây.

Lập hàm số biểu diễn thể tích của khối chóp và tìm giá trị lớn nhất bằng cách ứng dụng đạo hàm.

Gọi cạnh đáy của hình chóp tứ giác đều là x (dm) với $0 < x < 6\sqrt 2$ như hình bên.

Ta có: $AH = \frac{{AC - HK}}{2} = 3\sqrt 2  - \frac{x}{2}$.

Đường cao của hình chóp tứ giác đều là: $h = \sqrt {A{H^2} - O{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2  - \frac{x}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {18 - 3\sqrt 2 x}$.

Thể tích khối chóp là: $V = \frac{1}{3}h{x^2} = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {18 - 3\sqrt 2 x}  = \frac{1}{3}\sqrt {{x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)}$.

Để tìm giá trị lớn nhất của V, ta đi tìm giá trị lớn nhất của hàm số $f(x) = {x^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 x} \right)$ với $0 < x < 6\sqrt 2$.

Ta có: $f'(x) = {x^3}\left( { - 15\sqrt 2 x + 72} \right)$, $f'(x) = 0$ khi x = 0 hoặc $x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}$.

Bảng biến thiên của f(x) như sau:

Từ bảng biến thiên ta có $\mathop {\max }\limits_{\left( {0;6\sqrt 2 } \right)} f(x) = f\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right) \approx 477,75$ tại $x = \frac{{12\sqrt 2 }}{5}$.

Vậy thể tích của khối chóp có giá trị lớn nhất bằng $V = \frac{1}{3}.\sqrt {{{\left( {\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)}^4}\left( {18 - 3\sqrt 2 .\frac{{12\sqrt 2 }}{5}} \right)}  \approx 7,3$ $\left( {d{m^3}} \right)$.

Áp dụng công thức tính diện tích hình phẳng $S = \int\limits_a^b {\left| {f(x) - g(x)} \right|dx}$.

Ta có phương trình hoành độ giao điểm $\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 3x + 4a = 0$.

Theo đề bài phương trình có hai nghiệm $0 < {x_1} < {x_2}$ thỏa mãn $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \frac{3}{2}\quad \left( * \right)\\{x_1}{x_2} = 2a\quad \,\,\left( {**} \right)\end{array} \right.$.

${S_1} - {S_2} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{{x_1}} {\left| {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a} \right|{\rm{d}}x} + \int\limits_{{x_1}}^{{x_2}} {\left| {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a} \right|{\rm{d}}x} = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{{x_2}} {\left| {\frac{1}{2}{x^2} - \frac{3}{4}x + a} \right|{\rm{d}}x} = 0$

$\Leftrightarrow \left. {\left| {\frac{1}{6}{x^3} - \frac{3}{8}{x^2} + ax} \right|} \right|_0^{{x_2}} = 0 \Leftrightarrow \left| {\frac{1}{6}x_2^3 - \frac{3}{8}x_2^2 + a{x_2}} \right| = 0 \Rightarrow a = - \frac{{x_2^2}}{6} + \frac{{3{x_2}}}{8}$   (***).

Từ $\left( * \right) \Rightarrow {x_1} = \frac{3}{2} - {x_2}$, thay vào $\left( {**} \right) \Rightarrow \left( {\frac{3}{2} - {x_2}} \right){x_2} = - \frac{{x_2^2}}{3} + \frac{{3{x_2}}}{4} \Leftrightarrow \frac{{2x_2^2}}{3} - \frac{{3{x_2}}}{4} = 0 \Rightarrow {x_2} = \frac{9}{8}$.

Thay vào (***) ta được $a = \frac{{27}}{{128}}$.

Vậy $128a + 3 = 128.\frac{{27}}{{128}} + 3 = 30$.