Số tập con gồm 5 phần tử của M chính là số tổ hợp chập 5 của 30 phần tử, nghĩa là bằng \(C_{30}^{5}\)

\(d={{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}=8-\left( -1 \right)=9\)

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng \(\left( -\infty ;-3 \right)\)

Dựa vào BBT ta thấy giá trị cực đại của hàm số đã cho là y = 1

Từ bảng xét dấu ta thấy \({f}'\left( x \right)\) đổi dấu khi x đi qua điểm \({{x}_{1}}=-2\) và \({{x}_{2}}=3\) nên hàm số có hai điểm cực trị.

Ta có: \(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-1}{x+5}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2-\frac{1}{x}}{1+\frac{5}{x}}=2\) và \(F\left( \frac{\pi }{2} \right)=2\) nên đồ thị hàm số có một tiệm cận ngang là y=2

Đường cong trong hình trên không phải là đồ thị của hàm số bậc ba hoặc hàm số trùng phương, do đó phương án A và B là sai.

Đồ thị hàm số \(y=\frac{x+2}{x+1}\) cắt trục tung tại điểm có tung độ \({{y}_{0}}=2>0\), do đó phương án C sai.

Vậy phương án D đúng.

Ta có \({y}'=3{{x}^{2}}+3>0;\forall x\in \mathbb{R}\), hàm số \(y=f\left( x \right)\) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\)

Bảng biến thiên

Vậy đồ thị hàm số \(y={{x}^{3}}+3x-3\) và trục Ox có 1 giao điểm.

Với a,b là hai số thực dương khác 1 và theo công thức đổi cơ số: \({{\log }_{b}}a=\frac{1}{{{\log }_{a}}b}.\)

Theo công thức tính đạo hàm của \(y={{\log }_{a}}x\to y'=\frac{1}{x\ln a}\)

Vậy \(y={{\log }_{2018}}x\to y'=\frac{1}{x\ln 2018}\)

\({{a}^{2}}.\sqrt[3]{a}={{a}^{2}}.{{a}^{\frac{1}{3}}}={{a}^{2+\frac{1}{3}}}={{a}^{\frac{7}{3}}}\).

Ta có \({{2}^{{{x}^{2}}-x-4}}=\frac{1}{16}\Leftrightarrow {{2}^{{{x}^{2}}-x-4}}={{2}^{-4}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-4=-4\Leftrightarrow x(x-1)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=0 \\ \end{align} \right..\)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là \(T=\left\{ 0;1 \right\}\)

Ta có \({{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}+x \right)=1\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x=2\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x-2=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=1 \\ & x=-2 \\ \end{align} \right.\)

Vậy, phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.

Theo bảng nguyên hàm ta chọn câu sai là \(\int{\ln }xdx=\frac{1}{x}+c\)

Áp dụng hệ quả ta chọn đáp án A.

Ta có: \(I=\int\limits_{1}^{3}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}=\left. f\left( x \right) \right|_{1}^{3}=f\left( 3 \right)-f\left( 1 \right)=9-2=7\).

Ta có: \(I=\int\limits_{0}^{1}{\frac{1}{x+1}\text{d}x}=\left. \ln \left| x+1 \right| \right|_{0}^{1}=\ln 2-\ln 1=\ln 2\).

Một số phức nếu có phần thực bằng 0 gọi là số thuần ảo, nên chọn B

Ta có \(z=\frac{{{z}_{2}}}{{{z}_{1}}}\)\(=\frac{3-i}{1+2i}\)\(=\frac{1}{5}-\frac{7}{5}i\).

Dựa vào hình vẽ ta thấy điểm M biểu diễn số phức z có phần thực bằng -2 và phần ảo bằng 1. Vậy số phức z=-2+i.

\(V=\frac{1}{3}Bh=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.6a=2{{a}^{3}}\)

\(V=AB.AD.A{A}'=60\)

Bán kính của khối nón là \(r=\sqrt{{{l}^{2}}-{{h}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3\)

Thể tích của khối nón là \(V=\frac{1}{3}\pi {{r}^{2}}.h=\frac{1}{3}.\pi {{.3}^{2}}.4=12\pi \)

Áp dụng công thức thể tích khối trụ ta có: \(V=\pi {{R}^{2}}h=\pi {{R}^{2}}.R=\pi {{R}^{3}}\)

Gọi \(I\) trung điểm của \(AB\). Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{x}_{I}}=\frac{{{x}_{A}}+{{x}_{B}}}{2}=1 \\ & {{y}_{I}}=\frac{{{y}_{A}}+{{y}_{B}}}{2}=1 \\ & {{z}_{I}}=\frac{{{z}_{A}}+{{z}_{B}}}{2}=0 \\ \end{align} \right.\Rightarrow I\left( 1;1;0 \right)\)

Ta có \(\,{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-2x+4y+2z-3=0\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y+2 \right)}^{2}}+{{\left( z+1 \right)}^{2}}=9\)

Suy ra mặt cầu \(\left( S \right)\) có bán kính R=3

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( P \right)\): \(\overrightarrow{n}\left( 1;m\text{+1;}-2 \right)\)

Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng \(\left( Q \right)\): \(\overrightarrow{m}\left( 2;-\text{1;}0 \right)\)

Theo yêu cầu bài toán: \(\overrightarrow{n}.\overrightarrow{m}=0\Leftrightarrow 2-\left( m+1 \right)=0\Leftrightarrow 2-m-1=0\Leftrightarrow m=1\)

Một vectơ chỉ phương của d là \(\overrightarrow{u}=\left( 1;\,-2;\,0 \right)\)

Số phần tử không gian mẫu:\(n\left( \Omega  \right)=6.6=36\)

Biến cố tổng hai mặt là \(11\): \(A=\left\{ \left( 5;6 \right);\left( 6;5 \right) \right\}\) nên \(n\left( A \right)=2\).

Suy ra \(P\left( A \right)=\frac{n\left( A \right)}{n\left( \Omega  \right)}=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}\).

Loại A và C vì hàm trùng phương và hàm \(y\,=\,\frac{ax+b}{cx+d}\) không nghịch biến trên \(\left( -\infty ;\,+\infty  \right)\).

Loại D vì là hàm bậc 3 có hệ số \(a\,=\,1>0\) không nghịch biến trên \(\left( -\infty ;\,+\infty  \right)\).

Chọn B Kiểm tra lại, xét hàm số \(y\,=\,-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-9x+1\).

TXĐ \(D\,=\,\mathbb{R}\).

\({y}'\,=\,-3{{x}^{2}}+6x-9\,<0\) với mọi \(x\in \mathbb{R}\).

Vậy hàm số \(y\,=\,-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-9x+1\) nghịch biến trên \(\left( -\infty ;\,+\infty  \right)\).

Ta có \(y'=4{{x}^{3}}+4x\Rightarrow y'=0\Leftrightarrow x=0\in \left[ -1;2 \right]\) Tính \(y(-1)=2;y(0)=-1;y(2)=23.\)

Do đó \(M=23;m=-1\Rightarrow M.m=-23.\)

Ta có: \({{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( x-2 \right)\ge -1\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & x>2 \\ & x-2\le 2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow 2<x\le 4\)

Vậy tập nghiệm bất phương trình là \(\left( 2;4 \right]\)

Ta có: \(\int\limits_{0}^{1}{\left[ f\left( x \right)+2g\left( x \right) \right]\text{d}x}=\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)\text{d}x}+2\int\limits_{0}^{1}{g\left( x \right)\text{d}x}=2+2.5=12\)

Ta có: \(z_{1}^{2}+{{\bar{z}}_{2}}\)$={{\left( 3-i \right)}^{2}}+\left( 4+i \right)=12-5i\) nên \(\left| z_{1}^{2}+{{{\bar{z}}}_{2}} \right|=\sqrt{{{12}^{2}}+{{5}^{2}}}=13\)

Gọi I là tâm của hình vuông ABCD

Vì ABCD là hình vuông nên \(BD\bot AC\); Vì \(SA\bot \left( ABCD \right)\) nên \(SA\bot BD\)

Suy ra \(BD\bot \left( SAC \right)\), do đó góc giữa đường thẳng SB và \(\left( SAC \right)\) là góc \(\widehat{BSI}\)

Ta có: \(SB=a\sqrt{2}\); \(BI=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)\(\Rightarrow \sin \widehat{BSI}=\frac{BI}{SB}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{BSI}=30{}^\circ \)

Gọi \(O=AC\cap BD\)

\(OI\text{ // }SA\)

Mà \(SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow OI\bot \left( ABCD \right)\)

Vậy \(d\left( I,\left( ABCD \right) \right)=OI=\frac{SA}{2}=\frac{\sqrt{S{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}}{2}=\frac{3a}{2}\)

Tâm I là trung điểm \(AB\Rightarrow I\left( 1;2;0 \right)\) và bán kính \(R=IA=\sqrt{3}\)

Vậy \({{\left( x-1 \right)}^{2}}+{{\left( y-2 \right)}^{2}}+{{z}^{2}}=3\)

Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm \(M\left( 3;-1;2 \right)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 4;5;-7 \right)\) là: \(\left\{ \begin{align} & x=3+4t \\ & y=-1+5t \\ & z=2-7t \\ \end{align} \right.\)

Đặt \(g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-2x \right)\). Ta có \({g}'\left( x \right)=\left( 2x-2 \right){f}'\left( {{x}^{2}}-2x \right)\)

\(g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ {x^2} - 2x = - 2\\ {x^2} - 2x = 1\\ {x^2} - 2x = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ {x^2} - 2x + 2 = 0\\ {x^2} - 2x - 1 = 0\\ {x^2} - 2x - 3 = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 1 \pm \sqrt 2 \\ x = - 1\\ x = 3 \end{array} \right.\)

Trong đó các nghiệm \(-1,\,\,1,\,\,3\) là nghiệm bội lẻ và \(1\pm \sqrt{2}\) là nghiệm bội chẵn. Vì vậy hàm số \({g}'\left( x \right)\) chỉ đổi dấu khi đi qua các nghiệm \(-1,\,\,1,\,\,3\)

Ta có \({g}'\left( 0 \right)=-2{f}'\left( 0 \right)<0\) (do \({f}'\left( 0 \right)>0\)).

Bảng xét dấu \({g}'\left( x \right)\)

Vậy hàm số \(y=f\left( {{x}^{2}}-2x \right)\) có đúng 1 điểm cực tiểu là \(x=1\)

Ta có: \(f(x)<m-{{e}^{-x}}\,,\,\forall x\in \left( -2;2 \right)\Leftrightarrow f(x)+{{e}^{-x}}<m\,\text{ }\forall x\in \left( -2;2 \right)\text{ (*)}\).

Xét hàm số \(g(x)=f(x)+{{e}^{-x}}\)

Ta có: \({g}'(x)={f}'(x)-{{e}^{-x}}\).

Ta thấy với \(\forall x\in \left( -2;2 \right)\) thì \({f}'(x)<0\), \(-{{e}^{-x}}<0\) nên \({g}'(x)={f}'(x)-{{e}^{-x}}<0\), \(\forall x\in \left( -2;2 \right)\).

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có \(m\ge g(-2)\Leftrightarrow m\ge f(-2)+{{e}^{2}}\).

Lấy đạo hàm hai vế biểu thức \(\int\limits_{a}^{x}{\frac{f\left( t \right)}{{{t}^{4}}}}dt=2\sqrt{x}-6\) ta được.

\(\frac{f\left( x \right)}{{{x}^{4}}}=\frac{1}{\sqrt{x}}\Rightarrow f\left( x \right)={{x}^{3}}\sqrt{x}\). Suy ra  \(\int\limits_{a}^{x}{\frac{1}{\sqrt{t}}}dt=2\sqrt{x}-6\Leftrightarrow 2\sqrt{x}-2\sqrt{a}=2\sqrt{x}-6\Leftrightarrow a=\)\)

Vậy \(\int\limits_{1}^{a}{f\left( x \right)dx}=\int\limits_{1}^{9}{{{x}^{3}}\sqrt{x}dx}=\frac{39364}{9}\).

Ta có: \(z={{\left( \frac{2+6i}{3-i} \right)}^{m}}={{(2i)}^{m}}={{2}^{m}}.{{i}^{m}}\,\)

z là số thuần ảo khi và chỉ khi \(m=2k+1,\,\,k\in \mathbb{N}\) (do \(z\ne 0;\text{ }\forall m\in {{\mathbb{N}}^{*}}\)).

Vậy có 25 giá trị m thỏa yêu cầu đề bài.

Do tam giác ABC vuông cân tại B nên ta có \(AB=BC=\frac{a}{\sqrt{2}}\)

Và \(\widehat{\left( SB,\,\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SB,\,AB \right)}={{60}^{\text{o}}}\)

Do đó \({{V}_{S.ABC}}=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SA=\frac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.AB\tan {{60}^{\text{o}}}\) \(=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.\frac{{{a}^{2}}}{2}.\frac{a}{\sqrt{2}}.\sqrt{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{24}\).

Lấy mốc thời gian là lúc bắt đầu đạp phanh. Giả sử \({{t}_{0}}\) là thời điểm tàu dừng hẳn.

Khi đó \(v\left( {{t}_{0}} \right)=0\Leftrightarrow 200-20{{t}_{0}}=0\Leftrightarrow {{t}_{0}}=10\text{ }\left( \text{s} \right).\)

Như vậy từ lúc đạp phanh đến lúc tàu dừng hẳn là \(10\text{ }\left( \text{s} \right).\)

Quãng đường tàu di chuyển được trong khoảng thời gian \(10\text{ }\left( \text{s} \right)\) là

\(S=\int\limits_{0}^{10}{\left( 200-20t \right)}=1000\text{ }\,\left( \text{m} \right).\)

Phương trình tham số của \(d:\left\{ \begin{align} & x=2+3t \\ & y=-1+t \\ & z=-5-t \\ \end{align} \right.\)

Tọa độ giao điểm M của d và (P) \(2(2+3t)-3(-1+t)-5-t-6=0\Leftrightarrow t=2\Rightarrow M(8;1;-7)\)

VTCP của \(\Delta \overrightarrow{u}=\left[ \overrightarrow{{{u}_{d}}};\overrightarrow{{{n}_{(P)}}} \right]=(-2;-5;-11)=-1.(2;5;11)\)

\(\Delta \) nằm trong (P) cắt và vuông góc với d suy ra \(\Delta \) đi qua M có VTCP \(\overrightarrow{a}=(2;5;11)\) nên có phương trình: \(\frac{x-8}{2}=\frac{y-1}{5}=\frac{z-7}{11}\).

Ta có \({g}'\left( x \right)=\frac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+2x+2}}{f}'\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} \right)\)

Suy ra \(g'\left( x \right) = 0\left[ \begin{array}{l} x + 1 = 0\\ f'\left( {\sqrt {{x^2} + 2x + 2} } \right) = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} x + 1 = 0\\ \sqrt {{x^2} + 2x + 2} = - 1\\ \sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 1\\ \sqrt {{x^2} + 2x + 2} = 3 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - 1\\ x = - 1 + 2\sqrt 2 \\ x = - 1 - 2\sqrt 2 \end{array} \right.\)

Bảng xét dấu

Từ đó suy ra hàm số \(g\left( x \right)=f\left( \sqrt{{{x}^{2}}+2x+2} \right)\) có 3 điểm cực trị.

\({{\log }_{9}}a={{\log }_{12}}b={{\log }_{16}}\frac{5b-a}{c}=t>0\)

Khi đó \(\left\{ \begin{align} & a={{9}^{t}} \\ & b={{12}^{t}} \\ & \frac{5b-a}{c}={{16}^{t}} \\ \end{align} \right.(*)\Rightarrow \frac{a}{b}={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}=u\in \left( 0;1 \right)\)

Từ (*) suy ra  \({{5.12}^{t}}-{{9}^{t}}=c{{.16}^{t}}\Leftrightarrow 5{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{t}}-{{\left( \frac{3}{4} \right)}^{2t}}=c\)

Suy ra  \(c=-{{u}^{2}}+5u=f\left( u \right)\)

Ta có \({f}'\left( u \right)=-2u+5>0\,\,\forall u\in \left( 0;1 \right)\)

Bảng biến thiên của \(f\left( u \right)\) trên \(\left( 0;1 \right)\) là

Để tồn tại \(a,\,\,b\) thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phương trình  (*) phải có nghiệm

\(\Leftrightarrow c=f\left( u \right)\) có nghiệm \(u\in \left( 0;1 \right)\)

\(\Leftrightarrow 0<c<4\)

Do \(c\in \mathbb{N}*\) nên \(c\in \left\{ 1;2;3 \right\}\)

Mặt khác                                                                                                                                          

\(\int\limits_{a}^{b}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}>\int\limits_{b}^{c}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}\Rightarrow \left. f\left( x \right) \right|_{a}^{b}>-\left. f\left( x \right) \right|_{b}^{c}\Leftrightarrow f\left( b \right)-f\left( a \right)>-f\left( c \right)+f\left( b \right)\Leftrightarrow f\left( a \right)<f\left( c \right)\)

Mà \(f\left( a \right)>0\) nên phương trình vô nghiệm.

Vì \(\left| z \right|=1\) và \(z.\bar{z}={{\left| z \right|}^{2}}\) nên ta có \(\bar{z}=\frac{1}{z}\).

Từ đó, \(P=\left| {{z}^{5}}+{{{\bar{z}}}^{3}}+6z \right|-2\left| {{z}^{4}}+1 \right|=\left| z \right|\left| {{z}^{4}}+{{{\bar{z}}}^{4}}+6 \right|-2\left| {{z}^{4}}+1 \right|=\left| {{z}^{4}}+{{{\bar{z}}}^{4}}+6 \right|-2\left| {{z}^{4}}+1 \right|\)

Đặt \({{z}^{4}}=x+iy\), với \(x,\,y\in \mathbb{R}\). Do \(\left| z \right|=1\) nên \(\left| {{z}^{4}} \right|=\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}=1\) và \(-1\le x,\,y\le 1\)

Khi đó \(P=\left| x+iy+x-iy+6 \right|-2\left| x+iy+1 \right|=\left| 2x+6 \right|-2\sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}+{{y}^{2}}}\)

\(=2x+6-2\sqrt{2x+2}={{\left( \sqrt{2x+2}-1 \right)}^{2}}+3\)

Do đó \(P\ge 3\) Lại có \(-1\le x\le 1\Rightarrow 0\le \sqrt{2x+2}\le 2\Rightarrow -1\le \sqrt{2x+2}-1\le 1\Rightarrow P\le 4\)

Vậy M=4 khi \({{z}^{4}}=\pm 1\) và m=3 khi \({{z}^{4}}=-\frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\). Suy ra \(M-m=1\)

Gọi điểm \(K\left( x;y;z \right)\) sao cho \(3\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {KA} = \left( { - x;1 - y;1 - z} \right)\\ \overrightarrow {KB} = \left( {3 - x; - y; - 1 - z} \right)\\ \overrightarrow {KC} = \left( { - x;21 - y; - 19 - z} \right) \end{array} \right.\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3x + 2\left( {3 - x} \right) - x = 0\\ 3\left( {1 - y} \right) - 2y + 21 - y = 0\\ 3\left( {1 - z} \right) - 2\left( {1 + z} \right) - 19 - z = 0 \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 4\\ z = - 3 \end{array} \right. \Rightarrow K\left( {1;4; - 3} \right)\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l} 3M{A^2} = 3{\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KA} } \right)^2} = 3M{K^2} + 6\overrightarrow {MK} .\overrightarrow {KA} + 3K{A^2}\\ 2M{B^2} = 2{\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KB} } \right)^2} = 2M{K^2} + 4\overrightarrow {MK} .\overrightarrow {KB} + 2K{B^2}\\ M{C^2} = {\left( {\overrightarrow {MK} + \overrightarrow {KC} } \right)^2} = M{K^2} + 2\overrightarrow {MK} .\overrightarrow {KC} + 2K{C^2} \end{array} \right.\).

\(\Rightarrow T=3M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}+M{{C}^{2}}=5M{{K}^{2}}+2\overrightarrow{MK}\left( 3\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC} \right)+\left( 3K{{A}^{2}}+2K{{B}^{2}}+K{{C}^{2}} \right)\)

\(=5M{{K}^{2}}+\underbrace{\left( 3K{{A}^{2}}+2K{{B}^{2}}+K{{C}^{2}} \right)}_{const}\). Do đó \({{T}_{\min }}\) khi và chỉ khi \(M{{K}_{\min }}\).

Suy ra \(M=IK\cap \left( S \right)\) và đồng thời M nằm giữa I và K.

Ta có \(\overrightarrow{IK}=\left( 0;3;-4 \right)\Rightarrow IK:\left\{ \begin{align} & x=1 \\ & y=1+3t \\ & z=1-4t \\ \end{align} \right.\). Suy ra toạ độ điểm M thoả mãn:

\({{\left( 3t \right)}^{2}}+{{\left( 4t \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow t=\pm \frac{1}{5}\). Vì M nằm giữa I và K nên \(t=\frac{1}{5}\) và \(M\left( 1;\frac{8}{5};\frac{1}{5} \right)\)

Vậy \(S=a+b+c=1+\frac{8}{5}+\frac{1}{5}=\frac{14}{5}\)