浙江省高一数学下学期期末试卷含解析文档资料.pdf

第1页（共24页）2021-2022学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项时符合题目要求的.1某中学有初中生 700 人，高中生300 人为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为 n 的样本，已知从初中生中抽取 35 人，则样本容量 n 为（）A5 B30 C50 D100 2正方体ABCD A1B1C1D1中，下列判断错误的是（）AAC B1D1 BBD1C1D CAD1A1C1 DA1CBC1 3已知复数=12(1+)2，则复数 z的共轭复数=（）A34+14 B14+34 C1 12 D1+12 4已知向量，满足|1，=1，则（2）（）A4 B3 C2 D0 5在空间中，a，b是不重合的直线，是不重合的平面，则下列条件中可推出 ab 的是（）Aa，b，Ba，b Ca，b Da，b 6长方体的一条体对角线与它一个顶点处的三个面所成的角分别为，则（）Acos2+cos2+cos2 2 B2+2+2=32 Csin2+sin2+sin2 2 D 2+2+2=32 7已知A，B，C 为球O 的球面上的三个点，O1为ABC 的外接圆若O1的面积为 4，ABBC AC OO1，则球 O 的表面积为（）A64 B48 C36 D32 第2页（共24页）8圣索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物 AB，高为(15 3 15)，在它们之间的地面上的点 M（B，M，D 三点共线）处测得楼顶 A，教堂顶C 的仰角分别是12和3，在楼顶A 处测得塔顶C 的仰角为6，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A20m B30m C203 D303 二、多选题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.在每小题给出的选项中，有多项符合 9设A，B 为两个互斥事件，且 P（A）0，P（B）0，则下列说法正确的是（）AP（AB）0 BP（AB）P（A）P（B）CP（AB）P（A）+P（B）D()=1 10中国南宋时期杰出数学家秦九韶在数书九章中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积把以上文字写成公式，即=14 2 2(2+222)2（S 为三角形的面积，a、b、c 为三角形的三边）现有ABC 满足：=2：3：7，且ABC 的面积=6 3，则下列结论正确的是（）AABC 的周长为10+2 7 BABC 的三个内角满足 A+B2C CABC 的外接圆半径为4 213 DABC 的中线CD 的长为3 2 第3页（共24页）11 棱长均为1 的正三棱锥 VABC 中，M，N，Q 分别是棱 AB，BC，VC 的中点，下列说法正确的是（）AVA BC B平面 MNQ 截正三棱锥所得截面的面积为14 CMQ BC D异面直线VM 和 BQ 所成角的余弦值等于23 12已知平面向量，满足=+，且 0，0，则下列说法正确的是（）A若 0，则可能 x0，y0 B若 0，则可能 x0，y0 C若 0，则可能 x0，y0 D若 0，则可能 x0，y0 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.13已知复数 zm25m+6+（m23m）i（i为虚数单位）是纯虚数，则实数m 为 14已知在ABC 中，AB2，AC 1，A=3，A 的角平分线交线段 BC 于 M，则 AM 15甲、乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为 60kg，方差为 100，乙队体重的平均数为64kg，方差为200，又已知甲、乙两队的队员人数之比为1：3，那么甲、乙两队全部队员的方差等于 16已知矩形 ABCD，AB2，AD 1，沿 BD 将ABD 折成A BD 若点 A 在平面 BCD 上的射影落在BCD 的内部，则四面体A BCD 的体积的取值范围是 第4页（共24页）四、解答题：本大题共 6小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17“抢红包”的活动给节假日增添了一份趣味，某发红包单位进行一次关于“是否参与抢红包活动”的调查活动，组织员工在几个大型小区随机抽取 50 名居民进行问卷调查，对问卷结果进行了统计，并将调查结果统计如下表：年龄（岁）10，20）20，30）30，40）40，50）50，60）60，70 调查人数 m n 14 12 8 6 参与的人数 3 4 12 6 3 2 表中所调查的居民年龄在10，20）的人数是在20，30）的人数的两倍少 8 人（1）求表中m，n 的值，并补全如图所示的频率分布直方图；（2）在被调查的居民中，若从年龄在10，20），20，30）内的居民中各随机选取 2 人参加抽奖活动，求选中的两人中仅有一人没有参与抢红包活动的概率 第5页（共24页）18如图，已知四棱锥 VABCD 的底面是矩形，VD 平面 ABCD，AB2AD 2VD 2，E，F，G 分别是棱 AB，VC，CD 的中点（1）求证：EF平面 VAD；（2）求二面角AVEG 的大小 第6页（共24页）19为抗击新冠肺炎，某单位组织中、老年员工分别进行疫苗注射，共分为三针接种，只有三针均接种且每针接种后经检测合格，才能说明疫苗接种成功（每针接种后是否合格相互之间没有影响）根据大数据比对，中年员工甲在每针接种合格的概率分别为78，56，57；老年员工乙在每针接种合格的概率分别为89，34，34（1）甲、乙两位员工中，谁接种成功的概率更大？（2）若甲和乙均参加疫苗接种，求两人中至少有一人接种成功的概率 第7页（共24页）20在锐角ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足=212（1）求角C 的大小；（2）求 sin A+sin B+sin C 的取值范围 第8页（共24页）21如图，A，B 是单位圆（圆心为 O）上两动点，C 是劣弧（含端点）上的动点记=+（，均为实数）（1）若 O 到弦 AB 的距离是12，（）当点 C 恰好运动到劣弧的中点时，求的值；（）求+的取值范围；（2）若|3|52，记向量2+和向量+的夹角为，求 cos2的最小值 第9页（共24页）22如图，已知四棱锥 VABCD，底面 ABCD 是矩形，VD CD，VD BC，点E 是棱VC 上一劫点（不含端点）（1）求证：平面 ADE 平面 VCD；（2）当 CD 2AD 2 且=6时，若直线 VC 与平面 ADE 所成的线面角 3，2，求点 E 的运动轨迹的长度 第10页（共24页）2021-2022学年浙江省湖州市高一（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项时符合题目要求的.1某中学有初中生 700 人，高中生300 人为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为 n 的样本，已知从初中生中抽取 35 人，则样本容量 n 为（）A5 B30 C50 D100 解：由题意可得，35=700700+300，解得n50 故选：C 2正方体ABCD A1B1C1D1中，下列判断错误的是（）AAC B1D1 BBD1C1D CAD1A1C1 DA1CBC1 解：对 A，因为正方体ABCD A1B1C1D1，故A1C1B1D1，又A1C1AC，故 AC B1D1，故 A 正确；对 B，因为正方体 ABCD A1B1C1D1，故 C1D CD1，C1DBC，又 CD1BC C，故 C1D BCD1，故BD1C1D，故 B 正确；对 C，因为 AD1BC1，易得A1C1B 为正三角形，故A1C1B60，故 BC1，A1C1的夹角为 60，故 AD1，A1C1的夹角为 60，故 C 错误；对 D，同 B 可得 BC1平面 A1B1C，故 A1CBC1，故 D 正确 故选：C 3已知复数=12(1+)2，则复数 z的共轭复数=（）A34+14 B14+34 C1 12 D1+12 解：=12(1+)2=122=(12)22=1+12，=1 12 故选：C 第11页（共24页）4已知向量，满足|1，=1，则（2）（）A4 B3 C2 D0 解：向量，满足|1，=1，则（2）22=2+13，故选：B 5在空间中，a，b是不重合的直线，是不重合的平面，则下列条件中可推出 ab 的是（）Aa，b，Ba，b Ca，b Da，b 解：对于A，若 a，b，则 a 与 b 没有公共点，即 a与 b平行或异面；对于B，若 a，b，则 a 与 b 没有公共点，即a 与 b平行或异面；对于C，若 a，b，由线面垂直的性质定理，可得 ab；对于 D，若 a，b，则由线面垂直的定义可得ab；故选：C 6长方体的一条体对角线与它一个顶点处的三个面所成的角分别为，则（）Acos2+cos2+cos2 2 B2+2+2=32 Csin2+sin2+sin2 2 D 2+2+2=32 解：设长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则体对角线 d=2+2+2，由题意可得，cos cosA1BD1=11，cos cosDBD1=1，cos cosD1BC1=11，所以，cos2+cos2+cos2=12+2+1212=(2+2)+(2+2)+(2+2)2=2(2+2+2)2=2，故选项A 正确，选项B 错误；由题意，sin sin A1BD1=111，sin sin DBD1=11，sin sin D1BC1=111，所以，sin2+sin2+sin2=112+12+11212=2+2+22=1，故选项C，D 错误；故选：A 7已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点，O1为ABC 的外接圆若O1的面积为 4，ABBC AC OO1，则球 O 的表面积为（）A64 B48 C36 D32 解：由题意可知图形如图：O1的面积为4，可得 O1A2，则 32AO1ABsin60，321=32，ABBC AC OO12 3，第12页（共24页）外接球的半径为：R=12+12=4，球O 的表面积：4 4264 故选：A 8圣索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15 3 15)，在它们之间的地面上的点 M（B，M，D 三点共线）处测得楼顶A，教堂顶 C 的仰角分别是12和3，在楼顶 A 处测得塔顶 C 的仰角为6，则小明估算索菲亚教堂的高度为（）A20m B30m C203 D303 解：由题意知：CAM=4，AMC=712，所以ACM=6，在 RtABM 中，AM=15，在ACM 中，由正弦定理得30=45，所以CM=4530=451530，在RtDCM 中，CD CM sin60=45601530=(1531)223262412=30 3 故选：D 第13页（共24页）二、多选题：本题共4小题，每小题 5分，共 20分.在每小题给出的选项中，有多项符合 9设A，B 为两个互斥事件，且 P（A）0，P（B）0，则下列说法正确的是（）AP（AB）0 BP（AB）P（A）P（B）CP（AB）P（A）+P（B）D()=1 解：A，B 为两个互斥事件，P（AB）0，故 A 正确，又P（A）0，P（B）0，P（AB）P（A）P（B），故 B 错误，对于 C，P（AB）P（A）+P（B）P（AB）P（A）+P（B），故 C 正确，对于 D，()=1()=1 0=1，故 D 正确 故选：ACD 10中国南宋时期杰出数学家秦九韶在数书九章中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积把以上文字写成公式，即=14 2 2(2+222)2（S为三角形的面积，a、b、c为三角形的三边）现有ABC 满足：=2：3：7，且ABC 的面积=6 3，则下列结论正确的是（）AABC 的周长为10+2 7 BABC 的三个内角满足A+B2C CABC 的外接圆半径为4 213 DABC 的中线 CD 的长为3 2 解：由于ABC 满足 sin A：sin B：sin C2：3：7，且 SABC6 3，利用正弦定理：a：b：c2：3：7，故可设 a2k，b3k，c=7k，k0，所以 SABC=14 2 2(2+222)2=147 2 4 2(72+42922)2=6 3，整理得 k2，故 a4，b6，c2 7，故三角形的周长为 10+2 7，故A 正确；利用余弦定理：cosC=2+222=12，由于 0C，故 C=3，所以 A+B=23，故 A+B2C，故 B 正确；利用正弦定理 2R=732，解得R=2213，故C 错误；第14页（共24页）利用=12（+），所以|=12（|+|），故|2=14（+）2=14（36+16+24612）19，可得|CD|=19，故 D 错误 故选：AB 11 棱长均为1 的正三棱锥 VABC 中，M，N，Q 分别是棱 AB，BC，VC 的中点，下列说法正确的是（）AVA BC B平面 MNQ 截正三棱锥所得截面的面积为14 CMQ BC D异面直线VM 和 BQ 所成角的余弦值等于23 解：对选项 A，连接 AN，VN，如图所示：因为三棱锥 VABC 为正三棱锥，N 为BC 中点，所以AN BC，VN BC，又因为 AN VN N，所以 BC 平面 VAN 又因为 VA 平面 VAN，所以 VA BC，故 A 正确：对选项 B，取 VA 的中点 D，连接 DQ，DM，MN，NQ，MQ，MC，如图所示：因为正三棱锥VABC 中，棱长均为 1，M，N，Q，D 分别是棱 AB，BC，VC，VA 的中点，所以 DQ MN，DM QN，即四点D，M，N，Q 共面，第15页（共24页）即四边形DMNQ 为平面 MNQ 截正三棱锥所得截面，且四边形DMNQ 为平行四边形 因为=12，=12(12)2=32，所以=(32)2(12)2=22，因为=12，所以 MN2+NQ2MQ2，即 MN NQ，所以四边形 DMNQ 为正方形，面积为1212=14，故 B 正确 对选项 C，取 AC 的中点E，连接 ME，如图所示：因为 M，E 分别为AB，AC 的中点，所以 ME BC，又因为 ME MQ M，所以 MQ 与 BC 不平行，故C 错误 对选项 D，取 CM 中点H，连接 QH，BH，则 VM QH，则HQB 即为异面直线 VM 和BQ 所成角，=32，=34，=2+2=(34)2+14=74=32，由余弦定理得：=2+222=316+3471623432=23 故D 正确，故选：ABD 第16页（共24页）12已知平面向量，满足=+，且 0，0，则下列说法正确的是（）A若 0，则可能 x0，y0 B若 0，则可能 x0，y0 C若 0，则可能 x0，y0 D若 0，则可能x0，y0 解：设=(1，1)，=(2，2)，则=(1+2，1+2)，=(12+12)+(12+12)0，=(12+12)+(22+22)0，12+120，22+220，+12+1212+12 0，12+1222+22+0 令12+1212+12=，12+1222+22=，即 x+Ay0，Bx+y0 当 0时，=12+120，A0，B0，x0，0，故选项 A 不成立，选项 C 成立；当 0时，=12+120，A0，B0，x0，或 yBx，0，0，故选项 BD 均正确 故选：BCD 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.13已知复数 zm25m+6+（m23m）i（i为虚数单位）是纯虚数，则实数m 为 2 解：zm25m+6+（m23m）i 2 5+6=02 3 0，解得m2 故答案为：2 14已知在ABC 中，AB2，AC 1，A=3，A 的角平分线交线段 BC 于 M，则 AM 2 33 解：在ABC 中，已知 AB2，AC 1，A=3，利用余弦定理BC2AB2+AC2 2AB AC cos3=22+1222 1 12=3，整理得BC=3，第17页（共24页）所以：+=3=21，解得BM=233，MC=33，在ABM 中，利用余弦定理 AB2BM2+AM22 BM AM cosAMB，在ACM 中，利用余弦定理 AC2AM2+CM22AM CM cosAMC，又 cosAMB cosAMC，设 AM x，可得(233)2+2222233=(33)2+212233，整理解得 x=233，即AM 的值为2 33 故答案为：2 33 15甲、乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为 60kg，方差为 100，乙队体重的平均数为64kg，方差为 200，又已知甲、乙两队的队员人数之比为 1：3，那么甲、乙两队全部队员的方差等于 178 解：甲队队员在所有队员中人数所占权重为11+3=14，乙队队员在所有队员中人数所占权重为31+3=34，甲队的体重的平均数为60kg，乙队体重的平均数为 64kg，甲、乙两队全部队员的平均权重为=1460+3464=63kg，甲、乙两队全部队员体重的方差为2=14100+(60 63)2+34200+(64 63)2=178 故答案为：178 16已知矩形 ABCD，AB2，AD 1，沿 BD 将ABD 折成A BD 若点 A 在平面 BCD 上的射影落在BCD 的内部，则四面体A BCD 的体积的取值范围是(36，2515)解：当 A在平面BCD 上的投影O 在 BD 上时，点 A到平面BCD 的距离=25=255，此时三棱锥 ABCD 的体积最大，=13=2515，第18页（共24页）如图，当A在平面 BCD 上的投影 M 在DC 上时，体积最小，则点 A到平面 BCD 的距离为AM，作 AOBD 于 O，连接OM，因为=255，=2，所以=2 2=55，因为AM OB，AOOB，所以OB 平面 AOM，所以OB OM，=510，=2 2=32，=13=36，故答案为：(36，2515)四、解答题：本大题共 6小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17“抢红包”的活动给节假日增添了一份趣味，某发红包单位进行一次关于“是否参与抢红包活动”的调查活动，组织员工在几个大型小区随机抽取 50 名居民进行问卷调查，对问卷结果进行了统计，并将调查结果统计如下表：年龄（岁）10，20）20，30）30，40）40，50）50，60）60，70 调查人数 m n 14 12 8 6 参与的人数 3 4 12 6 3 2 表中所调查的居民年龄在10，20）的人数是在20，30）的人数的两倍少 8 人（1）求表中m，n 的值，并补全如图所示的频率分布直方图；第19页（共24页）（2）在被调查的居民中，若从年龄在10，20），20，30）内的居民中各随机选取 2 人参加抽奖活动，求选中的两人中仅有一人没有参与抢红包活动的概率 解：（1）由题意得m+n10，m+82n，解得=4=6，补全频率分布直方图，如图所示：（2）记年龄在10，20）内的居民为 a1，A2，A3，A4（其中居民 a1没有参与抢红包括动），年龄在20，30）内的居民为 b1，b2，B3，B4，B5，B6（其中居民 b1，b2没有参与抢红包活动），从中随机抽取 2人的所有可能情况有：（a1，b1），（a1，b2），（a1，B3），（a1，B4），（a1，B5），（a1，B6），（A2，b1），（A2，b2），（A2，B3），（A2，B4），（A2，B5），（A2，B6），（A3，b1），（A3，b2），（A3，B3），（A3，B4），（A3，B5），（A3，B6），（A4，b1），（A4，b2），（A4，B3），（A4，B4），（A4，B5），（A4，B6），共 24 种 其中仅有一人没有参与抢红包活动的情形有（a1，B3），（a1，B4），（a1，B5），（a1，B6），（A2，b1），（A2，b2），（A3，b1），（A3，b2），（A4，b1），（A4，b2），共 10 种，所以所求概率=1024=512 18如图，已知四棱锥 VABCD 的底面是矩形，VD 平面 ABCD，AB2AD 2VD 2，E，F，G 分别是棱 AB，VC，CD 的中点（1）求证：EF平面 VAD；（2）求二面角AVEG 的大小 第20页（共24页）证明：（1）取 VD 的中点 I，连接 FI，AI，在VDC 中，易得FI12DC 且FI=12DC，AE12DC 且 AE=12DC，故AEFI且 AEFI，所以四边形 AEFI 为平行四边形，可得 EFAI，又 EF 平面 VAD，AI 平面 VAD，所以 EF平面 VAD；解：（2）如图，过A 作 AK VE 于 K，连接 KG，因为 VD 面 ABCD，所以VD EG，又 EG DC，故EG 平面 VDC，得 EG VG，同理可得 EAVA，又=2，=1，故 RtVAE RtVGE，又 AK VE，故KG VE，由二面角定义知，AKG 即为二面角 AVEG 的平面角，由=62，=2，由余弦定理得=12，由图像可得AKG 为钝角，故二面角AVEG 的大小为=23 19为抗击新冠肺炎，某单位组织中、老年员工分别进行疫苗注射，共分为三针接种，只有三针均接种且每针接种后经检测合格，才能说明疫苗接种成功（每针接种后是否合格相互之间没有影响）根据大数据比对，中年员工甲在每针接种合格的概率分别为78，56，57；老年员工乙在每针接种合格的概率分别为89，34，34（1）甲、乙两位员工中，谁接种成功的概率更大？（2）若甲和乙均参加疫苗接种，求两人中至少有一人接种成功的概率 解：（1）记中年员工甲接种成功的事件为 A，老年员工乙接种成功的事件为B，则()=785657=2548，()=893434=12，因为P（A）P（B），第21页（共24页）故中年员工甲接种成功的概率更大（2）记甲和乙两人中至少有一人接种成功的事件记为 C，则=，()=()=()()=(12548)(112)=2396()=1()=1234812=7396 则P（C）1(1 2528)(112)=7396 20在锐角ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足=212（1）求角C 的大小；（2）求 sin A+sin B+sin C 的取值范围 解：（1）=2+222=212，整理得 a2+b2c2ab，故=2+222=12，又 0C，所以=3；（2）由锐角ABC 知=3(0，2)，结合A 为锐角得(6，2)，故+=+32+(+3)=+32+3+3=3(+6)+32，因为(6，2)，+6(3，23)，得(+6)(32，1，所以+(3+32，332 21如图，A，B 是单位圆（圆心为 O）上两动点，C 是劣弧（含端点）上的动点记=+（，均为实数）（1）若 O 到弦 AB 的距离是12，（）当点 C 恰好运动到劣弧的中点时，求的值；（）求+的取值范围；（2）若|3|52，记向量2+和向量+的夹角为，求 cos2的最小值 第22页（共24页）解：（1）由 O 到弦 AB 的距离是12，可得ABO BAO 30，故AOB 120（i）由圆的几何性质得=120，|=|=1，故=|，=1 1 60=12（ii）记劣弧的中点为D，且=12，=2+=12，=+2=12+，+得(+)=12(+)，进一步得：+=2(+)=2=2，1，2，其中，0，60，故+的取值范围为：1，2（2）记AOB，由|3|52两边平方，得92+2 652，10 6 52，又1cos 1，58，1)，(2+)(+)=3+3，第23页（共24页）故|2+|=5+4，|+|=2+2，又2+和向量+的夹角为，2=(2+)(+)|+|2+|2=(3+3)2(5+4)(2+2)=9(1+)2(5+4)=98(114+5)，记()=98(114+5)，显然f（x）关于=58，1)单调递增，所以当=58时，(2)=(58)=3940 22如图，已知四棱锥 VABCD，底面 ABCD 是矩形，VD CD，VD BC，点E 是棱VC 上一劫点（不含端点）（1）求证：平面 ADE 平面 VCD；（2）当 CD 2AD 2且=6时，若直线 VC 与平面ADE 所成的线面角 3，2，求点 E 的运动轨迹的长度 证明：（1）已知四棱锥VABCD，底面 ABCD 是矩形，VD CD，VD BC，点 E 是棱 VC 上一劫点（不含端点），因为VD BC，BC AD，故 AD VD，又 AD DC，所以AD 平面VCD，又 AD 平面 ADE，所以平面ADE 平面 VCD；解：（2）首先，取VC 中点 F，连接DF 在等腰VDC 中，DF VC，第24页（共24页）由（1）知AD 平面VCD，得AD DF，由得DF 平面ADF，即此时当 F 与E 点重合时，直线VC 与平面ADE 所成的线面角为2，其次，由题意易得，存在点 F 两侧各有两个点，如图分别记为 E1，E2，使得 60，E 的运动轨迹即为线段 E1E2，作 CH ED 于 H，又 AD 平面 VCD，得 AD CH，故 CH 平面 ADE，所以 VC（EC）在平面ADE 的射影为 EH，CEH 即为直线 VC 与平面 ADE 所成的线面角，即1=3，此时，=6，1=3，此时H 与D 重合，故1=60=433，同理可得2=3，230=120，解得2=233，故E 的运动轨迹长度为|12|=433233=233