2013年宁夏高考理科数学真题及答案.pdf

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1、20132013 年宁夏高考理科数学真题及答案年宁夏高考理科数学真题及答案注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前考生将自己的姓名准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置。2.回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号标黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.考试结束，将试题卷和答题卡一并交回。第卷（选择题 共 50 分）一.选择题：本大题共 10 小题。每小题 5 分，共 50 分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。（1）已知集合M=x|(x1

2、)2 4,xR，N=1,0,1,2,3，则MN=（A）0,1,2（B）1,0,1,2（C）1,0,2,3（D）0,1,2,3答案：A【解】将N中的元素代入不等式：(x1)2N是输出 S结束输入 Nk=k+1（C）与相交，且交线垂直于l（D）与相交，且交线平行于l答案：D【解】显然与相交，不然时mn与m,n为异面矛盾.与相交时，易知交线平行于l.（5）已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为 5，则a=（A）4（B）3（C）2（D）1答案：D【解】x2的系数为 5 C25+aC15=5 a=1（6）执行右面的程序框图，如果输入的N=10，那么输出的S=（A）1+12+13+110（B）

3、1+12!+13!+110!（C）1+12+13+111（D）1+12!+13!+111!答案：B【解】变量T,S,k的赋值关系分别是：Tn+1=Tnkn,Sn+1=Sn+Tn+1,kn+1=kn+1.(k0=1,T0=1,S0=0)kn=n+1,Tn=TnTn-1Tn-1Tn-2 T1T0T0=1kn-11kn-21k0=1n!,Sn=(SnSn1)+(Sn1Sn2)+(S1S0)+S0=Tn+Tn1+T0=1+12!+13!+1n!满足knN的最小值为k10=11，此时输出的S为S10（7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0），(0,1,1）

4、，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为(A)(B)(C)(D)答案：A【解】（8）设a=log36，b=log510，c=log714，则（A）cba（B）bca（C）acb（D）abc答案：D【解】a=1+log32，b=1+log52，c=1+log72log23 log25 log52 log72 abc（9）已知a0，x,y满足约束条件x1x+y3ya(x-3),若z=2x+y的最小值为 1，则a=（A）14（B）12（C）1（D）答案：B【解】如图所示，当z=1 时，直线 2x+y=1 与x=1 的交点C(1,1)即为最优解，此时a=

5、kBC=12（10）已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（A）x0R R,f(x0)=0（B）函数y=f(x)的图像是中心对称图形（C）若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(-,x0)单调递减（D）若x0是f(x)的极值点，则f(x0)=0答案：C【解】f(x)的值域为(,+),所以（A）正确；f(x)=x3+3x2a3+3x(a3)2+(a3)3+bx 3x(a3)2+c(a3)3=(x+a3)3+(ba23)(x+a3)+cab32a327因为g(x)=x3+(ba23)x是奇函数，图像关于原点对称，所以f(x)的图像关于点(a3,cab32a327)对称.

6、所以（B）正确；显然（C）不正确；（D）正确.（11）设抛物线C：y2=2px(p 0)的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为（A）y2=4x或y2=8x（B）y2=2x或y2=8x（C）y2=4x或y2=16x（D）y2=2x或y2=16x答案：C【解】设M(x0,y0)，由|MF|=5 x0+p2=5 x0=5 p2圆心N(x02+p4,y02)到y轴的距离|NK|=x02+p4=12|MF|，则圆N与y轴相切，切点即为K(0,2)，且NK与y轴垂直y0=42p(5 p2)=16 p=2 或 8.（12）已知点A(1,0)，B(1,0)，C(0

7、,1)，直线y=ax+b(a 0)将ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是：（A）(0,1)（B）(122,12)（C）(122,13(D)13,12)答案：B【解】情形 1：直线y=ax+b与AC、BC相交时，如图所示，设MC=m,NC=n,由条件知SMNC=12mn=1显然 0 n2 m=1n22又知 0 m 2,mn所以22m2 且m 1D到AC、BC的距离为t,则tm+tn=DNMN+DMMN=1t=mnm+n1t=m+1mf(m)=m+1m(22m2 且m 1)的值域为(2,3 22 2 1t3 2223t12因为b=1CD=12 t，所以 122b13情形 2：直线y=ax

8、+b与AB、BC相交时，如图所示，易求得xM=ba,yN=a+ba+1,由条件知(1+ba)a+ba+1=1b21-2b=aM在线段OA上0ba1 0 abN在线段BC上0a+ba+11 b 1解不等式：0 b21-2bb得13b12综上：122b 3 时,n(A)=2 由P(A)=114n()=28 C2n=28 n(n 1)=56 n=8（15）设为第二象限角，若 tan(+p4)=12，则 sin+cos=.答案：105【解法一】由为第二象限角及 tan(+p4)=12 0+p4为第三象限角，在+p4的终边上取一点P(2,1)，易得 sin(+p4)=55 sin+cos=2 sin(+

9、p4)=105（16）等差数列an n的前n项和为Sn，已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为.答案：49【解法一】由S10=0，S15=25 a1=3，公差d=23，Sn=13n(n10)将Sn是关于n的函数，其图像关于n=5 对称，n 10 时，Sn 10 时，Sn 0，所以nSn的最小值应在n=5,6,7,8,9 中产生，代入计算得n=7 时nSn最小，最小值为49.【解法二】同解法一得：Sn=13n(n10)设f(n)=nSn=13(n310n)f(n)=n(n203)，靠近极小值点n=203的整数为 6 和 7，代入f(n)计算得n=7时f(n)最小，最小值为49.三解答题

10、：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（17）（本小题满分 12 分）ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB.（）求B；（）若b=2，求ABC面积的最大值.【解】（）由a=bcosC+csinB sinA=sinBcosC+sinCsinB sin(B+C)=sinBcosC+sinCsinB cosBsinC=sinCsinBsinC0 cosB=sinB tanB=10 B pB=p4（）由余弦定理得：a2+c2 2ac=4 4+2ac=a2+c2 2acac=42-2=2(2+2)ABC面积S=2

11、4ac 1+2.所以ABC面积的最大值为 1+2.（18）如图，直棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=22AB.（）证明：BC1/平面A1CD（）求二面角DA1CE的正弦值【解】（）设AC1A1C=FF是AC1的中点D是AB的中点BC1/DF，DF平面A1CD，BC1/平面A1CDBC1/平面A1CD.（）解法一：由AA1=AC=CB=22ABAA1BD=ADBERtA1ADRtBDE A1DA=BEDA1DA+BDE=90oEDA1DAC=CBABCDAA1底面ABCAA1CDCD平面ABB1A1CDDEED平面A1CD作DGA1C交A1C于G,则

12、EGA1C，所以DGE为所求二面角的平面角.CD平面ABB1A1CDA1DA1CDG=CDA1D设AA1=2aA1C=2 2a，CD=2a，A1D=6a，DG=CDA1DA1C=62a，DE=3aEG=3 22asinDGE=DEEG=63（）解法二：由AC=CB=22ABAC2+CB2=AB2ACBC，建立如图所示的坐标系，设AA1=2，则CA1=(2,0,2)，CD=(1,1,0)，CE=(0,2,1)，设m m=(x1,y1,z1)是平面A1DC的法向量，则m mCA1=0m mCD=0 x1+z1=0 x1+y1=0可取m m=(1,1,1)同理设n n=(x2,y2,z2)是平面A1

13、EC的法向量，则m mCA1=0m mCE=0 x2+z2=02y2+z2=0可取n n=(2,1,2)，cos=m mn n|m m|n n|=33 sin=63所以二面角DA1CE的正弦值为63（19）（本小题满分 12 分）经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出 1t 该产品获利润 500 元，未售出的产品，每 1t 亏损 300 元。根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如右图所示.经销商为下一个销售季度购进了 130t 该农产品。以X（单位：t，100 X 150）表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润.（）将

14、T表示为X的函数；（）根据直方图估计利润T不少于 57000 元的概率；（）在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个需求量，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率（例如：若X100,110),则取X=105，且X=105 的概率等于需求量落入100，110)的概率，求T的数学期望.【解】（）当X100,130)时，T=500X 300(130 X)=800X 39000当X130,150时，T=500130=65000所以T=800X-39000，X100，130）65000，X130，150（）与由（）知T 57000 120 X150由直方图知：120 X15

15、0 的概率为 10(0.030+0.025+0.015)=0.7所以利润T不少于 57000 元的概率为 0.7（）T可能的取值有T1=800105 39000=45000,T2=800115 39000=53000,T3=800125 39000=61000,T4=65000T的分布列如下：T45000530006100065000P0.10.20.30.4所以ET=450000.1+530000.2+610000.3+650000.4=59400所以T的数学期望为 59400(20)(本小题满分 12 分)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：x2a2+y2b2=1(ab 0)的右焦点的直线

16、x+y3=0 交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12.（）求M的方程（）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD的面积最大值.【解】（）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)b2x21+a2y21=a2b2b2x22+a2y22=a2b2y1-y2x1-x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2)kAB=b2x0a2y0OP的斜率为12x0y0=2，直线 x+y 3=0 的斜率为1 kAB=11=2b2a2a2=2b2由题意知直线 x+y 3=0 与x轴的交点F(3，0)是椭圆的右焦点，则才c=3a2b2=3联立解得、解得a2=6，b2

17、=3所以M的方程为：x26+y23=1（）联立方程组x+y3=0 x26+y23=1，解得A(4 33,33)、B(0,3)，求得|AB|=4 63依题意可设直线CD的方程为：y=x+mCD与线段AB相交 5 33m 0.【解】（）f(x)=ex1x+mx=0 是f(x)的极值点 f(0)=0 m=1.此时，f(x)=ex1x+1在(1,+)上是增函数，又知f(0)=0，所以x(1,0)时,f(x)0.所以f(x)在(1,0)上是减函数，在(0,+)上是增函数.（）如图所示，当m2 时，x+1x+m 1只需证明exx+1，且 ln(x+m)x+m 1再指出“=”不能成立即可.设g(x)=ex(

18、x+1)，g(x)=ex1x1=0 是g(x)的极小值点，也是最小值点，即g(x)g(0)=0 exx+1设h(x)=ln(x+m)(x+m 1)h(x)=1x+m1x2=1m是h(x)的极大值点，也是最大值点，即g(x)h(1m)=0 ln(x+m)x+m 1exln(x+m)f(x)0，“=”成立的条件是：x1=x2且x+1=x+m 1即m=1 且m=2（矛盾）所以f(x)0（22）（本小题满分 10 分）选修 4-1 几何证明选讲如图，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAE=DCAF，B、E、F、C四点共圆.（）证明：CA是A

19、BC外接圆的直径；（）若DB=BE=EA，求过B、E、F、C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值。【解】（）CD为ABC外接圆的切线 BCD=A，BCAE=DCAFBCFA=DCEA，则BCD AEFCBD=AFEB、E、F、C四点共圆 CBD=CFEAFE=CFE=90oCBD=90oCBA=90oCA是ABC外接圆的直径.（）连结 CE，由CBA=90o知 CE 为过B、E、F、C四点的圆的直径，设BD=a，在直角三角形ACD中，BC2=BDBA=2a2BD=BECE2=DC2=BD2+BC2=3a2AC2=ADAB=6a2所以两圆的面积之比为CE2AC2=12.（23）（本小题满分 1

20、0 分）选修 4-4；坐标系与参数方程已知动点P，Q都在曲线C：x=2costy=2sint(t是参数)上，对应参数分别为t=与t=2(0 2),M为PQ的中点.（）求M的轨迹的参数方程;（）将M到坐标原点的距离d表示为的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点.【解】（）P(2cos,2sin)，Q(2cos2,2sin2)M(cos+cos2,2sin+sin2)所以M的轨迹的参数方程为：x=cos+cos2y=2sin+sin2(是参数，02)（）d=x2+y2=2+2cosa(0 2)当=时，d=0，所以M的轨迹过坐标原点.（24）（本小题满分 10 分）选修 4-5；不等式选讲设a，b，c

21、均为正数，且a+b+c=1，证明：（）ab+bc+ac13；（）a2b+b2c+c2a1【解】（）由a2+b22ab，b2+c22bc，a2+c22ac得a2+b2+c2ab+bc+ac(a+b+c)2=(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ac)3(ab+bc+ac)13(ab+bc+ac)ab+bc+ac13.（）证法一：因为a2b+b2a，b2c+c2b，c2a+a2c所以(a2b+b2c+c2a)+(a+b+c)2(a+b+c)a2b+b2c+c2a+1 2a2b+b2c+c2a1证法二：由柯西不等式得：(a2b+b2c+c2a)(b+c+a)(a+b+c)2a2b+b2c+c2a12

22、0132013 宁夏卷宁夏卷(理理)一、选择题1已知集合Mx|(x1)24，xR R，N1,0,1,2,3，则MN等于()A0,1,2B1,0,1,2C1,0,2,3D0,1,2,3答案A解析化简集合M得Mx|1x10 时，结束循环，共执行 10 次所以输出S112！13！110！.7一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,1,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为()答案A解析在空间直角坐标系中，先画出四面体OABC的直观图，以zOx平面为投影面，则得到正视图，所以选 A.8设alog3

23、6，blog510，clog714，则()AcbaBbcaCacbDabc答案D解析设alog361log3211log23，blog5101log5211log25，clog7141log7211log27，显然abc.9已知a0，x，y满足约束条件x1，xy3，yax3，若z2xy的最小值为 1，则a等于()A.14B.12C1D2答案B解析由x1，2xy1有x1，y1，代入ya(x3)得a12.10已知函数f(x)x3ax2bxc，下列结论中错误的是()Ax0R R，f(x0)0B函数yf(x)的图象是中心对称图形C若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(，x0)上单调递减D若x0

24、是f(x)的极值点，则f(x0)0答案C解析若c0，则有f(0)0，所以 A 正确由f(x)x3ax2bxc得f(x)cx3ax2bx，因为函数f(x)x3ax2bx的对称中心为(0,0)，所以f(x)x3ax2bxc的对称中心为(0，c)，所以 B 正确由三次函数的图象可知，若x0是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，所以函数在区间(，x0)单调递减是错误的，D 正确选C.11设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点M在C上，|MF|5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为()Ay24x或y28xBy22x或y28xCy24x或y216xDy22x或y216x答案C解析

25、由题意知：Fp2，0，抛物线的准线方程为xp2，则由抛物线的定义知，xM5p2，设以MF为直径的圆的圆心为52，yM2，所以圆的方程为x522yyM22254，又因为圆过点(0,2)，所以yM4，又因为点M在C上，所以 162p5p2，解得p2 或p8，所以抛物线C的方程为y24x或y216x，故选 C.12已知点A(1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线yaxb(a0)将ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是()A(0,1)B.122，12C.122，13D.13，12答案B二、填空题13已知正方形ABCD的边长为 2，E为CD的中点，则AEBD_.答案2解析由题意知：AEBD(

26、ADDE)(ADAB)(AD12AB)(ADAB)AD212ADAB12AB24022.14从n个正整数 1,2，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于 5 的概率为114，则n_.答案8解析由题意，取出的两个数只可能是 1 与 4,2 与 3 这两种情况，在n个数中任意取出两个不同的数的总情况应该是 C2nnn12211428，n8.15设为第二象限角，若 tan4 12，则 sincos_.答案105解析tan4 12，tan13，即3sincos，sin2cos21，解得 sin1010，cos3 1010.sincos105.16等差数列an的前n项和为Sn，已知S100，S1

27、525，则nSn的最小值为_答案49解析由题意知a1a100，a1a15103.两式相减得a15a101035d，d23，a13.nSnnna1nn12dn310n23f(n)，f(n)13n(3n20)由函数的单调性知f(6)48，f(7)49.nSn的最小值为49.三、解答题17ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcosCcsinB.(1)求B；(2)若b2，求ABC面积的最大值解(1)由已知及正弦定理得sinAsinBcosCsinCsinB，又A(BC)，故 sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC由，和C(0，)得 sinBcosB.又B(0，)，所以

28、B4.(2)ABC的面积S12acsinB24ac.由已知及余弦定理得 4a2c22accos4.又a2c22ac，故ac42 2，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为 21.18如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1ACCB22AB.(1)证明：BC1平面A1CD；(2)求二面角DA1CE的正弦值(1)证明连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连结DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)解由ACCB22AB得，ACBC.以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，CB的方向

29、为y轴正方向，CC1的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD(1,1,0)，CE(0,2,1)，CA1(2,0,2)设n n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则n nCD0，n nCA10，即x1y10，2x12z10.可取n n(1，1，1)同理，设m m是平面A1CE的法向量，则m mCE0，m mCA10.可取m m(2,1，2)从而 cosn n，m mn nm m|n n|m m|33，故 sinn n，m m63.即二面角DA1CE的正弦值为63.19经销商经销某种农产品，在一个销售

30、季度内，每售出 1 t 该产品获利润 500 元，未售出的产品，每 1 t 亏损 300 元根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示经销商为下一个销售季度购进了 130 t 该农产品以X(单位：t,100X150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润(1)将T表示为X的函数；(2)根据直方图估计利润T不少于 57 000 元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若x100,110)，则取X105，且X105 的概率等于需求量落

31、入100,110)的T的数学期望解(1)当X100,130)时，T500X300(130X)800X39 000.当X130,150时，T50013065 000.所以T800X39 000，100Xb0)右焦点的直线xy 30 交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形的最大值解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2y21b21x22a2y22b21，得x1x2x1x2a2y1y2y1y2b20.因为y1y2x1x21，设P(x0，y0)，因为P为AB的中点，且OP的斜率为12

32、，所以y012x0，即y1y212(x1x2)所以可以解得a22b2，即a22(a2c2)，即a22c2，又因为c 3，所以a26，所以M的方程为x26y231.(2)因为CDAB，直线AB方程为xy 30，所以设直线CD方程为yxm，将xy 30 代入x26y231 得：3x24 3x0，即A(0，3)，B4 33，33，所以可得|AB|4 63；将yxm代入x26y231 得：3x24mx2m260，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则|CD|2 x3x424x3x42 23182m2，又因为16m212(2m26)0，即3m0.(1)解f(x)exln(xm)f(x)ex1xmf(0

33、)e010m0m1，定义域为x|x1，f(x)ex1xmexx11x1，显然f(x)在(1,0上单调递减，在0，)上单调递增(2)证明令g(x)exln(x2)，则g(x)ex1x2(x2)h(x)g(x)ex1x2(x2)h(x)ex1x220，所以h(x)是增函数，h(x)0 至多只有一个实数根，又g(12)1e1320，所以h(x)g(x)0 的唯一实根在区间12，0内，设g(x)0 的根为t，则有g(t)et1t2012t0，所以，et1t2t2et，当x(2，t)时，g(x)g(t)0，g(x)单调递增；所以g(x)ming(t)etln(t2)1t2t1t2t20，当m2 时，有

34、ln(xm)ln(x2)，所以f(x)exln(xm)exln(x2)g(x)g(x)min0.22选修 41几何证明选讲如图，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E、F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAEDCAF，B、E、F、C四点共圆(1)证明：CA是ABC外接圆的直径；(2)若DBBEEA，求过B、E、F、C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值(1)证明因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA，由题设知BCFADCEA，故CDBAEF，所以DBCEFA.因为B，E，F，C四点共圆，所以CFEDBC，故EFACFE90.所以CBA90，因此CA是ABC外接圆的直径

35、(2)解连结CE，因为CBE90，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DBBE，有CEDC，又BC2DBBA2DB2，所以CA24DB2BC26DB2.而DC2DBDA3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为12.23选修 44坐标系与参数方程已知动点P、Q都在曲线C：x2cost，y2sint(t为参数)上，对应参数分别为t与t2(02)，M为PQ的中点(1)求M的轨迹的参数方程；(2)将M到坐标原点的距离d表示为的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点解(1)依题意有P(2cos，2sin)，Q(2cos 2，2sin 2)，因此M(coscos 2，sin

36、sin 2)M的轨迹的参数方程为xcoscos 2，ysinsin 2，(为参数，02)(2)M点到坐标原点的距离dx2y2 22cos(02)当，d0，故M的轨迹过坐标原点24选修 45不等式选讲设a、b、c均为正数，且abc1，证明：(1)abbcac13；(2)a2bb2cc2a1.证明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac得a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以 3(abbcca)1，即abbcca13.(2)因为a2bb2a，b2cc2b，c2aa2c，故a2bb2cc2a(abc)2(abc)，即a2bb2cc2aabc.所以a2bb2cc2a1.