【文档说明】湖南省邵阳市洞口县第二中学2023-2024学年高二上学期第一次月考数学试题 含解析.docx，共(22)页，2.100 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-55eb5dab39248f12083de470f5d25e5c.html

以下为本文档部分文字说明：

洞口二中高二月考数学试卷考试范围：必修一，二，选择性必修一至直线方程；考试时间：100分钟；注意事项：1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）

1.已知集合{20},{10}MxxNxx=+=−∣∣，则MN=（）A.{21}xx−∣B.{21}xx−∣C.{2}xx−∣D.{1}xx∣【答案】A【解析】【分析】先化简集合,MN，然后根据交集的定义计算.【详解】由题意，{20}{|

2}Mxxxx=+=−∣，{10}{|1}Nxxxx=−=∣，根据交集的运算可知，{|21}MNxx=−.故选：A2.设()()R,i1i2,aaa+−=，则=a（）A.-1B.0·C.1D.2【答案】C【解析】

【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．【详解】因为()()()22i1iii21i2aaaaaaa+−=−++=+−=，所以22210aa=−=，解得：1a=．故选：C.3.已知向量a，b满足2abab+=−，则向量a在

向量b上的投影向量为（）A.12b−B.12bC.2b−D.2b【答案】B【解析】【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可.【详解】22222122442abababababababb+=−++=+−=，所以向量a在向量b上的投影向量为212abbababba

bbb==，故选：B4.二次函数2()21fxaxx=+−在区间(,1)−上单调递增的一个充分不必要条件为（）A.1aB.2a−C.102a−D.01a【答案】C【解析】【分析】先求出()fx在区间(,1)−上单调递增的等价条件为10a−，通过充分不必要

条件的定义，即可判断【详解】因为二次函数2()21fxaxx=+−在区间(,1)−上单调递增，所以0,11,aa−解得10a−．因为只有C是其真子集，故选：C5.沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成

的（如图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时1小时．当上方圆锥中沙子的高度漏至一半时，所需时间为（）A.12小时B.78小时C.34小时D.23小时【答

案】B【解析】【分析】根据题意，问题转化为求VVV−小大大，根据圆锥体积公式计算即可.【详解】如图，依题意可知2Rr=，2214ππ33VRhrh==大22111ππ326Vrhrh==小，所以78VVV−=小大大，1小时7788=小时．故

选：B．6.已知1,0,0xyyx+=，则121xxy++的最小值为（）A.54B.0C.1D.22【答案】A【解析】【分析】根据“1”技巧，利用均值不等式求解.【详解】1xy+=，12xy++=，1(1)11221

441xyxyxxyxy++++=++++，0,0yx，10,041yxxy++，1111152214414414xyxyxxyxyxy+++=+++=+++，当且仅当141yxxy+=+，即23x=，13y

=时等号成立，故选：A7.如图，在正四棱锥PABCD−中，PAAB=，点M为PA的中点，BDBN=．若MNAD⊥，则实数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】由题知PAB和PAD均为等边三角形且边长均

相等，进而利用,,APADAB为基底表示MN，再根据0MNAD=求解即可.【详解】解：因为四棱锥PABCD−是正四棱锥，所以，四边形ABCD为正方形，PAPBPCPD===，因为PAAB=，所以PAB和PAD均为等边三角形且边长均相等，所以，,60ABADPABPAD⊥==，因为

点M为PA的中点，BDBN=，所以11122MNMAANAPABBNAPABBD=+=−++=−++()112APABADAB=−++−11112APADAB=−++−，因为MNAD⊥所以，0MNAD=，即111

12MNADAPADABAD=−++−211112APADADABAD=−++−2221111cos60024APADADADAD=−+=−+=，解得4=.故选：C8.已知()()2ln,045,1xxfxxxx−=−

+，若方程()()fxmm=R有四个不同的实数根1234,,,xxxx，则1234xxxx的最小值是（）A.2B.3C.4D.3−【答案】B【解析】【分析】结合图像可知12m，由此可推

得121xx=，)3434,1,2xxx+=，再利用二次函数的单调性即可得到1234xxxx的范围.【详解】不妨设1234xxxx，因为方程()()fxmm=R的根的个数即为()yfx=与ym=的交点个数，由图象可得：若方程()(

)fxmm=R有四个不同的实数根，则12m，又因为()()12lnlnxx−=−，且12xx，则()()()1212lnlnln0xxxx−+−==，可得121xx=，又因为)3434,1,2xxx+=，即434xx=−，可得()()21234333424xxxxxxx

=−=−−+，所以当31x=时，1234xxxx取到最小值3.故选：B.【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；（2）分离参数、转化为求函数值域问题求解．二､多选题（本大题共

4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.《国家学生体质健康标准》是国家学校教育工作的基础性指导文件和教育质量基本标准，它适用于全日制普通小学、初中、普通高中、中等职业学校、普通高等学校的学生.某高校组织

4000名大一新生进行体质健康测试，现抽查200名大一新生的体测成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为[70,75)，[75,80)，[80,85)，[85,90)，[90,95)，[95,100)．则下列说法正确的是（）A.估计该样本的众数是87.5B.估计该样本的均值是80C.

估计该样本的中位数是86D.若测试成绩达到85分方可参加评奖，则有资格参加评奖的大一新生约为2200人【答案】ACD【解析】【分析】根据频率分布直方图，可判断A项；根据频率分布直方图，估计出平均数，可判断B项；根据频率分布直方图，估计出中位数，可判断C项；根据频率分布直方图，测试成绩达到

85分的频率为0.55，的即可估算有资格参加评奖的人数.【详解】对于A项，由频率分布直方图可得，最高小矩形为[85,90)，所以可估计该样本的众数是859087.52+=，故A项正确；对于B项，由频率分布直方图，可估计该样本的均值是0.020

572.50.030577.50.040582.5++0.050587.50.035592.50.025597.585.625+++=，故B项错误；对于C项，由频率分布直方图可得，成绩

在[70,85)之间的频率为50.02050.030500.045.04++=，在[70,90)之间的频率为70.02050.03050.04050.05050.+++=，所以可估计该样本的中位数在[85,90)内.设中位数为x，则由850.450.250.59

085x−+=−可得，86x=，故C项正确；对于D项，由频率分布直方图可得，测试成绩达到85分的频率为0.05050.03550.02550.55++=，所以可估计有资格参加评奖的大一新生约为40000.552200=人，故D项正确.故选：ACD.10.设m，n是两条不同的直线，

，是两个不同的平面，则下列为假命题的是（）A.若m⊥，//n，则mn⊥B.若m⊥，n⊥，则//C.若⊥，m⊥，则//mD.若mn⊥，//n，则m⊥【答案】BCD【解析】【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．【详

解】若m⊥，则m与内的所有直线垂直，又//n，则内存在直线a与n平行，可得ma⊥，则mn⊥，故A正确；若m⊥，n⊥，则与的关系不确定，故B错误；若⊥，m⊥，则m或//m，故C错误；若mn⊥，//n，则m或//m或m与相交，相交也不一定垂

直，故D错误．故选：BCD．11.下列各式中，值为12的有（）A.sin7cos23sin83cos67+B.2cos75sin75C.3cos10sin10sin50−D.1(1tan27)(1tan18)++【答案】ABD

【解析】【分析】对于A，由诱导公式及正弦和公式化简求值；对于B，由二倍角公式、诱导公式化简求值；对于C，由辅助角公式化简求值；对于D，先去括号，由两角和的正切公式化简即可判断．详解】对于A，sin7cos23

sin83cos67sin7cos23cos7sin23+=+1sin(723)sin302=+==，故A对；对于B，12cos75sin75sin150sin302===，

故B对；对于C，312(cos10sin10)3cos10sin102sin(6010)222sin50sin50sin50−−−===，故C错；对于D，11(1tan27)(1tan18)1tan27tan18tan18tan27=++++

+11tan(2718)(1tan27tan18)tan18tan27=++−+111(1tan27tan18)tan18tan272==+−+，故D对．故选：ABD．12.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，若点M在线段1BC上运动，则下列结论

正确的是（）A.直线1AM可能与平面1ACD相交【B.三棱锥AMCD−与三棱锥1DMCD−的体积之和为43C.AMC的周长的最小值为842+D.当点M是1BC的中点时，CM与平面11ADC所成角最大【答案】BD【解析】

【分析】对于A，根据线面平行和面面平行推出1//AM平面1ACD，故A错误；对于B，根据等体积法求出两个三棱锥的体积之和可得B正确；对于C，将平面1BCC与平面11ABCD展成同一平面，根据点,,AMC共线时，AMMC+最小，计算可得C错误；对

于D，当点M是1BC的中点时，可证CM⊥平面11ADC，从而可得D正确；【详解】对于A，连11AC，AC，1AD，1AB，1CD，因为11//ACAC，11AC平面1ACD，AC平面1ACD，所以11//AC平面1ACD，

同理得1//BC平面1ACD，又111,ACBC平面11ABC，1111ACBCC?，所以平面1//ACD平面11ABC，因1AM平面11ABC，所以1//AM平面1ACD，故A错误；对于B，过点M作MEBC⊥，垂足为E，作1MFCC⊥，垂足为F，易得1//MECC

，因为1CC⊥平面ACD，所以ME⊥平面ACD，//MFBC，因为BC⊥平面1DCD，所以MF⊥平面1DCD，因为1MFFC=，MECF=，所以112MEMFCFFCCC+=+==，为所以11AMCDDMCDMACDMDCDVVVV−−−−+=+11133AC

DDCDSMESMF=+!!111122223232MEMF=+224()2333MEMF=+==.故B正确；对于C，AMC的周长为AMMCAC++，AC22=，则AMMC+最小时，AMC的周长最小，将平面1BCC与平面11ABCD展成同一平面，如图：当点,,AMC共线时

，AMMC+最小，作CNAB⊥，交AB的延长线于N，则222CNBNBC===，22ANABBN=+=+，则2222(22)(2)AMMCACANCN+==+=++842222=+=+，所以22222AMMCAC++=++，即AMC的周长的最小值为222

22++，故C错误；对于D，当点M是1BC的中点时，1CMBC⊥，因为11DC⊥平面11BCCB，CM平面11BCCB，所以11DCCM^，因为1111BCDCC=，111,BCDC平面11ADC，所以CM⊥平面11ADC，所以CM与平面11ADC所成角为90，为最大角，故D正确.故选：B

D【点睛】关键点点睛：C选项中将平面1BCC与平面11ABCD展成同一平面，根据点,,AMC共线求的AMMC+最小值是解题关键.第II卷（非选择题）三､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.直线1

:330lxy−−=关于直线2:10lxy+−=的对称直线方程为__________．【答案】310−−=xy【解析】【分析】两直线方程联立可求得交点在所求对称直线上；在直线1l上取一点()0,3A−，求得其关于直

线2l对称的点的坐标()4,1A，该点也在对称直线上；由直线两点式可整理得到结果.【详解】设直线1l关于直线2l对称的直线为3l，由33010xyxy−−=+−=得：10xy==，则点()1,0在直线3l上；在直线1l上取一点()0,3A−，设其关于直线2l对称的点为(),

Amn，则310031022nmmn+=−+−+−=，解得：41mn==，即()4,1A；直线3l的方程为：140114yx−−=−−，即310−−=xy.故答案为：310−−=xy.14.已知函数()()322xxxafx−=−是偶函数，则=a______.

【答案】1【解析】【分析】利用偶函数的定义可求参数a的值.【详解】因为()()322xxxafx−=−，故()()322xxfxxa−−=−−，因为()fx为偶函数，故()()fxfx−=，时()()332222xxxxxaxa−−−=−−，整理得到()()

12+2=0xxa−−，故1a=，故答案为：115.已知直线1:(3)553lmxym++=−，2:2(6)8lxmy++=，若12ll//，则m的值是___________.【答案】8−【解析】【分析】利用直线一般式情况下平

行的结论即可得解.【详解】因为1:(3)553lmxym++=−，2:2(6)8lxmy++=，12ll//，所以当60+=m，即6m=−时，1:3523lxy−+=，2:28lx=，显然不满足题意；当60+m，即6−m时，355326

8mmm+−=+，由3526mm+=+解得1m=−或8m=−，当1m=−时，35531268mmm+−===+，舍去；当8m=−时，355532628mmm+−==−+，满足题意；综上：8m=−.故答案为：8−.16.已知直四棱柱ABCD–

A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】22.【解析】【分析】根据已知条件易得1DE3=，1DE⊥侧面11BCCB，可得侧面11BCCB与球面的交线上的点到

E的距离为2，可得侧面11BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取11BC的中点为E，1BB的中点为F，1CC的中点为G，因为BAD=60°，直四棱柱1111ABCDABCD−的棱长均为2，所以△111DBC为等边

三角形，所以1DE3=，111DEBC⊥，又四棱柱1111ABCDABCD−为直四棱柱，所以1BB⊥平面1111DCBA，所以111BBBC⊥，因为1111BBBCB=，所以1DE⊥侧面11BCCB，设P为侧面11BCCB与球面的交线上的点，则1DEEP⊥，因为球的半径为5

，13DE=，所以2211||||||532EPDPDE=−=−=，所以侧面11BCCB与球面的交线上的点到E的距离为2，因为||||2EFEG==，所以侧面11BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，因为114BEFCEG==，所以2FEG=，

所以根据弧长公式可得2222FG==.故答案为：22.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.四､解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤

）17.已知ABC三个顶点坐标分别为(1,1)A，(2,3)B，(4,2)C．（1）试判断ABC的形状；（2）求ABC中的角B的角平分线所在直线的一般方程．【答案】（1）ABC是以B为直角的等腰直角三角形（2）390xy+−=【解析

】【分析】（1）根据斜率公式与两点间的距离公式求出ABk，AB，BCk，BC，即可判断；（2）由（1）可得角B的角平分线即为边AC上的中线，求出A、C的中点D的坐标，再根据斜率公式求出BDk，最后由点斜式求出直线方程，再化为一般式即可.【小问1详解】解：因为(1,1)A，(2,

3)B，(4,2)C，所以AB的斜率31221ABk−==−，()()2221315AB=−+−=，BC的斜率321242BCk−==−−，()()2224325BC=−+−=，则12()12ABBCkk=−

=−，所以ABBC⊥且=ABBC，所以ABC是以B为直角的等腰直角三角形；【小问2详解】解：由（1）知ABC是以B为直角的等腰直角三角形，所以角B的角平分线即为边AC上的中线，易求AC中点坐标53,22D，所以直线BD的斜率3323522BDk−==−−，

故角B的角平分线为33(2)yx−=−−，化为一般式为390xy+−=．18.已知()π4coscos,R6fxxxx=+.（1）求()fx的最小正周期及单调递减区间；（2）将函数()fx的图象向左平移π6个单位，再将纵坐标伸长为原

来的2倍，得到()gx的图象，求()gx在区间ππ,32的值域.【答案】（1）π；单调递减区间为π5ππ,π,Z1212kkk−++（2）0,23【解析】【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得()2cos(2)36fx

x=++，利用余弦函数的周期公式可求()fx的最小正周期，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间；（2）由已知利用三角函数的图象变换可求()4sin223gxx=−+，由题意利用正弦函数的性质即可求解()gx的值域．【小问1详解】因为

π()4coscos()6fxxx=+223cos2cossinxxx=−()π3cos21sin22cos236xxx=+−=++，则2ππ2T==，所以()fx的最小正周期为π，由π2π2π2π,Z6kxkk++，解得π5πππ,Z1212

kxkk−++，所以()fx的单调递减区间为π5ππ,π,Z1212kkk−++.【小问2详解】由（1）可得π()2cos(2)36fxx=++，将函数()fx的图象向左平移π6个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到()g

x图像，所以()πππ4cos2234cos2234sin223662gxxxx=+++=++=−+当ππ,32x时，2π2,π3x，则3

sin20,2x，故4sin2230,23x−+，即()0,23gx，所以函数()gx的值域为0,23.19.如图，⊥AE平面ABCD，//ADBC，,1ADABABAD⊥==，2,AEBCF=

=为CE中点．（1）求证：//DF平面EAB；（2）求点C到平面BDE的距离．【答案】（1）证明见解析（2）43【解析】【分析】（1）取BE的中点G，连接AG、FG，即可得到四边形ADFG为平行四边形，从而得到//AGFD，即可得证；（2）利用等

体积法求出点到平面的距离.【小问1详解】取BE的中点G，连接AG、FG，因为F为CE中点，所以//GFBC且12GFBC=，又//ADBC，1AD=，2BC=，即//ADBC且12ADBC=，所以//ADGF且ADGF=，所以四边形ADFG为平行

四边形，所以//AGFD，又AG平面EAB，DF平面EAB，所以//DF平面EAB.【小问2详解】因为ADAB⊥，//ADBC，所以ABBC⊥，所以12112BCDS==V，又⊥AE平面ABCD，所以122133EBCDV−=

=，因为ADAB⊥，1ADAB==，所以222BDADAB=+=，由⊥AE平面ABCD，,ABAD平面ABCD，所以AEAB⊥，AEAD⊥，又2EA=，1ADAB==，所以22215EBED==+=，所以()2

212325222BEDS=−=，设点C到平面BDE的距离为h，则132323CBDEEBCDVVh−−===，解得43h=.20.在ABC中,AD为ABC的角平分线,且2AD=.（1）若2π3BAC=,3AB=,

求ABC的面积;（2）若3BD=,求边AC的取值范围.【答案】（1）932（2）5,4+【解析】【分析】（1）根据ABCABDADCSSS=+得到AC的长,再利用三角形的面积公式求解即可;（2）设2BAC

=,,ABcACb==,根据ABCABDADCSSS=+得到cosbcbc+=,在ABD△中,利用余弦定理得到25cos4cc−=,由两者相等结合c的取值范围即可求出结果.【小问1详解】因为ABCABDADCSSS=+,

所以()12π1πsinsin2323ABACABACAD=+,得:()323ACAC=+,解得6AC=,所以12π93sin232ABCSABAC==.【小问2详解】设2BAC=,,ABcACb==,由ABCABDADCSSS=+得

111sin2sinsin222ABACABADACAD=+,即cosbcbc=+,所以cosbcbc+=,又在ABD△中22495cos44cccc+−−==,所以254cbccbc−+=,得49bcc=−,因为()25cos0

,14cc−=且0b,得35c,则9160,5cc−所以54b,即边AC取值范围为5,4+.21.如图，在三棱柱111ABCABC-中，侧面11BBCC为菱形，160CB

B=，2ABBC==，12ACAB==.（1）证明：平面1ACB⊥平面11BBCC；（2）求平面11ACCA与平面111ABC夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）57.【解析】,的【分析】（1）利用面面垂直的判定定理进行证明；（

2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【小问1详解】如图，连接1BC，交1BC于O，连接AO.因为侧面11BBCC为菱形，所以1BC⊥1BC，且O为1BC的中点.又12ACAB==，故1AOBC⊥.又2ABBC==，且160CBB=，所以1,3C

OBO==，所以221AOACCO=−=.又2AB=，所以222ABBOAO=+，所以AOBO⊥.因为1,BOCB平面11BBCC，1BOCBO=，所以AO⊥平面11BBCC.又AO平面1ACB，所以

平面1ACB⊥平面11BBCC.【小问2详解】由（1）知，1,,OAOBOB两两互相垂直，因此以O为坐标原点，1,,OBOBOA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则(0,0,1)A，(3,0,0)B，(0,1,0)C−，1(

3,0,0)C−.故1(3,1,0)CC=−，(0,1,1)CA=，(3,1,0)CB=.设111(,,)nxyz=为平面11ACCA的一个法向量，则有100nCCnCA==，即1111300xyyz−+=+=，令11x=，则(1,3,3)n=

−.设222(,,)mxyz=为平面ABC的一个法向量，则有00mCAmCB==，即2222030yzxy+=+=，令21x=，则(1,3,3)m=−.因为平面111ABC∥平面ABC，所以(1,3,3)m=

−也是平面111ABC的一个法向量.所以1335cos,777nmnmnm−−===.所以平面11ACCA与平面111ABC夹角的余弦值57.22.某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点

球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员

罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为12,乙队每位球员罚进点球的概率均为23.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.（1）求每一轮

罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;（2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.【答案】（1）12（2）49【解析】【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点

球,或甲、乙均罚进点球.(2)甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.【小问1详解】设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为A,未罚进点球的事件为A;乙队球员罚进点球的事件为B,未罚进点球的

事件为B.设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,则()()()()()1212111112323632PCPAPBPAPB=+=−−+=+=,故每一轮罚球中,

甲、乙两队打成平局的概率为12.【小问2详解】因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.①比分为2:1的概率为()()()()()()()()PAPBP

APBPAPBPAPB+121212121111111112323232318189=−−−+−−−=+=.②比分为2:2的概率为()()()()1212111232

39PAPBPAPB=−−=.③比分为3:2的概率为()()()()()()()()PAPBPAPBPAPBPAPB+121221223239=−=

.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com