【文档说明】江西省5市重点中学2023届高三下学期阶段性联考数学（理）试题 含解析.docx，共(23)页，1.138 MB，由小赞的店铺上传

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高三阶段性考试数学（理科）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第Ⅰ卷一、选择题：

本题共12小题，每小题5分，共60分.在每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23041xAxxBxx=+−=−，，则AB=（）A.13xxB.31xx−C.3xx−D.1xx【答案】A【解析】【分析】构造函数()

23xfxx=+−，利用其单调性可化简集合A，后化简集合B，后由交集定义可得答案.【详解】构造函数()23xfxx=+−，因函数2xy=，3yx=−均在R上单调递增，则()fx在R上单调递增，又()10f=，则2301xxx+−，故1Axx=.因3Bxx=，则13AB

xx=.故选：A2.若复数z满足2i2iz=−，则1z+=（）A.5B.17C.5D.17【答案】C【解析】【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【详解】∵2i2iz=−，∴()2i2i24iz=−=+，∴22134i345z+=+=+=.故选：C.3.函数2221,0()lo

g1,0xxxfxxx−−=+，则()()1ff=（）A.－2B.－1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式，从里到外计算即可.【详解】由2221,0()log1,0xxxfxxx−−=+，得()11212f=−−=−，则()()()1211

2fff=−=+=.故选：D.4.82xx−的展开式中含5x项的系数是（）A.－112B.112C.－28D.28【答案】B【解析】【分析】根据题意，得到二项式的通项公式，代入计算即可得到结果.【详解】由题意可得，其通项公式为()38821882C2C

,08,rrrrrrrTxxrrx−−+=−=−N，令3852r−=，可得2r=，所以含5x项的系数是()2282C112−=故选:B5.已知非零向量a与b满足|a|＝2|b|，且|a+2b|=32ab−，则向量a与b的夹角是A.6B.3

C.23D.56【答案】B【解析】【分析】根据题意，对|a+2b|=32ab−平方，结合|a|＝2|b|，求出向量a、b的夹角的余弦值，即得a、b的夹角．【详解】因为|a+2b|=32ab−，所以()222

244344aabbaabb++=−+，即221628abab=+，所以2228cos16||||ababab+=，，因为|a|＝2|b|，所以2161cos2162||||babbb==，，所以a与b的夹角为3故选B.【点睛】本题考查了利用平面向量的数量积求向量的模长

与夹角的问题，是基础题目．6.在直三棱柱111ABCABC-中，ABC是等边三角形，12AAAB=，D，E，F分别是棱11BC，1CC，1AA的中点，则异面直线BE与DF所成角的余弦值是（）A.147B.357C.105D.155【答案】A【解析】【分析】取等边△A

BC的AC边的中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，运用异面直线所成角的计算公式即可得结果.【详解】取等边△ABC的AC边的中点O，连接OB，则OBAC⊥，过O作1AA的平行线，则以O为原点，分别以OB、OC、Oz为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示

，设等边△ABC的边长为2，则(3,0,0)B，(0,1,2)E，31(,,4)22D，(0,1,2)F−，∴(3,1,2)BE=−，33(,,2)22DF=−−−，∴33|4|||1422|cos,|7||||227BEDFBEDFBEDF

−−===.所以异面直线BE与DF所成角的余弦值为147.7.某校举行校园歌手大赛，5名参赛选手的得分分别是9，8.7，9.3，x，y.已知这5名参赛选手的得分的平均数为9，方差为0.1，则xy−=（）A.0.5B.0.6C.0.7D.0.8【答案

】D【解析】【分析】先由平均数和方差分别得到xy+和22xy+的值，再整体代入计算xy-的值即可.【详解】因为平均数为98.79.395xy++++=，所以18xy+=.因为方差为22222(99)(8.79)(9.39)(9)(9)0.15xy−+−+−+−+−=所以2222(9

)(9)18181620.32xyxyxy−+−=+−−+=，所以22162.32xy+=，又因为222()2324xyxyxy+=++=，所以2161.68xy=，所以222()20.64xyxyxy−=+−=，所以2()0.8xyxy−=−=.故选：D.8.设函数()fx的

导函数为()fx，若()fx在其定义域内存在0x，使得()()00fxfx=，则称()fx为“有源”函数.已知()ln2fxxxa=−−是“有源”函数，则a的取值范围是（）A.(,1−−B.()1,−+C.(,ln21−−−D.()ln21,−−

+【答案】A【解析】【分析】根据“有源”函数概念，转化为函数有解问题，利用导函数求出函数值域即可得到参数a的范围【详解】∵()ln2fxxxa=−−，∴1()2fxx=−，由是“有源”函数定义知，存在0x，使得0001l

n22xxax−−=−，即0001ln22axxx=−−+有解，记()000001ln22,(0)gxxxxx=−−+，所以a的取值范围是就是函数()0gx的值域，则()200000222000021(21)(1)112xxxxgxxxxx−++

−+−=−+==，当001x时，()00gx，此时()0gx单调递增，当01x时，()00gx，此时()0gx单调递减，所以()()01ln12121gxg=−−+=−，所以1a−，即a的取值范围是(,1−−.故选：A9.已知函数()π

32cos2sin232fxxx=−+−，则（）A.()fx的最小正周期是πB.()fx在ππ,64上单调递增C.()fx的图象关于点()ππ,0212kk+Z对称D.()fx在π,04−上的值域是31,2−【答案】B【

解析】【分析】利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式可化简得到()πsin43fxx=−+，利用正弦型函数最小正周期、单调性、对称中心和值域的求法依次判断各个选项即可.【详解】()213332cos2sin2sin23sin2sin2cos22222fxxxxxxx=−−−=−

−3313πcos4sin4sin422223xxx=−−−=−+；对于A，()fx的最小正周期2ππ42T==，A错误；对于B，当ππ,64x时，π4π4π,33x+，此时πsin43yx=+单调递减，()fx\在ππ,64

上单调递增，B正确；对于C，令()π4π3xkk+=Z，解得：()ππ412kxk=−Z，此时()0fx=，()fx\的图象关于点()ππ,0412kk−Z对称，C错误；对于D，当π,04x−时，π2ππ4,

333x+−，则π3sin41,32x+−，()fx\在π,04−上的值域为3,12−，D错误.故选：B.10.如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的

.现给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种颜色可供选择，则恰用4种颜色的概率是（）A.27B.37C.47D.57【答案】C【解析】【分析】先求用5种颜色任意涂色的方法总数，再求恰好用完4种颜色涂色的方法总数，

最后按照古典概型求概率即可.【详解】若按要求用5种颜色任意涂色：先涂中间块，有5种选择，再涂上块，有4种选择.再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块和右块均有3种选择；若下块与上块涂不同颜色，则下块有3种选择，左块和右块均有2种选择.则共有54(133322

)420+=种方法.若恰只用其中4种颜色涂色：先在5种颜色中任选4种颜色，有45C种选择.先涂中间块，有4种选择，再涂上块，有3种选择.再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块有2种选择，为恰好用尽4种颜色，则右

块只有1种选择；若下块与上块涂不同颜色，则下块有2种选择，左块和右块均只有1种选择.则共有45C43(121211)240+=种方法，故恰用4种颜色的概率是24044207=.故选：C.11

.已知抛物线C：28yx=的焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线1l，2l，且直线1l，2l分别与抛物线C交于A，B和D，E，则四边形ADBE面积的最小值是（）A.32B.64C.128D.256【答案】C【解析】【分析】两条直线的斜率都存在且不为0，因此先

设一条直线斜率为k，写出直线方程，与抛物线方程联立求出相交弦长，同理再得另一弦长，相乘除以2即得四边形面积，再由基本不等式求得最小值．【详解】由题意抛物线的焦点为(2,0)F，显然12,ll斜率存在且不为0，设直线1l方程为(2)ykx=−，设1122

(,),(,)AxyBxy，由2(2)8ykxyx=−=，得()22224840kxkxk−++=则12284xxk+=+，即122848ABxxk=++=+，设直线2l的方程为()12yxk=−−，设()()33

44,,,CDxyyx由21(2)8yxkyx=−−=，得222214480xxkkk−++=则23448xxk+=+，即234488CDxxk=++=+，∴()2211888822SABCDkk==++

22221132(2)32(22)128kkkk=+++=，当且仅当221kk=，即1k=时等号成立．故选：C．12.在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知1a=，且coscos1bAB−=，则23sin2sinBA+的取值范围是（）A.()0,3

1+B.()2,31+C.(1,3D.(2,3【答案】B【解析】【分析】由正弦定理边化角可得2BA=，由△ABC为锐角三角形可得ππ64A，运用降次公式及辅助角公式将问题转化为求三角函数π2sin(2)16

yA=−+在ππ(,)64上的值域.【详解】∵coscos1bAB−=，即：coscos1bAB=+，1a=，∴cos(cos1)bABa=+，∴由正弦定理得：sincos(cos1)sinBABA=+，即：sinco

ssincossinBAABA=+，∴sin()sinBAA−=，∴BAA−=或πBAA−+=，解得：2BA=或Bπ=（舍），又∵△ABC为锐角三角形，则ππ3CABA=−−=−，∴ππ0022ππ00222ππ00π322AABAC

A−，解得：ππ64A，∴2π3sin2sin3sin21cos22sin(2)16BAAAA+=+−=−+，又∵ππ64A，∴πππ2663A−，∴1π3sin(2)262A−，∴π22si

n(2)1316A−++，即23sin2sinBA+的取值范围(2,31)+.故选：B.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知双曲线C：()222210,0xyabab−=的离心率是2，实轴长为2，则双曲线C的焦

距是______.【答案】4【解析】【分析】根据题意求出,ac即可得解.【详解】因为双曲线C：()222210,0xyabab−=的离心率是2，实轴长为2，所以2,22caa==，所以1,2ac==，所

以双曲线C的焦距是4.故答案为：4.14.已知π6cos63+=，则πsin26−=______.【答案】13−【解析】【分析】首先将πsin26−化简为ππsin262+−，再利用诱导公式和余弦二倍角公

式即可得到答案.【详解】2πππππ1sin2sin2cos212cos662663−=+−=−+=−+=−.故答案为：13−.15.已知()fx是定义在4,4−上的增函数，且()fx的图象关于

点()0,1对称，则关于x的不等式()()23350fxfxx+−+−的解集为______.【答案】(1,2]【解析】【分析】观察结合原不等式，以及函数()fx的性质，构造新函数()()1gxfxx=+−，为4,4−上的增函

数和奇函数，再利用其奇函数和增函数的性质求解不等式即可.【详解】因为函数()fx的图象关于点()0,1对称，所以函数()1fx−的图象关于原点对称，令()()1gxfxx=+−，则()gx为奇函数.又()f

x是在4,4−上的增函数，所以()gx也是在4,4−上的增函数.此时原不等式等价于(2)(3)0gxgx+−，因为()gx为奇函数，所以(2)(3)gxgx−，又因为()gx是在4,4−上的增函数，

所以有23424434xxxx−−−−，解得12x.即原不等式的解集为(1,2].故答案为：(1,2].16.在棱长为3的正方体1111ABCDABCD−中，点P在平面1BCD上运动，则11APDP+的最小值为______.【答案】33【解析】【分

析】根据正方形体对角线1AC与平面1BCD垂直，找到点1A关于平面1BCD的对称点F，将1AP转化为FP，再根据三角形三边关系得11APDP+的最小值为1DF，最后通过建系利用坐标计算得1DF的长度即可.【详解】如下图所示

设1AC与平面1BCD交于点E，易知ACBD⊥，1AA⊥平面ABCD，由BD平面ABCD，所以1AABD⊥，又1AAACA=，1,ACAA面1AAC，所以BD⊥平面1AAC，1AC面1AAC，所以1BDAC⊥，同理可证11BCAC^，由1BDBCB=，1,BDBC面1

BCD，所以1AC⊥平面1BCD.因1111133CBCDBCDBCDVSCCSCE−==，所以111332331363222BCDBCDSCECCS===，又因为222133333AC=++=,所以113CEAC=.倍长EC至F，则11223EFC

EACAE===，故点F是点1A关于平面1BCD的对称点.那么有，1APFP=.所以1111APDPFPDPDF+=+.如下图，以C为原点，1,,CDCBCC分别为x轴、y轴、z轴建系，则1(3,0,3)D，1(3,3,3)A，11(1,1,1)3CFCA=−=−−−，即

(1,1,1)F−−−.所以2221(31)(01)(31)33DF=+++++=，即11APDP+的最小值为33.为故答案为：33.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考

题：共60分.17.设数列na的前n项和为nS，且12a=，11221nnnnSSaa++=+.（1）求na的通项公式；（2）若1nnbS=，求数列nb的前n项和nT.【答案】（1）2nan=（2）1nnTn=+【解析】【分析】（1）先根据11221nnnnSSaa++

=+，可得数列nnSa是以12为公差的等差数列，从而可得数列nnSa的通项，再根据na与nS的关系结合构造法即可得解；（2）先求出数列nb的通项，再利用裂项相消法即可得解.【小问1详解】因为1122

1nnnnSSaa++=+，所以1112nnnnSSaa++−=，所以数列nnSa是以111Sa=为首项，12为公差的等差数列，所以12nnSna+=，则12nnnSa+=，当2n时，112nnnSa−−=，两式相减得1122nnnnnaaa−

+−=，即11nnaann−=−，所以数列nan为常数列，且121naan==，所以2nan=；【小问2详解】由（1）得()112nnnSnna+==+，所以()111111nnbSnnnn===−++，所以

111111111122334111nnTnnnn=−+−+−++−=−=+++.18.某企业为鼓励员工多参加体育锻炼，举办了一场羽毛球比赛，经过初赛，该企业的A，B，C三个部门分别有3，4，4人进入决赛.决赛分两轮，第一轮为循环赛，

前3名进入第二轮，第二轮为淘汰赛，进入决赛第二轮的选手通过抽签确定先进行比赛的两位选手，第三人轮空，先进行比赛的获胜者和第三人再打一场，此时的获胜者赢得比赛.假设进入决赛的选手水平相当（即每局比赛每人获胜的概率都是12）.（1）求进入决赛第二轮的3人中恰

有2人来自同一个部门的概率；（2）记进入决赛第二轮选手中来自B部门的人数为X，求X的数学期望.【答案】（1）3655（2）1211【解析】【分析】（1）进入决赛第二轮的3人中恰有2人来自同一个部门分为来自A，B，C三个部门，分

别求出其概率，由分类加法计数原理即可得出答案.（2）求出X的可能取值及每个变量X对应的概率，即可求出分布列，再由期望公式即可求出EX.【小问1详解】设进入决赛第二轮的3人中恰有2人来自同一个部门为事件A，则()212121384747311CC+CC+CC24424236=C

16555PA++==.故进入决赛第二轮的3人中恰有2人来自同一个部门的概率为3655.【小问2详解】X的可能取值为0,1,2,3，的()37311C3570C16533PX====，()1247311CC84281C16555PX==

==，()2147311CC42142C16555PX====，()3047311CC43C165PX===，则X的分布列为：X0123P733285514554165所以728144120123335555

16511EX=+++=.19.已知椭圆C：()222210xyabab+=的离心率是22，点()2,2M在椭圆C上.（1）求椭圆C的标准方程.（2）直线l：ykx=与椭圆C交于A，B两点，在y轴上是否存在点P（点P不与

原点重合），使得直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值？若存在，求出P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22184xy+=（2）存在，()0,2P【解析】【分析】（1）根据题意求出,ab，即可得解；（2）设()()()110,0,,P

ttAxy，则()11,Bxy−−，联立方程，利用韦达定理求出12x，再分别求出直线PA，PB方程，从而可得两直线与x轴交点的横坐标，再相乘整理结合其积为定值，即可得出结论.【小问1详解】的由题意可得2222222421caababc=

+==+，解得2228,4abc===，所以椭圆C的标准方程为22184xy+=；【小问2详解】假设存在，设()()()110,0,,PttAxy，则()11,Bxy−−，联立22184ykxxy=+=，消y得()222180kx+−=，

则()22218kx+=，即122821xk=+，1111,PAPBytytkkxx−+==，则直线PA的方程为11ytyxtx−=+，令0y=，则11txxyt=−−，直线PB的方程为11ytyxtx+=+，令0y=，则11txxyt=−+，则22222211

11222222211112821821ttxtxtxtxkkytytytkxttk+−−===−+−−−+222222222288888822121tkkkttkktt===−−−−−−，则要使直线PA，

PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值，则2820t−=，解得2t=，所以存在，且()0,2P.【点睛】本题考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了点的存在性问题及定值问题，有一定的难度.20.如图，在四棱锥PABCD−中

，四边形ABCD是直角梯形，ADAB⊥，ABCD∥，2PDAB=，22PBCDABAD===，PCDE⊥，E是棱PB的中点.（1）证明：PD⊥平面ABCD.（2）若()01AFAB=，求平面D

EF与平面PAB夹角的余弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）33【解析】【分析】（1）由线线垂直证DE⊥平面PBC，并依次证DEBC⊥、BC⊥平面PBD、BCPD⊥、PD⊥平面ABCD；（2）由向量法求面面角建立面面角余弦值

的函数，进而讨论最大值.【小问1详解】取CD中点M，连接BD、BM，设222PBCDABADa====，∴DMCMABADa====.∵ADAB⊥，ABCD∥，∴四边形ABMD为矩形，∴2BDBCa==，∴222BDBCCD+

=，∴BDBC⊥.22PDABaBD===，E是棱PB的中点，∴DEPB⊥.∵PCDE⊥，,PCPBPPCPB=?、平面PBC，∴DE⊥平面PBC，又BC平面PBC，∴DEBC⊥.∵,BDDEDBDDE=?、平面PBD，∴BC⊥平面PBD，∵又PD平面PBD，∴BCPD⊥.∵222PBP

DBD=+，∴PDBD⊥，,BCBDBBCBD=?、平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD；【小问2详解】由（1）得DADCDP、、两两垂直，则可建立空间直角坐标系Dxyz−，如图所示，则()()()()()20,0,0,,0,0,,,0,0,2,0,0

,0,2,,,,222aaaDAaBaaCaPaE∵()01AFAB=，()0,,0ABa=，即()(),,0,,0FFFxayza−=，∴(),,0Faλa.设平面DEF的法向量为(),,nxyz=，()2,,0,,,222aaa

DFaaDE==，则202220aaanDExyznDFaxay=++==+=，令xλ=，得1,1,2λnλ骣-琪=-琪桫，设平面PAB的法向量为(),,muvw=，(),0,2PAaa

=-，则200mPAauawmABav=−===，令1w=得()2,0,1m=，故平面DEF与平面PAB夹角的余弦值为()()()()()2222221113312cos,883331818323332333112λmnλλmnλλmnλλλλλ

λ+×++====??+-++-+-+-+++令11,112tλ轹÷=?ê÷ê+滕，则223131cos,388331812mnttt=??-+骣-+琪琪桫，则当12t=，即1=时，cos,mn取得最大值，为33.故平面DEF与平面PAB夹角余弦值的最大值为33.21.已知函

数()lnfxxaxx=−+12.（1）当0a时，讨论()fx的单调性.（2）证明：①当0x时，211ln1xxx++；②222111ln(1)1122nnn+++++++，*Nn.【答

案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出()fx的导数，分类讨论a的不同取值范围时()fx的单调性即可；（2）①展开211ln1xxx++为111ln1111xxx++−+，利用换元

法简化不等式，再用导数求解不等式恒成立即可；②利用①中结论放缩()21ln1lnnnnn+−+，再求和即可.【小问1详解】由题可知()2222121axxfxaxxx−+−=−−=当0a=时，()221xfxx−=，令()0

fx¢>，得12x()fx在10,2单调递减，在1,2+单调递增；当0a时，44a=−（i）当01a时，()fx零点为111xa=−−，211xa=+−令()0fx¢>解得1111axa−−+−，的故()fx在()11,11a

a−−+−单调递增，在()0,11a−−，()11,a+−+单调递减（ii）当1a时，0，()0fx，()fx在()0,+单调递减；综上所述：当0a=时，()fx在10,2单调递减，在1,2+单调

递增；当01a时，()fx在()11,11aa−−+−单调递增，在()0,11a−−，()11,a+−+单调递减；当1a时，()fx在()0,+单调递减．【小问2详解】①2111111111xxxxxx==+−+++211111ln1ln1111xxxxxx+

++−++，令11tx+=，其中()1,t+则不等式21lnttt−成立，即函数()12lnftttt=−+在()1,t+恒小于零由（1）可知，()ft在定义域内单调递减，()()10ftf=，因此当0x时，211ln1xxx

++；②由①可知()2111ln1lnln1lnnnnnnnn++==+−+因此()()()222111ln2ln1ln3ln2ln1ln1122nnnn+++−+−+++−+++解得222111ln(1)1122nnn

+++++++，*Nn.证毕.（二）选考题；共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作苦.如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为23cos3sinxy=+=（为参

数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是2cossin10−−=.（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，点()0,1P−，求11PAPB+的值.【答案】（1）()222+9xy−=；210xy−

−=（2）355【解析】【分析】（1）曲线C的参数方程通过平方消元得到普通方程；通过极坐标方程与直角坐标方程关系得到直线l的直角坐标方程；（2）由题可知点P过直线l，利用直线的参数方程中参数与定点位置关系即可列式计算

.【小问1详解】23cos23cos,3sin3sin,xxyy=+−===①②，22+①②得()222+9xy−=，根据极坐标方程与直角坐标方程关系可知直线l的直角坐标方程为：210xy−−=.【小问2详解】由（1）可知点()0,1P−过直线l，故直线

l的参数方程可写为552515xtyt==−+（t为参数），代入曲线C的普通方程得285405tt−−=，由韦达定理可知：12855tt+=，1240tt=−，所以()212121212121212411113545ttttttttPAPBttt

ttt+−+−+=+====.[选修4-5；不等式选讲]23.已知函数()23fxxx=−++.（1）求()fx的最小值；（2）若3,2x−，不等式()fxxa+恒成立，求a取值范围.的【答

案】（1）5（2）23a−【解析】【分析】（1）根据x的不同取值范围，展开化解函数，根据函数的单调性即可判断出()fx的最小值；（2）根据（1）中解析式简化不等式，再展开绝对值计算即可.【小问1详解】当3x−时，()()()2321fxxxx=−−−+

=−−当32x−时，()()()235fxxx=−−++=当2x时，()()()2321fxxxx=−++=+综上()()()()21?35?3221?2xxfxxxx−−−=−+，由此可知()min5fx=【小问2详解】由（1）可知()5fxx

axa++解得55xaxa+−+，当3,2x−时，欲使不等式()fxxa+恒成立，则()()minmax55xaxa+−+，解得23a−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

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