绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷04
上海专用
上海地区考试题型按往年惯例为12（填空题）+4（单选题）+5（解答题），导数和统计学中的随机变量分布、成对数据的统计分析是新教材新增加的内容。
原来的重难点考查内容，学生能力的方向变化不大；新高考特色：导数及其应用的解题机动性、灵活性，空间向量的解题多样性，抽象复杂的问题增添了不少数学思维灵活多样，贴近生活的气息。
1.解答题的实际应用题可能改为随机变量分布列（或是统计与概率的综合）的实际应用题；
2.导数在解答题中的应用会加入：可能出现的组合是：Ⅰ、函数、三角函数、解三角形（17-18题中一题）+单独导数的综合应用（或导数与函数的综合应用）第21题；Ⅱ、导数及其应用（17-19题中一题）+原来的考查模式、方向(第21题)
2023年高考数学考前信息必刷卷04
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、填空题
1．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数______.
【答案】
【分析】利用复数的几何意义和共轭复数的定义可得答案.
【解析】因为复数对应的点的坐标是，
则，，
故答案为：.
2．若向量，，且，则与的夹角大小是__________.
【答案】
【分析】利用平面向量垂直的性质及向量夹角公式求解即可.
【解析】∵，∴ ，
∵，∴，∴，
∴与的夹角大小为，
故答案为：.
3．函数的定义域为___________.
【答案】
【分析】根据偶次根号下的被开方数大于等于零，分母不为，根据真数列出不等式，进行求解再用集合或区间的形式表示出来．
【解析】由题意可知，而以2为底的对数函数是单调递增的，
因此，求解可得或．
故答案为：．
4．某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋．（质量单位：g）
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】8186
【分析】根据正态分布的概率分布原则可得，进而求出即可求解.
【解析】由题意知，，
所以，
得
，
所以袋装质量在区间的约有袋.
故答案为：8186.
5．已知，则___________.
【答案】
【分析】根据已知等式平方后相加可得，即，根据已知角度范围即可得，从而可得，，再根据诱导公式转化即可得所求.
【解析】等式，
两边同时平方得，，
两式相加，得，，整理得，即，
因为，所以，得，
代入，得，即，则，
则.
故答案为：.
6．的展开式中含项的系数为______.
【答案】
【分析】分项求解，当第一个因式取时，第二个因式取含的项；第一个因式取时，第二个因式取含的项，进而得解.
【解析】的展开式通项，
令，得；令，得，
故的展开式中含项的系数为.
故答案为：.
7．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，的平分线交BC于D．当的面积最大时，AD的长为______．
【答案】
【分析】由余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得到面积的最大值，从而求出与，再由正弦定理计算即可.
【解析】因为，即，
在中，由余弦定理可得，
所以，且，所以，
且，则，所以，
当且仅当时，等号成立，
此时，
此时，，
在中，，
由正弦定理可得，
故答案为:
8．有穷数列共有k项，满足，，且当，时，，则项数k的最大值为______________．
【答案】
【分析】分析数列为有穷数列，且，所以项数最大的项，利用累加法可得即可得解.
【解析】当时，，
因为有穷数列，，，
所以当项数最大时，，则，
，，
将以上各式相加得，
即，
，即，则.
故答案为：
9．已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其外接球半径为2，则的最大值为____________．
【答案】8
【分析】由长方体模型得出，再由基本不等式得出最值.
【解析】设，因为三棱锥的三条侧棱两两垂直，
所以由长方体模型可知，，即.
，当且仅当时，取等号.
即的最大值为.
故答案为：
10．已知，是双曲线：的左、右焦点，点是双曲线上的任意一点（不是顶点），过作的角平分线的垂线，垂足为，线段的延长线交于点，是坐标原点，若，则双曲线的渐近线方程为______
【答案】
【分析】根据是的角平分线，，推出，，结合以及双曲线的定义推出，再根据推出，即可得到双曲线的渐近线方程.
【解析】因为是的角平分线，，
所以是等腰三角形，，为的中点，
又为的中点，所以是的中位线，
所以，因为，
当点在双曲线的右支上时，，
当点在双曲线的左支上时，，
所以，即，
所以，
所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
11．设函数（，e为自然对数的底数），若曲线上存在点使成立，则a的取值范围是______．
【答案】．
【分析】根据证明，即函数在上有解，即求，的范围，对函数利用导数即可求值域.
【解析】由曲线上存在点，使得，即，
下面证明，因为在定义域上严格递增，
假设，则，
不满足，同理，不满足，
所以，那么函数，
即函数在有解，所以，
即，，令，
则，
，，单调递增，
又，所以，所以a的取值范围是．
故答案为：
12．已知函数（且a为常数）和（且k为常数），有以下命题:①当时，函数没有零点；②当时，若恰有3个不同的零点，则；③对任意的，总存在实数，使得有4个不同的零点，且成等比数列.其中的真命题是_____（写出所有真命题的序号）
【答案】②
【分析】①根据题意，将函数的零点个数问题，转换为对应函数图像的交点个数问题，分别判断，两种情况下，函数零点的个数情况，即可判断出结果；
②根据题意，先令，画出函数的图像，结合函数零点个数以及函数图像，判断方程根的分布情况，以及方程根的个数情况，即可判断出结果；
③根据题意，只需判断出时，函数零点个数不一定是个，即可得出结果.
【解析】①因为，，由得，函数的零点，即是函数图像与直线交点的横坐标，
当时，恒成立，因为，所以时，函数显然没有零点；
当时，由得，即，即，
因为，所以恒成立，若时，函数可能有零点；若，函数没有零点；故①错；
②当时，因为恰有个不同零点，令，则关于的方程有两个不同的实数解，记作，不妨令；
做出函数的图像如下：
由图像可得：当时，与有个交点；
当时，与有个交点；
因为函数恰有个不同零点，
则有个根，记作；有个根，记作（不妨令）；
所以只需，，因此，，
所以；，，因此；故②正确；
③由，得；
所以函数与图像交点个数，即为函数的零点个数；
由②中图像可知：当时，与在上有个交点，即函数在上有个零点；
当时，若，则函数在上单调递增，因此函数与在上最多只有个交点，即函数在上最多只有个零点；不满足存在实数，使得有4个不同的零点；
若，由基本不等式可得：，即时，；
若，则函数与在上最多只有个交点，也不满足对任意的，总存在实数，使得有4个不同的零点.故③错.
故答案为：②.
【点睛】本题主要考查判断命题的真假，考查分段函数的应用，考查函数零点的应用，灵活运用数形结合的思想，即可求解，属于常考题型.
二、单选题
13．已知直线，，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先利用两直线平行的公式求出，再确定充分性和必要性即可.
【解析】当时，，解得或，
当时，直线，，此时两直线不重合，
当时，直线，，此时两直线不重合，
即或时，，
故是的充分不必要条件.
故选：A.
14．已知两组数据和的中位数 方差均相同，则两组数据合并为一组数据后，（ ）
A．中位数一定不变，方差可能变大
B．中位数一定不变，方差可能变小
C．中位数可能改变，方差可能变大
D．中位数可能改变，方差可能变小
【答案】A
【分析】根据中位数、方差的概念分析运算.
【解析】对于中位数：不妨设，
则两组数据和的中位数分别为，则，
两组数据合并为一组数据后，则中位数为，故中位数一定不变；
对于方差：设的平均数为，方差为，的平均数为，方差为，
则，
可得，
则两组数据合并为一组数据的平均数，
方差
，
当且仅当时等号成立，
故方差可能变大，一定不会变小；
故选：A.
15．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法错误的是（ ）
A．当运动时，不存在点使得
B．当运动时，不存在点使得
C．当运动时，二面角的最大值为
D．当运动时，二面角为定值
【答案】C
【分析】建立坐标系，利用向量法判断AC；由反证法判断B；平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值.
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为在上，且，，
可设，则，
则，
所以，
故恒为正，故A正确．
若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故B正确．
设平面的法向量为，
又，所以，即，
取，则，
平面的法向量为，所以．
设二面角的平面角为，则为锐角，故，
因为，在上单调递减，
所以，故，
当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故C错误．
连接．平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D正确．
故选：C
16．已知点集，且，则下列说法正确的个数为（ ）
①区域Q为轴对称图形；
②区域Q的面积大于；
③M是直线上的一点，.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】根据点集合的条件，绘制其表示的图形，再结合其几何特点对选项进行分析即可.
【解析】根据题意，且，即，
显然当时，满足条件限制；
当时，两边平方化简可得：，
其表示焦点在轴上的椭圆在第一象限和第三象限上及其内部的点；
绘制点集表示的图形如下所示：
数形结合可知，①错；
阴影部分的面积，②对；
对③：设，与椭圆方程联立可得：
，若与椭圆相切，
则，解得，
故当时，直线与直线的距离即为的最小值，
故，故，③正确.
故正确的是②③.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查曲线与方程，以及直线与椭圆的位置关系，处理问题的关键是对曲线的正确分析，属综合困难题.
三、解答题
17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点.
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)2.
【分析】（1）证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证出结论；
（2）当在的中点位置时体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.
【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.
因为，平面，
所以平面，平面，
故,因为是上异于，的点，且为直径，
所以，又，平面，
所以平面，而平面，
故平面平面；
（2）以D为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
当三棱锥M ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量，则
即，可取，
又是平面的一个法向量，因此
，，
得，所以，，
所以面与面所成二面角的正切值是.
18．如图，已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求B；
(2)若，，点D在边AC上，且在和上的投影向量的模相等，求线段BD的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）综合运用正、余弦定理即可求解；
（2）由（1）及已知可求得，，又由在和上的投影向量的模相等，知BD为的平分线，由角平分线定理得，再在和中应用正弦定理求解即可．
【解析】（1）∵，
∴由正弦定理可，
由余弦定理可得，
∴即，
∵，∴．
（2）由（1）知，
∴又，
∴，解得．∵，
∴，可得，
由可得，解得．
∵在和上的投影向量的模相等，
∴BD为的平分线，
由角平分线的性质知，即，解得，
在中，由正弦定理可得，∴，
在中，，
由正弦定理可得，即，解得．
19．某市为调研本市学生体质情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查，得到体质测试样本的统计数据（单位：人）如表：
优秀 良好 及格 不及格
男生 100 200 780 120
女生 120 200 520 120
(1)根据所给数据，完成下面列联表，并据此判断：能否有的把握认为该市学生体质测试是否达标与性别有关.（注：体质测试成绩为优秀 良好或及格则体质达标，否则不达标）
达标 不达标 合计
男生
女生
合计
其中；
(2)体质测试成绩为优秀或良好则称体质测试成绩为优良，以样本数据中男 女生体质测试成绩优良的频率视为该市男 女生体质测试成绩优良的概率，在该市学生中随机选取1名男生，1名女生，设所选2人中体质测试成绩优良人数为，求的分布列，数学期望与方差.
【答案】(1)列联表见解析，没有的把握认为该市学生体质达标与性别有关
(2)分布列见解析，，
【分析】（1）直接列出列联表，计算，由独立性检验的思想求解即可；
（2）写出的可能取值，并求出相应的概率，即可求解
【解析】（1）由题得列联表如下：
达标 不达标 合计
男生 1080 120 1200
女生 840 120 960
合计 1920 240 2160
所以没有的把握认为该市学生体质达标与性别有关.
（2）由题意男生体质测试优良率，女生体质测试优良率.
的所有可能取值为.
所以的分布列为
0 1 2
，
20．已知椭圆过点，分别为椭圆C的左、右焦点且.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过P点的直线与椭圆C有且只有一个公共点，直线平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于两点A、B，与直线交于点M（M介于A、B两点之间）.
（i）当面积最大时，求的方程；
（ii）求证：，并判断，的斜率是否可以按某种顺序构成等比数列.
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析，不可能构成等比数列.
【解析】（1）设，.求出的坐标，根据，求出.把点代入椭圆方程，结合，求出，即得椭圆C的方程；
（2）（i）设方程为，.把直线的方程代入椭圆方程，由韦达定理、弦长公式求出.由点到直线的距离公式求出点P到的距离，则，根据基本不等式求面积的最大值，即求的方程；（ii）要证结论成立，只须证明，即证直线为的平分线，转化成证明.
又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，可求，又.由题意，，，四个数按某种顺序成等比数列，推出矛盾，故不可能构成等比数列.
【解析】（1）设，，
则，.
，.
又在椭圆上，故，
又，解得，，
故所求方程为.
（2）（i）由于，
设方程为，.
由，消y整理得，
，
则
.
又点P到的距离,
.
当且仅当，，即时，等号成立.
故直线AB的方程为：.
（ⅱ）要证结论成立，只须证明：，
由角平分线性质即证：直线为的平分线，
转化成证明：.
因为
因此结论成立.
又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，
由得
令，，
则，
所以，所以，
故所研究的4条直线的斜率分别为，，，，
若这四个数成等比数列，且其公比记为q，
则应有或，或.
因为不成立，所以，
而当时，，，
此时直线PB与重合，不合题意，
故，，PA，PB的斜率无论怎样排序都不可能构成等比数列.
【点睛】本题考查椭圆的方程，考查弦长公式、点到直线的距离公式、基本不等式和等比数列等知识，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，综合性强，属于难题.
21．考虑下面两个定义域为（0，+∞）的函数f（x）的集合：对任何不同的两个正数，都有，=对任何不同的两个正数，都有
（1）已知，若，且，求实数和的取值范围
（2）已知，且的部分函数值由下表给出：
4
比较与4的大小关系
（3）对于定义域为的函数，若存在常数，使得不等式对任何都成立，则称为的上界，将中所有存在上界的函数组成的集合记作，判断是否存在常数，使得对任何和，都有，若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由
【答案】（1）当a≥0，b＜0时，f（x）∈Ω1且f（x） Ω2；（2）2d+t＜4；（3）0．
【分析】（1）根据：f（x）∈Ω1且f（x） Ω2，可利用二次函数的单调性可得a的范围，利用导数求出b的范围．
（2）由f（x）∈Ω1，取0＜x1＜x2＜x1+x2，可得．由表格可知：f（a）＝d，f（b）＝d，f（c）＝t，f（a+b+c）＝4，0＜a＜b＜c＜a+b+c，利用函数为增函数可得，再利用不等式的性质即可得出．
（3）根据增函数先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．再证明f（x）＝0在（0，+∞）上无解．即可得出．
【解析】（1）由：对任何不同的两个正数，都有，=对任何不同的两个正数，都有，
可得函数y，y在（0，+∞）为增函数，
y2x2+2ax+b，若f（x）∈Ω1，则0，即a≥0
y2x+a，
y′＝2，
当b≥0，x＞0时，y′＞0，此时f（x）∈Ω2，不符合题意，舍去；
当b＜0时，令y′＝0，解得x，此时函数在x∈（0，+∞）有极值点，因此f（x） Ω2．
综上可得：当b＜0时，f（x）∈Ω1且f（x） Ω2．
（2）由f（x）∈Ω1，若取0＜x1＜x2，
则．
由表格可知：f（a）＝d，f（b）＝d，f（c）＝t，f（a+b+c）＝4，
∵0＜a＜b＜c＜a+b+c，
∴，
∴d＜0，d，d，t，
∴2d+t=4.
（3）∵对任何f（x）∈T和x∈（0，+∞），都有f（x）＜M，
先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
假设存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0，
记m＞0
∵y是增函数．
∴当x＞x0时，m＞0，
∴f（x）＞mx2，
∴一定可以找到一个x1＞x0，使得f（x1）＞mx12＞k，
这与f（x）＜k 对x∈（0，+∞）成立矛盾．
即f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
∴存在f（x）∈T，f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
下面证明f（x）＝0在（0，+∞）上无解．
假设存在x2＞0，使得f（x2）＝0，
∵y是增函数．
一定存在x3＞x2＞0，使0，这与上面证明的结果矛盾．
∴f（x）＝0在（0，+∞）上无解．
综上，我们得到存在f（x）∈T，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立．
∴存在常数M≥0，使得存在f（x）∈T， x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立．
又令f（x）（x＞0），则f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
又有在（0，+∞）上是增函数，
∴f（x）∈T，
而任取常数k＜0，总可以找到一个xn＞0，使得x＞xn时，有f（x）＞k．
∴M的最小值为0．
【点睛】本题考查了函数的单调性，利用导数研究函数单调性和最值的关系，考查了构造函数的思想，考查了推理能力与计算能力，本题难度较大．绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷04
上海专用
上海地区考试题型按往年惯例为12（填空题）+4（单选题）+5（解答题），导数和统计学中的随机变量分布、成对数据的统计分析是新教材新增加的内容。
原来的重难点考查内容，学生能力的方向变化不大；新高考特色：导数及其应用的解题机动性、灵活性，空间向量的解题多样性，抽象复杂的问题增添了不少数学思维灵活多样，贴近生活的气息。
1.解答题的实际应用题可能改为随机变量分布列（或是统计与概率的综合）的实际应用题；
2.导数在解答题中的应用会加入：可能出现的组合是：Ⅰ、函数、三角函数、解三角形（17-18题中一题）+单独导数的综合应用（或导数与函数的综合应用）第21题；Ⅱ、导数及其应用（17-19题中一题）+原来的考查模式、方向(第21题)
2023年高考数学考前信息必刷卷04
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数______.
2．若向量，，且，则与的夹角大小是__________.
3．函数的定义域为___________.
4．某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有______袋．（质量单位：g）
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
5．已知，则___________.
6．的展开式中含项的系数为______.
7．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，的平分线交BC于D．当的面积最大时，AD的长为______．
8．有穷数列共有k项，满足，，且当，时，，则项数k的最大值为______________．
9．已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其外接球半径为2，则的最大值为____________．
10．已知，是双曲线：的左、右焦点，点是双曲线上的任意一点（不是顶点），过作的角平分线的垂线，垂足为，线段的延长线交于点，是坐标原点，若，则双曲线的渐近线方程为______
11．设函数（，e为自然对数的底数），若曲线上存在点使成立，则a的取值范围是______．
12．已知函数（且a为常数）和（且k为常数），有以下命题:①当时，函数没有零点；②当时，若恰有3个不同的零点，则；③对任意的，总存在实数，使得有4个不同的零点，且成等比数列.其中的真命题是_____（写出所有真命题的序号）
二、选择题(本题共有4题，满分20分，每题5分)每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
13．已知直线，，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
14．已知两组数据和的中位数 方差均相同，则两组数据合并为一组数据后，（ ）
A．中位数一定不变，方差可能变大
B．中位数一定不变，方差可能变小
C．中位数可能改变，方差可能变大
D．中位数可能改变，方差可能变小
15．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法错误的是（ ）
A．当运动时，不存在点使得
B．当运动时，不存在点使得
C．当运动时，二面角的最大值为
D．当运动时，二面角为定值
16．已知点集，且，则下列说法正确的个数为（ ）
①区域Q为轴对称图形；
②区域Q的面积大于；
③M是直线上的一点，.
A．0 B．1 C．2 D．3
三、解答题(本大题共有5题，满分76分)解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题8分.
17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点.
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正切值.
18．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题8分.
如图，已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求B；
(2)若，，点D在边AC上，且在和上的投影向量的模相等，求线段BD的长．
19．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题8分.
某市为调研本市学生体质情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查，得到体质测试样本的统计数据（单位：人）如表：
优秀 良好 及格 不及格
男生 100 200 780 120
女生 120 200 520 120
(1)根据所给数据，完成下面列联表，并据此判断：能否有的把握认为该市学生体质测试是否达标与性别有关.（注：体质测试成绩为优秀 良好或及格则体质达标，否则不达标）
达标 不达标 合计
男生
女生
合计
其中；
(2)体质测试成绩为优秀或良好则称体质测试成绩为优良，以样本数据中男 女生体质测试成绩优良的频率视为该市男 女生体质测试成绩优良的概率，在该市学生中随机选取1名男生，1名女生，设所选2人中体质测试成绩优良人数为，求的分布列，数学期望与方差.
20．（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题6分，第3小题满分6分.
已知椭圆过点，分别为椭圆C的左、右焦点且.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过P点的直线与椭圆C有且只有一个公共点，直线平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于两点A、B，与直线交于点M（M介于A、B两点之间）.
（i）当面积最大时，求的方程；
（ii）求证：，并判断，的斜率是否可以按某种顺序构成等比数列.
21．（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题6分，第3小题满分8分.
考虑下面两个定义域为（0，+∞）的函数f（x）的集合：对任何不同的两个正数，都有，=对任何不同的两个正数，都有
（1）已知，若，且，求实数和的取值范围
（2）已知，且的部分函数值由下表给出：
4
比较与4的大小关系
（3）对于定义域为的函数，若存在常数，使得不等式对任何都成立，则称为的上界，将中所有存在上界的函数组成的集合记作，判断是否存在常数，使得对任何和，都有，若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由
