4.10指数函数与对数函数必刷检测题（基础）(解析)(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_指数函数与对数函数矢量版PDF

高一数学指数函数与对数函数必刷检测题（提高）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考
证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。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．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第四单元（人教A 版2019）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，只有一项是符合题目
要求的。
1．已知正数a ，b 满足9
27
3
a
b


，则3
2
a
b

的最小值为（
）
A．10
B．12
C．18
D．24
【答案】D
【分析】将根式表示为分数指数幂，得2
3
1
a
b

，利用基本不等式求3
2
a
b

的最小值.
【详解】
2
3
2
3
9
27
3
3
3
3
a
b
a
b
a
b






，所以2
3
1
a
b

，
因为a，b 为正数，
所以

2
3
4
9
4
9
3
2
3
2
12
12
2
24
b
a
b
a
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b

















，
当且仅当4
9
b
a
a
b

时，即
4
a 
，
6
b 
时，等号成立，
所以3
2
a
b

的最小值为24 .
故选：D.
2．函数

2
2
0
1 ln
0
x
x
x
f x
x
x







，
，
零点个数为（
）
A．3
B．2
C．1
D．0
【答案】B
【解析】由

0
f
x 
得：
2
0,
2
0
x
x
x







或
0,
1 ln
0,
x
x





解得
2
x 或
e
x．
因此函数

f
x 共有2 个零点．
故选：B.
3．已知
0
m 
，
0
n 
，2ln 2
ln 2
ln 2
m
n


，则1
4
2m
n

的最小值是（
）．
A．18
B．9
C．46
15
D．3
【答案】B
【分析】根据对数的运算得2
1
m
n

，再利用乘“1”法即可得到最小值.
【详解】
2
2
1
2ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
m
n
m
n
m n






，
所以2
1
m
n

，且
0
m 
，
0
n 
，
所以


1
4
1
4
8
8
2
5
5
2
9
2
2
2
2
n
m
n
m
m
n
m
n
m
n
m
n
m
n

















，
当且仅当
8
2
n
m
m
n

，即
1
6
2
3
m
n






时等号成立，
故选：B.
4．已知

f
x 是定义在R 上的奇函数，



3
3
0
f x
f
x




，且当3
0
x


时，
2
2 x
f x


，则


2023
f

（
）
A．8
B．2

C．0
D．8

【答案】D
【分析】根据题意推得



6
f
x
f
x


，得到函数

f
x 是周期为6的周期函数，结合题设条件和函数的周
期性，得到





2023
1
1
f
f
f



，代入即可求解.
【详解】因为函数

f
x 满足




3
3
0
f x
f
x




，可得



6
0
f
x
f
x



，
又因为函数

f
x 为奇函数，所以



0
f x
f
x



，
所以



6
(
)
f
x
f x
f
x




，即



6
f
x
f
x


，
所以函数

f
x 是周期为6的周期函数，
因为当3
0
x


时，

2
2 x
f x


，且函数

f
x 为奇函数，
可得







3
2023
337 6 1
1
1
2
8
f
f
f
f






.
故选：D.
5．已知
1
5
3
2
1
3log 2,
log 5,
3
a
b
c








，则（）
A．< <
c a b
B．< <
b c a
C．a
b
c


D．b
a
c


【答案】A
【分析】利用指数函数和对数函数的图象与性质判断, ,
a b c 三个数的范围即可得出它们的大小关系.
【详解】因为
3
3
3log 2
log 8


a
，
由对数函数
3
log
y
x

的图象与性质知
3
3
3
1
log 3
log 8
log 9
2




，
∴1
2
a


；
∵由对数函数
2
log
y
x

的图象与性质知
2
2
log 5
log 4
2


，
∴
2
b 
；
∵由指数函数
1
3
x
y






的图象与性质知
1
0
5
1
1
1
0
3
3















，
∴0
1
c

；
∴c<a<b ．
故选：A.
6．已知函数



lg
1,
0
1
1,
0
2
x
x
x
f x
x













，则函数


2
3
2
y
f
x
f x



的零点个数是（
）
A．6
B．5
C．4
D．3
【答案】C
【分析】将函数


2
3
2
y
f
x
f x



的零点个数转化为方程

1
f x 和

2
f
x 
根的个数，然后再转化为
函数

f
x 与
1
y ，
2
y 图象交点个数，最后结合图象判断即可.
【详解】函数




2
3
2
1
2
y
f
x
f
x
f
x
f
x












的零点，
即方程

1
f x 和

2
f
x 
的根，函数



lg
1,
0
1
1,
0
2
x
x
x
f x
x













的图象，如下图所示：
由图可得方程

1
f x 和

2
f
x 
的根，共有4 个根，即函数


2
2
3
1
y
f
x
f x


有4 个零点．
故选：C．
7．已知函数

1 ax
f
x
a


（
0
a 
且
1
a ）在区间

2,3 上单调递增，则a 的取值范围为（
）
A．
1
0, 2






B．

1,
C．
1
0, 3






D．1 1
,
3 2






【答案】C
【解析】由
0
a 
且
1
a ，得
1
y
ax


为单调递减函数，
由复合函数单调性法则得


0,1
a
，
又
1 3
0
1 2
0
a
a






，解得
1
0, 3
a






．
故选：C．
8．已知函数

y
f x

是定义域为R 的偶函数，当
0
x 
时，

2
1
,0
2
4
1
3 ,
2
2
4
x
x
x
f x
x














，若关于x 的方程




2
7
0
R
16
a
f
x
af
x
a








有且仅有8 个不同的实数根，则实数a 的取值范围是（
）.
A．7 16
,
4
9






B．7 ,2
4






C．7 9
,
4 5






D．3 ,2
2






【答案】A
【分析】画出

t
f x

的图象，数形结合得到当


1, 0.75
t 
时，
f x
t
有4 个根，则


2
7
0
R
16
a
t
at
a




要有两个不相等的实数根1
2
,
t t ，且


1
2
,
1, 0.75
t t 
，根据二次函数根的分布列出不等式组，求出实数a 的
取值范围.
【详解】令

f x
t
，因为

t
f x

是定义域为R 的偶函数，画出

t
f x

的图象如下：
由图象可知：当


1, 0.75
t 
时，

f x
t
有4 个根，
要想




2
7
0
R
16
a
f
x
af
x
a








有且仅有8 个不同的实数根，
则


2
7
0
R
16
a
t
at
a




要有两个不相等的实数根1
2
,
t t ，且


1
2
,
1, 0.75
t t 
，
令
2
7
16
a
t
at
h t



，
则






2
7
Δ
4
0
16
1, 0.75
2
1
0
0.75
0
a
a
a
t
h
h

















，解得：
7 16
,
4
9
t






.
故选：A
二、选择题：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.(多选)下列运算中正确的是（
）
A．
3
8
3
log 8
log 5
log 5 
B．
1
3
8
3
27
2








C．
2
(3
)
3





D．


2
log 7
1
ln ln e
7
2









【答案】BD
【分析】利用指数、对数、根式的运算法则化简即可.
【详解】因为
3
5
8
3
log 8
log 8
log 5
log 5 

，所以A 错误；
因为
1
1
1
1
3
3
3
3
3
3
3
8
27
3
3
3
27
8
2
2
2






























，所以B 正确；
因为
2
(3
)
| 3
|
3
3











，所以C 错误；
因为




2
2
log 7
log 7
1
ln ln e
2
ln1
7
0
7
2













，所以D 正确.
故选：BD.
10．若函数

2
3
1
3
x
ax
f x








的图像经过点

31，，则（
）
A．
2
a 
B．

f
x
在
1

，上单调递减
C．

f
x
的最大值为81
D．

f
x
的最小值为1
81
【答案】AC
【分析】利用函数经过点

31，,可求出a ,再应用函数性质每个选项分别判断即可.
【详解】对于A :由题意得

3
6
1
3
1
3
a
f









，得
2
a 
,故A 正确;
对于B :令函数
2
2
3
u
x
x



，则该函数在

,1

上单调递减，在

1, 

上单调递增．
因为
1
3
u
y






是减函数，所以

f
x 在

,1

上单调递增，在

1, 

上单调递减，故B 错误;
对于C D :因为

f
x 在

,1

上单调递增，在

1, 

上单调递减,
所以


max
1
81
f x
f


,

f
x 无最小值．故C 正确, D 错误;
故选: AC.
11．关于函数



2
1
lg
0
x
f x
x
x



，下列结论正确的是（
）
A．函数
( )
f x 的图象关于y 轴对称
B．函数
( )
f x 的最小值是lg 2
C．当
0
x 
时，
( )
f x 是增函数；当
0
x 
时，
( )
f x 是减函数
D．函数

y
f
x
m


的所有零点之和为0
【答案】ABD
【分析】对于A，利用偶函数的定义可判断
( )
f x 为偶函数，其图象关于y 轴对称；
对于B，利用基本不等式求出
2
1
|
|
x
x
的最小值，再根据对数函数的单调性可求出函数
( )
f x 的最小值是lg 2 ；
对于C，当
0
x 
时，根据
1
1
( )
( )
2
3
f
f

，可判断
( )
f x 不是增函数；
对于D，根据
( )
y
f x
m


是偶函数，其图象关于y 轴对称，可判断出函数

y
f
x
m


的所有零点之和为
0.
【详解】对于A，
2
2
(
)
1
1
(
)
lg
lg
( )
|
|
x
x
f
x
f x
x
x








，所以
( )
f x 为偶函数，其图象关于y 轴对称，故A 正
确；
对于B，因为
2
1
1
|
|
2
|
|
|
|
x
x
x
x




，当且仅当
1
x 时取等号，所以

2
1
lg
lg 2
x
f x
x



，所以函数
( )
f x 的
最小值是lg 2 ，故B 正确；
对于C，当
0
x 
时，
1
( )
lg(
)
f x
x
x


，
1
5
( )
lg
2
2
f


1
10
( )
lg
3
3
f

，所以
( )
f x 不是增函数，故C 不正确；
对于D，因为函数
( )
f x 为偶函数，所以
( )
y
f x
m


也是偶函数，其图象关于y 轴对称，
所以函数
( )
y
f x
m


的图象与x 轴的交点关于y 轴对称，所以函数

y
f
x
m


的所有零点之和为0，故D
正确.
故选：ABD
12.(多选)已知函数


2
( )
ln
1
2
f x
x
x




，则（
）
A．
( )
f x 的定义域为R
B．
( )
f x 在(0,
)
上是增函数
C．当
0
x 
时，
( )
(0,2]
f x 
D．
1
(lg3)
lg
4
3
f
f 







【答案】AD
【分析】对于A 选项，证明对数中的真数大于0 即可；
对于B 选项，利用复合函数单调性即可判断；
对应C 选项：由函数单调性即可判断；
对于D 选项：注意到lg3 与
1
lg 3 互为相反数，验证



4
f
x
f
x



即可.
【详解】对于A 选项：由
2
2
1
0
x
x
x
x
x
x







，所以
( )
f x 的定义域为R ；因此A 选项表述正确.
对于B 选项：注意到当
0
x 
时，有


2
2
1
( )
ln
1
2
ln
2
1
f x
x
x
x
x







，
令
2
1
u
x
x


，
1
t
u

，

ln
2
f
x
s
t



，显然u 关于x 递增，t 关于u 递减，s 关于t 递增，
由复合函数单调性法则“同增异减”得
( )
f x 在(0,
)
上是减函数；因此B 选项表述错误.
对于C 选项：由B 选项分析可知
( )
f x 在

0,2 上是减函数，并且注意到



2
ln
1
2
ln1
2
0
2
2
f
x
x
x









，
即当
0
x 
时，


( )
2,
f x 
；因此C 选项表述错误.
对于D 选项：注意到
1
lg3
lg 3

，即lg3 与
1
lg 3 互为相反数，
又







2
2
ln
1
2
ln
1
2
f x
f
x
x
x
x
x











2
2
ln
1
1
4
x
x
x
x











ln1
4
0
4
4





；
因此D 选项表述正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。
13．若正实数a、b、c 均不为1，满足
x
y
z
a
b
c


，且1
1
1
0
x
y
z



，则abc 的值为
.
【答案】1
【解析】由题意，正实数a、b、c 均不为1，
设
x
y
z
a
b
c
k



，
则
loga
x
k

，
logb
y
k

，
logc
z
k

，
即1
logk a
x 
，1
logk b
y 
，1
logk c
z 
，
由1
1
1
0
x
y
z



，得log
log
log
0
k
k
k
a
b
c



，
即


log
0
k abc 
，即
1
abc .
故答案为：1.
14．已知函数




log
2
1
0,
1
x
a
f x
a
a



>
在区间

0,1 内恒有

0
f x 
，则函数


2
log
1
a
y
x
x



的单调
递减区间是
.
【答案】
1
, 2







【解析】根据题意，由指数函数
2
1
x
y 
可知，当


0,1
x
时，


2
1
0,1
x 
，
又在区间

0,1 内恒有

0
f x 
，所以可得
1
a ；
易知函数
2
1
0
y
x
x


> 对于
R
x

恒成立，
所以函数


2
log
1
a
y
x
x



的定义域为xR ，且函数
2
1
y
x
x


在
1
, 2







上单调递减；
又
1
a ，根据复合函数单调性可知函数


2
log
1
a
y
x
x



的单调递减区间是
1
, 2






.
故答案为：
1
, 2







15．若函数





2
2
5





f
x
x
m
x
m 有两个小于2 的不同零点，则实数m 的取值范围是
．
【答案】

4,
【解析】若函数





2
2
5





f
x
x
m
x
m 有两个小于2 的不同零点，
则







2
Δ
2
4 5
0
2
4
2
2
5
0
2
2
2
m
m
f
m
m
m



















，解得
4
m 
，
所以实数m 的取值范围是

4,.
故答案为：

4,.
16．已知函数



2
lg
,
0
6
4,
0
x
x
f
x
x
x
x









，若关于x 的方程
2( )
( )
4
0
f
x
mf x



有6个不同根，则整数m 的取
值范围是
.
【答案】
21
3, 5






【解析】作出函数

f
x 的图象如图：关于x 的方程


2
4
0
f
x
mf
x



有6 个不同根，
令

t
f x

，
2
4
0
t
mt



，即方程
2
4
0
t
mt



有2 个不同的解，
可能一个在

0,4 上，一个在

5,0

上，也可能两个都在

4,上.
令
2
4
g t
t
mt


，
若
g t 在

0,4 上和

5,0

上各有一个不同的零点，所以




5
21 5
0
0
4
0
4
12
4
0
g
m
g
g
m













，解得
21
3
5
m


，
若
g t 在

4,有两个不同的零点，所以

2
4
2
16
0
4
12
4
0
m
m
g
m













，该不等式组无解，
综上，∴
21
3
5
m


.
故答案为：
21
3, 5






四、解答题：本题共6 小题，共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17．计算下列各式：
(1)
1
2
2
0
3
3 27
(
)
(
4)
( 9.5)
(0.001)
8






；
(2)
7
log 2
2
3
log 9 log 4
lg25
lg4
7




.
【答案】(1) 29
4


(2)8
【分析】（1）利用根式和指数幂的运算求解即可；
（2）由换底公式结合对数的运算求解即可.
【详解】（1）原式


3
1
2
3
3
3
2
3
(4
) 1
10
2













9
29
4
1 10
4
4







（2）原式
2
2
lg3
lg 2
lg(25 4)
2
lg 2
lg3





4
2
2
8




18．已知函数

f
x 是定义在R 上的奇函数，当
0
x 
时，

1
4
2
x
x
f x



．
(1)求
0
x 
时，

f
x 的解析式；
(2)求不等式

0
f x 
的解集．
【答案】(1)

1
4
2
(
0)
x
x
f x
x





(2)



1,0
1,



【分析】（1）由奇函数的性质可得出，当
0
x 
时，


f x
f
x


，即可得出

f
x 在

,0


上的解析式；
（2）分
0
x 
、
0
x 
、
0
x 
解不等式

0
f x 
，综合可得出不等式

0
f x 
的解集.
【详解】（1）解：

f
x 是定义在R 上的奇函数，则



f
x
f
x


，
当
0
x 
时，
0
x


，则


1
4
2
x
x
f
x





，所以，



1
4
2
x
x
f
x
f
x






．
（2）解：当
0
x 
时，

0
0
f

．
当
0
x 
时，



1
4
2
0
2
2
2
x
x
x
x
f
x





，可得2
0
x 
或2
2
x 
，解得
1
x ；
当
0
x 
时，



1
4
2
2
2
2
0
x
x
x
x
f
x









，可得0
2
2
x



，解得1
0
x


．
综上所述，不等式

0
f x 
的解集为



1,0
1,


.
19．已知函数



4
log
4
1
x
f
x
kx





xR 是偶函数.
(1)求k 的值；
(2)若方程

0
f x
m


有解，求m 的取值范围.
【答案】(1)
1
2

(2)
1
2
m 
【分析】（1）求出







4
4
log
4
1
log
4
1
1
x
x
f
x
kx
k
x









.根据偶函数的性质推得

2
1
0
k
x


恒成
立，即可得出k ；
（2）由（1）知



4
1
log
4
1
2
x
f
x
x



，根据对数运算性质，即可得出

4
1
log
2
2
x
x
f x








.换元
2
0
x
t 

，
根据基本不等式即可得出

1
2
f
x ≥
，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，






4
4
log
4
1
log
4
1
x
x
f
x
kx
x
kx












4
log
4
1
1
x
k
x




.
因为

f
x 为R 上的偶函数，所以



=
f x
f
x

，
即





4
4
log
4
1
log
4
1
1
x
x
kx
k
x






，即

2
1
0
k
x


恒成立，
所以，2
1
0
k 
，解得
1
2
k 
.
（2）由（1）知，





1
2
4
4
4
1
log
4
1
log
4
1
log 4
2
x
x
x
f
x
x







4
4
4
1
1
log
log
2
2
2
x
x
x
x










.
令
2
0
x
t 

，则
1
1
2
2
t
t
t
t




，当且仅当
1
t 时等号成立，
所以，
1
2
t
t


，即
1
2
2
2
x
x


，所以

4
4
1
log
2
log
2
1
2
2
x
x
f
x










.
因为方程

0
f x
m


有解，即

f x
m

有解，所以
1
2
m 
.
20．某校数学兴趣小组，在过去一年一直在研究学校附近池塘里某种水生植物的面积变化情况，自2021
年元旦开始测量该水生植物的面积，此后每隔一个月（每月月底）测量一次，通过一年的观察发现，自2021
年元旦起，该水生植物在池塘里面积增加的速度是越来越快的，最初测得该水生植物面积为
2
m
k
，二月底
测得该水生植物的面积为24
2
m ，三月底测得该水生植物的面积为40
2
m ，该水生植物的面积y（单位：
2
m ）
与时间x（单位月）的关系有两个函数模型可供选择，一个是同学甲提出的


0,
1
x
y
ka
k
a



，另一个是
同学乙提出的


1
3
0,
0
y
px
k p
k




，记2021 年元旦最初测量时间x 的值为0.
(1)根据本学期所学，请你判断哪个同学提出的函数模型更适合？并求出该函数模型的解析式；
(2)池塘水该水生植物面积应该在几月份起是元旦开始研究探讨时该水生植物面积的10 倍以上？（参考数
据：lg 2
0.3010

，lg3
0.4771

）
【答案】(1)同学甲提出的函数模型更适合，解析式为
216
5
25
3
x
y







，
(2)6
【分析】（1）由于三月份面积增量快是二月份的2 倍，所以选择


0,
1
x
y
ka
k
a



，然后利用待定系数
法求解即可，
（2）假设x 月后水生植物的面积是一月水生植物面积的10 倍以上，则由题意得216
5
216
10
25
3
15
x









，化
简后两边取常用对数可求得结果
【详解】（1）因为三月底面积增量几乎是二月份的一倍，所以选择同学甲提出的


0,
1
x
y
ka
k
a



比较
合适，
由题意得
2
3
24
40
ka
ka





，解得
5
3
216
25
a
k




，
所以
216
5
25
3
x
y







，
（2）由（1）可知，一月底时水生植物的面积为216
5
216
25
3
15


，
假设x 月后水生植物的面积是一月水生植物面积的10 倍以上，即
216
5
216
10
25
3
15
x









，
所以5
50
3
3
x






，
所以
5
5
lg
1
lg
3
3
x

，
因为
5
lg
0
3 
，所以
1
1
1
1
5.5
5
1
lg 2
lg3
lg 3
x 




，
所以从6 月份起是元旦开始研究时该水生植物面积的10 倍以上
21．已知常数aR ，函数



2
log
2x
f
x
x
a



.
(1)若

f
x 是奇函数，求a 的值；
(2)若
3
2
a 
，

f
x 在区间

,
1
t t 
内有且仅有一个零点，求实数t 的取值范围.
【答案】(1)
0
a 
(2)


2, 1
t 

【分析】（1）根据定义域中有无0 分类讨论，结合奇函数定义域特征即可得解；（2）根据函数的单调性及
零点的存在性定理列出不等式组求解即可.
【详解】（1）①若

0
f
有定义，则

0
0
f

，解得
0
a 
，此时

2
f
x
x

符合题意.
②若

0
f
无定义，则1
0
a


，故
1
a ，
f
x 定义域为




2
log
,
a

，不关于原点对称，不是奇函数，
不符合题意.
综上，
0
a 
（2）
3
2
a 
时，

2
2
3
3
log 2
2
log
4
2
2
2
x
x
x
x
f x

















，易知
( )
f x 在

,
1
t t 
内单调递增，
又因为

f
x 在区间

,
1
t t 
内有且仅有一个零点，
所以只需

0
f t 
且

1
0
f t 

，即
2
1
1
2
3
log (4
2 )
0
2
3
log (4
2
)
0
2
t
t
t
t












，
化简得
2
2
3
0
(2 )
.2
1
2
4(2 )
3.2
1
t
t
t
t








，解得1
1
2
4
2
t


，即2
1
t
，
所以


2, 1
t 

.
22.已知函数
2
3
( )
log
(
0
2
3
a
x
f x
a
x




且
1)
a 
.
(1)求
( )
f x 的定义域，判断
( )
f x 的奇偶性并给出证明；
(2)若
(2
1)
(3
2)
0
f
m
f
m




，求实数m 的取值范围.
【答案】(1)定义域为
2 2
,
3 3







，奇函数，证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据对数的真数为正数列式可解得定义域；根据函数奇偶性的定义判断并证明
( )
f x 的奇偶性；
（2）不等式化简后，分类讨论底数a ，根据对数函数的单调性可解得结果.
【详解】（1）令2
3
0
2
3
x
x



，解得
2
2
3
3
x



，则

f
x 的定义域为
2 2
,
3 3







.
因为







1
2
3
2
3
2
3
2
3
log
log
log
log
2
3
2
3
2
3
2
3
a
a
a
a
x
x
x
x
f
x
f
x
x
x
x
x























，
所以

f
x 为奇函数；
（2）




2
1
3
2
0
f
m
f
m




，即






2
1
3
2
2
3
f
m
f
m
f
m





.
因为

2
3
4
log
log
1
2
3
2
3
a
a
x
f
x
x
x












.
令
4
1
2
3
u
x



，易得
4
1
2
3
u
x



在
2 2
,
3 3







上单调递增.
当0
1
a

时，

f
x 在
2 2
,
3 3







上单调递减，则
2
2
2
3
2
1
3
3
m
m





，解得3
5 ;
5
6
m


当
1
a 时，

f
x 在
2 2
,
3 3







上单调递增，则
2
2
2
1
2
3
3
3
m
m





，解得4
3
9
5
m


.
综上，当0
1
a

时，实数m 的取值范围是3 5
,
5 6






；当
1
a 时，实数m 的取值范围是4 3
,
9 5






.