Đề kiểm tra giữa kì II Toán 9 - Đề số 1 có lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1 (2 điểm): Giải các hệ phương trình sau:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) - y = 6 - 2y\\2x - y = 7\end{array} \right.\)

b) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{7}{{\sqrt x  - 7}} - \frac{4}{{\sqrt y  + 6}} = \frac{5}{3}\\\frac{5}{{\sqrt x  - 7}} + \frac{3}{{\sqrt y  + 6}} = 2\frac{1}{6}\end{array} \right.\)

Câu 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập cách lập phương trình hoặc lập hệ phương trình

Hai tổ sản xuất trong tháng thứ nhất làm được \(1000\) sản phẩm. Sang tháng thứ hai, do cải tiến kĩ thuật nên tổ một vượt mức \(20\% \), tổ hai vượt mức 15% so với tháng thứ nhất. Vì vậy, cả hai tổ sản xuất được \(1170\) sản phẩm. Hỏi tháng thứ nhất, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm?

Câu 3 (2 điểm): Cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = ax + b\). Tìm \(a,\,\,b\) biết \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) có phương trình \(y =  - 3x + 5\) và đi qua điểm \(A\) thuộc parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \(y = {x^2}\) có hoành độ bằng \( - 2\).

Câu 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\), kẻ đường kính \(AB\). Điểm \(M\) bất kì trên \(\left( O \right)\) sao cho \(MA < MB\left( {M \ne A,\,\,B} \right)\). Kẻ \(MH \bot AB\) tại \(H\). Vẽ đường tròn \(\left( I \right)\) đường kính \(MH\) cắt \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(E\) và \(F\).

a) Chứng minh \(M{H^2} = MF\,.\,MB\) và ba điểm \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng.

b) Kẻ đường kính \(MD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(MD\) cắt đường tròn \(\left( I \right)\) tại điểm thứ hai là \(N\left( {N \ne M} \right)\). Chứng minh tứ giác \(BONF\) nội tiếp.

c) \(MD\) cắt \(EF\) tại \(K\). Chứng minh \(MK \bot EF\) và \(\angle MHK = \angle MDH\).

d) Đường tròn \(\left( I \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(P\,\,\left( {P \ne M} \right)\). Chứng minh ba đường thẳng \(MP,\,\,FE\) và \(BA\) đồng quy.

Câu 5 (0,5 điểm): Cho các số không âm \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \(x + y + z = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

\(Q = \sqrt {2{x^2} + x + 1}  + \sqrt {2{y^2} + y + 1}  + \sqrt {2{z^2} + z + 1} \)

Lời giải chi tiết

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số hoặc phương pháp thế.

b) Tìm ĐKXĐ để hệ phương trình có nghĩa.

Đặt \(u = \frac{1}{{\sqrt x  - 7}};\,\,v = \frac{1}{{\sqrt y  + 6}}\,\,\left( {u,\,\,v \ne 0} \right)\).

+ Giải hệ theo ẩn phụ \(u,\,\,v\) đã đặt.

+ Trở lại ẩn \(x,\,\,y\) để tìm nghiệm của hệ.

+ Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Giải các hệ phương trình sau:

a) \(\left\{ \begin{array}{l}3\left( {x + 1} \right) - y = 6 - 2y\\2x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 3\\2x - y = 7\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 3\\5x = 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + y = 3\\x = 2\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3.2 + y = 3\\x = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y =  - 3\\x = 2\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {2;\,\, - 3} \right)\).

b) \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{7}{{\sqrt x  - 7}} - \frac{4}{{\sqrt y  + 6}} = \frac{5}{3}\\\frac{5}{{\sqrt x  - 7}} + \frac{3}{{\sqrt y  + 6}} = 2\frac{1}{6}\end{array} \right.\)

ĐKXĐ \(x,\,\,y \ge 0\), \(x \ne 49\)

Đặt \(u = \frac{1}{{\sqrt x  - 7}};\,\,v = \frac{1}{{\sqrt y  + 6}}\,\,\left( {u,\,\,v \ne 0} \right)\).

Khi đó, ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}7u - 4v = \frac{5}{3}\\5u + 3v = 2\frac{1}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20v = \frac{{25}}{3}\\35u + 21v = \frac{{91}}{6}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20v = \frac{{25}}{3}\\ - 41v =  - \frac{{41}}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20v = \frac{{25}}{3}\\v = \frac{1}{6}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}35u - 20.\frac{1}{6} = \frac{{25}}{3}\\v = \frac{1}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}u = \frac{1}{3}\,\,\left( {tm} \right)\\v = \frac{1}{6}\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{{\sqrt x  - 7}} = \frac{1}{3}\\\frac{1}{{\sqrt y  + 6}} = \frac{1}{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt x  - 7 = 3\\\sqrt y  + 6 = 6\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt x  = 10\\\sqrt y  = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 100\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 0\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là \(\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {100;\,\,0} \right)\).

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

Gọi số sản phẩm tổ một sản xuất được trong tháng thứ nhất và tháng thứ hai lần lượt là \(x,\,\,y\) (sản phẩm), \(\left( {x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*},\,\,x,\,\,y < 1000} \right).\)

Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo đại lượng vừa gọi và các đại lượng đã biết.

Lập hệ phương trình và giải hệ phương trình để tìm \(x,\,\,y\).

Đối chiếu với điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi số sản phẩm tổ một sản xuất được trong tháng thứ nhất là \(x\) (sản phẩm, \(x \in {\mathbb{N}^*}\), \(x < 1000\)).

Số sản phẩm tổ hai sản xuất được trong tháng thứ hai là \(y\) (sản phẩm, \(y \in {\mathbb{N}^*}\), \(y < 1000\)).

Trong tháng thứ nhất cả hai tổ làm được \(1000\) sản phẩm nên ta có phương trình:

\(x + y = 1000\)  (1)

Số sản phẩm tổ một sản xuất được trong tháng thứ hai là \(100\% .x + 20\% .x = 120\% x\) sản phẩm

Số sản phẩm tổ hai sản xuất được trong tháng thứ hai là \(100\% .y + 15\% .y = 115\% y\) sản phẩm.

Trong tháng thứ hai, cả hai tổ sản xuất được \(1170\) sản phẩm nên ta có phương trình:

\(120\% x + 115\% y = 1170\) \( \Leftrightarrow 1,2x + 1,15y = 1170\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1000\\1,2x + 1,15y = 1170\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1000 - y\\1,2\left( {1000 - y} \right) + 1,15y = 1170\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1000 - y\\ - 0,05y =  - 30\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1000 - y\\y = 600\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 400\,\,\,\left( {tm} \right)\\y = 600\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)

Vậy trong tháng thứ nhất tổ một sản phẩm được \(400\) sản phẩm, tổ hai sản xuất được \(600\) sản phẩm.

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y = a'x + b'\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = a'\\b \ne b'\end{array} \right.\).

Đường thẳng \(\left( d \right):y = ax + b\) đi qua điểm \(A\left( {{x_A};\,\,{y_A}} \right)\) khi \({y_A} = a{x_A} + b\). Từ đó tìm được \(a,\,\,b\).

Cách giải:

Đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình: \(y = ax + b\)

Vì \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng \(\left( {d'} \right):y =  - 3x + 5\) nên \(a =  - 3\) và \(b \ne 5\)

Gọi \(A\left( {{x_A};\,\,{y_A}} \right) \in \left( P \right):y = {x^2}\) .

Ta có: \({x_A} =  - 2 \Rightarrow {y_A} = {\left( { - 2} \right)^2} = 4\)

\( \Rightarrow A\left( { - 2;\,\,4} \right)\)

Vì đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua \(A\left( { - 2;\,\,4} \right)\) nên ta có: \(4 =  - 2a + b\)  (1)

Thay \(a =  - 3\) vào (1) ta có:  \(4 =  - 2.\left( { - 3} \right) + b \Leftrightarrow b =  - 2\) (thỏa mãn)

Vậy \(a =  - 3,\,\,b =  - 2\).

Câu 4 (VD)

Phương pháp:

a) Sử dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(MHB\) và tính chất của hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách sử dụng các dấu hiệu nhận biết.

c) Chứng minh góc \(\angle MKF = {90^0}\). Chứng minh \(\Delta MKH \sim \Delta MHD\) theo trường hợp cạnh – góc – cạnh.  

d) Gọi \(G\) là giao điểm của \(EF\) và \(AB\), từ đó chứng minh ba điểm \(M,\,\,G,\,\,P\) thẳng hàng. (Gọi \(X\) là giao điểm của \(MG\) với \(\left( O \right)\) và chứng minh \(X \in \left( I \right)\) để suy ra \(P \equiv X\))

Cách giải:

 

a) Chứng minh \(M{H^2} = MF\,.\,MB\) và ba điểm \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng.

*) Chứng minh \(M{H^2} = MF\,.\,MB\)

Vì điểm \(F\) thuộc đường tròn \(\left( I \right)\) đường kính \(MH\) nên \(\angle MFH = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow HF \bot MB\) tại \(F\)

\(\angle MHB = {90^0}\) (vì \(MH \bot AB\) tại \(H\))

Xét \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) đường cao \(HF\), áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao ta có:

\(M{H^2} = MF\,.\,MB\) (đpcm)

*) Chứng minh \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng

Xét tứ giác \(MEHF\) ta có:

\(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\))

\(\angle HEM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(I\), đường kính \(MH\))

\(\angle HFM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(I\), đường kính \(MH\))

\( \Rightarrow \angle AMB = \angle HEM = \angle HFM = {90^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(MEHF\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)

Mà \(I\) là trung điểm của \(MH\) (vì \(I\) là tâm của đường tròn đường kính \(MH\)) nên \(I\) là tâm của hình chữ nhật \(MEHF\).

\( \Rightarrow \) \(I\) là trung điểm của \(EF\)

\( \Rightarrow \) Ba điểm \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng (đpcm)

b) Kẻ đường kính \(MD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(MD\) cắt đường tròn \(\left( I \right)\) tại điểm thứ hai là \(N\left( {N \ne M} \right)\). Chứng minh tứ giác \(BONF\) nội tiếp.

Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có: \(EF\) là đường trung trực của \(MN\) (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow FM = FN\)

\( \Rightarrow \Delta MFN\) cân tại \(F\) (định nghĩa)

\( \Rightarrow \angle FMN = \angle FNM\) (tính chất)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có: \(OM = OB\)

\( \Rightarrow \Delta MOB\) cân tại \(O\) (định nghĩa)

\( \Rightarrow \angle OMB = \angle OBM\) (tính chất)

Hay \(\angle FMN = \angle OBM\).

\( \Rightarrow \angle FNM = \angle OBM\,\,\left( { = \angle FMN} \right)\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BONF\) nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)  (đpcm)

c) \(MD\) cắt \(EF\) tại \(K\). Chứng minh \(MK \bot EF\) và \(\angle MHK = \angle MDH\).

*) Chứng minh \(MK \bot EF\)

Xét đường tròn \(\left( I \right)\), ta có: \(\angle MEF = \angle MNF\) (góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà \(\angle MNF = \angle NMF\) (cmt)

\( \Rightarrow \angle MEF = \angle NMF\) (\( = \angle MNF\))

Ta có: \(\angle MEF + \angle MFE = {90^0}\) (vì \(\Delta MEF\) vuông tại \(M\))

Mà \(\angle MEF = \angle NMF\) (cmt)

\( \Rightarrow \angle NMF + \angle MFE = {90^0}\) hay \(\angle KMF + \angle MFK = {90^0}\).

Xét \(\Delta MKF\) có \(\angle KMF + \angle MFK = {90^0}\) suy ra \(\angle MKF = {90^0}\).

\( \Rightarrow MK \bot EF\) tại \(K\).

*) Chứng minh \(\angle MHK = \angle MDH\)

Xét \(\Delta MKF\) và \(\Delta MBD\) ta có:

\(\angle M\,\,\,chung\)

\(\angle MKF = \angle MBD\,\,\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta MKF \sim \Delta MBD\,\,\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{MK}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

\( \Rightarrow MK.MD = MF.MB\)

Theo câu a) ta có: \(M{H^2} = MF.MB\)

\( \Rightarrow M{H^2} = MK.MD\,\,\left( { = MF.MB} \right)\)

\( \Rightarrow MH.MH = MK.MD\)

\( \Rightarrow \frac{{MK}}{{MH}} = \frac{{MH}}{{MD}}\)

Xét \(\Delta MKH\) và \(\Delta MHD\) ta có:

\(\frac{{MK}}{{MH}} = \frac{{MH}}{{MD}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\)

\(\angle M\,\,\,chung\)

\( \Rightarrow \Delta MKH \sim \Delta MHD\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)

\( \Rightarrow \angle MHK = \angle MDH\) (hai góc tương ứng)

d) Đường tròn \(\left( I \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(P\,\,\left( {P \ne M} \right)\). Chứng minh ba đường thẳng \(MP,\,\,FE\) và \(BA\) đồng quy.

Gọi \(G\) là giao điểm của \(EF\) và \(AB\), \(X\) là giao điểm của \(MG\) và đường tròn \(\left( O \right)\).

Ta có:

\(\angle MEF + \angle MFE = {90^0}\) (vì \(\Delta MEF\) vuông tại \(M\))

\(\angle MFE + \angle KMF = {90^0}\) (vì \(\Delta MKF\) vuông tại \(K\))

\( \Rightarrow \angle MEF = \angle KMF\) (cùng phụ với \(\angle MFE\))  

Mà \(\angle KMF = \angle OBM\) (cmt)

\( \Rightarrow \angle MEF = \angle OBM\)(\( = \angle KMF\))

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AEFB\) nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

\( \Rightarrow \) \(\angle GEA = \angle GBF\) (góc ngoài của tứ giác bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Xét \(\Delta GEA\) và \(\Delta GBF\) ta có:

\(\angle G\,\,chung\)

\(\angle GEA = \angle GBF\,\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta GEA \sim \Delta GBF\,\,\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{GE}}{{GB}} = \frac{{GA}}{{GF}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow GE.GF = GA.GB\)  (1)

*) Tứ giác \(AXMB\) nội tiếp \( \Rightarrow \)\(\angle GXA = \angle GBM\)(góc ngoài của tứ giác bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Xét \(\Delta GXA\) và \(\Delta GBM\) có:

\(\angle G\,\,chung\)

\(\angle GXA = \angle GBM\,\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta GXA \sim \Delta GBM\)

\( \Rightarrow \Delta GXA \sim \Delta GBM\,\,\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{GX}}{{GB}} = \frac{{GA}}{{GM}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow GX.GM = GA.GB\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(GE.GF = GX.GM\)

\( \Rightarrow \frac{{GE}}{{GM}} = \frac{{GX}}{{GF}}\)

Xét \(\Delta GXE\) và \(\Delta GFM\) ta có:

\(\angle G\,\,\,chung\)

\(\frac{{GE}}{{GM}} = \frac{{GX}}{{GF}}\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta GXE \sim \Delta GFM\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)

\( \Rightarrow \angle GXE = \angle GFM\) (hai góc tương ứng)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(XMFE\) nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)  (1)

\( \Rightarrow X\) là điểm nằm trên đường tròn \(\left( I \right)\) mà \(X\)cũng nằm trên trên đường tròn \(\left( O \right)\).

\( \Rightarrow X\) là giao điểm của \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\)

Theo đề bài, đường tròn \(\left( I \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(P\,\,\left( {P \ne M} \right)\) suy ra \(X \equiv P\).

Mà \(G,\,\,X,\,\,M\) là thẳng hàng suy ra \(G,\,\,P,\,\,M\) thẳng hàng.

\( \Rightarrow \) Ba đường thẳng \(MP,\,\,FE\) và \(BA\) đồng quy tại \(G\) (đpcm)

Câu 5 (VD)

Phương pháp:

Chứng minh \(\sqrt {2{x^2} + x + 1}  \le x + 1\) luôn đúng với các số không âm \(x\) thỏa mãn \(x + y + z = 1\). Từ đó tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(Q\).

Cách giải:

Cho các số không âm \(x,\,\,y,\,\,z\) thỏa mãn \(x + y + z = 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

\(Q = \sqrt {2{x^2} + x + 1}  + \sqrt {2{y^2} + y + 1}  + \sqrt {2{z^2} + z + 1} \)

Vì \(x,\,\,y,\,\,z\) là các số không âm và \(x + y + z = 1\) nên \(0 \le x,\,y,\,\,z \le 1\).

Chứng minh \(\sqrt {2{x^2} + x + 1}  \le x + 1\).

\(\begin{array}{l}\sqrt {2{x^2} + x + 1}  \le x + 1\\ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2{x^2} + x + 1} } \right)^2} \le {\left( {x + 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + x + 1 \le {x^2} + 2x + 1\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + x + 1 - {x^2} - 2x - 1 \le 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - x \le 0\\ \Leftrightarrow x\left( {x - 1} \right) \le 0\end{array}\)

Ta có: \(x\left( {x - 1} \right) \le 0\) luôn đúng với \(0 \le x \le 1\).

Chứng minh tương tự ta có:

 \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {2{y^2} + y + 1}  \le y + 1\\\sqrt {2{z^2} + z + 1}  \le x + 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow Q = \sqrt {2{x^2} + x + 1}  + \sqrt {2{y^2} + y + 1}  + \sqrt {2{z^2} + z + 1} \)

\( \le \left( {x + 1} \right) + \left( {y + 1} \right) + \left( {z + 1} \right)\)\( = \left( {x + y + z} \right) + 3\)

Mà \(x + y + z = 1\) nên  \(Q \le 4\).

Dấu “\( = \)” xảy ra \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = y = 0,\,\,z = 1\\x = z = 0,\,\,y = 1\\y = z = 0,\,\,x = 1\end{array} \right.\)

Vậy \(Q\) đạt giá trị lớn nhất bằng \(4\) khi \(\left( {x;y;z} \right) \in \left\{ {\left( {0;\,\,0;\,\,1} \right),\,\,\left( {0;\,\,1;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,0;\,\,0} \right)} \right\}\).