一、选择题（选对得10分，不选得0分，选错扣5分）
1、整数$x,y,z$满足$xy+yz+zx=1$，则$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)$可能取到的值为（ ）
A．$16900$
B．$17900$
C．$18900$
D．前三个答案都不对
2、在不超过$99$的正整数中选出$50$个不同的正整数，已知这$50$个数中任两个的和都不等于$99$，也不等于$100$．这$50$个数的和可能等于（ ）
A．$3524$
B．$3624$
C．$3724$
D．前三个答案都不对
3、已知$x\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right]$，对任意实数$a$，函数$y=\cos^2x-2a\cos x+1$的最小值记为$g(a)$，则当$a$取遍所有实数时，$g(a)$的最大值为（ ）
A．$1$
B．$2$
C．$3$
D．前三个答案都不对
4、已知$10^{20}-2^{20}$是$2^n$的整数倍，则正整数$n$的最大值为（ ）
A．$21$
B．$22$
C．$23$
D．前三个答案都不对
5、在凸四边形$ABCD$中，$BC=4$，$\angle ADC=60^\circ$，$\angle BAD=90^\circ$，四边形$ABCD$的面积等于$\dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}$，则$CD$的长（精确到小数点后$1$位）为（ ）
A．$6.9$
B．$7.1$
C．$7.3$
D．前三个答案都不对
二、填空题（填空题共5小题；请把每小题的正确答案填在横线上，每题10分）
6、满足等式$\left(1+\dfrac 1x\right)^{x+1}=\left(1+\dfrac{1}{2015}\right)^{2015}$的整数$x$的个数是_______．
7、已知$a,b,c,d\in[2,4]$，则$\dfrac{(ab+cd)^2}{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}$的最大值与最小值的和为_______．
8、已知对于任意的实数$x\in [1,5]$，$\left|x^2+px+q\right|\leqslant 2$，不超过$\sqrt{p^2+q^2}$的最大整数是_______．
9、设$x=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，$y=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$，$z=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，且$x+y+z=1$，则$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}$的值为_______．
10、设$A_1,A_2,\cdots ,A_n$都是$9$元集合$\{1,2,\cdots ,9\}$的子集，已知$|A_i|$为奇数，$1\leqslant i\leqslant n$，$\left|A_i\cap A_j\right|$为偶数，$1\leqslant i\neq j\leqslant n$，则$n$的最大值为_______．
参考答案
一、选择题
1、A
$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=\left( (x+y)(y+z)(z+x)\right)^2$．令$$\begin{cases}x+y=2,\\y+z=5,\\z+x=13,\end{cases}$$解得$$\begin{cases}x=5,\\y=-3,\\z=8.\end{cases}$$经检验，这组解满足题意，此时$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=16900$．
2、D
考虑将$1,2,\cdots,99$这$99$个正整数分成如下$50$组：\[(1,99),(2,98),\cdots,(47,53),(48,52),(49,51),(50).\]若选出的$50$个不同的正整数中没有$50$，则必有$2$个数位于\[(1,99),(2,98),\cdots,(47,53),(48,52),(49,51)\]中的同一组，不合题意．所以这$50$个不同的正整数中必有$50$，而\[(1,99),(2,98),\cdots,(47,53),(48,52),(49,51)\]中，每组有且只有一个数被选中．
因为$50+49=99$，所以$(49,51)$中选$51$；因为$51+48=99$，所以$(48,52)$中选$52$；以此类推，可得$50,51,52,\cdots,98,99$是唯一可能的选法．
经检验，选$50,51,52,\cdots,98,99$满足题意，此时$50+51+\cdots+98+99=3725$，故选D．
3、A
令$t=\cos x\in [0,1]$，令$h(t)=t^2-2at+1,t\in [0,1]$，则\[g(a)=\begin{cases}1,&(a<0)\\1-a^2,&(0\leqslant a \leqslant 1)\\2-2a,&(a>1)\end{cases} \]故$g(a)$的最大值为$1$（$a\leqslant 0$时等号成立）．
4、D
$10^{20}-2^{20}=2^{20} \left(5^{20}-1\right)=2^{20} \left(5^{10}+1\right)\left(5^{5}+1\right)\left(5-1\right)\left(5^4+5^3+5^2+5+1\right)$，而$5^{10}+1$模$4$余$2$，$5^{5}+1$模$4$余$2$，$5^4+5^3+5^2+5+1$为奇数，故正整数$n$的最大值为$24$．
5、A
设四边形$ABCD$的面积为$S$，直线$AC,BD$的夹角为$\theta$，则\[S=\dfrac{AC\cdot BD\cdot \sin \theta}{2}\leqslant\dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}\cdot\sin\theta\leqslant \dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}, \] 由题意，$S=\dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}$，所以$A,B,C,D$四点共圆，且$AC\perp BD$．
故$CD=4\sqrt{3}\approx 6.9 $，选A．
二、填空题
6、$1$
若$x$为正整数，则$$\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x+1}>\mathrm e>\left(1+\dfrac{1}{2015}\right)^{2015} ,$$
若$x$为负整数，令$x=-n(n\in \mathbf N_+,n\geqslant 2)$，则$$\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x+1}=\left(1+\dfrac{1}{n-1}\right)^{n-1}.$$
因为数列$\left(1+\dfrac{1}{n-1}\right)^{n-1}(n\in \mathbf N_+,n\geqslant 2)$关于$n$单调递增，故当且仅当$x=-2016$时，有$$\left(1+\dfrac 1x\right)^{x+1}=\left(1+\dfrac{1}{2015}\right)^{2015}.$$
7、$\dfrac{41}{25}$．
注意到$$(a^2+d^2)(b^2+c^2)=(ab+cd)^2+(ac-bd)^2,$$于是\[\begin{split} \dfrac{(ab+cd)^2}{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}&=\dfrac{(ab+cd)^2}{(ab+cd)^2+(ac-bd)^2}\\ &=\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{ac-bd}{ab+cd}\right)^2},\end{split} \]显然当$ac-bd=0$时，原式取得最大值为$1$．
接下来考虑$\left|\dfrac{ac-bd}{ab+cd}\right|$的最大值．
由于$$\left|\dfrac{ac-bd}{ab+cd}\right|=\left|\dfrac{\frac ad-\frac bc}{\frac ad\cdot \frac bc+1}\right|,$$令$\dfrac ad=\tan \alpha$，$\dfrac bc=\tan \beta$，则问题等价于当$\alpha,\beta\in \left[\arctan \dfrac 12,\arctan 2\right]$时，求$\tan|\alpha-\beta|$的最大值，显然为$$\tan\left(\arctan 2-\arctan \dfrac 12\right)=\dfrac 34.$$
因此原式的最小值为$\dfrac{16}{25}$．
注 可以看做向量$(a,d)$和$(b,c)$夹角余弦的平方．
8、$9$
注意到$y=x^2+px+q$，$x\in [1,5]$满足$-2\leqslant y\leqslant 2$，因此符合题意的二次函数只有两个：$$y=x^2-6x+7,y=-x^2+6x-7.$$
9、$1$
由$x+y+z=1$，可得\[\begin{split} &ab^2+ac^2-a^3+bc^2+a^2b-b^3+a^2c+b^2c-c^3-2abc\\=&\left(ab^2+a^2b-a^3-b^3 \right )+\left(ac^2+bc^2-c^3 \right )+\left(a^2c+b^2c-2abc \right)\\=&-(a+b)(a-b)^2+c^2(a+b-c)+c(a-b)^2\\=&-(a-b-c)(b-c-a)(c-a-b)\\=&0,\end{split} \]所以$a=b+c$或$b=c+a$或$c=a+b$，故$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}=1$．
10、 $9$
构造是容易的，取$A_i=\{i\}$，$i=1,2,\cdots ,9$即可．
用$0,1$表示集合中的元素是否在子集中，如$A_1=\{1,3,4,5,9\}$，则记$$A_1=(1,0,1,1,1,0,0,0,1),$$那么$$A_i\cdot A_j=\left|A_i\cap A_j\right|.$$
显然，如果当$n\geqslant 10$时，必然存在$m$个向量线性相关，不妨设$$\lambda_1A_1+\lambda_2A_2+\cdots +\lambda_mA_m=(0,0,\cdots ,0),$$其中$\lambda_i\in\mathcal Z$($i=1,2,\cdots ,m$)，$\lambda_1=1$．
此时考虑$$A_1\cdot\left(\lambda_1A_1+\lambda_2A_2+\cdots +\lambda_mA_m\right),$$那么根据题意有$A_1\cdot A_1$为奇数，而$A_1\cdot A_i$($i=2,3,\cdots ,m$)为偶数，这样就推出了矛盾．
因此所求$n$的最大值为$9$．
注 用这个方法，可以得出$n$元集合至多有$n$个包含奇数个元素的子集，使得这些子集中任意两个的交集均包含偶数个元素．
2014年北约自主招生试题
lanqi.org 2014年6月1
第1页
一、填空题
1、有一个圆心角是\(60^\circ\) ，面积是\(6\pi\)的扇形围成一个圆锥，则圆锥的表面积是_______．
2、已知\(f(x)\)满足\(f\left(\dfrac {a+2b}{3}\right)=\dfrac {f(a)+2f(b)}{3}\)，\(f(1)=1\)，\(f(4)=7\)，则\(f(2014)=\)_______．
3、\(10\)个人分成\(3\)人、\(3\)人、\(4\)人三组，共有_______种不同的分组方法．
4、已知\(f (x)=\lg{\left(x^2-2ax+a\right)}\)的值域为\(\mathcal R\) ，则实数\(a\)的取值范围为_______．
5、已知\(x<0\)，\(y < 0\)，\(x+y=-1\)，则\(xy+\dfrac 1{xy}\)的最_______值是_______．
6、\(f(x)=\arctan{\dfrac {2+2x}{1-4x}}+C\)在\(\left(-\dfrac 14,\dfrac 14\right)\)上为奇函数，则\(C\)的值是_______．
二、解答题
7、证明：\(\tan {3^\circ}\)是无理数．
8、已知 \(y=f(x)\)，\(y=g(x)\)都是二次函数，方程\(3f(x)+g(x)=0\)和方程\(f(x)-g(x)=0\)都只有一个重根，方程\(f(x)=0\)有两个不等实根．证明：方程\(g(x)=0\)没有实数根．
9、已知数列\(\left\{a_n\right\}\)是\(13\)项的等差数列，集合\[A=\left\{a_i+a_j+a_k\left|\right.1\leqslant i < j < k \leqslant 13,i,j,k\in \bf N^*\right\},\]则\(0,\dfrac 72,\dfrac {16}3\)能否同时在集合\(A\)中？
10、已知\({x_1}{x_2} \cdots {x_n} = 1\)，\({x_i} > 0\)，\(i = 1,2, \cdots ,n\)，求证：\[\left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right) \cdots \left( {\sqrt 2 + {x_n}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^n}.\]
参考答案
一、填空题
1、\(7{\rm \pi}\)
2、\(4027\)
3、\(2100\)
4、\(\left( { - \infty , 0} \right] \cup \left[ {1 , + \infty } \right)\)
5、小，\(\dfrac{{17}}{4}\)
6、\( - \arctan 2\)
二、解答题
7、用反证法． 假设\(\tan 3^\circ \)是有理数，则\(\tan \left( {k \cdot 3^\circ } \right)\)均为有理数，于是\(\tan 30^\circ \)为有理数，矛盾． 因此\(\tan 3^\circ \)是无理数．
8、设函数\(A\left( x \right) = 3f\left( x \right) + g\left( x \right)\)，\(B\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right)\)，则函数\(A\left( x \right)\)、\(B\left( x \right)\)均为二次函数，此时\[4f\left( x \right) = A\left( x \right) + B\left( x \right).\] 考虑到方程\(f\left( x \right) = 0\)有两个不等实根，于是方程\(A\left( x \right) + B\left( x \right) = 0\)有两个不等实根． 因此抛物线\(y = A\left( x \right)\)，\(y = B\left( x \right)\)的开口方向必然不同，且零点亦不相同． 于是\[g\left( x \right) = \dfrac{{A\left( x \right) - 3B\left( x \right)}}{4}\]必然恒大于\(0\)或恒小于\(0\)． 因此原命题得证．
9、容易证明：将集合\(A\)中的所有数从小到大排列，则可以得到一个与数列\(\left\{ {{a_n}} \right\}\)的公差相同的等差数列\(\left\{ {{b_n}} \right\}\)． 设数列\(\left\{ {{a_n}} \right\}\)的公差为\(d\)，不妨设\(d \geqslant 0\)． (i)若\(d = 0\)，则显然不符合题意； (ii)若\(d > 0\)，则数列\(\left\{ {{b_n}} \right\}\)中的最小项为\({a_1} + {a_2} + {a_3}\)，最大项为\({a_{11}} + {a_{12}} + {a_{13}}\)．其中至多有\[\left( {11 + 12 + 13} \right) - \left( {1 + 2 + 3} \right) + 1 = 31\]项，且任意两项的差均为公差\(d\)的整数倍． 不失一般性，将\(0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}\)看作\(0 , 21 , 32\)（所有的数同时扩大\(6\)倍即可）．由于\(\left( {21 , 32} \right)= 1\)，而\(d|1\)，于是\(d \leqslant 1\)，因此同时包含\(0 , 21 , 32\)的等差数列至少有\(32\)项． 这与数列\(\left\{ {{b_n}} \right\}\)中至多有\(31\)项矛盾，因此\(0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}\)不能同时在集合\(A\)中．
10、法一
直接展开，对应项用均值不等式即可．
法二 当\(n = 1\)时，不等式显然成立． 假设命题对不超过\(n\)的正整数均成立，则命题对\(n + 1\)： 不妨设\({x_1} \geqslant 1\)，\({x_2} \leqslant 1\)，而\[\left( {{x_1}{x_2}} \right){x_3} \cdots {x_n}{x_{n + 1}} = 1,\]于是\[\left( {\sqrt 2 + {x_1}{x_2}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_3}} \right) \cdots \left( {\sqrt 2 + {x_{n + 1}}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^n}.\] 因此只需要证明\[\dfrac{{\left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right)}}{{\sqrt 2 + {x_1}{x_2}}} \geqslant \sqrt 2 + 1.\] 用分析法： 该不等式成立\[\begin{split} & \Leftarrow \left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right) \geqslant \left( {\sqrt 2 + {x_1}{x_2}} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)\\ & \Leftarrow 2 + \sqrt 2 \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} \geqslant 2 + \sqrt 2 {x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + \sqrt 2 \\ & \Leftarrow {x_1} + {x_2} \geqslant {x_1}{x_2} + 1 \\ & \Leftarrow \left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) \leqslant 0 \\ \end{split}\]
2016年北京大学自主招生数学试题回忆版
lanqi.org 2016年12月22
第1页
一、选择题．在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．已知$\dfrac{\sin{x}}{\sqrt{1-\cos^2{x}}}-\dfrac{\cos{x}}{\sqrt{1-\sin^2{x}}}=2\left(0<x<2\pi\right)$，则$x$的取值范围是（ ）
A．$\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$
B．$\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$
C．$\left(\pi,\dfrac{3\pi}{2}\right)$
D．前三个答案都不对
2．$\left(2+1\right)\left(2^{2}+1\right)\left(2^{3}+1\right)\cdots\left(2^{2016}+1\right)$的个位数字是（ ）
A．$1$
B．$3$
C．$5$
D．前三个答案都不对
3．点$P$位于$\triangle ABC$所在的平面内，使得$\triangle PAB,\triangle PBC,\triangle PCA$的面积相等，则满足题意的点$P$有（ ）
A．$1$个
B．$3$个
C．$5$个
D．前三个答案都不对
4．记$f(n)$为最接近$\sqrt{n}$的整数，其中$n\in \mathbf{N}^{*}$．若$\dfrac{1}{f(1)}+\dfrac{1}{f(2)}+\cdots+\dfrac{1}{f(m)}=2016$，则正整数$m$的值为（ ）
A．$1015056$
B．$1017072$
C．$1019090$
D．前三个答案都不对
5．实数$x,y,z$满足$x+y+z=2016$，$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2016}$，则$(x-2016)(y-2016)(z-2016)=$（ ）
A．$0$
B．$1$
C．$-1$
D．前三个答案都不对
6．方程组$\begin{cases}a^3-b^3-c^3=3abc,\\a^2=2(b+c)\end{cases}$的非负整数解有（ ）
A．$1$组
B．$4$组
C．$5$组
D．前三个答案都不对
7．$4$个半径为$1$的球两两外切，则这$4$个球的外切正四面体的棱长为（ ）
A．$2+2\sqrt{2}$
B．$2+2\sqrt{3}$
C．$2+2\sqrt{6}$
D．前三个答案都不对
8．将$1,2,\cdots,100$分成三组，使得第一组数的和为$102$的倍数，第二组数的和为$203$的倍数，第三组和为$304$的倍数．则不同的分法共有（ ）
A．$1$种
B．$2$种
C．$3$种
D．前三个答案都不对
二、填空题．
9．已知$f(x)=3x^2-x+4$，$g(x)$为整系数多项式，$f\left(g(x)\right)=3x^4+18x^3+50x^2+69x+a,$则$g(x)$的各项系数之和为_______．
10．$54$张扑克牌排成一列．先去掉第一张，将第二张放到最后；再去掉第三张，将第四张放到最后……以此类推，则最后剩下的那张牌是原先的第_______张．
11．用高斯函数$[x]$表示不超过实数$x$的最大整数，则方程$n\left[2002\sqrt{2001^2+1}\right]=2002\left[n\sqrt{2001^2+1}\right]$的正整数解有_______个．
12．空间中的一点$P(x,y,z)$满足$\exists n\in \mathbf N^*$，使得$|3x|^n+|8y|^n+|z|^n \leqslant 1$成立，则所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体的体积为_______．
1．B．
根据题意，有$\sin x>0$，$\cos x<0$，于是$x$是第二象限的角．
2．C．
因为$2^2+1=5$，且对于任意正整数$k$，都有$2^k+1$为奇数，所以 \[\left(2+1\right)\left(2^{2}+1\right)\left(2^{3}+1\right)\cdots\left(2^{2016}+1\right)\equiv 5 \pmod{10}.\] 3．D．
考虑到平面内使$\triangle PAB$和$\triangle PBC$的面积相等的点的轨迹为直线$BM$以及过点$B$且与$AC$平行的直线，其中$M$为边$AC$的中点，因此满足题意的点$P$有$4$个：$\triangle ABC$的重心，或者由$P,A,B,C$四点所构成的平行四边形的顶点．4．B．
若$f(n)=k$，则$$k^2-k+1 \leqslant n \leqslant k^2+k,$$所以\[\begin{split} &f(1)=f(2)=1,\\ &f(3)=f(4)=f(5)=f(6)=2,\\ &\cdots ,\end{split} \]进而有 $$2016=\dfrac{1}{f(1)}+\dfrac{1}{f(2)}+\cdots+\dfrac{1}{f(m)}=2\cdot 1+4\cdot \dfrac{1}{2}+6\cdot\dfrac{1}{3}+\cdots+2016\cdot\dfrac{1}{1008},$$ 故$m=2+4+6+\cdots+2016=1017072$．
5．A．
由于\[\begin{split} (x-m)(y-m)(z-m)&=xyz-m(xy+yz+zx)+m^2(x+y+z)-m^3,\\&=mxyz\left[\dfrac 1m-\left(\dfrac 1x+\dfrac 1y+\dfrac 1z\right)\right]+m^2\left[(x+y+z)-m\right],\end{split} \]于是所求代数式的值为$0$
6．B．
根据题意，有\[\begin{split} a^3-b^3-c^3-3abc&= a^3-(b+c)^3+3bc(b+c-a)\\&=a^3-\dfrac 18a^6+3bc\left(\dfrac 12a^2-a\right),\\&=a\left(1-\dfrac 12a\right)\left[a^2\left(1+\dfrac 12a+\dfrac 14a^2\right)-3bc\right]\\&=0,\end{split} \] 当$a=0$时，$(b,c)=(0,0)$；当$a=2$时，$(b,c)=(0,2),(1,1),(2,0)$．当$a\ne 0,2$时，有 $$a^2\left(1+\dfrac 12a+\dfrac 14a^2\right)-3bc>\dfrac 14a^4-3bc=(b+c)^2-3bc\geqslant 0,$$于是题中方程组的非负整数解共有$4$组．
7．C．
棱长为$a$的正四面体的内切球半径为$\dfrac{\sqrt{6}}{12}a$．设$4$个半径为$1$的球的球心分别为$O_1,O_2,O_3,O_4$，则正四面体$O_1O_2O_3O_4$的棱长为$2$，故其内切球半径为$\dfrac{\sqrt{6}}{6}$．设这$4$个球的外切正四面体为$ABCD$，则正四面体$ABCD$的内切球半径为$1+\dfrac{\sqrt{6}}{6}$，故正四面体$ABCD$的棱长为$2+2\sqrt{6}$．
8．D．
假设这样的分法存在，设三组数的和分别为$102x,203y,304z$，$x,y,z\in \mathbf{N}^{*}$，则$$102x+203y+304z=5050,$$ 即$$101(x+2y+3z)+(x+y+z)=101\cdot 50,$$于是$$101\mid x+y+z,$$ 因此$x+y+z \geqslant 101$．而此时$$102x+203y+304z>102(x+y+z)>5050,$$矛盾．故不存在满足题意的分法．
9．$8$．
易知$g(x)$为二次多项式，设$g(x)=px^2+qx+r$，则 $$f(g(x))=3g^2(x)-g(x)+4=3p^2x^4+6pqx^3+\left(3q^2+6pr-p\right)x^2+(6qr-q)x+3r^2-r+4,$$对比系数，依次解得$p=1$，$q=3$，$r=4$，$a=48$．故$g(x)$的各项系数之和为$8$．
10．$44$．
每一轮剩下的牌依次是\[\begin{split} &2,4,6,\cdots ,52,54,\\&4,8,12,\cdots ,48,52,\\&4,12,20,\cdots ,44,52,\\&12,28,44,\\&12,44,\\&44.\end{split} \] 11．$4002$．
因为$$2002\cdot 2001<2002\sqrt{2001^2+1}<2002\cdot 2001+1,$$所以$\left[2002\sqrt{2001^2+1}\right]=2002\cdot 2001$．于是原方程等价于$$\left[n\sqrt{2001^2+1}\right]=2001n,$$即$$2001n \leqslant n\sqrt{2001^2+1}<2001n+1,$$解得$n<\sqrt{2001^2+1}+2001$，所以原方程的正整数解有$4002$组．
12．$\dfrac{1}{3}$．
考虑第一卦限，只需要$3x,8y,z\in (0,1)$即可．因此所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体为一个长方体，体积为$$\dfrac 13\cdot \dfrac 18\cdot 1\cdot 8=\dfrac 13.$$
原文地址：https://www.cnblogs.com/Eufisky/p/11684713.html