北京市重點(diǎn)中學(xué)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)模擬試卷（含答案）

北京市重點(diǎn)中學(xué)2023-2024第一學(xué)年高二數(shù)學(xué)期末模擬試卷一．選擇題（(本大題共10小題，每小題4分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．已知拋物線方程為x2＝2y，則其準(zhǔn)線方程為（）A．y＝﹣1 B．x＝﹣1 C． D．2．下列直線與圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2相切的是（）A．y＝﹣x B．y＝x C．y＝﹣2x D．y＝2x3．在等比數(shù)列{an}中，若a3＝2，a5＝8，則a7＝（）A．10 B．16 C．24 D．324．設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（）A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β5．北京中軸線是世界城市建設(shè)歷史上最杰出的城市設(shè)計(jì)范例之一．其中鐘鼓樓、萬寧橋、景山、故宮、端門、天安門、外金水橋、天安門廣場及建筑群、正陽門、中軸線南段道路遺存、永定門，依次是自北向南位列軸線中央相鄰的11個重要建筑及遺存．某同學(xué)欲從這11個重要建筑及遺存中隨機(jī)選取相鄰的3個游覽，則選取的3個中一定有故宮的概率為（）A． B． C． D．6．已知半徑為2的圓經(jīng)過點(diǎn)（1，0），其圓心到直線3x﹣4y+12＝0的距離的最小值為（）A．0 B．1 C．2 D．37．設(shè){an}是公差為d的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，則“d＞0”是“{Sn}為遞增數(shù)列”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件8．坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若AB＝25m，BC＝AD＝10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（）A．102m B．112m C．117m D．125m9．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，PD⊥平面ABCD，點(diǎn)M為底面上的動點(diǎn)，M到PD的距離記為d，若MC＝2d，則點(diǎn)M在底面正方形內(nèi)的軌跡的長度為（）A．2 B． C． D．10．對任意m∈N+，若遞增數(shù)列{an}中不大于2m的項(xiàng)的個數(shù)恰為m，且a1+a2+?+an＝100，則n的最小值為（）A．10 B．9 C．8 D．7二．填空題（(本大題共5小題，每小題5分）11．在“互聯(lián)網(wǎng)+”時(shí)代，國家積極推動信息化技術(shù)與傳統(tǒng)教學(xué)方式的深度融合，實(shí)現(xiàn)線上、線下融合式教學(xué)模式變革．某校高一、高二和高三學(xué)生人數(shù)如圖所示．采用分層抽樣的方法調(diào)查融合式教學(xué)模式的實(shí)施情況，在抽取樣本中，高一學(xué)生有16人，則該樣本中的高三學(xué)生人數(shù)為．12．在空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz中，已知過坐標(biāo)原點(diǎn)O的平面α的一個法向量是＝（0，0，﹣1），點(diǎn)P（3，﹣4，5）到平面α的距離為．13．已知雙曲線的一個焦點(diǎn)為，且與直線y＝±2x沒有公共點(diǎn)，則雙曲線的方程可以為．14．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）過點(diǎn)M（4，4），那么拋物線C的準(zhǔn)線方程為，設(shè)N為平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)一點(diǎn)，若線段MN的垂直平分線過拋物線C的焦點(diǎn)F，那么線段FN的長度為．15．已知曲線E的方程為，給出下列四個結(jié)論：①若點(diǎn)M（x，y）是曲線E上的點(diǎn)，則x≤2，y∈R；②曲線E關(guān)于x軸對稱，且關(guān)于原點(diǎn)對稱；③曲線E與x軸，y軸共有4個交點(diǎn)；④曲線E與直線只有1個交點(diǎn)．其中所有正確結(jié)論的序號是．三．解答題（本大題共6小題，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步）16（13分）．已知△OAB的三個頂點(diǎn)分別是O（0，0），A（2，0），B（4，2）．（Ⅰ）求△OAB的外接圓C的方程；（Ⅱ）求直線l：4x+3y﹣8＝0被圓C截得的弦的長．17（14分）．已知等差數(shù)列{an}滿足a1+a2＝10，a4﹣a3＝2．（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)等比數(shù)列{bn}滿足b2＝a3，b3＝a7，問：b6與數(shù)列{an}的第幾項(xiàng)相等？（3）在（2）的條件下，設(shè)cn＝5an﹣bn數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn，求：當(dāng)n為何值時(shí)，Sn的值最大？18（14分）．近年來共享單車在我國主要城市發(fā)展迅速．目前市場上有多種類型的共享單車，有關(guān)部門對其中三種共享單車方式（M方式、Y方式、F方式）進(jìn)行統(tǒng)計(jì)（統(tǒng)計(jì)對象年齡在15～55歲），相關(guān)數(shù)據(jù)如表1，表2所示．三種共享單車方式人群年齡比例（表1）方式年齡分組M方式Y(jié)方式F方式[15，25）25%20%35%[25，35）50%55%25%[35，45）20%20%20%[45，55]5%a%20%不同性別選擇共享單車種類情況統(tǒng)計(jì)（表2）性別使用單車種類數(shù)（種）男女120%50%235%40%345%10%（Ⅰ）根據(jù)表1估算出使用Y共享單車方式人群的平均年齡；（Ⅱ）若從統(tǒng)計(jì)對象中隨機(jī)選取男女各一人，試估計(jì)男性使用共享單車種類數(shù)大于女性使用共享單車種類數(shù)的概率；（Ⅲ）現(xiàn)有一個年齡在25～35歲之間的共享單車用戶，那么他使用Y方式出行的概率最大，使用F方式出行的概率最小，試問此結(jié)論是否正確？（只需寫出結(jié)論）19（15分）．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝4，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為BC，PD的中點(diǎn)．（Ⅰ）求證：EF∥平面PAB；（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角F﹣BE﹣A的余弦值．條件①：PD⊥EF；條件②：PD＝EF．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計(jì)分．20（15分）．已知點(diǎn)A（0，﹣1）在橢圓C：+＝1上．（Ⅰ）求橢圓C的方程和離心率；（Ⅱ）設(shè)直線l：y＝k（x﹣1）（其中k≠1）與橢圓C交于不同兩點(diǎn)E，F(xiàn)，直線AE，AF分別交直線x＝3于點(diǎn)M，N．當(dāng)△AMN的面積為3時(shí)，求k的值．21（15分）．對于給定的正整數(shù)m和實(shí)數(shù)a，若數(shù)列{an}滿足如下兩個性質(zhì)：①a1+a2+?+am＝a；②對?n∈N*，an+m＝an，則稱數(shù)列{an}具有性質(zhì)Pm（a）．（Ⅰ）若數(shù)列{an}具有性質(zhì)P2（1），求數(shù)列{an}的前10項(xiàng)和；（Ⅱ）對于給定的正奇數(shù)t，若數(shù)列{an}同時(shí)具有性質(zhì)P4（4）和Pt（t），求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（Ⅲ）若數(shù)列{an}具有性質(zhì)Pm（a），求證：存在自然數(shù)N，對任意的正整數(shù)k，不等式≥均成立．參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．【答案】D【分析】利用拋物線方程直接求解準(zhǔn)線方程即可．【解答】解：拋物線x2＝2y的準(zhǔn)線方程為：y＝﹣，故選：D．2．【答案】A【分析】根據(jù)題意，分析圓的圓心以及半徑，進(jìn)而依次計(jì)算圓心到選項(xiàng)中直線的距離，分析直線與圓的位置關(guān)系，即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，圓（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2的圓心與（1，1），半徑r＝，據(jù)此分析選項(xiàng)：對于A，圓心（1，1）到直線y＝﹣x的距離d＝＝＝r，直線與圓相切，符合題意；對于B，圓心（1，1）在直線y＝x上，直線與圓不相切，不符合題意；對于C，圓心（1，1）到直線y＝﹣2x即2x+y＝0的距離d＝＝＜r，直線與圓相交，不符合題意；對于D，圓心（1，1）到直線y＝2x即2x﹣y＝0的距離d＝＝＜r，直線與圓相交，不符合題意；故選：A．3．【答案】D【分析】根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)即可求出．【解答】解：等比數(shù)列{an}中，若a3＝2，a5＝8，則a7＝＝＝32，故選：D．4．【答案】B【分析】對于A，α與β相交或平行；對于B，由面面垂直的判定定理得α⊥β；對于C，l與β平行或l?β；對于D，l與β相交、平行或l?β．【解答】解：設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的平面，對于A，若l∥α，l∥β，則α與β相交或平行，故A錯誤；對于B，若l∥α，l⊥β，則由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正確；對于C，若α⊥β，l⊥α，則l與β平行或l?β，故C錯誤；對于D，若α⊥β，l∥α，則l與β相交、平行或l?β，故D正確．故選：B．5．【答案】D【分析】分別求出這11個重要建筑及遺存中隨機(jī)選取相鄰的3個的種數(shù)和選取的3個中一定有故宮的種數(shù)，再由古典概型代入即求出結(jié)果．【解答】解：設(shè)這11個重要建筑依次為a，b，c，d，e，f，g，h，i，j，k，其中故宮為d，某同學(xué)欲從這11個重要建筑及遺存中隨機(jī)選取相鄰的3個游覽，基本事件有11個，分別為：（a，b，c），（b，c，d），（c，d，e），（d，e，f），（e，f，g），（f，g，h），（g，h，i），（h，i，j），（i，j，k），其中選取的3個中一定有故宮的基本事件有3個，分別為：（b，c，d），（c，d，e），（d，e，f），∴選取的3個中一定有故宮的概率P＝．故選：D．6．【答案】B【分析】求出（1，0）到直線的距離，結(jié)合圓的半徑，判斷求解即可．【解答】解：點(diǎn)（1，0）到直線3x﹣4y+12＝0的距離為：＝3，因?yàn)榘霃綖?的圓經(jīng)過點(diǎn)（1，0），所以圓心到直線3x﹣4y+12＝0的距離的最小值為：3﹣2＝1．故選：B．7．【答案】D【分析】根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式以及充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可．【解答】解：由Sn+1＞Sn?（n+1）a1+d＞na1+d?dn+a1＞0?d≥0且d+a1＞0．即數(shù)列{Sn}為遞增數(shù)列的充要條件d≥0且d+a1＞0，則“d＞0”是“{Sn}為遞增數(shù)列”的既不充分也不必要條件，故選：D．8．【答案】C【分析】先根據(jù)線面角的定義求得，從而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱長相加即可得解．【解答】解：如圖，過E做EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G，M，連接OG，OM，由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠EGO，所以．因?yàn)镋O⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以EO⊥BC，因?yàn)镋G⊥BC，EO，EG?平面EOG，EO∩EG＝E，所以BC⊥平面EOG，因?yàn)镺G?平面EOG，所以BC⊥OG，同理，OM⊥BM，又BM⊥BG，故四邊形OMBG是矩形，所以由BC＝10得OM＝5，所以，所以O(shè)G＝5，所以在直角三角形EOG中，在直角三角形EBG中，BG＝OM＝5，，又因?yàn)镋F＝AB﹣5﹣5＝25﹣5﹣5＝15，所有棱長之和為2×25+2×10+15+4×8＝117m．故選：C．9．【答案】B【分析】在平面中求得M點(diǎn)的軌跡方程，從而求得軌跡的長度．【解答】解：由于PD⊥平面ABCD，DM?平面ABCD，所以PD⊥DM，所以|DM|＝d，|MC|＝2d，在正方形ABCD中，建立平面直角坐標(biāo)系如下圖所示，C（3，0），設(shè)M（x，y），則，|MC|2＝4|DM|2，（x﹣3）2+y2＝4x2+4y2，x2+y2+2x﹣3＝0，（x+1）2+y2＝4，所以M點(diǎn)的軌跡是以E（﹣1，0）為圓心，半徑為2的圓．由（x+1）2+y2＝4，令x＝0，解得y＝，則F（0，﹣），由于|DE|＝1，所以∠DEF＝，所以M點(diǎn)的軌跡在底面正方形內(nèi)的長度是．故選：B．10．【答案】A【分析】先由條件得出an≤2n，進(jìn)而結(jié)合等差數(shù)列前n項(xiàng)和列出不等式，解不等式即可．【解答】解：由遞增數(shù)列{an}中不大于2m的項(xiàng)的個數(shù)恰為m可知an≤2n，又a1+a2+?+an＝100，故2+4+6+?+2n≥100，即，解得或，又n∈N*，故n的最小值為10．故選：A．二．填空題（共5小題）11．【答案】12．【分析】根據(jù)直方圖求出抽樣比例，再計(jì)算抽取高三人數(shù)．【解答】解：根據(jù)直方圖知，抽樣比例為＝，所以應(yīng)該抽取高三人數(shù)為600×＝12（人）．故答案為：12．12．【答案】5．【分析】根據(jù)題意，求出向量的坐標(biāo)，由點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，點(diǎn)P（3，﹣4，5），則＝（3，﹣4，5），平面α的一個法向量是＝（0，0，﹣1），則點(diǎn)P（3，﹣4，5）到平面α的距離d＝＝＝5，故答案為：5．13．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由題意得c＝，且雙曲線的漸近線方程為y＝±x，可得＝2且c2＝a2+b2，求解即可得出答案．【解答】解：由題意得c＝，且雙曲線的漸近線方程為y＝±x，∵雙曲線與直線y＝±2x沒有公共點(diǎn)，∴取直線y＝±2x為漸近線，則＝2，又c2＝a2+b2，則a2＝1，b2＝4，∴雙曲線的方程可以是x2﹣＝1．故答案為：x2﹣＝1（答案不唯一）．14．【答案】x＝﹣1，5．【分析】將M的坐標(biāo)代入拋物線的方程，求得p，可得拋物線的方程和準(zhǔn)線方程；再由線段的垂直平分線的性質(zhì)和兩點(diǎn)的距離公式，可得所求長度．【解答】解：由拋物線C：y2＝2px（p＞0）過點(diǎn)M（4，4），可得42＝8p，解得p＝2，則拋物線的方程為y2＝4x，準(zhǔn)線方程為x＝﹣1，由線段MN的垂直平分線過拋物線C的焦點(diǎn)F（1，0），可得|FN|＝|FM|＝＝5．故答案為：x＝﹣1，5．15．【答案】①④．【分析】先分x＜0和0≤x≤2整理得到曲線方程，然后作出曲線的圖像即可判斷．【解答】解：當(dāng)x＜0時(shí)，曲線方程為，當(dāng)0≤x≤2時(shí)，曲線方程為，故作出曲線E分圖像如下：由圖象知：x≤2，y∈R，①正確；曲線E關(guān)于x軸對稱，不關(guān)于原點(diǎn)對稱，②錯誤；曲線E與x軸，y軸共有3個交點(diǎn)，③錯誤；當(dāng)x＞0時(shí)，曲線E與直線必有1個交點(diǎn)，當(dāng)x＜0時(shí)，聯(lián)立直線方程和曲線方程得到，整理得到0＝1，很顯然無解，所以曲線E與直線只有1個交點(diǎn)，④正確，故答案為：①④．三．解答題（共6小題）16．【答案】（1）an＝2n+2；（2）63；（3）當(dāng)n＝4時(shí)，Sn有最大值80．【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得首項(xiàng)和公差，從而可得{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，運(yùn)用等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，解方程可得所求值；（3）由（2）可知bn，可得cn，從而利用分組求和法即可求出Sn，進(jìn)一步結(jié)合{cn}的單調(diào)性即可求出Sn的最大值．【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝a4﹣a3＝2，又a1+a2＝10，得a1+a1+2＝10，解得a1＝4，所以an＝4+2（n﹣1）＝2n+2；（2）設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，則b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝＝＝2，b1＝＝4，所以b6＝4×25＝128，令an＝2n+2＝128，解得n＝63．故b6是數(shù)列{an}的第63項(xiàng)；（3）由（2）可知bn＝4×2n﹣1＝2n+1，則cn＝5an﹣bn＝5（2n+2）﹣2n+1，所以Sn＝5（4+6+…+2n+2）﹣＝5×（4+2n+2）+2n+2﹣4＝﹣2n+2+5n2+15n+4，又cn+1﹣cn＝[10+10（n+1）﹣2n+2]﹣（10+10n﹣2n+1）＝10﹣2n+1，所以當(dāng)n≤2時(shí)，cn+1﹣cn＞0，{cn}單調(diào)遞增，當(dāng)n≥3時(shí)，cn+1﹣cn＜0，{cn}單調(diào)遞減，且c4＝50﹣25＝50﹣32＞0，c5＝60﹣26＝60﹣64＜0，所以當(dāng)n≥5時(shí)，cn＜0，當(dāng)n≤4時(shí)，cn＞0，所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn有最大值且最大值為S4＝﹣24+2+5×42+15×4+4＝80．17．【答案】（I）x2+y2﹣2x﹣6y＝0．（Ⅱ）6．【分析】（Ⅰ）設(shè)△OAB的外接圓C的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，D2+E2﹣4F＞0，把O（0，0），A（2，0），B（4，2）代入可得關(guān)于D，E，F(xiàn)方程組，解得D，E，F(xiàn)，即可得出△OAB的外接圓C的一般方程．（Ⅱ）由（I）可得：（x﹣1）2+（y﹣3）2＝10，可得圓心C（1，3），半徑r＝，利用點(diǎn)到直線的距離公式可得圓心C到直線l的距離d，即可得出直線l：4x+3y﹣8＝0被圓C截得的弦的長＝2．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)△OAB的外接圓C的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0，D2+E2﹣4F＞0，把O（0，0），A（2，0），B（4，2）代入可得，解得D＝﹣2，E＝﹣6，F(xiàn)＝0，∴△OAB的外接圓C的一般方程為x2+y2﹣2x﹣6y＝0．（Ⅱ）由（I）可得：（x﹣1）2+（y﹣3）2＝10，圓心C（1，3），半徑r＝，圓心C到直線l的距離d＝＝1，∴直線l：4x+3y﹣8＝0被圓C截得的弦的長＝2×＝6．18．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（Ⅰ）由題意，a%＝1﹣0.2﹣0.55﹣0.2＝0.05，求出a，利用組中值估算出使用Y共享單車方式人群的平均年齡；（Ⅱ）若從統(tǒng)計(jì)對象中隨機(jī)選取男女各一人，分類討論，即可估計(jì)男性使用共享單車種類數(shù)大于女性使用共享單車種類數(shù)的概率；（Ⅲ）用Y方式出行與使用F方式出行沒有關(guān)系．【解答】解：（Ⅰ）由題意，a%＝1﹣0.2﹣0.55﹣0.2＝0.05，∴a＝5，∴使用Y共享單車方式人群的平均年齡＝+++＝31；（Ⅱ）記男性使用共享單車種類數(shù)大于女性使用共享單車種類數(shù)為事件M，則男性使用2種，女性使用1種的概率＝0.35×0.5＝0.175，男性使用3種，女性使用1種的概率＝0.45×0.5＝0.225，男性使用3種，女性使用2種的概率＝0.45×0.4＝0.18，∴P（M）＝0.175+0.225+0.18＝0.58；（Ⅲ）不正確．19．【答案】（Ⅰ）證明過程見解答；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）取PA中點(diǎn)G，連接FG，EG，根據(jù)線面平行的判定定理，即可證明結(jié)論；（Ⅱ）取AD中點(diǎn)O，連接OP，OE，由題意得OP、OE、OA兩兩垂直，建立以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A、OE、OP所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，設(shè)P（0，0，2a）（a＞0），利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（Ⅰ）證明：取PA中點(diǎn)G，連接FG，EG，如圖所示：∵F為PD的中點(diǎn)，∴FG∥AD，F(xiàn)G＝AD，∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝BC，在正方形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∴FG∥BE且FG＝BE，∴四邊形BEFG為平行四邊形，∴EF∥BG，又EF?平面PAB，BG?平面PAB，∴EF∥平面PAB；（Ⅱ）取AD中點(diǎn)O，連接OP，OE，∵PA＝PD，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD，又OE?平面ABCD，∴OP⊥OE，在正方形ABCD中，OE⊥OA，則建立以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A、OE、OP所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖所示：設(shè)P（0，0，2a）（a＞0），則O（0，0，0），B（2，4，0），D（﹣2，0，0），E（0，4，0），F(xiàn)（﹣1，0，a），∴＝（2，0，0），＝（﹣1，﹣4，a），＝（2，0，2a），設(shè)平面BEF的一個法向量為＝（x，y，z），則，取y＝a，則x＝0，z＝4，∴平面BEF的一個法向量為＝（0，a，4），又OP⊥平面BAE，則平面ABE的一個法向量為＝（0，0，1），∴|cos＜＞|＝＝，若選取條件①：PD⊥EF，∴，即﹣2+2a2＝0，解得a＝1或a＝﹣1（不合題意，舍去），由圖形得二面角F﹣BE﹣A的平面角為銳角，則|cos＜＞|＝，故二面角F﹣BE﹣A的余弦值為；若選取條件②：PD＝EF，則＝，解得a＝1或a＝﹣1（不合題意，舍去），由圖形得二面角F﹣BE﹣A的平面角為銳角，則|cos＜＞|