Đề thi giữa kì 1 Toán 12 năm 2024-2025 THPT Minh Hà (Hà Nội) có đáp án

Hàm số nghịch biến khi và chỉ khi: $f'\left( x \right) \le 0 \Leftrightarrow x + 2 \le 0 \Leftrightarrow x \le - 2$.

Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$.

Chọn B.

Dựa vào đồ thị hàm số trên đoạn $\left[ { - 1;3} \right]$:

Điểm cao nhất của đồ thị trên đoạn này có tung độ bằng $2$ tại vị trí $x = - 1$ (hoặc nhìn vào đường nét đứt ở góc trái, điểm biên tại $x = - 1$ đạt $y = 2$, và tại $x = 3$ đạt $y = 1$). Vậy giá trị lớn nhất $M = 2$.

Điểm thấp nhất của đồ thị có tung độ bằng $- 4$ tại vị trí $x = 2$. Vậy giá trị nhỏ nhất $m = - 4$.

Do đó: $M + m = 2 + \left( { - 4} \right) = - 2$.

Chọn D.

Giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung $Oy$ là điểm có hoành độ $x = 0$.

Thay $x = 0$ vào công thức hàm số ta được: $y = \frac{{ - {0^2} + 1}}{{0 - 2}} = - \frac{1}{2}$.

Vậy tọa độ giao điểm là $\left( {0; - \frac{1}{2}} \right)$.

Chọn B.

Ta biến đổi phương trình về dạng: $2f\left( x \right) - 1 = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{1}{2}$.

Số nghiệm thực của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ và đường thẳng nằm ngang $y = \frac{1}{2}$.

Dựa vào hình vẽ đồ thị hàm số, ta thấy đường thẳng $y = \frac{1}{2}$ nằm giữa $- 1$ và $3$ (tức là $- 1 < \frac{1}{2} < 3$). Đường thẳng này cắt đồ thị tại $3$ điểm phân biệt.

Vậy phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt.

Chọn B.

Xét hàm số $y = - {x^3} + 3x + 1$ trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

Ta có đạo hàm: $y' = - 3{x^2} + 3$; $y' = 0 \Leftrightarrow - 3{x^2} + 3 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow x = 1{\rm{\;(do\;}}x \in \left( {0; + \infty } \right){\rm{)}}$.

Với $x \in \left( {0;1} \right)$, $y' > 0 \Rightarrow$ hàm số đồng biến.

Với $x \in \left( {1; + \infty } \right)$, $y' < 0 \Rightarrow$ hàm số nghịch biến.

Do đó, hàm số đạt giá trị lớn nhất tại $x = 1$ và $\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} y = y\left( 1 \right) = - {1^3} + 3 \cdot 1 + 1 = 3$.

Chọn D.

Tập xác định của hàm số yêu cầu mẫu số khác 0: ${x^2} + x \ne 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right) \ne 0 \Leftrightarrow x \ne 0{\rm{\;và \;}}x \ne - 1$.

Ta phân tích tử số và mẫu số thành nhân tử: $y = \frac{{\left( {x - 3} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{x - 3}}{x}$.

Tại $x = 0$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{x - 3}}{x} = - \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \frac{{x - 3}}{x} = + \infty$.

Do đó, đường thẳng $x = 0$ là tiệm cận đứng.

Tại $x = - 1$: $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1} \frac{{x - 3}}{x} = \frac{{ - 1 - 3}}{{ - 1}} = 4$.

Vì giới hạn là một số thực cụ thể nên đường thẳng $x = - 1$ không phải là tiệm cận đứng.

Vậy đồ thị hàm số có đúng 1 tiệm cận đứng là $x = 0$.

Chọn A.

Tập xác định: $\mathbb{D} = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 1} \right\}$.

Ta tính đạo hàm: $y' = \frac{{{{\left( {{x^2} + 3} \right)}^\prime }\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + 3} \right){{\left( {x + 1} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{2x\left( {x + 1} \right) - \left( {{x^2} + 3} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 3 = 0 \Leftrightarrow x = 1$ hoặc $x = - 3$.

Qua nghiệm $x = - 3$, $y'$ đổi dấu từ dương sang âm $\Rightarrow x = - 3$ là điểm cực đại.

Qua nghiệm $x = 1$, $y'$ đổi dấu từ âm sang dương $\Rightarrow x = 1$ là điểm cực tiểu.

Vậy điểm cực tiểu của hàm số là $x = 1$.

Chọn D.

Dựa vào đồ thị hàm số:

Đồ thị đi xuống (hàm số nghịch biến) trên khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right)$.

Đồ thị đi lên (hàm số đồng biến) trên khoảng $\left( { - 1;2} \right)$.

Đồ thị đi xuống (hàm số nghịch biến) trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$.

Do đó, khoảng $\left( { - 1;2} \right)$ chứa khoảng $\left( {0;1} \right)$. Vì hàm số đồng biến trên $\left( { - 1;2} \right)$ nên nó cũng đồng biến trên khoảng $\left( {0;1} \right)$.

Chọn D.

Ta xét giới hạn của hàm số khi $x$ dần tới vô cực: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x + 3}}{{x - 3}} = 2\,{\rm{v\`a }}\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x + 3}}{{x - 3}} = 2$.

Vậy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là đường thẳng $y = 2$.

Chọn B.

Theo định nghĩa tọa độ của vectơ trong không gian: Nếu $\vec u = x\vec i + y\vec j + z\vec k$ thì tọa độ của $\vec u$ là $\left( {x;y;z} \right)$.

Ở đây $\vec u = 2\vec i + 1\vec j - 3\vec k \Rightarrow \vec u = \left( {2;1; - 3} \right)$.

Chọn D.

Dựa vào bảng biến thiên, tại điểm $x = 0$ đạo hàm $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ dương sang âm, hàm số đạt cực đại tại $x = 0$.

Giá trị cực đại tương ứng của hàm số là $y = f\left( 0 \right) = 3$.

Chọn B.

Hình chiếu vuông góc của một điểm $A\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$ trên mặt phẳng tọa độ $\left( {Oxy} \right)$ sẽ giữ nguyên tọa độ $x,y$ và có cao độ $z = 0$.

Do đó, hình chiếu của $A\left( {8;3; - 13} \right)$ lên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là điểm $A'\left( {8;3;0} \right)$.

Chọn C.

a) ĐÚNG: Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{x - 1}}{{x - 2}} = 1$, nên đường thẳng $y = 1$ là tiệm cận ngang.

b) SAI: Tập xác định $\mathbb{D} = \mathbb{R}\backslash \left\{ 2 \right\}$. Đạo hàm $y' = \frac{{1.\left( { - 2} \right) - \left( { - 1} \right).1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} = \frac{{ - 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 2$. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$, không thể kết luận nghịch biến trên cả $\mathbb{R}$.

c) ĐÚNG: Trên đoạn $\left[ {3;4} \right]$, hàm số liên tục và có $y' < 0$ nên nghịch biến trên đoạn này. Do đó, giá trị lớn nhất đạt được tại đầu mút trái, tức là $\mathop {{\rm{max}}}\limits_{\left[ {3;4} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right)$.

d) SAI: Đồ thị hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}$ có tiệm cận đứng là $x = 2$, tiệm cận ngang là $y = 1$, nghịch biến trên từng khoảng xác định và cắt trục tung tại $\left( {0;\frac{1}{2}} \right)$, cắt trục hoành tại $\left( {1;0} \right)$. Đồ thị đã cho không đáp ứng yêu cầu cắt trục tung tại $\left( {0;\frac{1}{2}} \right)$ nên không phải đồ thị của hàm số $y = \frac{{x - 1}}{{x - 2}}$.

Dựa vào hình vẽ đồ thị đã cho ta thấy đồ thị hàm số có điểm cực đại tại $\left( {0;3} \right)$ và điểm cực tiểu tại $\left( {1;2} \right)$.

a) SAI: Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ vì đồ thị đi lên từ trái sang phải.

b) SAI: Hàm số đạt cực đại tại điểm $x = 0$ (giá trị cực đại là $y = 3$).

c) SAI: Trên khoảng $\left( {1; + \infty } \right)$, đồ thị hàm số đi lên, tức hàm số đồng biến.

Do $1 < 2 \Rightarrow f\left( 1 \right) < f\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( 2 \right) - f\left( 1 \right) > 0$.

d) ĐÚNG: Tâm đối xứng của đồ thị hàm số bậc ba chính là điểm uốn $I\left( {{x_I};{y_I}} \right)$, với ${x_I}$ là trung điểm của hoành độ hai điểm cực trị: ; .

Vậy tâm đối xứng là $I\left( {\frac{1}{2};\frac{5}{2}} \right)$.

Ta xét dấu của $f'\left( x \right)$:

Vì ${\left( {3 - x} \right)^2} \ge 0$ với mọi $x$, dấu của $f'\left( x \right)$ phụ thuộc vào tích $\left( {x + 5} \right)\left( {x - 2} \right)$.

$f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - \infty ; - 5} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$

$f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x \in \left( { - 5;2} \right)$

$f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 5,x = 2,x = 3$ (trong đó $x = 3$ là nghiệm kép).

a) ĐÚNG: Trên khoảng $\left( {0;2} \right)$, ta thấy $\left( {0;2} \right) \subset \left( { - 5;2} \right)$ tại đó $f'\left( x \right) < 0$. Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( {0;2} \right)$.

b) SAI: Đạo hàm chỉ đổi dấu qua $x = - 5$ (từ dương sang âm $\Rightarrow$ cực đại) và qua $x = 2$ (từ âm sang dương $\Rightarrow$ cực tiểu). Qua $x = 3$, $f'\left( x \right)$ không đổi dấu. Vậy hàm số chỉ có 1 điểm cực đại và 1 điểm cực tiểu.

c) SAI: Trên khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$, hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 5} \right)$ và nghịch biến trên $\left( { - 5;2} \right)$. Do đó tại $x = - 5$ hàm số đạt cực đại, giá trị nhỏ nhất trên đoạn này không thể khẳng định là $f\left( { - 2} \right)$.

d) ĐÚNG: Tính đạo hàm $g'\left( x \right) = {\left( {3 - {2^x}} \right)^\prime } \cdot f'\left( {3 - {2^x}} \right) = - {2^x}{\rm{ln}}2 \cdot f'\left( {3 - {2^x}} \right)$.

Để hàm số đồng biến thì $g'\left( x \right) \ge 0 \Leftrightarrow f'\left( {3 - {2^x}} \right) \le 0$ (vì $- {2^x}{\rm{ln}}2 < 0$).

Từ điều kiện $f'\left( t \right) \le 0 \Leftrightarrow - 5 \le t \le 2$, ta thay $t = 3 - {2^x}$:

$- 5 \le 3 - {2^x} \le 2 \Leftrightarrow - 8 \le - {2^x} \le - 1 \Leftrightarrow 1 \le {2^x} \le 8 \Leftrightarrow 0 \le x \le 3$.

Hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( {0;3} \right)$ là đúng theo lý thuyết tập nghiệm $\left[ {0;3} \right]$.

a) SAI: Ta có $A{B_1}$ và ${C_1}D$ là hai đường chéo của hai mặt bên đối diện nhau ($AB{B_1}{A_1}$ và $CD{D_1}{C_1}$). Do $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ là hình hộp chữ nhật nên hai mặt bên này song song và bằng nhau, suy ra tứ giác $A{B_1}{C_1}D$ là hình bình hành. Thực tế $\overrightarrow {A{B_1}}$ và $\overrightarrow {D{C_1}}$ mới là cặp vectơ bằng nhau, còn $\overrightarrow {{C_1}D} = - \overrightarrow {D{C_1}} = - \overrightarrow {A{B_1}}$, nên chúng đối nhau chứ không bằng nhau.

b) ĐÚNG: Ta có $\overrightarrow {{B_1}{A_1}} + \overrightarrow {{A_1}{D_1}} = \overrightarrow {{B_1}{D_1}}$.

Khi đó vế trái bằng $\overrightarrow {{C_1}C} + \overrightarrow {{B_1}{D_1}}$. Mà $\overrightarrow {{C_1}C} = \overrightarrow {{D_1}D}$ nên: $\overrightarrow {{D_1}D} + \overrightarrow {{B_1}{D_1}} = \overrightarrow {{B_1}{D_1}} + \overrightarrow {{D_1}D} = \overrightarrow {{B_1}D}$.

c) SAI: Áp dụng quy tắc hình hộp: $\overrightarrow {{B_1}B} + \overrightarrow {{B_1}{A_1}} + \overrightarrow {{B_1}{C_1}} = \overrightarrow {{B_1}D}$ (vì $\overrightarrow {{A_1}{D_1}} = \overrightarrow {{B_1}{C_1}}$).

Độ dài của tổng vectơ chính là độ dài đường chéo ${B_1}D$ của hình hộp chữ nhật:

${B_1}D = \sqrt {{B_1}{B^2} + {B_1}A_1^2 + {B_1}C_1^2} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {2a} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 3 a} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} + 3{a^2}} = \sqrt {8{a^2}} = 2\sqrt 2 a$.

d) ĐÚNG: Ta phân tích vectơ $\overrightarrow {{B_1}D} = \overrightarrow {{B_1}B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD}$.

Khi đó: $\overrightarrow {{B_1}D} \cdot \overrightarrow {C{C_1}} = \left( {\overrightarrow {{B_1}B} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} } \right) \cdot \overrightarrow {C{C_1}}$.

Vì $ABCD.{A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ là hình hộp chữ nhật nên đường cao $C{C_1}$ vuông góc với tất cả các cạnh thuộc mặt đáy như $BA$ và $AD$, do đó $\overrightarrow {BA} \cdot \overrightarrow {C{C_1}} = 0$ và $\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {C{C_1}} = 0$. Do đó, $\overrightarrow {{B_1}D} \cdot \overrightarrow {C{C_1}} = \overrightarrow {{B_1}B} \cdot \overrightarrow {C{C_1}}$.

Mà $\overrightarrow {{B_1}B}$ và $\overrightarrow {C{C_1}}$ là hai vectơ cùng độ dài nhưng ngược hướng ($\overrightarrow {{B_1}B}$ hướng xuống, $\overrightarrow {C{C_1}}$ hướng lên), suy ra $\overrightarrow {{B_1}B} = - \overrightarrow {C{C_1}}$.

Do đó, $\overrightarrow {{B_1}D} \cdot \overrightarrow {C{C_1}} = - \overrightarrow {C{C_1}} \cdot \overrightarrow {C{C_1}} = - CC_1^2 = - {a^2}$.

Thực hiện phép chia đa thức tử số cho mẫu số:

${x^2} + 2x - 2 = x\left( {x - 1} \right) + 3x - 2 = x\left( {x - 1} \right) + 3\left( {x - 1} \right) + 1 = \left( {x + 3} \right)\left( {x - 1} \right) + 1$.

Do đó ta viết lại hàm số dưới dạng: $y = x + 3 + \frac{1}{{x - 1}}$.

Vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{x - 1}} = 0$, nên đường thẳng $y = x + 3$ là đường tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.

Suy ra $a = 1$ và $b = 3$.

Giá trị của biểu thức cần tính là: $a - 2b = 1 - 2 \cdot 3 = - 5$.

Đáp số: −5.

Với ${x_1}$ là số sản phẩm phân phối đến cửa hàng thứ nhất ($0 \le {x_1} \le 100,{x_1} \in \mathbb{N}$) thì số sản phẩm phân phối đến cửa hàng thứ hai là ${x_2} = 100 - {x_1}$.

Đổi tất cả các đơn vị chi phí về cùng đơn vị nghìn đồng:

Chi phí sản xuất 1 sản phẩm: 1 triệu đồng = 1000 nghìn đồng.

Lợi nhuận tại cửa hàng 1: ${P_1}\left( {{x_1}} \right) = \left( { - 6x_1^2 + 2000{x_1}} \right) - \left( {1000 + 14} \right){x_1} = - 6x_1^2 + 986{x_1}$.

Lợi nhuận tại cửa hàng 2: ${P_2}\left( {{x_2}} \right) = \left( { - 6x_2^2 + 1800{x_2}} \right) - \left( {1000 + 30} \right){x_2} = - 6x_2^2 + 770{x_2}$.

Thay ${x_2} = 100 - {x_1}$ vào ${P_2}$ ta được

${P_2} = - 6{\left( {100 - {x_1}} \right)^2} + 770\left( {100 - {x_1}} \right)$$= - 6\left( {10000 - 200{x_1} + x_1^2} \right) + 77000 - 770{x_1}$$= - 6x_1^2 + 430{x_1} + 17000$.

Tổng lợi nhuận toàn công ty:

$P\left( {{x_1}} \right) = {P_1}\left( {{x_1}} \right) + {P_2}\left( {{x_1}} \right) = \left( { - 6x_1^2 + 986{x_1}} \right) + \left( { - 6x_1^2 + 430{x_1} + 17000} \right)$$= - 12x_1^2 + 1416{x_1} + 17000$.

Đây là một hàm số bậc hai có đồ thị là một parabol quay bề lõm xuống dưới, đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh:

${x_1} = - \frac{b}{{2a}} = - \frac{{1416}}{{2 \cdot \left( { - 12} \right)}} = \frac{{1416}}{{24}} = 59$.

Vì $59 \in \left[ {0;100} \right]$ và là số nguyên, nên công ty nên phân phối 59 sản phẩm đến cửa hàng thứ nhất.

Đáp số: 59.

Ta có: $y' = {x^2} + 2mx + 4$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi $y' \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow {x^2} + 2mx + 4 \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 4 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le m \le 2$.

Vì $m$ là các giá trị nguyên nên $m \in \left\{ { - 2; - 1;0;1;2} \right\}$.

Có tất cả 5 giá trị nguyên thỏa mãn.

Đáp số: 5.

Tính đạo hàm của hàm số: $y' = 3{x^2} - 6x$.

Cho $y' = 0 \Leftrightarrow 3x\left( {x - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$.

Qua $x = 0$, $y'$ đổi dấu từ dương sang âm $\Rightarrow {x_1} = 0$ là điểm cực đại.

Qua $x = 2$, $y'$ đổi dấu từ âm sang dương $\Rightarrow {x_2} = 2$ là điểm cực tiểu.

Thay vào biểu thức cần tính: ${x_1} + 4{x_2} = 0 + 4 \cdot 2 = 8$.

Đáp số: 8.

Tốc độ bơm nước tại thời điểm $t$ là đạo hàm bậc nhất của thể tích theo thời gian:

$v\left( t \right) = V'\left( t \right) = \frac{2}{9}\left( {96{t^2} - 4{t^3}} \right)$.

Để biết tốc độ bơm nước tăng trong khoảng thời gian nào, ta xét đạo hàm của hàm vận tốc $v\left( t \right)$ (tức là gia tốc bơm): $v'\left( t \right) = \frac{2}{9}\left( {192t - 12{t^2}} \right)$.

Tốc độ bơm tăng khi và chỉ khi $v'\left( t \right) > 0 \Leftrightarrow$$\frac{2}{9}\left( {192t - 12{t^2}} \right) > 0 \Leftrightarrow 12t\left( {16 - t} \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < t < 16$.

Như vậy, kể từ lúc bắt đầu bơm ($t = 0$) cho đến phút thứ $16$, tốc độ bơm liên tục tăng.

Vậy tốc độ bơm nước tăng trong 16 phút.

Đáp số: 16.

Dựa vào hệ trục tọa độ được thiết lập trong hình vẽ:

Mặt đáy của phòng nằm trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ có kích thước dọc theo trục $Ox$ là $4$, dọc theo trục $Oy$ là $7$.

Trần nhà là mặt phẳng song song với $\left( {Oxy} \right)$ và cách một khoảng bằng chiều cao căn phòng là $4$, tức là mọi điểm trên trần nhà đều có cao độ $z = 4$.

Điểm $M$ nằm ở chính giữa trần nhà, do đó hình chiếu của $M$ xuống đáy chính là tâm của hình chữ nhật đáy. Tọa độ hình chiếu này là $\left( {\frac{4}{2};\frac{7}{2};0} \right) = \left( {2;\frac{7}{2};0} \right)$. Suy ra tọa độ của điểm $M$ là: $M\left( {2;\frac{7}{2};4} \right)$.

Điểm $N$ nằm trên trục $Oz$ và là điểm chính giữa góc tường với độ dài $ON = 2$, suy ra tọa độ điểm $N$ là:$N\left( {0;0;2} \right)$.

Ta có $\overrightarrow {MN} = \left( {{x_N} - {x_M};{y_N} - {y_M};{z_N} - {z_M}} \right) = \left( {0 - 2;0 - \frac{7}{2};2 - 4} \right) = \left( { - 2; - \frac{7}{2}; - 2} \right)$.

Do đó $a = - 2$, $b = - \frac{7}{2}$, $c = - 2$.

Giá trị của biểu thức $a + 2b + c$ là: $a + 2b + c = - 2 + 2 \cdot \left( { - \frac{7}{2}} \right) + \left( { - 2} \right) = - 2 - 7 - 2 = - 11$.

Đáp số: −11.