Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Toán 2025-2026 Sở GD&ĐT Thanh Hóa lần 1 có đáp án

Chọn A

Nhóm chứa trung vị là nhóm thứ p: $\left[ {15{,}5;18{,}5} \right)$.

Số trung vị: ${M_e} = 15{,}5 + \frac{{\frac{{56}}{2} - \left( {3 + 12} \right)}}{{15}}.\left( {18{,}5 - 15{,}5} \right) = 18{,}1$.

Chọn D

Thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng $V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.h = \frac{1}{3}.10.3 = 10$( đơn vị diện tích).

Chọn A

$\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A'C'} } \right) = \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} = 45^\circ$ do tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$.

Chọn D

Điều kiện xác định: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{2x - 1 > 0}\\{x - 1 > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x > \frac{1}{2}}\\{x > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x > 1$.

${\log _3}\left( {2x - 1} \right) = {\log _3}\left( {x - 1} \right)$$\Rightarrow 2x - 1 = x - 1 \Leftrightarrow x = 0$ không thỏa mãn điều kiện xác định.

Phương trình vô nghiệm.

Chọn C

Ta có ${u_4} = {u_1}.{q^3} = {2.3^3} = 54$.

Chọn A

Ta có $F'\left( x \right) = {5^x}$.

Chọn A

Ta có $AB{\rm{//}}CD$ đúng.

Ta có $BB'{\rm{//}}CC' \Rightarrow BB'//\left( {CC'D'D} \right)$ đúng

Ta có $A'B'{\rm{//}}AB,B'C'{\rm{//}}BC$ suy ra $\left( {A'B'C'} \right){\rm{//}}\left( {ABD} \right)$ đúng

Chọn A

Ta có $\overrightarrow n = \overrightarrow {AB} = \left( {1;1;2} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( P \right)$ là

$1\left( x \right) + 1\left( {y - 1} \right) + 2\left( {z - 1} \right) = 0$$\Leftrightarrow x + y + 2z - 3 = 0$.

Chọn B

Hình chiếu vuông góc của điểm $A\left( {2; - 3;5} \right)$ trên mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là điểm $H\left( {2; - 3;0} \right)$.

Chọn C

$\cos x = 1 \Leftrightarrow x = k2\pi ,k \in \mathbb{Z}$.

Chọn A

Nhánh phải đồ thị đi xuống nên $a < 0$.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ dương nên $d > 0$.

Chọn A

$S = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {{x^2} - 2x - 1 - \left( { - {x^2} + 3} \right)} \right|} {\rm{ d}}x = \int\limits_{ - 1}^2 {\left( { - 2{x^2} + 2x + 4} \right)\,} {\rm{d}}x$.

a) Dựa vào đồ thị ta nhận thấy đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng $x = 2$. Suy ra a) Đúng.

b) Dựa vào đồ thị ta nhận thấy giao điểm hai đường tiệm cận đứng và tiệm cận xiên là $I\left( {2;3} \right)$ Suy ra tâm đối xứng của đồ thị là điểm $I\left( {2;3} \right)$. Vậy b) Sai.

c) Phương trình tiệm cận đứng là đường thẳng $px - 2 = 0$, đi qua điểm có hoành độ $x = 2$ nên $2p - 2 = 0\, \Rightarrow p = 1$. Khi đó $y = \frac{{m{x^2} + nx - 1}}{{x - 2}}$.

Đồ thị hàm số qua các điểm $\left( {1;1} \right)\,;\,\left( {3;5} \right)$ nên ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}\frac{{m + n - 1}}{{ - 1}} = 1\\\frac{{9m + 3n - 1}}{1} = 5\end{array} \right.\,\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + n = 0\\9m + 3n = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m = 1\\n = - 1\end{array} \right.$$\Rightarrow m + 2n - 3p = 1 - 2 - 3 = - 4$.

Vậy c) Đúng.

d) Hàm số không xác định tại $x = 2\, \in \left( {1;3} \right)$, dựa vào đồ thị ta có hàm số nghịch biến trên $\left( {1;2} \right)\,\,v\`a \,\,\left( {2;3} \right)$. Vậy d) sai.

Hàm khối lượng: $f\left( t \right) = 0{,}1 + {t^2}{e^{ - kt}}$.

$f'\left( t \right) = {\left( {0{,}1} \right)^\prime } + {\left( {{t^2}} \right)^\prime } \cdot {e^{ - kt}} + {t^2} \cdot {\left( {{e^{ - kt}}} \right)^\prime }$$= 0 + 2t \cdot {e^{ - kt}} + {t^2} \cdot \left( { - k} \right) \cdot {e^{ - kt}}$$= \left( {2t - k{t^2}} \right){e^{ - kt}} = t\left( {2 - kt} \right){e^{ - kt}}$.

a) Đúng. Từ $f'\left( 4 \right) = 0$, ta có:

$4\left( {2 - k \cdot 4} \right){e^{ - 4k}} = 0$$\Leftrightarrow 2 - 4k = 0 \Leftrightarrow 4k = 2 \Leftrightarrow k = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

b) Đúng. Khối lượng của cá thể sinh vật lớn nhất tại thời điểm $t = 4$. Vậy $f'\left( 4 \right) = 0$.

c) Sai.

d) Đúng.

Tiến trình thời gian:

+ Tại $t = 4$: Cá thể ban đầu đẻ 10 con.

Số lượng lúc này: $1{\rm{ }} + 10{\rm{ }} = 11$ cá thể.

+ Tại $t = 6$: Cá thể mẹ chết (vì chỉ sống được đúng 6 tuần).

Số lượng còn lại: 10 cá thể (những con sinh ra ở tuần 4).

+ Tại $t = 8$ (tức là 4 tuần sau khi thế hệ con ra đời): 10 cá thể con này bắt đầu sinh sản.

Mỗi con đẻ 10 con $\Rightarrow 10 \times 10 = 100$ con mới.

Số lượng lúc này: $10 + 100{\rm{ (con)}} = 110$ cá thể.

+ Tại $t = 10$: 10 cá thể mẹ (sinh ra lúc $t = 4$) chết.

Số lượng còn lại: 100 cá thể.

+ Tại $t = 12$: 100 cá thể này sinh sản.

Số lượng đẻ thêm: $100 \times 10 = 1000$ con.

Tổng số: $100 + 1000 = 1100$ cá thể.

+ Tại $t = 14$: 100 cá thể mẹ chết. Còn lại 1000 cá thể.

+ Tại $t = 16$: 1000 cá thể này sinh sản.

Số lượng đẻ thêm: $1000 \times 10 = 10000$ con.

Tổng số: $1000 + 10000 = 11000$ cá thể.

+ Tại $t = 17$: Chưa đến thời điểm chết của các cá thể mẹ (tuần 16 + 6 = 22 mới chết) và cũng chưa đến kỳ sinh sản tiếp theo.

Số lượng giữ nguyên là $11000$.

a) Mệnh đề ĐÚNG

· Lập luận:

o Tổng số câu đúng của Nam: 35 (câu chắc chắn) + 3 (câu đoán trúng) = 38 câu.

o Tổng số câu sai của Nam: 15 (câu tô ngẫu nhiên) - 3 (câu đoán trúng) = 12 câu.

o Tổng điểm Nam đạt được = Điểm cộng từ câu đúng + Điểm trừ từ câu sai:

$(38.0{,}2) + 12.\left( { - 0{,}1} \right) = 7{,}6 - 1{,}2 = 6{,}4$ điểm.

b) Mệnh đề ĐÚNG

o Mỗi câu hỏi có 4 phương án (A, B, C, D) nhưng chỉ có 1 phương án đúng.

o Vì Nam chọn ngẫu nhiên 1 đáp án, xác suất chọn trúng đáp án đúng ở mỗi câu là $\frac{1}{4}$.

c) Mệnh đề SAI

o Nếu Nam làm đúng 35 câu và sai 15 câu, số điểm của Nam sẽ là:

$(35.0{,}2) + 15.\left( { - 0{,}1} \right) = 7{,}0 - 1{,}5 = 5{,}5$ điểm.

o Để đạt được 7,0 điểm, ta gọi số câu đúng là $x$ và số câu sai là $50 - x$. Ta có phương trình:

$0{,}2x - 0{,}1(50 - x) = 7{,}0 \Leftrightarrow x = 40$

o Vậy để được 7,0 điểm, Nam phải làm đúng 40 câu và sai 10 câu.

d) Mệnh đề ĐÚNG

o Như đã chứng minh ở câu c, để đạt 7,0 điểm, tổng cộng Nam cần đúng 40 câu.

o Vì Nam đã chắc chắn đúng 35 câu, Nam cần đoán đúng chính xác 5 câu trong số 15 câu còn lại.

o Đây là bài toán xác suất nhị thức với số phép thử $n = 15$, số lần thành công $k = 5$, xác suất thành công $p = \frac{1}{4}$ và xác suất thất bại $q = \frac{3}{4}$.

o Công thức tính xác suất:

$P = C_{15}^5.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^5}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^{10}} \approx 0{,}16514...$

Làm tròn đến hàng phần nghìn, ta được kết quả là 0,165.

Chọn a) Sai | b) Đúng| c) Đúng | d) Đúng

a) Ta có $E\left( {6;0;3} \right)$, $H\left( {0;0;5} \right)$ và $G\left( {0;5;4} \right)$.

Suy ra $\overrightarrow {EH} = \left( { - 6;0;2} \right)$; $\overrightarrow {EG} = \left( { - 6;5;1} \right)$.

Gọi $\overrightarrow n$ là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng $\left( {EFGH} \right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {EH} ,\overrightarrow {EG} } \right] = \left( { - 10; - 6; - 30} \right)$.

Phương trình mặt phẳng $\left( {EFG} \right)$ là: $10\left( {x - 0} \right) + 6\left( {y - 0} \right) + 30\left( {z - 5} \right) = 0$

$\Leftrightarrow 10x + 6y + 30z - 150 = 0$.

Do đó: $a + b + c = 10 + 6 + 30 = 46$.

Chọn SAI.

b) Điểm $A \in Ox$$\Rightarrow A\left( {6;0;0} \right)$.

Chọn ĐÚNG.

c) Ta có $B\left( {6;5;0} \right)$.

Phương trình đường thẳng đi qua $B$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( {Oxy} \right)$ là

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 6}\\{y = 5}\end{array}}\\{z = t}\end{array}} \right.$.

Tọa độ điểm $F$ là nghiệm của hệ phương trình

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 6}\\{y = 5}\end{array}}\\{z = t}\end{array}}\\{10x + 6y + 30z - 150 = 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{t = 2}\\{x = 6}\end{array}}\\{y = 5}\end{array}}\\{z = 2}\end{array}} \right.} \right.$

$\Rightarrow F\left( {6;5;2} \right)$.

Có $\overrightarrow {EH} = \left( { - 6;0;2} \right)$, $\overrightarrow {EG} = \left( { - 6;5;1} \right)$ và $\overrightarrow {EF} = \left( {0;5; - 1} \right)$.

Suy ra ${S_{EFGH}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {EH} ,\overrightarrow {EG} } \right]} \right| + \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {EG} ,\overrightarrow {EF} } \right]} \right|$

$= \frac{1}{2}\sqrt {{{10}^2} + {6^2} + {{30}^2}} + \frac{1}{2}\sqrt {{{10}^2} + {6^2} + {{30}^2}} = 2\sqrt {259}$.

Số tiền ông Sơn cần dùng để mua lưới lợp là

$2\sqrt {259} \times 12000 \approx 386000$(đồng).

Chọn ĐÚNG.

d) Ta thực hiện trải hình như sau

Suy ra $EI = \sqrt {{{\left( {3 + 1} \right)}^2} + {{\left( {6 + 5 + 6} \right)}^2}} = \sqrt {305}$.

Chọn ĐÚNG.

Đáp án: -525.

Khi xe dừng hẳn thì $v\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow - \frac{5}{2}t + b = 0 \Leftrightarrow t = \frac{{2b}}{5}$.

Theo đề bài ta có $v\left( 6 \right) = a \Leftrightarrow - \frac{5}{2} \cdot 6 + b = a \Leftrightarrow a = b - 15$.

Quãng đường vật chuyển động trong $6$ giây đầu tiên là: ${S_1} = 6a = 6b - 90$ (m).

Quãng đường vật chuyển động từ giây thứ $6$ đến giây thứ $\frac{{2b}}{5}$ là:

${S_2} = \int\limits_6^{\frac{{2b}}{5}} {\left( { - \frac{5}{2}t + b} \right)dt} = \left. {\left( { - \frac{5}{4}{t^2} + bt} \right)} \right|_6^{\frac{{2b}}{5}} = \frac{1}{5}{b^2} - 6b + 45$ (m).

Vì kể từ lúc chuyển động đến lúc dừng thì vật đi được quãng đường là $80$ (m) nên ta có:

$S = {S_1} + {S_2} \Leftrightarrow 80 = 6b - 90 + \frac{1}{5}{b^2} - 6b + 45 \Leftrightarrow {b^2} = 625 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 25 \Rightarrow a = 10\,\,\left( {TM} \right)\\b = - 25 \Rightarrow a = - 40\,\,\left( {KTM} \right)\end{array} \right.$

Vậy ${a^2} - {b^2} = - 525$.

Đáp án: 506.

Gọi A là biến cố lấy được số $\overline {{a_1}{a_2}{a_3}{a_4}{a_5}}$thỏa ${a_1} \le {a_2} + 1 \le {a_3} - 7 < {a_4} \le {a_5} + 2$

Số các số có 5 chữ số là ${9.10^4}$ suy ra $n\left( \Omega \right) = {9.10^4}$

Ta có ${a_3} - 7 \ge {a_2} + 1 \Rightarrow {a_3} - 7 \ge 1 \Leftrightarrow {a_3} \ge 8 \Rightarrow {a_3} = \left\{ {8;9} \right\}$

TH1: ${a_3} = 8$

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1 \le {a_1} \le {a_2} + 1 \le 1}\\{1 < {a_4} \le {a_5} + 2 \le 11}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1 \le {a_1} < {a_2} + 2 \le 2 \Rightarrow C_2^2}\\{1 < {a_4} < {a_5} + 3 \le 12 \Rightarrow C_{11}^2}\end{array} \Rightarrow C_2^2.\left( {C_{11}^2 - 3} \right) = 52} \right.} \right.$

(Ta bỏ $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{a_5} + 3 = 12\,\, \Rightarrow {a_4} = 10\;;\,\,{a_4} = 11}\\{{a_5} + 3 = 11\; \Rightarrow \;{a_4} = 10\quad \quad \quad \;\;}\end{array}} \right.$ )

TH2: ${a_3} = 9$

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1 \le {a_1} \le {a_2} + 1 \le 2}\\{2 < {a_4} \le {a_5} + 2 \le 11}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{1 \le {a_1} < {a_2} + 2 \le 3 \Rightarrow C_3^2}\\{2 < {a_4} < {a_5} + 3 \le 12 \Rightarrow C_{10}^2}\end{array} \Rightarrow C_3^2.\left( {C_{10}^2 - 3} \right) = 126} \right.} \right.$

Do đó ta có $n\left( A \right) = 52 + 126 = 178$

$\Rightarrow a = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{178}}{{{{9.10}^4}}}\; \Rightarrow \;\frac{1}{a} = \frac{{{{9.10}^4}}}{{178}} \approx 506$.

Đáp án: 4,86.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

Ta có $\widehat {SCH} = 60^\circ$, $OC = 3\sqrt 3$, $HC = \sqrt {28}$, $SH = \sqrt {84}$.

$A\left( { - 3;0;0} \right)$, $B\left( {3;0;0} \right),\,C\left( {0;3\sqrt 3 ;0} \right)$, $H\left( {1;0;0} \right)$, $S\left( {1;0;\sqrt {84} } \right)$.

Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa $SA$ và song song với $BC$.

$\begin{array}{l}\overrightarrow {SA} = \left( { - 4;0; - \sqrt {84} } \right)\\\overrightarrow {BC} = \left( { - 3;3\sqrt 3 ;0} \right)\\\left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {BC} } \right] = \left( {18\sqrt 7 ;6\sqrt {21} ; - 12\sqrt 3 } \right)\end{array}$

Phương trình mặt phẳng $\left( \alpha \right)$: $18\sqrt 7 x + 6\sqrt {21} y - 12\sqrt 3 z + 54\sqrt 7 = 0$.

$d\left( {BC,SA} \right) = d\left( {B,\left( \alpha \right)} \right) = \frac{{\left| {18\sqrt 7 \times 3 + 54\sqrt 7 } \right|}}{{\sqrt {{{\left( {18\sqrt 7 } \right)}^2} + {{\left( {6\sqrt {21} } \right)}^2} + {{\left( { - 12\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{{108\sqrt 7 }}{{\sqrt {3456} }} = \frac{{3\sqrt {42} }}{4} \approx 4{,}86$.

Đáp án: $12$.

Theo bài ra ta có thể tích của nước trong chậu theo thời gian $t$ là: $V\left( t \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}t\,\;\left( l \right)$.

Khi bơm nước vào chậu thì độ cao của nước tăng dần, và mặt nước luôn là tam giác đều.

Ta tính thể tích của nước trong chậu sau khi bơm được $t$ phút, với độ cao $0 \le x \le h$, mặt nước là tam giác đều cạnh $a$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 0,\,a = 2}\\{x = 3,\,a = 5}\end{array}} \right. \Rightarrow a = x + 2$.

Diện tích của mặt nước $S\left( x \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {x + 2} \right)^2}$.

Thể tích nước có trong chậu là: $V\left( h \right) = \int\limits_0^h {\frac{{\sqrt 3 }}{4}{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \,{\rm{d}}x = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^3}}}{3}\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}h\\0\end{array}} \right. = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left[ {{{\left( {h + 2} \right)}^3} - 8} \right]$.

Vậy $\frac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left[ {{{\left( {h + 2} \right)}^3} - 8} \right] = \frac{{\sqrt 3 }}{3}t \Leftrightarrow {\left( {h + 2} \right)^3} = 8 + 4t \Rightarrow h = \sqrt[3]{{8 + 4t}} - 2$.

Ta có: $h'\left( t \right) = \frac{4}{3}\sqrt[3]{{{{\left( {8 + 4t} \right)}^{ - 2}}}}$.

$\Rightarrow h'\left( {14} \right) = \frac{1}{{12}} \Rightarrow a = 12$.

Đáp án: 136

Doanh thu: $F(x) = {x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000$ (đồng).

Chi phí vận hành: Vì $G(x) = 300 + \frac{{100}}{x}$ (nghìn đồng) là chi phí bình quân cho mỗi sản phẩm, nên tổng chi phí vận hành cho $x$ sản phẩm là:

${C_{vh}}(x) = x \cdot G(x) \cdot 1000 = x \cdot \left( {300 + \frac{{100}}{x}} \right) \cdot 1000 = 300000x + 100000$ (đồng).

Chi phí nguyên vật liệu: $H(x) = 2{x^3} + 100000x - 50000$ (đồng).

Lợi nhuận = Doanh thu - (Tổng chi phí)

$L(x) = F(x) - [{C_{vh}}(x) + H(x)]$

$L(x) = ({x^3} - 1999{x^2} + 1001000x + 250000) - [(300000x + 100000) + (2{x^3} + 100000x - 50000)]$

$L(x) = - {x^3} - 1999{x^2} + 601000x + 200000$ (Điều kiện: $x \in \mathbb{N}\,;\,\,1 \le x \le 300$)

Tìm giá trị lớn nhất của $L(x)$ trên đoạn [1; 300]:

$L'(x) = - 3{x^2} - 3998x + 601000$

$L'(x) = 0$$\Leftrightarrow - 3{x^2} - 3998x + 601000 = 0$

${x_1} = 136{,}37...$ (thỏa mãn điều kiện $1 \le x \le 300$)

${x_2} = - 14695{,}04...$ (loại)

Vì $L'(x)$ có đồ thị là một parabol quay bề lõm xuống dưới và có nghiệm dương duy nhất $x \approx 136{,}37$, ta có bảng biến thiên (hoặc so sánh các giá trị):

Tại $x = 136$: $L(136) = 42447040.$

Tại $x = 137$: $L(137) = 42446416$

So sánh hai giá trị, ta thấy tại $x = 136$ lợi nhuận cao hơn.

Vậy doanh nghiệp cần sản xuất 136 sản phẩm để lợi nhuận thu được là lớn nhất.

Đáp án: $- 4$.

Gọi $M$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {AM} = 2025.\overrightarrow {AB}$, suy ra $M( - 1;4046;4)$.

Khi đó $2025{h_1} = 2025.d(B,(P)) = d(M,(P))$.

Gọi $N$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow {AN} = 2026.\overrightarrow {AC}$, suy ra $N(2025; - 4;4)$.

Khi đó $2026{h_2} = 2026.d(C,(P)) = d(N,(P))$.

Suy ra $2025{h_1} + 2026{h_2} = d(M,(P)) + d(N,(P))$.

Gọi $I$ là trung điểm của $MN$, suy ra $I(1012;2021;4)$.

Khi đó $2025{h_1} + 2026{h_2} = d(M,(P)) + d(N,(P)) = 2d(I,(P)) \le 2IA$.

Do vậy $2025{h_1} + 2026{h_2}$ đạt giá trị lớn nhất khi $(P)$ qua $A$ và vuông góc với $IA$.

Hay $(P)$ đi qua $A( - 1; - 4;4)$ và nhận $\overrightarrow {AI} = (1013;2025;0)$ làm vectơ pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng $(P):1013x + 2025y + 9113 = 0$.

Vậy $a = 1013;c = 0;d = 9113 \Rightarrow T = - 9a + 10c + d = - 4$.