Giải Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2022 - Mã đề 104

Đáp án đúng là: A

Số phức w = 1 – 4i có phần ảo bằng −4.

Trong các số phức đã cho, số phức z₁ = 5 – 4i cũng có phần ảo bằng −4.

Đáp án đúng là: C

Từ đồ thị hàm số bậc ba y = f(x), ta có điểm cực tiểu của đồ thị hàm số có toạ độ là (−1;−1).

Đáp án đúng là: B

Ta có: z = (2 – i)(1 + i) = 2 + 2i – i – i² = 3 + i.

Vậy phần ảo của số phức z bằng 1.

Đáp án đúng là: B

Ta có: ∫−15f(x)dx= ∫−12f(x)dx + ∫25f(x)dx= 2 + (−5) = −3.

Đáp án đúng là: B

Thể tích khối chóp S.ABC là V_S.ABC = 13.5.6 = 10.

Đáp án đúng là: D

Gọi đường cao, diện tích đáy lần lượt là h, B.

Khi đó áp dụng công thức thể tích khối chóp, khối lăng trụ ta được V₁ = 13.B.h và V₂ = B.h.

Suy ra: V1V2 = 13.B.hB.h=13 .

Đáp án đúng là: B

Với a > 0, ta có

log(100a) = log100 + loga = log10² + loga = 2 + loga.

Đáp án đúng là: C

Dựa vào bảng biến thiên trên, ta nhận thấy đây là hàm số bậc ba có dạng y = ax³ + bx² + cx + d với a ≠ 0.

Mà limx→+∞ax3+bx2+cx+d=−∞ Þ a < 0.

Do đó trong các hàm số đã cho, có duy nhất hàm số y = −x³ + 3x thoả mãn.

Đáp án đúng là: B

Ta có 2x2+1 = 4 Û 2x2+1 = 2²

Û x² + 1 = 2 Û x² = 1 Û x = ±1.

Vậy có hai nghiệm thực thỏa mãn.

Đáp án đúng là: D

Phương trình của mặt phẳng (Oxy) là z = 0.

Đáp án đúng là: C

Ta có: ∫−1sin2xdx= cot x + C.

Vậy hàm số cần tìm là f₃(x) = −1sin2x.

Đáp án đúng là: D

Ta có đồ thị tăng trên khoảng (−1; 0) nên hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (−1; 0).

Đáp án đúng là: A

• Thay toạ độ điểm P(2; 1; −1) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

2−21=1−1−2=−1+13 Û 01=0−2=03=0 (thoả mãn).

Do đó P ∈ d.

• Thay toạ độ điểm M(1; 2; 3) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

1−21=2−1−2=3+13Û−11=1−2=43  (vô lí).

Do đó M ∉ d.

• Thay toạ độ điểm Q(2; 1; 1) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

2−21=1−1−2=1+13 Û 01=0−2=23 (vô lí).

Do đó Q ∉ d.

• Thay toạ độ điểm N(1; −2; 3) vào phương trình đường thẳng (d) ta có:

1−21=−2−1−2=3+13 Û −11=−3−2=43 (vô lí).

Do đó N ∉ d.

Vậy điểm P(2; 1; −1) thuộc đường thẳng (d).

Đáp án đúng là: D

Trên mặt phẳng toạ độ, điểm biểu diễn số phức z = 2 + 7i có toạ độ là (2; 7).

Đáp án đúng là: C

M nằm ngoài mặt cầu S(O; R) Û OM > R.

Đáp án đúng là: A

Ta có: ∫exdx= e^x + C.

Đáp án đúng là: A

Với u→= (1; −4; 0) và v→= (−1; −2; 1) ta có:

3v→= (−3; −6; 3).

Do đó u→+3v→ = (−2; −10; 3).

Đáp án đúng là: D

Ta có u_n = u₁.q^{n – 1} = 3.2^{n – 1}.

Đáp án đúng là: D

Ta có 2 <5<6 

Mà cơ số 3 > 1

Do đó 3² < 35< 36 

Hay b < a < c.

Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối nón đã cho là:

V = 13.B.h= 13.3a2.2a= 2a³.

Đáp án đúng là: D

Ta có ∫0313f(x)+2dx

= 13∫03f(x)dx+ ∫032dx

= 13.6 + 2x03

= 2 + 2.3

= 2 + 6 = 8.

Đáp án đúng là: D

Điều kiện: x – 1 > 0 Û x > 1.

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = (1; +¥).

Đáp án đúng là: A

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy giá trị cực tiểu của hàm số đã cho bằng 3.

Đáp án đúng là: A

Có log12(2x−1)= 0 Û 2x−1>02x−1=1 

Û x>12x=1 Û x = 1.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1.

Đáp án đúng là: C

Từ bảng biến thiên ta có limx→(−2)−f(x)= −¥ và limx→(−2)+f(x)= +¥.

Suy ra đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng là đường thẳng x = −2.

Đáp án đúng là: D

Mặt cầu (S): (x – 2)² + (y + 1)² + (z – 3)² = 4 có tâm I(2; −1; 3).

Đáp án đúng là: C

Số các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 là hoán vị của 5 phần tử nên có 5! = 120 (số).

Đáp án đúng là: C

Ta vẽ đường thẳng y = 1

Đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số tại 3 giao điểm.

Đáp án đúng là: A

Hình chiếu của đường thẳng AC’ lên mặt phẳng (ABCD) là đường thẳng AC

Suy ra góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABCD).

Do đó CA',(ABCD)^= CA,CA'^= CAC'^.

Gọi cạnh hình lập phương bằng 1, suy ra AC = 2.

Xét DCAC’ vuông tại C ta có:

AC’ = CC'2+AC2= 12+22= 3.

Vậy: sinCA',(ABCD)^  = sin CAC'^ = CC'AC'= 13 = 33.

Đáp án đúng là: A

Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp các số tự nhiên thuộc đoạn [30; 50], nên ta có số phần tử của không gian mẫu: n(Ω) = 50 – 30 + 1= 21.

Gọi A “Biến cố để chọn được số có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục”.

• TH₁: Chữ số hàng chục là 3, có 6 cách chọn số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục là {34, 35, 36, 37, 38, 39}.

• TH₂: Chữ số hàng chục là 4, có 5 cách chọn số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị lớn hơn chữ số hàng chục là {45, 46, 47, 48, 49}.

Suy ra n(A) = 6 + 5 = 11.

Xác suất của biến cố A: P(A) = 1121.

Đáp án đúng là: D

Ta có: log1a1b3= loga−1b−3= 3logab.

Đáp án đúng là: D

Ta có: ∫f(x)dx= ∫1+e2xdx= x + 12e2x+ C.

Đáp án đúng là: D

Vì z₁, z₂ là hai nghiệm của phương trình z² – 2z + 5 = 0 nên theo hệ thức Viet ta có:

z1+z2=−ba=2z1.z2=ca=5.

Ta có: z₁² + z₂² = (z₁ + z₂)² – 2.z₁.z₂ = 2² – 2.5 = −6.

Đáp án đúng là: A

Ta có: Hàm số nghịch biến Û f'(x) < 0

Û x + 1 < 0 Û x < −1.

Vậy hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (−¥; −1).

Đáp án đúng là: D

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng x – 2y + 2z + 3 = 0 là:

dA;mp=1−2.2+2.3+31+4+4= 2

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng đã cho nên mặt cầu đó có bán kính bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng.

Do đó R = 2.

Mặt cầu tâm có A(1; 2; 3) và bán kính R = 2 có phương trình là:

(x – 1)² + (y – 2)² + (z – 3)² = 4.

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: (x – 1)² + (y – 2)² + (z – 3)² = 4.

Đáp án đúng là: A

Ta vẽ đường thẳng y = m (có hai trường hợp) thỏa mãn f(x) = m có hai nghiệm thực phân biệt như hình vẽ dưới đây:

 Do đó yêu cầu bài toán tương đương với m=−2m>−1.

Kết hợp điều kiện m ∈ [−2; 5] nên ta có: m ∈ (−1; 5] ∪ {−2}.

Mà m nguyên nên có 7 giá trị m cần tìm là −2, 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Đáp án đúng là: C

Mặt phẳng (P): 2x – 3y – z + 1 = 0 có n→P = (2; −3; −1).

Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) nhận n→P làm vectơ chỉ phương là  = (2; −3; −1).

Đường thẳng đi qua M(2; −2; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P) có phương trình là:x=2+2ty=−2−3tz=1−t

Đáp án đúng là: C

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

Do ABCD là hình vuông nên BD ^ AC tại O.

Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên AA’ ^ (ABCD) Þ AA’ ^ BD.

Ta có: BD ^ AA’, BD ^ AC

Þ BD ^ (ACC’A’)

Þ BO ^ (ACC’A’) tại O

Þ d(B; (ACC’A’)) = BO = 12BD

Mà BD là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh bằng 3 nên BD = 32

Vậy d(B; (ACC’A’)) = 322.

Đáp án đúng là: D

* Cách 1:

- TH₁: a = 1 Þ (3^b – 3)(2^b – 16) < 0.

Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 4 không thoả mãn bất phương trình và b ∈ {2; 3} thoả mãn.

Vậy a = 1 thoả mãn.

- TH₂: a = 2 Þ (3^b – 3)(2.2^b – 16) < 0

Û (3^b – 3)(2^{b + 1} – 16) < 0

Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 3 không thoả mãn bất phương trình và b = 2 thoả mãn.

Vậy a = 2 không thoả mãn.

- TH₃: a = 3 Þ (3^b – 3)(3.2^b – 16) < 0.

Nếu b ≤ 1 hoặc b ≥ 3 không thoả mãn bất phương trình và b = 2 thoả mãn.

Vậy a = 3 không thoả mãn.

- TH₄: a > 3.

Ta cần tìm a để bất phương trình (3^b – 3)(a.2^b – 16) < 0 có 2 nghiệm b.

• Nếu b ≥ 3 Þ (3^b – 3)(a.2^b – 16) ≥ 24.(3.8 – 16) > 0 không thoả mãn bất phương trình.

• Nếu b = 2 Þ (3^b – 3)(a.2^b – 16) ≥ 6(4.4 – 16) ≥ 0 không thoả mãn bất phương trình.

• Nếu b = 1 không thoả mãn.

• Nếu b < 1 Þ (3^b – 3) < 0.

Bất phương trình tương đương a.2^b – 16 > 0.

Hay a > 162b có hai nghiệm b suy ra 33 ≤ a ≤ 64.

Kết hợp lại suy ra có tất cả 33 số nguyên dương a thoả mãn.

* Cách 2:

Xét (3^b – 3)(a.2^b – 16) = 0.

Do a Î ℕ^* nên b=1b=log216a.

• TH₁: log216a > 1 Û a < 8.

Bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên b

Û 3 < log216a ≤ 4 Û 1 ≤ a < 2 Þ a = 1 (thoả mãn).

• TH₂: log216a < 1 Û a > 8.

Bất phương trình có đúng 2 nghiệm nguyên b

Û −2 ≤ log216a< −14 Û 32 < a ≤ 64 Þ có 32 giá trị a.

Vậy có 33 giá trị của a thoả mãn.

Đáp án đúng là: D

Xét hàm f(x) = (a + 3)x⁴ – 2ax² + 1

Þ f '(x) = 4(a + 3)x³ – 4ax.

Hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x = 2 và liên tục trên đoạn [0; 3].

Þ f'(2) = 0 Û 4.(a +3).2³ – 4.a.2 = 0

Û 32(a + 3) – 8a = 0 Û a = −4.

Với a = −4 ta có f(x) = −x⁴ + 8x² + 1 với x Î [0; 3].

f'(x) = −4x³ + 16x.

Cho f'(x) = 0 Û x=0   thoa mãnx=2   thoa mãnx=−2  loai

Khi đó f(0) = 1, f(2) = 17, f(3) = −8.

Suy ra max[0; 3]f(x)= f(2) = 17 (thoả mãn giả thiết).

Vậy min[0; 3]f(x)= f(3) = −8.

Đáp án đúng là: C

F(x) và G(x) là hai nguyên hàm của hàm số f(x) trên ℝ nên ta có

∀x Î ℝ: F(x) = G(x) + C (với C là hằng số).

Do đó F(0) = G(0) + C   (1).

Lại có ∫02f(x)dx= F(2) – F(0)

Û F(2) – G(0) + a = F(2) – F(0)

Û F(0) = G(0) – a                   (2).

Từ (1) và (2) suy ra C = −a.

Khi đó F(x) = G(x) – a, ∀x Î ℝ Û |F(x) – G(x)| = a, ∀x Î ℝ.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = F(x), y = G(x), x = 0 và x = 2 là

S = ∫02F(x)−G(x).dx= ∫02a.dx= 2a = 6 Þ a = 3.

Đáp án đúng là: A

- Từ giả thiết ta được |z₁| = |z₂| = 1 và |z₃| = 2.

- Theo giả thiết (z₁ + z₂)z₃ = 2z₁z₂

Þ |z₁ + z₂||z₃| = 2|z₁||z₂|

Þ |z₁ + z₂|.2 = 2.1.1

Þ |z₁ + z₂| = 1.

- Từ đẳng thức |z₁ + z₂|² + |z₁ − z₂|² = 2z12+z22

Þ |z₁ – z₂| = 3Þ AB = 3.

- Theo giả thiết (z₁ + z₂)z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ + z₂z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ + z₂z₃ – 2z₂z₃ = 2z₁z₂  – 2z₂z₃

Û z₁z₃ – z₂z₃ = 2z₁z₂  – 2z₂z₃

Û (z₁ – z₂)z₃ = 2(z₁ – z₃)z₂

Þ |z₁ – z₂||z₃| = 2|z₁ – z₃||z₂|

Þ |z₁ – z₃| = 3 Þ AC = 3.

- Theo giả thiết (z₁ + z₂)z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ + z₂z₃ = 2z₁z₂

Û z₁z₃ – z₁z₂ = z₁z₂  – z₂z₃

Û (z₃ – z₂)z₁ = (z₁ – z₃)z₂

Û |z₃ – z₂|.|z₁| = |z₁ – z₃|.|z₂|

Þ |z₃ – z₂| = 3 Þ BC = 3.

Suy ra tam giác ABC đều cạnh 3.

Suy ra S_∆ABC = 334.

Đáp án đúng là: C

Gọi I là trung điểm của BC.

Ta có:

+ DABC là tam giác vuông cân tại A nên AI ^ BC

+ ABC.A’B’C’ là khối lăng trụ đứng nên AA’ ^ BC

Suy ra BC ^ (AA’I) Þ BC ^ A’I.

Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng góc giữa A’I và AI.

Mà DAA’I vuông tại A nên ta có AIA'^ là góc nhọn.

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng AIA'^= 60°

Trong tam giác vuông AA’I, ta có AI = AA'tan60°= 2a3.

ABC là tam giác vuông cân tại A nên:

BC = 2.AI = 4a3, AB = AC = BC2= 2a63.

Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là:

V = AA’.S_∆ABC

= AA’.12AB.AC

= 12.2a.2a632= 8a33.

Đáp án đúng là: C

Gọi hình nón đỉnh A, đường kính đáy hình nón là BC.

Gọi I là tâm mặt cầu (S).

Ta có ∆ABC cân tại A có BAC^ = 120° và AI ^ BC tại O

Nên BAI^ = 60° suy ra ∆IAB đều.

Tam giác IAB đều và OB ^ IA tại O.

Suy ra OB là đường trung tuyến của ∆IAB.

Do đó AI = 2AO

Mà OA = 2 suy ra AI = 2OA = 4.

Vậy diện tích mặt cầu (S) là: S = 4pAI² = 64p.

Đáp án đúng là: A

Ta có: 89−y2≥ a6x−log2a3, ∀a > 0

Û log_289−y2≥ log₂ a6x−log2a3, ∀a > 0

Û log_223.9−y2≥ log_{2a6x−log2a3}, ∀a > 0

Û 3(9 – y²) ≥ (6x – 3log₂a).log₂a, ∀a > 0

Û 3log22a – 6x.log₂a + 27 – 3y² ≥ 0, ∀a > 0

Û log22a – 2xlog₂a + 9 – y² ≥ 0, ∀a > 0

Û ∆’ = x² + y² – 9 ≤ 0.

Gọi M(x; y) thuộc hình tròn (C) tâm O, bán kính R = 3.

Gọi A(3; 4), ta có OA = 5 > R. Do đó A nằm ngoài hình tròn (C).

Khi đó MA² = (x – 3)² + (y – 4)²

Suy ra: P = x² + y² – 6x – 8y

= (x – 3)² + (y – 4)² – 25

= MA² – 25 ≥ (OA – R)² – 25 = (5 – 3)² – 25 = −21.

Vậy min P = −21 khi O, M, A theo thứ tự thẳng hàng.

Đáp án đúng là: A

Từ bảng biến thiên của g(x) ta có ln f(x) ≥ ln 4 Û f(x) ≥ 4; ∀x Î ℝ.

Ta có g'(x) = f'(x)f(x).

Xét phương trình f'(x) = g'(x) Û f'(x) = f'(x)f(x).

Û f'(x)=0 (*)f(x)=1  (**)

Do f(x) ≥ 4; ∀x Î ℝ nên phương trình (**) vô nghiệm.

Từ đó suy ra f'(x) = 0 Û g'(x) = 0 Û x=x1x=x2x=x3.

Mặt khác f'(x) – g'(x) = f'(x).1−1f(x).

Ta có bảng xét dấu

Vậy S = ∫x1x3f'(x)−g'(x)dx=∫x1x2f'(x)−g'(x)dx−∫x2x3f'(x)−g'(x)dx

= f(x)−g(x)x2x1−f(x)−g(x)x3x2

= f(x₂) – g(x₂) – f(x₁) + g(x₁) – f(x₃) + g(x₃) + f(x₂) – g(x₂)

= 2f(x₂) – f(x₁) – f(x₃) – 2ln f(x₂) + ln f(x₁) + ln f(x₃)

= 2.19916−12 – 4 – 2ln19916+ ln 12 + ln 4 ≈ 7,704 Î (7; 8).

Đáp án đúng là: C

Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên (P) và trục Oy.

Với A(2; 1; 1) ta có hình chiếu của A lên Oy là K(0; 1; 0).

Ta có d(A, (P)) = AH ≤ AK.

Do đó khoảng cách từ A đến (P) lớn nhất khi H ≡ K(0; 1; 0).

Khi đó (P) đi qua K(0; 1; 0) và có một vectơ pháp tuyến là AK→= (−2; 0; −1) = −(2; 0; 1) nên có phương trình là 2x + z = 0.

Đáp án đúng là: A

Gọi z = a + bi, a, b Î ℝ

Þ z¯ = a – bi

Þ z – z¯ = 2bi

Þ |z –z¯ | = 2b2=2b

Ta có:

• z2=2z−z¯ Û a² + b² = 4|b| (1).

• z+4z¯+4i=z−4i2 

Û z+4z¯+4i=z−4i2

Û |a + bi + 4|.|a – bi + 4i| = |a + bi – 4i|²

Û a+42+b2.a2+b−42=a2+b−42

Û a2+b−42.a+42+b2−a2+b−42=0

+ TH₁: a2+b−42=0 

Û a² + (b – 4)² = 0

Mà a² ≥ 0 và (b – 4)² ≥ 0 với mọi a, b Î ℝ

Do đó a² + (b – 4)² = 0

Û a=0b−4=0

Û a=0b=4 thoả (1).

Vậy z = 4i.

+ TH₂: a+42+b2−a2+b−42=0 

⇔a+42+b2=a2+b−42

Û (a + 4)² + b² = a² + (b – 4)²

Û 8a = –8b

Û a = −b.

Thay vào ta được (1):

2b² – 4|b| = 0 Û 2|b|.(|b| – 2) = 0

Û |b| = 0 hoặc |b| = 2.

• Với |b| = 0 Û b = 0

Þ b=0a=0 Þ z = 0.

• Với |b| = 2 Û b = ±2

Þ b=2a=−2 hoặc b=−2a=2 

Þ z = −2 + 2i hoặc z = 2 – 2i.

Kết luận: có 4 số phức z.

Đáp án đúng là: C

Xét hàm số g(x) = x⁴ – mx² – 64x; g'(x) = 4x³ – 2mx – 64; có limx→±∞f(x)= +¥.

g(x) = 0 Û x=0x3−mx−64=0*

Với x = 0 thay vào phương trình (*) ta thấy vô lí

Þ g(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm phân biệt.

Do đó hàm số y = |g(x)| có đúng 3 điểm cực trị

Û hàm số y = g(x) có đúng 1 cực trị

Û g'(x) đổi dấu đúng 1 lần (**).

Nhận xét nếu x = 0 Þ g'(0) = −64 < 0

Þ g(x) không có cực trị (hay x = 0 không thoả mãn).

Nên g'(x) = 0 Û m = 2x² − 32x.

Đặt h(x) = 2x² − 32x.

Có h'(x) = 4x + 32x= 4x3+8x2;

Ta có h'(x) = 0 Û x = −2.

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra (**) Û m ≤ 24.

Kết hợp với điều kiện m nguyên dương suy ra m Î {1; 2; 3;…; 24}.

Đáp án đúng là: C

Gọi M(a; 0; 0) Î Ox, N(0, b, 0) Î Oy.

Ta có d(I; (Oxy)) = 2 = R nên (S) tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) tại điểm A(1; 4; 0) và MN cũng đi qua A.

Lại có AM→= (a – 1; −4; 0), AN→= (−1; b – 4; 0) và 3 điểm A, M, N thẳng hàng nên ta được:

a−1−1=−4b−4Û (a – 1)(b – 4) = 4      (1).

Tứ diện OIMN có IA ^ (OMN) và ∆OMN vuông tại O

Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN thì J Î (IMN).

Suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OIMN bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IMN.

Ta có S_∆IMN = IM.IN.MN4r(với r = 72 bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IMN).

Û 12IA.MN= IM.IN.MN4.72

Û IM.IN = 7IA

Û IM.IN = 14

Û [(a – 1)² + 20].[(b – 4)² + 5] = 196                  (2).

Đặt m=a−1n=b−4.

Từ (1) và (2) ta có hệ mn=4                                      m2+20n2+5=196 

Û n=4m                                                (3)m2+2016m2+5=196 (4)

Từ (4) ta được: (m² + 20)(16 + 5m²) = 196m²

Û 5m⁴ – 80m² + 320 = 0 Û m² = 8

Û m=22m=−22Þ n=2n=−2.

Suy ra a=1+22,b=4+2a=1−22,b=4−2.

Vậy AM.AN = 62.