首页

2023高考数学二轮复习专题练小题“瓶颈”突破练含解析202303112196

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/14

2/14

剩余12页未读,查看更多内容需下载

小题“瓶颈”突破练选择题“瓶颈”突破练一、单项选择题1.在Rt△ABC中,∠C=,AC=3,取点D,E,使=2,=3,那么·+·=(  )A.-6B.6C.-3D.3解析 由=2,得-=2(-),得=+.由=3,得-=3(-),得=-+.又∠C=,即⊥,所以·=0.则·+·=·+·=2-2=3.答案 D2.若log3(2a+b)=1+log,则a+2b的最小值为(  )A.6B.C.3D.解析 ∵log3(2a+b)=1+log,∴log3(2a+b)=1+log3(ab)=log3(3ab),∴2a+b=3ab,且a>0,b>0,∴+=3,∴a+2b=(a+2b)==+≥+·2=3,当且仅当=且+=3即a=b=1时,等号成立;∴a+2b的最小值为3.答案 C3.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且+=,若b2+c2-a2=bc,则tanB的值为(  )A.-B.C.-3D.3解析 因为+=,所以+==1,即+=1.又b2+c2-a2\n=bc,且a2=b2+c2-2bccosA,∴2bccosA=bc,得cosA=.∴sinA=,则tanA==.从而+=1,得tanB=-3.答案 C4.已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC满足AB=2,∠ACB=90°,PA为球O的直径且PA=4,则点P到底面ABC的距离为(  )A.B.2C.D.2解析 取AB的中点O1,连接OO1,如图,在△ABC中,AB=2,∠ACB=90°,所以△ABC所在小圆圆O1是以AB为直径的圆,所以O1A=,且OO1⊥AO1,又球O的直径PA=4,所以OA=2,所以OO1==,且OO1⊥底面ABC,所以点P到平面ABC的距离为2OO1=2.答案 B5.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)的最小正周期为π,将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数g(x)的图象,且g=g,则φ的取值为(  )A.B.C.D.解析 ∵函数f(x)的最小正周期为π,∴ω=2,∴f(x)=2sin(2x+φ),∵将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数g(x)的图象,∴g(x)=2sin=2sin又∵g=g,∴x=为函数g(x)的图象的一条对称轴,∴2×+φ-=+kπ,k∈Z,则φ=kπ+,k∈Z,又|φ|<,取k=0,得φ=.答案 C\n6.(2020·郑州一预)第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行,比赛期间,某项目需要安排3名志愿者完成5项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方法种数为(  )A.60B.90C.120D.150解析 根据题意,分2步进行分析.①将5项工作分成3组,若分成“1,1,3”的三组,有=10(种)分组方法;若分成“1,2,2”的三组,有=15(种)分组方法.根据分类加法计数原理可知,将这5项工作分成3组,有10+15=25(种)分组方法.②将分好的3组全排列,对应3名志愿者,有A=6(种)情况.所以根据分步乘法计数原理,有25×6=150(种)不同的安排方法.故选D.答案 D7.已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,抛物线y2=2px(p>0)与双曲线-=1的渐近线的交点(除原点外)到抛物线的准线的距离为8,则p=(  )A.1B.2C.4D.6解析 因为椭圆+=1的离心率为,所以=,即=.双曲线-=1的渐近线方程为y=±x=±x,代入y2=2px中,得x=0(舍去)或x=p.由题意得+=8,解得p=4.答案 C8.(2020·辽宁五校联考)已知各项都为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,S3=7.若f(x)=Snx+a2x2+a3x3+…+anxn(n≥2),f′(x)为函数f(x)的导函数,则f′(1)-f′(0)=(  )A.(n-1)·2nB.(n-2)·2nC.2n(n-1)D.2n(n+1)解析 由题意,得S3==1+q+q2=7,解得q=2(负值已舍去),∴an=2n-1.由f(x)=Snx+a2x2+a3x3+…+anxn,得f′(x)=Sn+2a2x+3a3x2+…+nanxn-1,则f′(1)=Sn+2a2+3a3+…+nan,f′(0)=Sn,即f′(1)-f′(0)=2a2+3a3+…+nan=2·21+3·22+…+n·2n-1,∴2f′(1)-2f′(0)=2·22+3·23+…+n·2n.两式相减,得f′(0)-f′(1)=4+22+23+…+2n-1-n·2n=4+\n-n·2n=2n-n·2n=(1-n)·2n,∴f′(1)-f′(0)=(n-1)·2n.故选A.答案 A9.已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a=(  )A.-B.C.D.1解析 x2-2x=-a(ex-1+e-x+1),设g(x)=ex-1+e-x+1,g′(x)=ex-1-e-x+1=ex-1-=,当g′(x)=0时,x=1,当x<1时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;当x>1时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,当x=1时,函数g(x)取得最小值g(1)=2,设h(x)=x2-2x,当x=1时,函数取得最小值-1,作出-ag(x)与h(x)的大致图象如图所示.若-a>0,结合选项A,a=-时,函数h(x)和-ag(x)的图象没有交点,排除选项A;当-a<0时,-ag(1)=h(1)时,此时函数h(x)和-ag(x)的图象有一个交点,即-a×2=-1⇒a=,故选C.答案 C10.(2020·济南一模)已知直线y=ax+b(b>0)与曲线y=x3有且只有两个公共点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1<x2,则2x1+x2=(  )A.-1B.0C.1D.a解析 设函数f(x)=x3-ax-b(b>0),则函数f(x)有且只有两个零点x1,x2(x1<x2),f′(x)=3x2-a.当a≤0时,对任意x∈R,都有f′(x)≥0,则函数f(x)在R上是增函数,所以函数f(x)不可能有两个零点,不满足题意.当a>0时,令f′(x)=0,得x=±.当x∈∪时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.所以函数f(x)的单调增区间是和,单调减区间是.所以当x=-时,函数f(x)取得极大值f;当x=时,函数f(x)取得极小值f.又函数f(x)有且只有两个零点x1,x2(x1<x2),所以x1=-\n,x2>或x1<-,x2=.当x1=-时,得b=>0,从而解得x2=2>,所以2x1+x2=0;当x2=时,得b=-<0,不满足题意.综上所述,2x1+x2=0.故选B.答案 B二、多项选择题11.若10a=4,10b=25,则(  )A.a+b=2B.b-a=1C.ab>8lg22D.b-a>lg6解析 由10a=4,10b=25,得a=lg4,b=lg25,∴a+b=lg4+lg25=lg100=2,b-a=lg25-lg4=lg>lg6,ab=4lg2lg5>4lg2lg4=8lg22.故选ACD.答案 ACD12.(2020·临沂模拟)已知f(x)是定义域为R的函数,满足f(x+1)=f(x-3),f(1+x)=f(3-x),当0≤x≤2时,f(x)=x2-x,则下列说法正确的是(  )A.函数f(x)的周期为4B.函数f(x)图象关于直线x=2对称C.当0≤x≤4时,函数f(x)的最大值为2D.当6≤x≤8时,函数f(x)的最小值为-解析 由f(x+1)=f(x-3),得f(x)=f[(x-1)+1]=f[(x-1)-3]=f(x-4),所以函数f(x)的周期为4,A正确.由f(1+x)=f(3-x),得f(2+x)=f(2-x),所以函数f(x)的图象关于直线x=2对称,B正确.当0≤x≤2时,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x=时,函数f(x)在[0,2]上取得极小值-,且f(0)=0,f(2)=2.作出函数f(x)在[0,8]上的大致图象,如图.由图可知,当0≤x≤4时,函数f(x)的最大值为f(2)=2,C正确;当6≤x≤8时,函数f(x)的最小值为f=f=-,D错误.故选ABC.答案 ABC\n13.(2020·淄博模拟)如图,将边长为1的正方形ABCD沿x轴正方向滚动,先以点A为旋转中心顺时针旋转,当点B落在x轴时,又以点B为旋转中心顺时针旋转,如此下去,设顶点C滚动时的曲线方程为y=f(x),则下列说法正确的是(  )A.f(x)≥0恒成立B.f(x)=f(x+8)C.f(x)=-x2+4x-3(2<x≤3)D.f(2019)=0解析 ∵正方形的边长为1,∴正方形的对角线AC=.由正方形的滚动轨迹,得当x=0时,C位于(0,1)点,即f(0)=1;当x=1时,C位于(1,)点,即f(1)=;当x=2时,C位于(2,1)点,即f(2)=1;当x=3时,C位于(3,0)点,即f(3)=0;当x=4时,C位于(4,1)点,即f(4)=1,因此f(x+4)=f(x),即函数f(x)是周期为4的周期函数,所以f(x+8)=f(x),f(2019)=f(504×4+3)=f(3)=0.作出函数f(x)的部分图象,如图.由图可得f(x)≥0恒成立.当2<x≤3时,点C的轨迹为以(2,0)为圆心,1为半径的圆,所得方程为(x-2)2+y2=1(2<x≤3,y≥0).综上可知,A,B,D正确,C错误.故选ABD.答案 ABD14.(2020·海南测试)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2,过点F的直线与抛物线交于P,Q两点,M为线段PQ的中点,O为坐标原点,则下列结论正确的是(  )A.抛物线C的准线方程为y=-1B.线段PQ的长度最小为4C.点M的坐标可能为(3,2)D.·=-3恒成立解析 因为焦点F到准线的距离为2,所以抛物线C的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1,A错误.当线段PQ垂直于x轴时长度最小,此时|PQ|=4,B正确.\n设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ的方程为x=my+1.联立得方程组消去x并整理,得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0,则y1+y2=4m,所以x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2,所以M(2m2+1,2m).当m=1时,可得M(3,2),C正确.可得y1y2=-4,x1x2=(my1+1)(my2+1)=m2y1y2+m(y1+y2)+1=1,所以·=x1x2+y1y2=-3,D正确.故选BCD.答案 BCD15.(2020·潍坊联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2CD=2,F是AB的中点,点E是PB上一点,则下列说法正确的是(  )A.若PB=2PE,则EF∥平面PACB.若PB=2PE,则四棱锥P-ABCD的体积是三棱锥E-ACB的体积的6倍C.三棱锥P-ADC有且只有三个面是直角三角形D.平面BCP⊥平面ACE解析 对于A,因为PB=2PE,所以点E是PB的中点.又因为点F是AB的中点,所以EF∥PA.又因为PA⊂平面PAC,EF⊄平面PAC,所以EF∥平面PAC,A正确.对于B,因为PB=2PE,所以VP-ABCD=2VE-ABCD.因为AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2CD=2,所以S梯形ABCD=(CD+AB)·AD=×(1+2)×1=,S△ABC=AB·AD=×2×1=1,所以VE-ABCD=VE-ABC,所以VP-ABCD=3VE-ABC,B错误.对于C,因为PC⊥底面ABCD,所以PC⊥AC,PC⊥CD,所以△PAC,△PCD为直角三角形.因为AB∥CD,AB⊥AD,所以AD⊥CD,所以△ACD为直角三角形,所以PA2=PC2+AC2=PC2+AD2+CD2,PD2=CD2+PC2,所以PA2=PD2+AD2,所以△PAD是直角三角形.所以三棱锥P-ADC的四个面都是直角三角形,C错误.对于D,在Rt△ACD中,AC==,在直角梯形ABCD中,BC==.因为AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.因为PC⊥底面ABCD,所以PC⊥AC.因为BC∩PC=C,BC,PC⊂平面BCP,所以AC⊥平面BCP.又因为AC⊂平面ACE\n,所以平面BCP⊥平面ACE,D正确.故选AD.答案 AD16.(2020·烟台模拟)已知单位向量i,j,k两两的夹角均为θ,若空间向量a满足a=xi+yj+zk(x,y,z∈R),则有序实数组(x,y,z)称为向量a在“仿射”坐标系O-xyz(O为坐标原点)下的“仿射”坐标,记作a=(x,y,z)θ.有下列命题不正确的是(  )A.已知a=(2,0,-1)θ,b=(1,0,2)θ,则a·b=0B.已知a=(x,y,0),b=(0,0,z),其中xyz≠0,则当且仅当x=y时,向量a,b的夹角取得最小值C.已知a=(x1,y1,z1)θ,b=(x2,y2,z2)θ,则a+b=(x1+x2,y1+y2,z1+z2)θD.已知=(1,0,0),=(0,1,0),=(0,0,1),则三棱锥O-ABC的表面积S=解析 对于A,若a=(2,0,-1)θ,b=(1,0,2)θ,则a·b=(2i-k)·(i+2k)=2+3i·k-2=3cosθ.∵0<θ<π,且θ≠,∴a·b≠0,故A错误.对于B,如图,当x=y时,a的终点在∠iOy的平分线OA所在的直线上,b的终点在直线OB上,则a与b的夹角为b与下底面所成的线面角(或其补角),此时a与b的夹角不一定最小,故B错误.对于C,∵a=(x1,y1,z1)θ,b=(x2,y2,z2)θ,∴a+b=(x1+x2)i+(y1+y2)j+(z1+z2)k=(x1+x2,y1+y2,z1+z2)θ,故C正确.对于D,=(1,0,0),=(0,1,0),=(0,0,1),则三棱锥O-ABC为正四面体,棱长为1,∴其表面积为S=4××1×=,故D错误.答案 ABD\n填空题“瓶颈”突破练一、单空题1.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知bsin2A=asinB,且c=2b,则=________.解析 由bsin2A=asinB,得2sinBsinAcosA=sinAsinB,得cosA=.又c=2b,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+4b2-4b2·=3b2,得=.答案 2.设函数f(x)=cos2x-sin2x,把y=f(x)的图象向左平移φ个单位长度后,得到的部分图象如图所示,则f(φ)的值等于________.解析 f(x)=cos2x-sin2x=2cos.依题意,平移后y=2cos,由图象知,2·+2φ+=2kπ+π,k∈Z.∴φ=.故f(φ)=f=2cos=2cosπ=-.答案 -3.已知正三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,棱锥的底面是边长为2的正三角形,侧棱长为2,则球O的表面积为________.解析 如图,延长SO交球O于另一点D,交平面ABC于点E,连接AE,AD,易知E为△ABC的外心,由正弦定理得2AE==4,∴AE=2,易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知,三棱锥S-ABC的高SE==4,由于点A是以SD为直径的球O上一点,∴∠SAD=90°,由射影定理可知,球O的直径2R=SD==5,因此,球O的表面积为4πR2=π×(2R)2=25π.\n答案 25π4.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线l交C于A,B两点,分别过A,B作准线l的垂线,垂足分别为P,Q.若|AF|=3|BF|,则|PQ|=________.解析 F(1,0),不妨设A在第一象限,A(x1,y1),B(x2,y2),由|AF|=3|BF|得y1=-3y2①设lAB:y=k(x-1)与抛物线方程联立得ky2-4y-4k=0,y1+y2=,y1·y2=-4,②结合①②解得y2=-,|PQ|=|y1-y2|=|-3y2-y2|=-4y2=.答案 5.设fn(x)=1+x+x2+…+xn(x>0),其中n∈N,n≥2,则函数Gn(x)=fn(x)-2在内的零点个数是________.解析 f′n(x)=1+2x+3x2+…+nxn-1,当x>0时,f′n(x)>0,所以fn(x)在(0,+∞)上是增函数,因此Gn(x)在(0,+∞)上也是增函数,又Gn=fn-2=-2=-<0,Gn(1)=fn(1)-2=n-1>0(n≥\n2),且n∈N,n≥2,又由Gn<Gn<0,∴Gn(x)在内有唯一零点.答案 16.(2020·江南十校素质测试)在(1+ax)(1+x)5的展开式中x2,x3的系数之和为-10,则实数a的值为________.解析 由(1+ax)(1+x)5=(1+x)5+ax(1+x)5,得x2的系数为C+aC=5a+10,x3的系数为C+aC=10a+10,所以展开式中x2,x3的系数之和为(5a+10)+(10a+10)=15a+20=-10,解得a=-2.答案 -27.已知△ABC为等腰直角三角形,A=,AB=2,D为BC中点,现将△ABC沿AD翻折,使得二面角B-AD-C为,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为________.解析 由题意可得AB=AC=2,AD=BD=CD=2.因为二面角B-AD-C为,所以∠BDC=,所以△BCD为正三角形.将三棱锥补成如图所示的三棱柱,则易知外接球的球心为上下底面正三角形中心连线PQ的中点O.则CP=×BD=,R==,S=4πR2=.答案 8.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2+c2--2acsinB=0,b=,则△ABC的面积S的最大值为________.解析 由a2+c2--2acsinB=0,得a2+c2=+2acsinB,∴b2=a2+c2-2accosB=+2acsinB-2accosB,又b=,从而2acsinB=2accosB,tanB=1.由B∈\n(0,π),得B=,因此a2+c2=+ac,则2ac≤+ac.∴ac≤,当且仅当a=c时,取“=”号.故S=acsinB≤×=.答案 9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足________时,平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).解析 由题意可知,BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)10.已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过点F1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A,B两点.若△ABF2的内切圆与边AB,BF2,AF2分别相切于点M,N,P,且AP的长为4,则a的值为________.解析 由题意|BM|=|BN|,|F2P|=|F2N|,|AM|=|AP|,根据双曲线定义,|BF1|-|BF2|=|MF1|-|NF2|=2a,|AF2|-|AF1|=2a,则|AF1|=|AF2|-2a,所以|BF1|-|BF2|=|MA|+|AF1|-|NF2|=|MA|+|AP|+|PF2|-2a-|NF2|,因此2a=8-2a,所以a=2.答案 211.已知数列{an}为正项递增的等比数列,a1+a5=82,a2·a4=81,记数列的前n项和为Tn,则使不等式2020>1成立的正整数n的最大值为________.解析 由数列{an}为正项递增的等比数列,a1+a5=82,a2·a4=a1·a5=81,得所以公比q=3,an=3n-1.\n所以Tn=+++…+=2×=3.所以2020>1,即2020×>1,得3n<2020,此时正整数n的最大值为6.答案 612.已知数列{an}满足:对任意n∈N*均有an+1=pan+2p-2(p为常数,p≠0且p≠1),若a2,a3,a4,a5∈{-18,-6,-2,6,11,30},则a1的所有可能取值的集合是________.解析 ∵an+1=pan+2p-2,∴an+1+2=p(an+2).①若a1=-2,则a1+1+2=p(a1+2)=0,即a2=-2.同理可得a3=a4=a5=-2,即a1=-2符合题意.②若a1≠-2,p为不等于0且不等于1的常数,则数列{an+2}是以a1+2为首项,p为公比的等比数列.∵ai∈{-18,-6,-2,6,11,30},i=2,3,4,5,∴ai+2可以取-16,-4,8,32.若|p|>1,则p=-2,由a2+2=-4=-2(a1+2),得a1=0;若|p|<1,则p=-,由a2+2=32=-(a1+2),得a1=-66.综上所述,满足条件的a1的所有可能取值的集合为{0,-2,-66}.答案 {0,-2,-66}二、多空题13.已知数列{an}的前n项和Sn=10n-n2,数列{bn}的每一项都有bn=|an|,设数列{bn}的前n项和为Tn,则T4=________,T30=________.解析 因为Sn=10n-n2,∴当n=1时,a1=S1=9.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=11-2n.又a1=9适合上式,所以an=11-2n(n∈N*).当n≤5时,an>0,bn=an;当n>5时,an<0,bn=-an=2n-11.故T4=S4=10×4-42=24.T30=S5-(a6+a7+…+a30)=2S5-S30=650.答案 24 65014.已知直线l:x+2y-5=0,定点A(1,2),动点P到定点A的距离与到直线l的距离相等,双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一个焦点为F,Q是动点P轨迹上一点,则点P的轨迹方程为________;若|FQ|的最小值恰为双曲线C的虚半轴长,则双曲线C的离心率为________.解析 由已知得点A在直线l上,因而动点P的轨迹为过点A且与直线l垂直的直线,则由点斜式,得点P的轨迹方程为y-2=2(x-1),即y=2x.|FQ|的最小值即点F到直线y=2x的距离,且|FQ|min=b.则y=2x为双曲线C的一条渐近线,从而=2,所以离心率e==.\n答案 y=2x 15.(2020·湖北联考)如图(1),在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E,F分别为BC,AD的中点.将四边形ABEF沿EF折起,使二面角A1-EF-D的大小为120°,如图(2),则B1C=________;三棱锥B1-CDE的外接球的表面积为________.解析 由二面角的定义可知,二面角A1-EF-D的平面角为∠B1EC=120°.由余弦定理,得B1C2=EC2+B1E2-2EC·B1E·cos120°=4+4-2×2×2×=12,所以B1C=2.因为EF⊥B1E,EF⊥EC,B1E∩EC=E,B1E,EC⊂平面B1EC,所以EF⊥平面B1EC.又EF∥CD,所以CD⊥平面B1EC.因为△B1EC的外接圆半径r==2,所以三棱锥B1-CDE的外接球半径R===,所以三棱锥B1-CDE的外接球的表面积为4π×()2=20π.答案 2 20π16.有甲、乙两个盒子,甲盒子中装有3个小球,乙盒子中装有5个小球,每次随机取一个盒子并从中取一个球,则甲盒子中的球被取完时,乙盒子中恰剩下2个球的概率为________;当取完一个盒子中的球时,另一个盒子恰剩下ξ个球,则ξ的期望为________.解析 甲盒子中的球被取完时,乙盒子中恰剩下2个球的概率P=C·=;由题意,知ξ的可能取值为1,2,3,4,5,因为P(ξ=1)=C+C=,P(ξ=2)=C+C=,P(ξ=3)=C+=,P(ξ=4)=C=,P(ξ=5)==,所以E(ξ)=1×+2×+3×+4×+5×=.答案  

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2022-08-25 22:20:45 页数:14
价格:¥3 大小:384.00 KB
文章作者:U-336598

推荐特供

MORE