đề thi thpt quốc gia môn toán 2016 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

Thời gian làm bài: 180 phút;
(không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (2.0 điểm) Cho hàm số y =

2x + 1
có đồ thị (C ) .
x +1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1 .
1

Bài 2. (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x − 1)2 dx
0

Bài 3. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; −2;3) và mặt
phẳng ( P ) có phương trình x − 2 y + 2 z − 5 = 0 .
1. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) .
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M và song song với mặt phẳng ( P ) .
Bài 4. (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông cân
tại B . Biết AB = 3 cm , BC ' = 3 2 cm .
1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho;
2. Tính góc hợp bởi đường thẳng BC ' và mp( ACC ' A ') .
2
π


π

Bài 5. (1.0 điểm) Giải phương trình sin  − 2 x  + sin  + x  =
.
4

4
 2

Bài 6. (1.0 điểm) Với các chữ số của tập hợp {0;1; 2;3; 4;5} , viết được bao nhiêu số tự
nhiên gồm 5 chữ số, trong đó có hai chữ số 1, ba chữ số còn lại khác nhau từng đôi và
khác 1.
Bài 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy các điểm A( 2; 2) , B(2 2;0) và
C ( 2; − 2) . Các đường thẳng (d1) và (d2) cùng đi qua gốc tọa độ và hợp với nhau góc
45o. Biết rẳng (d1) cắt đoạn AB tại M và (d2) cắt đoạn BC tại N. Khi tam giác OMN có
diện tích bé nhất, hãy tìm M và viết phương trình các đường thẳng (d1) và (d2)
3 x + 2 y + 4 xy = 3 x 2 − 4 y 2
Bài 8. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình sau 
.
 x + y + 4 = 2 2 x + 2 y − xy

(

)

Bài 9. (1.0 điểm) Với các số dương x và y có tổng bé hơn 1.
Chứng minh rằng

1 4

9
+ +
≥ 36 .
x y 1− x − y

-----HẾT----1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NÔNG

Thời gian làm bài: 180 phút;
(không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài
1

HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án

Điểm

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y =

2x + 1
.
x +1

1,0

Tập xác định: D = » \ {−1}
Giới hạn: lim y = 2 , lim y = 2 , suy ra y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
x →+∞

x →−∞

0,25

lim y = −∞, lim− y = +∞ , suy ra x = −1 là tiệm cận đứng của đồ thị

x →−1+

x →−1

Đạo hàm: y ' =

1

( x + 1)

2

> 0, ∀x ≠ −1

Bảng biến thiên:
x

-1

-∞

+∞

+

y'

+∞

y
2

0,25

+
2
-∞

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ )
Hàm số không có cực trị
Đồ thị:

0,5

Với x = 0 ta có y = 1
Với x = – 2 ta có y = 3
1

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1 .

1,0

Giả sử M ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm.
 x0 = 0
=1⇔ 
( x0 + 1)
 x0 = −2
Với x0 = 0 ⇒ y0 = 1 . Phương trình tiếp tuyến là: y = x + 1

Theo giả thiết ta có y '( x0 ) = 1 ⇔

1

Với x0 = −2 ⇒ y0 = 3 . Phương trình tiếp tuyến là: y = x + 5
2

0,5

2

0,25
0,25

1

Tính tích phân I = ∫ x( x − 1) 2 dx

1,0

0
1

Ta có I = ∫ ( x 3 − 2 x 2 + x) dx

0,25

0
1

 x 4 2 x3 x 2 
= −
+ 
4
3
2 0

1
I=
12

3

0,5
0,25

1. Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) là:
d ( M , ( P)) =

1 − 2(−2) + 2.3 − 5
1+ 4 + 4

= 2 (đơn vị độ dài)

2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M và song song với mặt
phẳng ( P) .
Mặt phẳng ( P) có véctơ pháp tuyến n = (1; −2;2 ) . Vì ( Q ) //( P ) nên
n = (1; −2;2 ) cũng là một véctơ pháp tuyến của (Q) .

4

Phương trình của mặt phẳng (Q) là: 1.( x − 1) − 2.( y + 2) + 2( z − 3) = 0
Hay x − 2 y + 2 z − 11 = 0
1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho;
Vẽ hình:

0,5

0,5
0,25
0,25
0,5
0,5

2


A

B

H

C

B'

A'

C'

Diện tích đáy của khối lăng trụ: S =

9
(cm2)
2

Chiều cao của khối lăng trụ: h = CC ' = BC '2 − BC 2 = 3 (cm)
9
27
cm3 )
(
2
2
2. Tính góc hợp bởi đường thẳng BC ' và mp ( ACC ' A ') .
Gọi H là trung điểm của cạnh AC , suy ra HC ' là hình chiếu của BC ' lên
mặt phẳng ( ACC ' A ') .

Thể tích của khối lăng trụ đã cho: V = S .h = .3 =

Ta có sin HC ' B =
5

0,25
0,5
0,25
0,25

Do đó ( BC ', ( ACC ' A ') ) = ( BC ', HC ')
Ta có tam giác BHC ' vuông tại H , cạnh BH =

0,25

3 2
cm .
2

BH 1
= ⇒ HC ' B = 30o . Vậy ( BC ', ( ACC ' A ') ) = 30o
BC ' 2

Biến đổi phương trình đã cho thành
π
π

π

sin  − 2 x  − sin = − sin  + x 

4
4

4

π

π

⇔ 2 cos  − x  sin ( − x ) = − sin  + x 
4

4

π

π

⇔ 2 cos  − x  sin ( x ) = cos  − x 
4

4

π
π
π
π
Với cos  − x  = 0 , ta có − x = + kπ hay là x = − + kπ
4
2

4
4


0,25
0,25
0,25đ

0,25đ

0,25đ

3


6

7

π

x = + k 2π

1
Với s in ( x ) = , ta có  6
2
 x = 5π + k 2π

6
π


 x = − 4 + kπ

π
Ta có 3 họ nghiệm  x = + k 2π

6

 x = 5π + k 2π

6

0,25đ

Trường hợp trong số tự nhiên có chữ số 0:
Có 4.C42 . A42 = 288 số tự nhiên
(Có 4 cách đưa số 0 vào các hàng của số tự nhiên, mỗi cách chọn số 0 ta
có C42 cách đưa số 1 vào hai hàng của số tự nhiên. Còn lại 2 hàng, có
A42 cách chọn 2 chữ số (trong các chữ số 2, 3, 4, 5) để đưa vào).
Trường hợp trong số tự nhiên không có chữ số 0:
Có C52 . A43 = 240 số tự nhiên.
Kết quả có 528 số tự nhiên.
Gọi α là góc giữa (d1) với chiều dương trục hoành, β là góc giữa (d2) với
chiều dương trục hoành, với α + β = 45o.

0,5đ

0,5đ

0,25đ


2
OM =
cos α
.
Ta có 
ON = 2

cos β

Như vậy tam giác OMN có diện tích là
1
S = .OM .ON .sin 45o
2

Hay là S =

2
2 cos α .cos β

Hay là S =

2
cos 45 + cos (α − β )
o

Tam giác OMN có diện tích bé nhất với điều kiện cos (α − β ) = 1 , tức là
α =β .
Và ta có α = β =

π
8

Lúc này (d1) là phân giác của góc AOB , do đó điểm M chia đoạn AB theo
tỷ số k = −

0,25đ

0,25đ

OA
1
=−
OB
2

 xM = 2
Tọa độ điểm M sẽ là 

 y M = 2( 2 − 1)
4


Phương trình đường thẳng ( d1 ) : y = x tan

π
8

hay là (d1 ) : y = ( 2 − 1) x ,

0,25đ

Đường thẳng (d2) đối xứng với (d1) qua trục hoành nên phương trình
đường thẳng ( d 2 ) : y = ( − 2 + 1) x .
3x + 2 y + 4 xy = 3 x 2 − 4 y 2
(*1)
Xét hệ phương trình sau 
.
 x + y + 4 = 2 2 x + 2 y − xy (*2)
Ta phân tích phương trình (*1): 3x + 2 y + 4 xy = 3x 2 − 4 y 2

(

0,25đ

)

Trở thành ( 3x + 2 y )( 2 y − x + 1) = 0
3 x + 2 y = 0

Hay là 
2 y − x + 1 = 0
Còn phương trình (*2): x + y + 4 = 2 ( 2 x + 2 y − xy ) được phân tích thành 0,25đ

(

x + y −2

)

2

=0

Hay là x + y − 2 = 0
3x + 2 y = 0
Xét hệ 
, ta có hệ vô nghiệm
 x + y = 2
 x = 23 − 8 7
2 y − x + 1 = 0
Xét hệ 
, ta có 
 x + y = 2
 y = 11 + 4 7

1 4 9
+ + ≥ 36 .
x y z
a
b
c
Do x + y + z = 1 , nên ta đặt lại x =
, y=
và z =
, với a, b và
a+b+c
a+b+c
a+b+c

c là các số dương. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a + b + c 4( a + b + c) 9( a + b + c)
+
+
≥ 36
a
b
c
b c 4a
4c 9a 9b
Hay là 1 + + +
+4+ +
+ + 9 ≥ 36
a a b
b
c
c
b c 4a 4c 9a 9b
+ +
+
≥ 22
Hay là + +
a a b
b
c
c
 b 4a   c 9a   4c 9b 
Hay là  +  +  +  +  +  ≥ 22
c 
a b  a c   b

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si 3 lần ta có điều phải chứng minh.
1 4 9
Dấu bằng xảy ra: + + = 36 khi và chỉ khi
x y z
 b 4a   c 9a   4c 9b 
 +
 +  +  +  +  = 22
c 
a b  a c   b
1

 x = 6
b = 2a
Như vậy 
. Lúc này 
.
c = 3a
y = 1

3

Đặt 1 − x − y = z , ta có x + y + z = 1 , ta cần chứng minh

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

5


Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx 2   m 2  1 x  2, m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1 .
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2 .
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình: log 2 ( x  5)  log 2 ( x  2)  3
2) Giải phương trình: 7 x  2.71 x  9  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 2  ln 1  2 x  trên
đoạn  2;0 .
n

1
Câu 4 (1,0 điểm).Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển biểu thức  x3  2  , biết n là
x




số tự nhiên thỏa mãn C  13C .
Câu 5 (1,0 điểm).
4

n

n2
n

1) Cho góc  thỏa mãn



1
 7

    và sin(   )   . Tính tan 
  .
2
3
 2


2) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5
bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C,
D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiên bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính
xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mp(ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có
phương trình lần lượt là d1 : x  2 y  2  0, d 2 : 3x  3 y  6  0 và tam giác ABC đều có diện tích
bằng 3 và trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Tìm tọa độ giao điểm d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x

.

3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7





Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

4 4
5
 4
4
a b 8  a  b 2

-------------------------------------------Hết---------------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh…………………………………………SBD……………………..
1


Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Đồng Đậu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Môn thi: Toán
Câu
Đáp án
3
Với m = 1 hàm số trở thành y  x  3x 2  2
*Tập xác định : D  R
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: xlim
y   , lim y  

x 
x  0
x  2

Điểm
0,25

+ Chiều biến thiên : y '  3x 2  6 x , y '  0  

1.1
(1,0
điểm)

Các khoảng đồng biến: (;0) và (2; ) ; khoảng nghịch biến : (0; 2)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  2.
+ Bảng biến thiên:
x -∞
0
2
+∞

y’
0
0+
+
0
y

0,25

0,25

-2
-∞
*Đồ thị:

0,25

1.2
(1,0
điểm)

Ta có: y '  3x 2  6mx  m 2  1; y ''  6 x  6m
 y '(2)  0
 y ''(2)  0

Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x  2  

m 2  12m  11  0

12  6m  0

 m 1

Vậy với m = 1 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2

0,25
0,25
0,25
0,25


2.1
(0,5
điểm)

2.2
(0,5
điểm)

3
(1,0
điểm)

Điều kiện x  5 . Phương trình đã cho tương đương với
log 2 ( x  5)( x  2)  3  ( x  5)( x  2)  8

 x  6(t / m)
 x 2  3 x  18  0  
 x  3(l )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  6.

t  2
14
Đặt t  7 x , t  0 . Ta có phương trình: t   9  0  t 2  9t  14  0  
t
t  7

Với t  2, suy ra 7 x  2  x  log 7 2
Với t  7, suy ra 7 x  7  x  1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S  log 7 2;1 .
Ta có hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [-2;0];
f '( x) 

0,25
0,25
0,25

0,25

4 x 2  2 x  2
1 2x

Với x   2;0 thì f '( x)  0  x  
1
2

0,25

1
2

0,25

1
4

Ta có f (2)  4  ln 5; f ( )   ln 2; f (0)  0.

0,25

Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [-2;0] lần
0,25

1
4

lượt là 4  ln 5 và  ln 2.
4
(1,0
điểm)

n  3
. Phương trình đã cho tương đương với
n  N
n!
n!
 13.
4!(n  4)!
(n  2)!2!
 n  15(t / m)
 n 2  5n  150  0  

 n  10(l )

Điều kiện 

Vậy n  15.
Với n = 15 ta có

0,25

0,25

15

15
1 k
 3 1 
k
3 15  k 
 x  2    C15  x  .   2 
x 

 x 
k 0

0,25

15

  C15k (1) k .x 455 k
k 0

Để trong khai triển đã cho có số hạng chứa x10 thì 45  5k  10  k  7(t / m)
Vậy hệ số của x10 trong khai triển đã cho là C157 .(1)7  6435 .
5.1
(0,5
điểm)

1
3

Ta có: sin(   )    s inx 

0,25

1
3


 7





tan 
    tan  3      tan      cot 
2
 2




2


3

0,25


Vì

5.2
(0,5
điểm)


2

     cot   0 . Do đó 1  cot 2  

1
1
 cot   
 1  2 2
2
sin 
sin 2 

7

0,25

5
  C20
.C155 .C105 .C55

0,25

Vậy tan      2 2 .
 2

Chia 20 học sinh thành 4 nhóm nên số phần tử của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố “ Chia 20 học sinh thành 4 nhóm sao cho 5 bạn nữ thuộc cùng
một nhóm”
Xét 5 bạn nữ thuộc một nhóm có C155 .C105 .C55 cách chia 15 nam vào 3 nhóm còn
lại
Vì 5 bạn nữ có thể thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có  A  4.C155 .C105 .C55 .
Vậy xác suất của biến cố A là P( A) 

A




0,25

4.C155 .C105 .C55
1
.


5
5
5
5
C20 .C15 .C10 .C5 3876

6
(1,0
điểm)

0,25

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB đều nên SH  AB
Mà  SAB    ABCD  , suy ra SH   ABCD  .
Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có
OA  a, OB  2a  AB  OA2  OB 2  a 5
3 a 15

2
2
1
1
Đáy ABCD là hình thoi nên có diện tích S ABCD  AC.BD  .2a.4a  4a 2
2
2
1
2a 3 15
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  .S ABCD .SH 
3
3

Ta có AD / / BC  AD / /  SBC 

Tam giác SAB đều cạnh a 5 nên đường cao SH  a 5.

Do đó d  AD; SC   d  AD;( SBC )   d  A;( SBC )   2d  H ;( SBC )  .
Gọi K là hình chiếu của H trên BC, ta có BC  HK v嚓BC  SH n n BC  ( SHK )
Gọi I là hình chiếu của H trên SK, ta có HI  SK v嚓HI  BC n n HI  ( SBC ).
4

0,25

0,25


Từ đó suy ra d ( AD; SC )  2d  H ;( SBC )   2 HI
Ta có HK 

2 S HBC S ABC S ABCD 2a



BC
BC
2 BC
5

Tam giác SHK vuông tại H nên HI 
Vậy

d  AD; SC   2 HI 

HS .HK
HS 2  HK 2



2a 15
91

0,25

4a 15
91

7
(1,0
điểm)

0,25

Gọi M  AI  BC . Giả sử AB  x( x  0), R, r lần lượt là bán kính đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
-Do tam giác ABC đều nên S ABC

x2 3
x2 3

 3
x2
4

4

-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp
1
3
Giả sử I (2a  2; a)  d1 (a  1)

tam giác ABC  r  IM  AM 

1
3
.
3
3
3

0,25

Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
d ( I ; d2 )  r 

3(2a  2)  3a  6
99


62 6
3
a
 1(l )


 3a  6  6  6  
3

3
 a  2

Suy ra I (2; 2) .
2
3

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R  AM 

2 3
3

0,25

 phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
4
là : ( x  2)2  ( y  2) 2 
3
Giao điểm của đường thẳng (d1 ) và (C ) là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  2  0

4

2
2
( x  2)  ( y  2)  3

0,25
5


Vậy giao điểm của (d1 ) và (d 2 ) là E (2 
8
(1,0
điểm)

2
4
2
4
;2 
), F (2 
;2 
).
15
15
15
15

 x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x (1)


3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7 (2)
x  0
Điều kiện 1  y  6
.
2 x  3 y  7  0







Với điều kiện trên ta có :
(1) 

y 1 x
 ( y  1  x)( y  1  x)  y ( y  1  x)  0
y 1  x



1
 ( y  1  x) 
 y 1 x  y   0
 y 1  x



 y  x 1
1
 
 y  1  x  y  0 (*)
 y  1  x
x  0
+ Với 
, suy ra phương trình (*) vô nghiệm

1  y  6

0,25

0,25

+ Với y  x  1 thay vào (2) ta được 3 5  x  3 5 x  4  2 x  7 (3)
Điều kiện

4
 x  5 ta có :
5
(3)  7  x  3 5  x  3( x  5 x  4)  0


7  x

2

 9 5  x 

7 x3 5 x



3  x2  5x  4
x  5x  4

0

0,25

1
3


  x2  5x  4 

0
 7  x  3 5  x x  5x  4 
 2
x  1
 x  5x  4  0  
x  4


1
3

 0(VN )

 7  x  3 5  x x  5x  4
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y )  (1; 2) và ( x; y )  (4;5)

9
(1,0
điểm)

0,25

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a 2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: P 

4 4
5
 4
4
a b 8  a  b 2

Từ giả thiết và bất đẳng thức CôSi ta có:
a 2  2b  12  a 2  4  2b  16  4a  2b  16  2 4a.2b  16  0  ab  8

6

0,25


a 2b 2  4 4  ab
5
1  a 2 b2  5
1


.

 2  2  . a b
 4
2
4 
64  a b  8 8  a  b  16  b

a  64   2
b a
a b
1 2 5 1
1

Đặt t   (t  2) , ta có P  t  .
b a
16
64 t  2 8
1
5 1
1
Xét hàm số f (t )  t 2  .
 trên (2; )
16
64 t  2 8
1
5
1
5
Ta có f '(t )  t  .
; f '(t )  0  t 
2
8 64  t  2 
2

Do đó P 

Bảng biến thiên

0,25

0,25

5
27
Từ bảng biến thiên ta có min f (t )  f   
 2; 
 2  64
27
, dấu bằng xảy ra khi a  2, b  4.
64
27
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi a  2, b  4.
64

Suy ra P 

0,25

--------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------

7


TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ

1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y  x 4  2 x 2  3 trên đoạn 0;4 .
Câu 3 (1.0 điểm).


1
2

a) Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ). cos(   ) .
4

b) Giải phương trình:
Câu 4 (1.0 điểm).

34  2 x = 9

53 x  x 2

14

2

a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2  .


x 

b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
Câu 6 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, AC  a 3 ,
mặt bên BCC' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  và đoạn BC  5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
 x 3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0
Giải hệ phương trình : 
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y

Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : S 

a3  b3 b3  c3 c3  a3

.


a  2b
b  2c
c  2a

-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…......


Môn: Toán
Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y  x  6 x  9 x  2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3

(C).

2

1.0

 TXĐ D= R


0.25
x  1

y  2

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=> 

x  3
 y  2

 - Giới hạn tại vô cực: lim y  ;

0.25

lim y  

x 

x 

BBT


x

1


y’



3


0



0



2

y
1a

0.25

-2



KL: Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1; 3; 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
 Đồ thị

5

y

f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

4
3
2

0.25

1

x
-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1
-2
-3

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông góc với
1b

đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y 

2

Câu 2 (1.0 điểm).

1
3
x
2
2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

1.0
0.5
0.25
0.25
1.0

y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1  0;4 x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 khi x=4
GTNN y= 2 trên trên 0;4 khi x=1
a)

3

0.25
0.25
0.25
0.25


1
2

Cho sin   . Tính giá trị biểu thức P  2 (1  cot  ). cos(   )
4

sin   cos 
1  2 sin 2 
P
(cos   sin  ) 
sin 
sin 
1

thay sin   vào ta tính được P =1
2

0.5
0.25
0.25

b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 953 x  x
đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3

2

0.5

với x 2  2 x  3  0

0.25
0.25

14

2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2  .


14



2

2
 x  2  = x  2x
x 


4

  C
14

k 14  3 k
14

x

.2k

x 

0.25
0.25

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3  2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ 0.5
ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)

và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là :   C 407  18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số 0.25
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
5
 A  C 204 .C52 .C151  C 204 .C51 .C152  C 20
.C51C151  4433175

Xác suất cần tìm là P( A) 

A




915
3848

0.25

9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15
1
Nhận xét : 9 x  1  9 x 2  15  9 x 2  3  0  x 
9

Giải bất phương trình:
5

bpt 


 9x

2



1.0
0.25

 3  2  3(3 x  1)  9 x  15  4

9x  1
2

9x 2  3  2

 3(3 x  1) 

2

9x 2  1
9 x 2  15  4

0

0.25




3x  1

3x  1




 3  0
9 x  15  4 
3x  1

 9x  3  2


 
1
1
  3  0  3 x  1  0  x 
3x  13x  1 2 1

3
9 x 2  15  4  
 9x  3  2

1
kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là x  là nghiệm của bpt
3
Cho lăng trụ đứng ABC. A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB  a, AC  a 3 , mặt bên BCC' B' là hình vuông, M, N lần lượt là trung

2

2

điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách
giữa hai đường thẳng A’B’ và MN

0.25

0.25

1.0

C

B
A

M

N
6

H

B’

C’
P
A’

Ta có BC= BB’=2a

0.25
1
2

. V ABC. A' B 'C '  BB'.S ABC  2a. a.a 3  a 3 3
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)

Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
MPC’
C' H 

7

C ' M .C ' P
C' P  C' M
2

2



a 21
7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong

đường tròn C  : x 2  y 2  3x  5 y  6  0 . Trực tâm của tam giác ABC là H 2;2  ,

0.25

0.25

0.25
1.0


3 5
2 2

Gọi tâm đường tròn (C) là I  ;  và A(x;y) suy ra

AH (2  x;2  y ) M là trung

điểm của BC
Học sinh tính được AH  5  x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình

0.25

 x 2  y 2  4 x  4 y  3  0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
 2
 x  y 2  3 x  5 y  6  0
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH  2 IM
Từ AH  2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được

0.25
0.25

phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
y 1
x  1

 y  2 x  3

ta được 2 y  12  y 2  3(2 y  1)  5 y  6  0  y 2  3 y  2  0  

Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)

 x 3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0 (1)
 x  2  4  y  x 3  y 2  4 x  2 y (2)

Câu 8: Giải hệ 

0.25

1.0

x  -2; y  4
(1)  x  5 x 2  10 x  6  y 3  2 y 2  3 y

Điều kiện
3

 x  1  2x  1  3( x  1)  y 3  2 y 2  3 y
Xét hàm số f (t )  t 3  2t 2  3t , f ' (t )  3t 2  4t  3  0 t  R
3

2

0.25

Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x  2  3  x  x 3  x 2  4 x  1
8







 x  2 3  x   2    x  1x 2  4 

x  2  3  x  3  x3  x2  4 x  4 



2 x  2 3  x   4 
  x  2 ( x 2  x  2 )
x  2  3  x  3  x  2 3  x   2



2(  x 2  x  2)
 x  2 x 2  x  2  0
x  2  3  x  3  x  2 3  x   2







2

x 2  3 x 3






 x2  x  2 x  2 















0
 x  2 3  x   2 
 0 ( vi x   2 )

2
x 2  3 x 3



0.25



x  2
 x x20 
 x  1

0.25

2

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)

Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  3 .

9

a3  b3 b3  c3 c3  a3
.


a  2b
b  2c
c  2a
x3  1 7 2 5
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
 x  ( x  0) *
x  2 18
18

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S 

1.0
0.25


*  18( x3  1)  x  27 x 2  5
luôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1
2
 x  1 11x  8  0
a b c
; ;
b c a
a 3  b 3 7 a 2 5b 2 b 3  c 3 7b 2 5c 2 c 3  a 3 7c 2 5a 2



;


;


;
a  2b
18
18 b  2c
18
18 c  2a
18
18
12 a 2  b 2  c 2
2
Từ các đảng thức trên suy ra S 
18

0.25

Áp dụng (*) cho x lần lượt là



Vậy MinS =2 khi a=b=c=1



0.25

0.25


TRƯỜNG THPT LAM KINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
MÔN: TOÁN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)

2x  1
x 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng
cách từ M đến trục Ox.
Câu 2 (1 điểm).
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y 

a. Giải phương trình:

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1 .

b. Giải bất phương trình: 2log 3 ( x  1)  log
Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau: I 

x

3

(2 x  1)  2 .

x 2  3dx

Câu 4 (1.5 điểm).
9

2 
3

a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển của  x  2  .
x 

b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu
hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A
rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB,
H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và IC.
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Biết điểm
M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là số
nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể
tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
 4 y 2  x  2  y  1  x  1
Câu 9 (1 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c  b  abc. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức S 

3
4
5


bca acb abc
----Hết----

Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:………………………..............
1


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016

Câu
Câu1a
1.0đ

Nội dung

- Tập xác định D  R \ 1
- Sự biến thiên y ' 

3

 x  1

2

Điểm
0,25

 0 với x  D

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của

0,25

x 

đồ thị

lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm

x 1

x 1

cận đứng của đồ thị
0,25
+ Bảng biến thiên
-

x
y’(x)

+

1

-

+

2

y
-

2

- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các
điểm

 0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5
+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm

0,25

tâm đối xứng.

Câu 1b
1.0đ

Gọi M  x 0 ; y0  ,

 x 0  1 ,

y0 

2x 0  1
, Ta có
x0 1

0,25

d  M, 1   d  M, Ox   x 0  1  y 0
 x0 1 

Với x 0 

2x 0  1
2
  x 0  1  2x 0  1
x0 1

x  0
1
, ta có : x 02  2x 0  1  2x 0  1   0
2
x0  4

M  0; 1 , M  4;3

0,25
Suy ra

0,25

2


1
, ta có pt x 02  2x 0  1  2x 0  1  x 02  2  0 (vô nghiệm) .
2
Vậy M  0; 1 , M  4;3

Với x 0 

0,25

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  2 3 sin x cos x  1  cos 2 x  4sin x  0
Câu 2a.
0.5đ

Câu 2b.
0.5đ

 2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0  2sin x



sin x  0
 x  k

sin x  0



, k  .
  



sin
x


1
x


k
2

3
cos
x

sin
x

2




 
3
6


0,25

ĐK: x > 1 , 2 log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  log 3 [( x  1)(2 x  1)]  1

0,25

1
 2 x 2  3x  2  0    x  2
2
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]
Câu 3
0.5 đ

Câu 4.b
0.5đ

Câu 5
1.0đ

0,25

Đặt t  x 2  3  t 2  x 2  3  2tdt  2xdx  xdx  tdt .

0,25

t3
( x 2  3)3
C
Suy ra I   t.tdt   t dt   C 
3
3

0,25

2

Câu 4.a
0.5đ



3 cos x  sin x  2  0 0,25

9

k

9
9
2 
k

 2 
Ta có  x  2    C9k x 9 k  2    C9k x 93k  2 

x  k 0

x 
k 0

0,5

Số hạng chứa x 3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3

0,25

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có
0,25
C  4845 đề thi.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
C102 .C102  2025 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
C103 .C101  1200 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
0,5
C104  210 trường hợp.
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025  1200  210  3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã
3435 229

thuộc là
.

4845 323
1
Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , trong
3
0,25
2
đó SABCD  a
4
20

3


Do (SIC),(SBD) cùng vuông với
đáy suy ra SH  (ABCD)
Dựng HE  AB   SHE   AB ,
 là góc giữa (SAB)
suy ra SEH
  600
và (ABCD)  SEH
Ta có SH  HE.tan 600  3HE
HE HI 1
a

  HE 
CB IC 3
3
a 3
 SH 
3

0,25

Suy ra
1
1a 3 2
3a3
VS.ABCD  SH.SABCD  .
.a 
3
3 3
9

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA, CI   d  CI,  SAP    d  H,  SAP  

0,25

Dựng HK  AP , suy ra  SHK    SAP 

Dựng HF  SK  HF   SPA   d  H,  SPA    HF
1
1
1
(1)


2
2
HF

HK
HS2
1
1
1
1
Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 



2
2
2
HK
DM
DP DA 2

Do SHK vuông tại H 

0,25

Thay vào (1) ta có
1
1
1
1
4 1 3
8
a




 2  2  2  2  HF 
.
2
2
2
2
HF
DP DA HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d  SA, CI  
.
2 2


Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy

Câu 6
1.0đ

BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
  CAB
  BM  AC .

ABC  BEM  EBM

0,25

Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x  2y  7  0 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
13

x

 2x  y  3  0

 13 11 
5

 I ;


5 5 
 x  2y  7  0
 y  11

5
  12 6  
2   8 4 
 IM   ;  , IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5
 5 5 

0,25

4


Trong ABC ta có

1
1
1
5
5



 BA 
BI
2
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2
2

2

4 5
5
 8   4 
BI  2
Mặt khác BI       
, suy ra BA 
5
2
 5   5 
Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có
 a 3
BA  4   a  1   6  2a   4  5a  26a  33  0   11
a 
5

  2 4 
Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5


Ta có AC  5AI   2; 4   C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
2

Câu 7
1.0đ

2

2

0,25

2

0,25

Thể tích lăng trụ là:
a 2 3 a3 3
V  AA '.SABC  a.

4
4

0,5

Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C'
khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:

R  IA 

AO2  OI2 

(

a 3 2 a 2 a 21
) ( ) 
3
2
6

0,5

a 21 2 7 a 2
2
suy ra diện tích mặt cầu (S) là: S  4R  4(
) 
6
3
Câu 8
1.0đ

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
. Ta có (1)  x  y  3
 y 1  0

Đặt u  x  y , v 

 x  y  y  1  4( y  1)  0

0,5

y  1 ( u  0, v  0 )

5


u  v

Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :
 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y  2 y  3  2 y 1
2







y 1 1  0

y2
0
y 1 1


2
  y  2 

2
 4 y  2 y  3  2 y 1

 y  2 ( vì 

0,25

1
0
y  1  1 

2
4 y  2 y  3  2 y 1
2

4 y2  2 y  3  y 1  2 y



1
 0y  1 )
y 1 1

0,25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
Câu 9
1.0đ

1 1
4
 
, x  0, y  0.
x y x y
1

1
1
1
1
1

 

S

 2


  3

bca acb
bca abc acb abc

Áp dụng bất đẳng thức

suy ra S 

2 4 6
  .
c b a

Từ giả thiết ta có

1 2
2 4 6

3
1 2 3

  a, nên    2      2  a    4 3.
c b
c b a
a
c b a


Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  3.

0,25
0,25
0,25
0,25

Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng

6