Đề thi và đáp án chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm 2018 – 2019 sở GD và ĐT Thái Bình

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 12 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (6,0 điểm).
2x +1
y 2 x + m . Tìm m để
( C ) và đường thẳng ( d ) có phương trình: =
x −1
đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB

1. Cho hàm số y =

bằng

5
(với O là gốc tọa độ).
4

2. Cho hàm số y = x3 + 2(m + 1) x 2 + (8m − 3) x + 8m − 6 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ
thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy .
3. Tính giới hạn: lim

x →0

log 2018 ( 2 − cos2 x )
x2

.

Câu 2: (4,0 điểm)

 5π

π

1. Giải phương trình: sin 
− 3x  − 16 =
−15sin  + x  .
 4

4

2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A . Tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.
Câu 3: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình
 y 3 ( x + 5) 2 + x =1 + 3y 2 (1)


2
2
+ 12 y 2 3 x 2 − 2x + 4 + 5 x 2 − 6x + 12 + 8
2 + x − 2x+4 + x − 6x =

(

) (2)

Câu 4: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M 1;0 là trung điểm của cạnh BC ,
điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN  2 ND , phương trình đường thẳng AN là: x  y  2  0 .
Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương

Câu 5: (3,0 điểm)

= SC
= SD
= a 3.
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA = a , SB
Gọi M là trung điểm CD .
1. Tính thể tích khối chóp S . ABCM .
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC .
Câu 6: (2,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương.
9
32
−
≥ −5 .
Chứng minh rằng:
2
ab ( a + c )( b + c )
4 + 4a + 4b 2 + c 2

ĐÁP ÁN
1
NHÓM TOÁN VD_VDC


2x +1
y 2 x + m . Tìm m để
( C ) và đường thẳng ( d ) có phương trình: =
x −1
đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB

1. Cho hàm số y =

bằng

5
(với O là gốc tọa độ).
4

Lời giải
Xét phương trình:
2x +1
 x ≠ 1
= 2x + m ⇔ 
x −1
2 x + 1 =

 x ≠ 1
⇔
( x − 1)( 2 x + m )  g ( x )= 2 x 2 + ( m − 4 ) x − ( m − 1)= 0

+) Đường thẳng ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B

⇔ g ( x) =
0 có hai nghiệm phân biệt khác 1
∆= ( m − 4 )2 + 8 ( m − 1) > 0 ⇔ m 2 + 24 > 0 (∀m ∈ )
⇔
 g (1) =−3 ≠ 0
+) Gọi A ( x1 ; 2 x1 + m ) ; B ( x2 ; 2 x2 + m )
m−4


−
 x1 + x2 =
2
Khi đó x1 , x2 là hai nghiệm: g ( x ) = 0 . Theo Viet thì 
x x = − m +1
 1 2
2
Ta có ( d ) : 2 x − y + m =
0
d ( O, d ) =

m
5

; AB = 5 ( x1 − x2 ) = 5 ( x1 + x2 )

2

2

2

2
5 ( m 2 + 24 )


8
16
4
4

m
−
m
+
m
+
− 4 x1 x2  = 5 
+
=

4
2 
4


2
1
1 m 5 ( m + 24 )
Khi đó: SOAB =
=
d ( O, d ) . AB
.
.=
2
2 5
2

m m 2 + 24
4

5
SOAB = ⇔ m m 2 + 24 =5 ⇔ m 4 + 24m 2 − 25 =0 ⇔ ( m 2 − 1)( m 2 + 25 ) =0 ⇔ m =±1.
4

Vậy m = ±1
2. Cho hàm số y = x3 + 2(m + 1) x 2 + (8m − 3) x + 8m − 6 . Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu
trong đó một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ
thị hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy .
Lời giải
Ta có y ' = 3 x 2 + 4(m + 1) x + (8m − 3)
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt.
2
NHÓM TOÁN VD_VDC



4+ 3
m >
2
∆' > 0 ⇔ 

4− 3
m <

2
Đường thẳng qua hai điểm cực tri của đồ thị hàm số có phương trình:
2
2
y = −4m 2 + 16m − 13 x + −8m 2 + 31m − 24
9

9

(

)

(

)

−4(m + 1)

 x1 + x2 = 3
Gọi ( x1 ; y1 ) ; ( x2 ; y2 ) điểm cực trị của đồ thị hàm số. Ta có 
 x .x = 8m − 3
 1 2
3
2
2
y1 = −4m 2 + 16m − 13 x1 + −8m 2 + 31m − 24 ;
9
9
2
2
y2 = −4m 2 + 16m − 13 x2 + −8m 2 + 31m − 24 ;
9
9

(

)

(

)

(

)

(

)

Vì hàm số y = x3 + 2(m + 1) x 2 + (8m − 3) x + 8m − 6 có hệ số a= 1 > 0 nên không xảy ra trường hợp
đồ thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm cực trị thuộc góc phần
tư thứ ba của hệ trục tọa độ Oxy .
Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị
 x1 .x2 < 0
hàm số thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy thì 
 y1 . y2 < 0
3
Với x1 .x2 < 0 ⇔ m < (1)
8
Với y1 . y2 < 0
⇔

(( −4m
(

2

)

(

) ) ( ( −4m + 16m − 13) x + ( −8m + 31m − 24 ) ) < 0
+ 31m − 24 )( −4m + 16m − 13) ( x + x ) + ( −8m + 31m − 24 )

+ 16m − 13 x1 + −8m 2 + 31m − 24

⇔ −4m 2 + 16m − 13

)

2

(

x1 .x2 + −8m 2

2

2

2

2

m > 3

⇔ − m 2 + 4m − 3 < 0 ⇔ 
(2)
m < 1
3
Kết hợp (1) và (2) ta có m <
8
3. Tính giới hạn: lim

x →0

log 2018 ( 2 − cos2 x )
x2

2

1

.
Lời giải

Ta có:

3
NHÓM TOÁN VD_VDC

2

2

<0

lim

log 2018 ( 2 − cos2 x )
x2

x →0

= lim

log 2018 e.ln ( 2 − cos2 x )
x2

x →0

(

)

ln 1 + 2sin 2 x  sin x 2
2=
log 2018 e. lim
.
2 log 2018 e

x →0
2sin 2 x
 x 

Câu 2.

.

(4,0 điểm)

 5π

π

1. Giải phương trình: sin 
− 3x  − 16 =
−15sin  + x  .
 4

4

2. Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫn nhiên một số thuộc tập A . Tính xác
suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.
Lời giải
1. Đặt t =x +

π
4

⇔ x =t −

π
4

. Phương trình đã cho trở thành:

 5π
 π 
sin  − 3  t −   + 15sin t − 16 =
0
4 

 4
⇔ − sin 3t + 15sin t − 16 =0

0
⇔ 4sin 3 t + 12sin t − 16 =
⇔ ( sin t − 1) ( sin 2 t + sin t + 4 ) =
0
⇔ sin t =
1

⇔t−

π
2

+ k 2π

π

Do đó ta có: x =
+ k 2π , k ∈  .
4

π

Vậy nghiệm của phương trình là: x =
+ k 2π , k ∈ 
4
2. Số phần tử không gian mẫu là: Ω =9.105 .
Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2 .
Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn nhất có 6 chữ số
chia hết cho 13 là 999999 .
Ta có 100009 + 13 =
100022 , do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng
bằng 2 chính là số 100022 .
Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận cùng
bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0 .
Số nhỏ nhất (lớn hơn 0 ) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130 .
Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập
thành một cấp số cộng có số hạng đầu là u1 = 100022 , công sai d = 130 .
4
NHÓM TOÁN VD_VDC


Công thức số hạng tổng quát của dãy là: un = u1 + ( n − 1) d .
Vì số cần tìm là số có 6 chữ số không vượt quá 999999 nên ta có:
100022 + ( n − 1) 130 ≤ 999999 ⇔ n ≤

69239
=
6923,9 .
10

Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n = 6923 .
Vậy số phần tử của biến cố B là B = 6923 .
Xác suất của biến cố B là: P ( B=
)

B
6923
=
.
Ω 900000

Cách 2.
Số phần tử không gian mẫu là: Ω =9.105 .
Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là a1a2a3a4a5 2 .
Ta có: =
a1a2a3a4a5 2 10.a1a2a3a4a5 + 2 .
Gọi k là số dư của phép chia a1a2a3a4a5 cho 13

( k ∈ , 0 ≤ k ≤ 12 ) .

Khi đó vì =
a1a2a3a4a5 2 10.a1a2a3a4a5 + 2  13 ( k ∈ , 0 ≤ k ≤ 12 ) nên ta có:

10k + 213 ( k ∈ , 0 ≤ k ≤ 12 )
Do đó tồn tại số tự nhiên t sao cho: 10k + 2= 13t ⇔ t=

10k + 2
∈  , ( k ∈ , 0 ≤ k ≤ 12 ) . Ta có
13

bảng:
k =0

10k + 2 2
=
∉
13
13

Loại

k =1

10k + 2 12
=
∉
13
13

Loại

k =2

10k + 2 22
=
∉
13
13

Loại

k =3

10k + 2 32
=
∉
13
13

Loại

k =4

10k + 2 42
=
= 4∈
13
13

Thỏa mãn

k =5

10k + 2 52
=
∉
13
13

Loại

5
NHÓM TOÁN VD_VDC


k =6

10k + 2 62
=
∉
13
13

Loại

k =7

10k + 2 72
=
∉
13
13

Loại

k =8

10k + 2 82
=

∉
13
13

Loại

k =9

10k + 2 92
=
∉
13
13

Loại

k = 10

10k + 2 102
=
∉
13
13

Loại

k = 11

10k + 2 112
=

∉
13
13

Loại

k = 12

10k + 2 122
=
∉
13
13

Loại

Từ bảng trên ta có k = 4 là số dư của phép chia a1a2a3a4a5 cho 13. Như vậy, tồn tại số tự nhiên t
để:

a1a2a3a4a=
13t + 4 . Vì 10000 ≤ a1a2a3a4a5 ≤ 99999 nên
5

10000 − 4
99999 − 4
, hay:
≤k≤
13
13

9996
99995
≈ 768,923 ≤ k ≤
≈ 7691,923 ⇒ 769 ≤ k ≤ 7691, k ∈  .
13
13
Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 15 và có chữ số tận cùng bằng 2 .

= 7691 − 769 +=
1 6923 .
Khi đó số phần tử của biến cố B là B
Xác suất của biến cố B là: P ( B=
)

B
6923
=
.
Ω 900000

Câu 3 (3,0 điểm). Giải hệ phương trình
 y 3 ( x + 5) 2 + x =1 + 3y 2 (1)


2
2
+ 12 y 2 3 x 2 − 2x + 4 + 5 x 2 − 6x + 12 + 8
2 + x − 2x+4 + x − 6x =

(

Lời giải
Điều kiện: x ≥ −2
Với điều kiện x ≥ −2 , từ (1) ⇒ y > 0 . Khi đó:

6
NHÓM TOÁN VD_VDC

) (2)


(1) ⇔ (

2+ x

)

3

3

1 3
x   + ⇔ f
+3 2+=
y y

(

)

1
2 + x= f   (*) với f ( t )= t 3 + t
y

t ) 3t 2 + 1 > 0  
∀ t , do đó: (*) ⇔ 2 + x =
mà f ′ (=

1
1
⇔ y 2 =     ( 3)
y
x+2

Thay (3) vào phương trình (2), ta được:

(2 + x ) (2 +

)

x 2 − 2x+4 + x 2 − 6x + 12 = 3 x 2 − 2x + 4 + 5 x 2 − 6x + 12 + 8

⇔ ( x − 1) x 2 − 2x+4 + ( x − 3) x 2 − 6x + 12 + 2x − 4 =
0
⇔ ( x − 2) x 2 − 2x+4 + ( x − 2) x 2 − 6x + 12 +

(

)

x 2 − 2x+4 − x 2 − 6x + 12 + 2( x − 2) =
0
4( x − 2)

⇔ ( x − 2) x 2 − 2x+4 + ( x − 2) x 2 − 6x + 12 +

+ 2( x − 2) =
0
x 2 − 2x+4 + x 2 − 6x + 12


4
0
⇔ ( x − 2 )  x 2 − 2x+4 + x 2 − 6x + 12 +
+ 2 =


x 2 − 2x+4 + x 2 − 6x + 12


x − 2 =
0 (4)

⇔ 2
4
x − 2x+4 + x 2 − 6x + 12 +
0 (5)
+2 =

x 2 − 2x+4 + x 2 − 6x + 12

1
1
2 , thay vào (3) ta được y = ± . Vì y > 0 nên suy ra y = .
+ Xét (4) ⇒ x =
2
2

∀ x ≥ −2 , do đó phương trình vô nghiệm.
+ Xét (5), ta thấy : VT ( 5 ) > 0  
 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  2;  .
 2

Câu 4: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M 1;0 là trung điểm của cạnh BC ,
điểm N thuộc cạnh CD sao cho CN  2 ND , phương trình đường thẳng AN là: x  y  2  0 .
Tìm tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương
Lời giải
A

B

M

D

C

N

Đặt cạnh của hình vuông bằng a
Ta có: AM 

2
2
2
a 5
a 10
5
  AM  AN  MN  1
, AN 
, NM  a, cos MAN
2
3
6
2 AM . AN
2

7
NHÓM TOÁN VD_VDC


A  AN  A x; x  2 với x  0


AM , AN có vectơ chỉ phương là: AM  1 x, x  2 , u  1;1


cos MAN

x  1 N 
2 x 1
1
1
 2 x 2  2 x  4  0  


2
2
2
2
 x  2  L
1 x  x  2 . 2

Vậy A 1;3

Câu 5.

(3,0 điểm)

= SC
= SD
= a 3.
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3 , SA = a , SB
Gọi M là trung điểm CD .
1. Tính thể tích khối chóp S . ABCM .
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC .

AC ∩ BD =
I , ta có IA

= IC
= IS (là đường cao của các tam giác cân bằng nhau) nên SAC
1
vuông tại S ⇒ AC = SA2 + SC 2 = 2a và SI
= IA
= IC
=
AC
= a.
2

IB=

SB 2 − SI 2=

3a 2 − a 2= a 2 ⇒ BD = 2 IB = 2a 2 .

1
=
IC.BD a 2 2 ; Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD , bán kính đường tròn ngoại
2
BC.CD.BD 3a
tiếp BCD là:=
. ( O là trung điểm AI )
R OC
=
=
4.S BCD
2

=
S BCD

Do SB
= SC
= SD nên SO ⊥ ( ABCD ) ; SO =

=
S ABCD 2.=
S BCD 2a 2 2 ; SCDM =

SC 2 − OC 2 =

a 3
.
2

3
3a 2 2
1
.
S ABCD =
S ABCD ⇒ S ABCM =
4
2
4

1
a3 6
.

=
VS . ABCM
=
SO.S ABCM
3
4

d ( BC , SM ) d=
2. IM // BC ⇒ BC // ( SMI ) nên=
( BC , ( SMI ) ) d ( C , ( SMI ) ) .
8
NHÓM TOÁN VD_VDC


2OI ⇒ d ( C , ( SMI ) ) =
2d ( O, ( SMI ) ) ; d ( A,=
Mà CI =
BC )

S ABCD 2a 6
=
BC
3

O là trung điểm AI và ME là đường trung bình hình thoi ABCD nên
=
d ( O, ME )

1
a 6

. ( E là trung điểm AB )
=
d ( A, BC )
4
6

Kẻ OH ⊥ ME , H ∈ ME thì OH =

a 6
; ME ⊥ SO ⇒ ME ⊥ ( SOH )
6

Kẻ OK ⊥ SH , K ∈ SH ⇒ OK ⊥ ME vậy OK ⊥ ( SME ) tức là d ( O, ( SME ) ) = OK .

=
OK

SO.OH
=
SO 2 + OH 2

a 3 a 6
.
a 66
a 66
2=
6
;=
.
d ( C , ( SMI ) ) 2=

d ( O, ( SMI ) )
2
22
11
a 3 a 6

 +

 2   6 

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC là
Câu 6:

a 66
.
11

(2,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương.
9
32
−
≥ −5 .
Chứng minh rằng:
2
ab ( a + c )( b + c )
4 + 4a + 4b 2 + c 2
Lời giải
Cách 1:
Ta có:

ab ( a + c )( b + c ) = ( a + ac )( b + bc )
2

2

a 2 + ac + b 2 + bc
≤
2

Cosi

a 2 + b2 + c ( a + b )
⇒ ab ( a + c )( b + c ) ≤
(1) .
2

c2 + ( a + b )
Lại có: c ( a + b ) ≤
2
Cosi

2

và ( a + b ) ≤ 2 ( a + b
2

Từ (1) , ( 2 ) ⇒ ab ( a + c )( b + c ) ≤
⇔ ab ( a + c )( b + c ) ≤

⇔

ab ( a + c )( b + c )

≥

2

) ⇒ c (a + b) ≤

Cosi

c2 + 2 ( a 2 + b2 )
2

( 2) .

c2 + 2 ( a 2 + b2 )
2
2

4a 2 + 4b 2 + c 2
⇔
4

9

P
Do đó =

a 2 + b2 +

2

1
ab ( a + c )( b + c )

≥

4
4a + 4b 2 + c 2
2

36
.
4a + 4b 2 + c 2

9
ab ( a + c )( b + c )

2

−

32
4 + 4a + 4b + c
2

2

2

≥

36
32
−
.
2
2
2
4a + 4b + c
4 + 4a + 4b 2 + c 2
2

9
NHÓM TOÁN VD_VDC


4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2 =
t . Vì a , b , c là các số thực dương nên t > 2 .

Đặt

⇒ 4a 2 + 4b 2 + c 2 = t 2 − 4 .

36
32
với t > 2 .
−
t −4 t

Xét hàm số =
f (t )
′ (t )
⇒ f=

=

(t

2

3
4
2
32 −72t + 32 ( t − 8t + 16 ) 32t 4 − 72t 3 − 256t 2 + 512
+=
=
2 2
2
2
t2
−
t
t
4
.
( t 2 − 4 ) .t 2
( )

−72t
2

− 4)

2

( t − 4 ) ( 32t 3 + 56t 2 − 32t − 128)

( t 2 − 4 ) .t 2
2

.

( 32t

Ta có 32t 3 + 56t 2 − 32t − 128=

3

− 128 ) + ( 56t 2 − 32t=
) 32 ( t 3 − 4 ) + 4t (14t − 8) > 0 (vì t > 2 ).

Do đó f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 4 .
Bảng biến thiên :

9

⇒ f ( t ) ≥ −5 ⇒

ab ( a + c )( b + c )

32

−

4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2

≥ −5 .

2
 4 + 4a 2 + 4b=
12a 2 12
+ c2 4 =
a = 1



Dấu bằng xảy ra khi=
và chỉ khi a b
⇔ b =
1.
=
⇔ a b
c = 2
c =
c =

 2a
 a + b

Cách 2:
Cosi

ab ( a + c )( b + c ) = ( ab + bc )( ab + ac ) ≤

Ta có:

⇒ ab ( a + c )( b + c ) ≤
Đồng thời
Cosi

≥

2ab + bc + ac
.
2

4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2 =

4 + ( 2a 2 + 2b 2 ) + 2a 2 +

c2
c2
+ 2b 2 +
2
2

4 + 4ab + 2ac + 2bc ⇒ 4 + 4a 2 + 4b 2 + c 2 ≥ 4 + 2 ( 2ab + ac + bc ) .

Do đó :
Đặt

ab + bc + ab + ac
2

9
ab ( a + c )( b + c )

−

32
4 + 4a + 4b + c
2

2

2

≥

18
32
.
−
2ab + ac + bc
4 + 2 ( 2ab + ac + bc )

4 + 2 ( 2ab + ac + bc ) =
t . Vì a , b , c là các số thực dương nên t > 2 .

10
NHÓM TOÁN VD_VDC


t2 − 4
⇒ 2ab + ac + bc = .
2
36
32
với t > 2 .
−
t −4 t

Xét hàm số =
f (t )
′ (t )
⇒ f=

=

(t

2

3
4
2
32 −72t + 32 ( t − 8t + 16 ) 32t 4 − 72t 3 − 256t 2 + 512
+=
=

2
2
t2
( t 2 − 4 ) .t 2
( t 2 − 4 ) .t 2

−72t
2

− 4)

2

( t − 4 ) ( 32t 3 + 56t 2 − 32t − 128)

(t

2

− 4 ) .t 2
2

Ta có 32t 3 + 56t 2 − 32t − 128=

.

( 32t

3

− 128 ) + ( 56t 2 − 32t=
) 32 ( t 3 − 4 ) + 4t (14t − 8) > 0 (vì t > 2 ).

Do đó f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 4 .
Bảng biến thiên :

⇒ f ( t ) ≥ −5 ⇒

9
ab ( a + c )( b + c )

−

32
4 + 4a + 4b 2 + c 2
2

≥ −5 .

 4 + 2 ( 2ab + ac + bc ) =
4
12a 2 = 12
a = 1



⇔ b =
1.
Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi a b

=
=
⇔ a b

=

c 2=
a 2b
c 2a
c = 2
=


11
NHÓM TOÁN VD_VDC