Giai chi tiet de thi thu chuyen Vinh lan 4 nam 2017 mon toan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. ĐÁP ÁN 1A 11B 21C 31A 41D. 2C 12D 22D 32B 42A. 3B 13D 23C 33C 43A. 4B 14A 24D 34B 44B. 5D 15D 25A 35C 45A. 6D 16A 26C 36A 46A. 7C 17C 27D 37D 47A. 8B 18B 28A 38A 48C. 9A 19B 29D 39B 49C. 10C 20B 30C 40D 50B. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A. Ta có. Câu 2: Đáp án C. Hàm số đã cho có dạng. ,. và đường tiệm cận đứng. ngang là. , suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận Vậy ta chọn C.. Câu 3: Đáp án B. Ta loại A và C do hàm bậc bốn trùng phương và hàm bậc hai không thể đồng . Tiếp theo với hàm số ở phương án B và D thì:. biến trên Với B:. nên hàm số ở phương án B đồng biến trên khoảng . Chọn B.. y. Câu 4: Đáp án B. Ta có. 1. 1. Câu 5: Đáp án D.. 1 O.  f  x  dx   cos 2xdx   2  cos 2xd  2x    2 sin 2x  C.. x. Đồ thị hàm số có hình dạng N ngược nên ta loại A và C. Quan sát hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số đi qua điểm Câu 6: Đáp án D. Với A: ta có. nên A sai.. Với B:. nên B sai.. Với C:. nên C sai. Với D:. nên D đúng.. Câu 7: Đáp án C.. . .  Ta có 4 x  1 . 4 2 x 1. . 2 x 1. Câu 8: Đáp án B. Đồ thị y  2  x có duy nhất một tiệm cận ngang là y  0 .. nên loại B, chọn D..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. Câu 9: Đáp án A. Để. thì. không tồn tại m thoả mãn.. Câu 10: Đáp án C. thì. A sai do nếu. không phải là một số thực dương.. B sai do D sai do. là điểm biểu diễn của. Ta có. C đúng.. Câu 11: Đáp án B. Phương. trình. mặt. phẳng. theo. đoạn. chắn. đi. qua. các. điểm. có dạng Câu 12: Đáp án D. Ta có. .. Þ D vuông góc với. .. Mặt khác với. thì. suy ra. Câu 13: Đáp án D. Cách 1: x  0  t  1 Đặt t  2 x  1  t 2  2 x  1  2tdt  2dx  dx  tdt . Đổi cận  x  4  t  3 3  t 3  dt    1   dt  t  3ln t  3 t3 1 t3 1 3. . Ta có I  . . 3. 1. 2  2  3ln . 3. Suy ra a  2, b  3  a  b  5 . Cách 2: Ta có đề bài cho a, b là các số nguyên nên ta có thể dễ dàng sử dụng máy tính như sau: Gán giá trị của tích phân. SHIFT STO A. Lúc này ta có Lúc này nếu coi a là. ; b là x thì ta sẽ có. Sử dụng lệnh MODE 7. Nhập hàm số START? Nhập –5 = END? Nhập 5 = STEP 1 =. ấn 2 lần = máy hiện.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. Máy hiện bảng các cặp giá trị tương ứng của x và Ta thấy có duy nhất cặp. , tức các cặp giá trị b và a.. là thoả mãn điều kiện nguyên, tức. Câu 14: Đáp án A.. Ta có Câu 15: Đáp án D. Ta có Đặt I. Lúc này ta có e e 1 2 2 e e 1 2 2.ln x 1 x .ln x   x . dx  x2 .ln2 x   x.ln xdx 2 x 2 1 2 1 1 1. Câu 16: Đáp án A..  . Ta có f   x   log 2 2 x  4 x  1.   . 2  x. 2  x. 4x  1. . . 4 x  1 .ln 2. Câu 17: Đáp án C. Đặt. . Suy ra. Với A: Ta có Với B:. . Với C: Ta có 4 x  4log2 a  2 log2 a. . 2.  a 2 và. . Vậy C sai.. Câu 18: Đáp án B. Khối lập phương và khối bát diện đều cùng có 12 cạnh. Câu 19: Đáp án B. A sai do hàm số không liên tục trên C sai do.  x. 2. . 1   x  2x  1  0  x  . Hàm số đồng biến trên 2. nghịch biến trên. suy ra hàm số không thể đồng biến trên. D sai do hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định. Câu 20: Đáp án B.. và.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. Hàm số xác định khi Câu 21: Đáp án C. Quan sát đồ thị, ta thấy g  x   0, x  1; 2  .. y. 2. y = g(x). 1. 2.  . x  1  t  1 Đặt x2  t  2xdx  dt . Đổi cận  x  2  t  4. S O. 2. 5 5 Từ giả thiết, ta có S   g  x  dx    g  x  dx   xf x2 dx  . 2 2 1 1 1. 2. 2. x.  . Khi đó  xf x2 dx  1. 4. 4. 4. 1 5 f  t  dt    f  t  dt  5   f  x  dx  I .  21 2 1 1. Câu 22: Đáp án D. Phương trình log 23 x  log 3. x  0 x  0 x4    2  2 3  log 3 x  4log 3 x  1  log 3 x  4log 3 x  1  0. Nếu a, b là hai nghiệm của phương trình đã cho, thì ta có:. log3 a  log3 b  4  log3  ab   4  ab  34  81 .. Câu 23: Đáp án C. Gọi r , h lần lượt là bán kính đáy và chiều cao của khối trụ ban đầu. Từ giả thiết, ta có r 2 h  16  r 2 h  16  h . 16 . r2. Sau khi tăng chiều cao lên hai lần và giữ nguyên bán kính đáy, chiều cao mới là h  2h và Sxq  2rh  16  rh  2rh  8  rh  4  r.. 16 4r4. r2. Câu 24: Đáp án D. Gọi M  x; y; z   MB  1  x; 2  y; 3  z  , MC  1  x; 2  y; 5  z  .. 1  x  3 1  x  x  1   Từ giả thiết, ta có MB  3 MC  2  y  3  2  y    y  1  M 1; 1; 3  .   z  3  3  z  3  5  z  Vậy AM . 1  0    1  1   3  2  2. 2. 2.  30 .. Câu 25: Đáp án A. Mặt cầu S  có tâm I 1;1;1 và bán kính R  3 . Mặt phẳng  P . . nên có. phương trình dạng: x  y  z  m  0,  m  0  .. . . Để mặt phẳng  P  tiếp xúc với mặt cầu S  khi d I ;  P   R . m3 3. m  0  3  m 3  3    m  6 , do m  0 . Vậy chỉ có duy nhất  m  6. một mặt phẳng x  y  z  6  0 song song với    và tiếp xúc mặt cầu S  ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. Câu 26: Đáp án C.. S. Gọi H là trung điểm AB, do SAB vuông cân tại S nên SH  AB , mà. SAB   ABC  , suy ra SH   ABC  .. Ta có SA  SB  a  AB  BC  CA  a 2 , SH  C. A H B. AB a 2 AB2 3 3a 2 .   SABC   2 2 4 2. 1 1 a 2 3a 2 6a3 Vậy VS. ABC  SH.SABC  . . .  3 3 2 2 12 Câu 27: Đáp án D.. x  1 2 Ta có f   x    x  1 x2  2 x4  4   x  1 x2  2 x2  2 ; f   x   0    x   2. . . . . . . Lập bảng biến thiên, ta thấy đạo hàm f   x  đổi dấu qua điểm x  1 , và f   x  không đổi dấu qua mỗi điểm x   2 , x  2 . Vậy hàm số y  f  x  có đúng 1 cực trị. Câu 28: Đáp án A. Gọi r, l, h lần lượt là bán kính đáy, đường sinh và chiều cao của hình nón.. Sđáy  r 2   r  1   h  l2  r 2  3 . Từ giả thiết, ta có  l  2 2r  l Câu 29: Đáp án D. Ta có y . 3.  2x  1.  0, x   2; 0   Hàm số nghịch biến trên đoạn  2; 0 .. 2.  1 y  y  2    M  max 2;0  5 . Vậy 5M  m  0 . Khi đó  m  min y  y  0   1   2;0   Câu 30: Đáp án C.  z  1  i Ta có z 2  2 z  2  0    z  1  i. Do z1 có phần ảo âm nên z1  1  i , z2  1  i . Khi đó w  1  2i  z1  1  2i  1  i   1  3i . Vậy w  1  3i . Câu 31: Đáp án A. Ta có y  a . x2  1 . x x2  1. ; y . . x2. 1 x2  1   0, x  2 2 2 2 x  1 x  1 x 1. . . . ..  y  x0   0 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0 khi  hay phương trình y  0 có  y  x0   0. nghiệm x  x0 . Có y  0  a . x x 1 2. 0. x x 1 2.  a . Xét hàm số g  x  . x x 1 2. trên. ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. Đạo hàm g  x  . x2. x2  1 . 1 x2  1   0, x  2 2 2 2 x  1 x  1 x 1. . . luôn đồng biến trên. . .  Hàm số g  x . .. Giới hạn lim g  x   1; lim g  x   1 . Để phương trình y  0 có nghiệm khi và x. x. chỉ khi đồ thị hàm số g  x  cắt đường thẳng y  a , hay 1  a  1  1  a  1 . Câu 32: Đáp án B.. . Điểm M 1; a  ,  a  0  biểu diễn số phức z  1  ai , a . y P. Ta có w . M. a. . .. 1 1 1  ai 1  ai 1 a      i . Số phức w có 2 2 z 1  ai  1  ai 1  ai  1  a 1  a 1  a2.  1 a  điểm biểu diễn là  . ; 2 2   1 a 1 a  1. O. x. R. Có a  0  a2  1  1  0 . 1  1 nên P, R, S không phải là điểm biểu 1  a2. diễn của số phức w  do xS  1, xP  0, xR  0  . Vậy chọn đáp án B.. Q S. Câu 33: Đáp án C.. Giả sử sau x ngày nuôi cấy trong môi trường đó thì số lượng hai loài bằng nhau. x. x. x. x. 1. Ta có phương trình 100.2 5  200.310  2 5  3 10   x  2  log 2 3   10  x . 10  2  log 2 3. 10 log 2. 4 3. x x  1  .log 2 3 5 10.  10  log 4 2 (ngày). 3. Câu 34: Đáp án B. x  2  t  Phương trình tham số của  :  y  2  t ,  t   z  1  2t . . x  0  và Oz :  y  0 ,  t   z  t . .. Gọi A  d   , do d     nên A       , ta tìm được tọa độ A 1;1; 1 . Gọi B  d  Oz , do d     nên B      Oz , ta tìm được tọa độ B  0; 0;1 . Suy ra A  d , B  d và AB   1; 1; 2  . Vậy đường thẳng d có véctơ chỉ phương là ud   1;1; 2  . y. Câu 35: Đáp án C.. y  ax. N. A. .  . Từ giả thiết, ta có M x1 ; ax1 , N x2 ; bx2.  với x. 1.  0, x2  0 .. Do MN Ox nên ax1  bx2 .. M. Lại có AN  2 AM  x2  2 x1  x2  2x1  do x1  0, x2  0  .. y  bx. Vậy ta có:. ax1  b2 x1  x1 log a  2 x1 log b  log a  2 log b  a  b2  O. x. Câu 36: Đáp án A.. 1  ab2  1 . b2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. – Nếu a  0 , hàm số trở thành y . x  x2  1 2. . 1. x . x2  1. . . Khi đó ta có 2. lim y  0 ; lim y  0 hay đồ thị hàm số có một đường tiệm cận ngang y  0 . Vậy. x. x. a  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1 1 1 1 2 2 2 x  x  0 . Để – Nếu a  0 , ta có lim y  lim ; lim y  lim x x x 2  a x 2 a  a 2 a 2 x x đồ thị có tiệm cận ngang khi a  0 . Vậy a  0 là các giá trị cần tìm. Câu 37: Đáp án D. Từ đồ thị hàm số y  f   x  (hình vẽ) , ta thấy f   x   0  x  2 ; 1 1. f   x   0, x   0; 2  và f   x   0, x   2; 5 .. Bảng biến thiên: x. f   x f  x. 0. 2. 5. . . f 0. f  5 f  2. Từ bảng biến thiên, suy ra min f  x   f  2  . 0;5 . Lại có f   x   0, x   2; 5  Hàm số f  x  đồng biến trên khoảng  2; 5  . Suy ra. f  2   f  3. Khi đó f  5  f  2   f  5  f  3 , mà f  5  f  3  f  0   f  2  (giả thiết) nên ta. có f  5  f  2   f  0   f  2   f  5  f  0  . Như vậy max f  x   f  5  . 0;5 . Câu 38: Đáp án A.. Cách 1: Đặt z1  a  bi , z2  x  yi ,  a, b, x, y . ..  a2  b2  1  z1  1      x2  y 2  1 Từ giả thiết, ta có  z2  1   2 2  z1  z2  1   a  x    b  y   1 a2  b2  1 a2  b2  1  2   x  y 2  1  x2  y 2  1 .  2  2 ax  2by  1 2 2 2  a  b  x  y   2 ax  2by   1 . .  . Vậy z1  z2 . .  a  x  b  y 2. Cách 2: STUDY TIP Với mọi số phức z, ta có: 2. z  z.z. 2.  . .  . a. 2.  . .  b2  x2  y 2   2ax  2by   3 ..  z  z 2   z  z  . z  z   z  z  z  z   z 2  z 2   z .z  z .z  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  1 2 Ta có  2 2 2  z1  z2   z1  z2  . z1  z2   z1  z2  z1  z2   z1  z2   z1 .z2  z1 .z2  .  2. 2. . 2. Từ đó suy ra z1  z2  z1  z2  2 z1  z2. 2.  z z 1. 2.  3..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. Câu 39: Đáp án B. Thể tích V của một chiếc kem được tính bởi V  V1  V2 , trong đó: – V1 là thể tích của hình nón cụt có bán kính đáy lớn R  3,2  cm , bán kính đáy nhỏ r  0,8  cm và chiều cao h  7,2  cm . Suy ra V1 . h 2 2 .7,2 R  r  Rr  3,22  0,82  3,2.0,8  32,256 cm3 . 3 3. . . . . . . – V2 là thể tích của nửa khối càu bán kính R  3,2  cm .. . . 1 4 1 4 8192 Suy ra V2  . R3  . .3,23   cm3 . 2 3 2 3 375 8192 20288 Khi đó V  V1  V2  32,256    cm3 là thể tích của mỗi chiếc 375 375 kem. Vậy lượng kem cần dùng để sản xuất 1000 chiếc kem là:. . . . . . . . . 20288 20288 .103 cm3   dm3  170 dm3 . 375 375 Câu 40: Đáp án D. 1000V . Các trục Ox, Oz có véctơ chỉ phương lần lượt là i   1; 0; 0  và k   0; 0;1 . Mặt phẳng    có véctơ pháp tuyến là n   1; a; b  .. . . . . . . . Từ giả thiết, ta có sin Ox,     sin Oz ,     cos i , n  cos k , n . i.n   i . n  . . k.n  . 1. . a 2  b2  1. k . n  . . . b  1  b 1  a 2  b2  1 b  1 b. Đường thẳng  có véctơ chỉ phương là u   1; 1; 1 . Do     nên u .n  0 b  1; a  2  1 a  b  0   b  1; a  0. Thử lại ta thấy với a  0, b  1 thì    : x  z  1  0 chứa đường thẳng  nên trường hợp này không thỏa mãn. Vậy a  2 . Câu 41: Đáp án D. x  0  Ta có f   x   x  4 x 4  1  x  x  2  x  2  4  1 ; f   x   0   x  2  x  2. . 3. . x. . . x. . Lập bảng biến thiên của hàm số, ta thấy f   x   0, x   ; 2    2;   và. f   x   0, x   2; 2  . Như vậy, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 2  và.  2;  ; hàm số nghịch biến trên  2; 2  .. y. Câu 42: Đáp án A. Đồ thị hình bên có dạng là một parabol. 1 O 1. x.  b b2  4 ac  y  ax2  bx  c ,  a  0  có đỉnh   ;  . 4a   2a.  P. với phương trình. Đồ thị đi qua điểm  0; 0  , có đỉnh 1;1 nên có hệ phương trình:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam.  0  a.0 2  b.0  c c  0 c  0 a  1     b   b  2 a  b  2 a  b  2 do a  0 .   1  2a b 2  4 a  0 4a2  4a  0 c  0     b2  4ac 1  4a . Vậy phương trình  P  : y  x2  2x và thể tích khối tròn xoay cần tính là: 2. . V   2 x  x 2 0. . 2. 2  4 x3 x5  2 16 dx   4x2  4x3  x4 dx     x4     . 5  0 15 0  3. . . Câu 43: Đáp án A. Đặt AB  x ,  x  0   BD  x 2 (do ABCD là hình chữ nhật).. S. Ta có SB  SD  SA 2  AB2  2a 2  x 2 . Do SBD đều nên SB  BD  SD Suy ra D. A. B. C. 2a2  x 2  x 2  2a2  x 2  2 x 2  x 2  2a2  x  a 2 ..  . 1 1 Vậy VS. ABCD  SA.SABCD  . 2a. a 2 3 3 Câu 44: Đáp án B.. 2. . 2 2a3 . 3. Điều kiện: 4x  1  x  0 . Đặt t  4x ,  t  1 thì phương trình có dạng: log 2 Xét hàm số f  t   log 2. t 1  m. t 1. t 1 2 trên 1;   . Ta có f   t   2  0, t  1;   t 1 t  1 .ln 2. . .  Hàm số f  t  đồng biến trên khoảng 1;   .. Bảng biến thiên: lim f  t   ; lim f t   0 . x. x1. t. f  t . . 1 . 0. f t .  Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số f  t  xắt đường. thẳng y  m , với t  1;   . Quan sát bảng biến thiên, ta được m  0 là các giá trị cần tìm. Câu 45: Đáp án A. Đặt t   x  1  0 . Xét hàm số t  x    x  1 trên  1; 2 . 2. 2. Ta có t  x   2  x  1 ; t  x   0  x  1 . Suy ra t  1  4; t 1  0; t  2   1 Khi đó 0  t  x   4 hay t  0; 4 . Hàm số đã cho trở thành y  f  t   t  m  1  0, t  0; 4  .. . . . . Có max y  max f  t   max f  0  , f  4   max m  1 , m  3 . x  1;2 . t0;4 . t0;4 . t0;4 .  m  1  m  3  m   1   m   4. – Trường hợp 1: Nếu max y  m  1 thì    1;2   m  1  5  m  1  5.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam.  m  3  m  1  m   1   m  2. – Trường hợp 2: Nếu max y  m  3 thì  1;2  m  3  5  m  3  5. Vậy các giá trị m tìm được thỏa mãn tập hợp   5;  2    0; 3  . Câu 46: Đáp án A. Ta có w  Suy ra. .  .   z. . nên z  z  0 ).. Đặt z  x  yi ,  x, y . 1. . . . . 2 z z   z  2  z   z 2  z 2  2 z  z  z.z z  z 2 2   2z 2z.  z  z z.z  2  0  z  z. y B. z z . Do w là số thực nên w  w w 2 2 2z 2z.  . Ta có. 2. . . 2.  2  0  z  2 (do z không phải là số thực. z  x 2  y 2  2 . Suy ra tập hợp các điểm A  x; y  2. biểu diễn số phức z thỏa mãn bài toán là đường tròn  C  tâm O  0; 0  , bán kính –1. x. O. R 2 . Ta có M  z  1  i   x  1   y  1 i . A.  x  1   y  1 2. 2.  AB với B  1;1 . Để. M đạt giá trị lớn nhất  Đoạn thẳng AB đạt lớn nhất.  A  x; y    C  Nhận thấy  nên ABmax  2R  2 2 . Vậy Mmax  2 2 .  B  1;1   C  Câu 47: Đáp án A. Công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp có cạnh bên 2. h vuông góc với đáy: R  R    , trong đó Rđáy , h lần lượt là bán kính đường 2 tròn ngoại tiếp đáy và chiều cao của hình chóp. 2 đáy. C'. A' B'. A. M.  AB  AC  AB   ACC A   AB   MAC   . Ta có   AB  AA 2. C.  AC  2 2 Có MA  MC   AA2     a  a  a 2 , AC  AC  2a ;  2  1 1 SMAC  SACCA  SAMA  SCMC  AC.AA  AM.AA  CM.CC  a2 . 2 2   Gọi Rđ là bán kính đường tròn ngoại tiếp MA C .. Từ SMAC  B. MA.MC.AC MA.MC .AC  a 2.a 2.2a  Rđ   a. 4 Rđ 4SMAC 4a2. Hình chóp M.A’B’C’ có BA   MAC nên có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là: 2. 2.  AB  a a 5 2 R  Rđ 2   .   a    2  2  2 Câu 48: Đáp án C.. .  . Gọi I  x; y; z  là tâm của mặt cầu S  . Theo bài ra, ta có IA  d I ;     d I ;   . .  . . Từ d I ;     d I ;     x  y  z  6  x  y  z  6  x  y  z  0.. .

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Ngọc Huyền LB - Ngọc Nam. Từ   .  suy ra IA . . d    ;  2.  2. 3   x  1   y  1   z  1  12. 2. 2. 2. Suy ra tập hợp các điểm I  x; y; z  là tâm của mặt cầu S  là giao tuyến của mặt cầu. S :  x  1   y  1   z  1 2. 2. 2.  12 và mặt phẳng. . . chính là hình tròn có bán kính R  IA2  d2 A;  P  .  P : x  y  z  0 ,. 2 3    3  2. 2. cũng.  3.. Vậy diện tích của hình phẳng cần tính là S  R2  9. Câu 49: Đáp án C. Ta có:. f  x   f   x  . 3x  1  Đặt. f  x f  x. 1. . 3x  1. . dx 3x  1. . 2.  f  x  e 3. 3 x1  C. dx  . dx 3x  1. . . d f  x f x. .  1.  2. . 2 3x  1  C do f  x   0, x   0;   3. . .. Mặt khác do f 1  1 nên 1  e. 4 C 3. 8 4  4  C    f  5   e 3 3  3,794   3; 4  . 3. Câu 50: Đáp án B. Gọi D là trung điểm của BC và E là trung điểm của BD. Khi đó ME AD , mà AD AN nên ME AN . Suy ra bốn điểm A, M , E, N thuộc cùng một mặt. N. B'. f  x. 2 2 2 dt  t  C  3x  1  C  3 3 3. Từ  1 và  2  , suy ra ln f  x  . C'. f  x. 3x  1  t  3x  t 2  1  3dx  2tdt .. Khi đó. A'. . phẳng.. Vậy  AMN  cắt cạnh BC tại điểm P  E . Ta có SABC  SABC  A. C M B. P,E. D. STUDY TIP Thể tích của khối chóp cụt được tính theo công thức: h V  . B  B ' B.B ' 3 Trong đó: h là chiều cao của hình chóp cụt; B, B’ lần lượt là diện tích của hai đáy.. . . a2 3 . 4.  1 a2 3 SABN  SABD  SABC  2 8  Suy ra  1 a2 3  SMBP  BM . BP  1  S  S  MBP S 4 ABD 32  ABD BA BD 4 Khối đa diện MBP.A’B’N là một khối chóp cụt có hai đáy là MBP và ABN , chiều cao h  BB  a . Vậy. VMBP . ABN . BB a  a2 3 a2 3 a2 3 a2 3 SMBP  SABN  SMBP .SABN     . 3 3  32 8 32 8 .  VMBP . ABN . . 7 3a 3 . 96. .    .

<span class='text_page_counter'>(12)</span>