Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2010

Chia sẻ: Đinh Duy Tiến | Ngày: | 3 đề thi

0
384
lượt xem
28
download
Xem 3 đề thi khác
  Download Vui lòng tải xuống để xem file gốc
   Like fanpage Thư viện Đề thi Kiểm tra để cùng chia sẻ kinh nghiệm làm bài
Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2010

Mô tả BST Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2010

Với mong muốn giúp các em có thêm tài liệu tham khảo, thư viện eLib giới thiệu bộ Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2010. Qua đây, các em sẽ có dịp làm quen với cấu trúc đề, biết các nội dung, kiến thức chủ yếu mà các đề  thi học sinh giỏi lớp 12 các năm trước hay ra. Từ đó biết cách ôn tập và làm đề thi để đạt kết quả tốt nhất.

LIKE NẾU BẠN THÍCH BỘ SƯU TẬP
Xem Giáo viên khác thảo luận gì về BST

Tóm tắt Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2010

Thư viện eLib mong BST Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2010 sẽ giúp cho các em có thêm nguồn tư liệu hữu ích.

 

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/11/2010 Bài 1(4 điểm). x 1 Cho hàm số y = có đồ thị là (C) x +1 a) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Bài 2(4 điểm). a) Cho x, y  R ; x  0, y  0 và x + y = 1. 25 Chứng minh rằng: 3 3  25x  5y  26 4 4x 2 + 4xy + y2 + 2x + y  2 = 0 b) Giải hệ phương trình :   ; với x, y  R   8 1  2x  y 2  9  0 Bài 3(4 điểm). Cho tứ diện ABCD có bốn đường cao đồng quy tại điểm H. a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 b) M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD; gọi V là thể tích của tứ diện ABCD; S1, S2, S3, S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 theo V. Bài 4(4 điểm). a) Cho phương trình: 128x 7 +192x5  80x3 + 8x  1 = 0 (1) Phương trình (1) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực nằm trong khoảng (0;1)? b) Cho tứ diện ABCD, điểm O nằm trong tứ diện sao cho OA=OB=OC=OD = R. Các đường thẳng OA, OB, OC, OD cắt các mặt BCD, CDA, DAB, ABC 16 tương ứng ở A’, B’, C’, D’, Chứng minh rằng AA ' BB ' CC ' DD '  R 3 Bài 5(4 điểm). Hãy tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn hệ thức f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y), với mọi số thực x, y. ------------------------------------------------- Hết ------------------------------------------------------- Họ và tên thí sinh_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Số báo danh_ _ _ _ _ _ _ _ SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1(4 điểm). a) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số là: Tiệm cận đứng là x + 1 = 0 và tiệm cận ngang là y - 1 = 0 Cho 0,5 điểm  xo 1  Giả sử M  x o ;  là điểm thuộc đồ thị (C)  xo  1  Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng là: d1 = xo  1 xo 1 2 2 Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là : d2 = 1   xo  1 xo 1 xo 1 Cho 0,5 điểm 2 Ta có : d1.d 2  x o  1 . 2 xo 1 Vậy tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Cho 0,5 điểm b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Tâm đối xứng của đồ thị là I(–1; 1) Cho 0, 5 điểm Gọi N(x0,y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị, khi đó tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình: 2 x0  1  x  1 y  x  x0    Cho 0,5 điểm  x0  1 x0  1 2 x  ( x0  1) y  x0  2 x0  1  0 2 2 2 Gọi d là khoảng cách từ I đến tiếp tuyến trên ta có: 4 x0  4 2 d ; x0  1 , khi đó d lớn nhất khi và chỉ khi d lớn nhất 4  ( x0  1) 4 X2 2 X (4  X 4 ) Đặt X = x0 + 1 và g ( X )  ; X  0 , ta có g ' ( X )  4 X4 (4  X 4 )2 Khi đó d2 lớn nhất khi g( X ) lớn nhất X2 Ta có bảng biến thiên của hàm g ( X )  như sau: Cho 0,5 điểm 4 X4 X   2 0 2  G’(X) + 0 – 0 + 0 – G(X) 1 1 4 4 0 0 0 2 X Vậy g ( X )  lớn nhất khi X   2 ; X  2 , tương ứng với hai giá trị đó ta 4 X4 có hai tiếp tuyến sau: y  x  (2  2) ; y  x  (2  2) ; Cho 1, 0 điểm Bài 2(4 điểm). 25 a) Cho x, y  R ; x  0;y  0 và x + y = 1. Chứng minh rằng: 3 3  25x  5y  26 4 Ta có: P = 25x  5y = 52x  5y 5 Vì x + y = 1 suy ra y = 1 – x vậy P = 52x  Cho 0,5 điểm 5x Đặt t = 5x , do 0  x  1 suy ra 1  t  5 Cho 0,5 điểm 5 Xét hàm số f(t) = t 2  với 1  t  5 t 5 2t 3  5 5 Ta có: f (t)  2t  2  2 ; f '(t)  0  t  3 ' t t 2 Bảng biến thiên Cho 0,5 điểm t 1 5 3 5 2 5f’(t) – 0 + 6 26 f(t) 25 33 4 25 25 Với 1  t  5 Max f(t) = 26; Min f(t) = 3 3 suy ra: 3 3  f (t)  26 4 4 25 hay 3 3  25x  5y  26 (đpcm) Cho 0,5 điểm 4 (2 x  y)2  (2 x  y)  2  0(1) b) Giải hệ phương trình    8 1  2x  y  9  0(2) 2  Đặt u = 2x + y ta có phương trình t 2 + t – 2 = 0, suy ra t =1; t = -2 , Cho 0,50 điểm Nếu t = 1 thì 2x + y = 1 hay 1–2x = y  0, thế vào phương trình (2) ta có phương trình 8 y  y 2  9  0 , đặt u = y  0, suy ra: t4 + 8t – 9 = 0  (u–1)(u3+u2+u+9)=0, vậy u = 1, vì u3+u2+u+9>0 khi u  0, khi đó hệ có nghiệm x  0  y 1 Cho 0,50 điểm Nếu t = –2 thì 2x + y = –2 hay 1–2x = y + 3  0 thế vào phương trình (2) ta có:  y  3 8 y  3  y 2  9  0  8 y  3  ( y  3)( y  3)  0   8  ( y  3) y  3  0   1 x Với y = – 3 thì hệ có nghiệm  2 Cho 0,5 điểm  y  3  Với 8  ( y  3) y  3  0 , đặt v  y  3  0 , ta có phương trình 8  (v2  6)v  0 v   2 Xét hàm số : g(t) = v3 – 6v + 8, g’(v) = 3v2 – 6 , g’(v) = 0 khi   v 2  Hàm g(v) đạt cực đại tại (  2 ; 8  4 2 ); đạt cực tiểu tại ( 2 ; 8  4 2 ), vì g(0)=8>0 và 8  4 2 >0 nên g(t) = 0 không có nghiệm v  0  1 x  0  x  Kết luận hệ có hai nghiệm:  ; 2 Cho 0,5 điểm  y  1  y  3  Bài 3(4 điểm). A M B1 D A2 B E A1 F C a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 - Chứng minh các cặp cạnh đối của tứ diện vuông góc với nhau từng đôi một + Ta có CD  AA1, CD  BB1 suy ra AB  CD. + Chứng minh tương tự ta có AC  BD và AD  CB Cho 1, 0 điểm - Tam giác AFB vuông tại F và tam giác DFC vuông tại F suy ra: AB2  AF2  FB2 và DC2  DF2  FC2 suy ra AB2  CD2  AF2  FC2  BF2  DF2 = AC2  BD2 (1) Chứng minh tương tự ta có AC2 + BD2 = AD2 + BC2 (2) Từ (1) và (2) ta có AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 Cho 1,0 điểm b) Kẻ AA1, MA2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (BCD), khi đó ta có: AM  MA2  AA2  AA1  AM  AA1  MA2 (1) , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M thuộc đường cao AA1, Cho 0,5 điểm Từ (1) suy ra AM .S1  AA1.S1  MA2 .S1  AM .S1  3V  3VM .BCD (2) Cho 0,5 điểm Dấu bằng xẩy ra khi M thuộc đường cao AA1. Hoàn toàn tương tự cho các mặt CDA, DAB, ABC ta có : BM .S2  3V  3VM .CDA (3) , dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B, CM .S3  3V  3VM .DAB (4) , dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C, DM .S4  3V  3VM . ABC (5) , dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D, Từ (2), (3), (4) và (5) ta có: MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4  9V, dấu bằng xẩy ra khi M trùng H. vậy MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 = 9V. Cho 1,0 điểm Bài 4(4 điểm). a/ Ta có: 128x 7 +192x5  80x3 + 8x  1 = 0  8x(1  2x2 )(8x4  8x2  1)  1  Đặt x = sint, vì x  (0;1) nên t  (0; ) Cho 0,5 điểm 2 khi đó ta có phương trình: 8sint(1 – 2sin2t)(8sin4t – 8sin2t + 1) = 1  8sint(1 – 2sin2t)[8sin2t( sin2t – 1)+1] = 1 8sint.cos2t(1 – 2sin22t) = 1  8sint.cos2t.cos4t = 1 (*), vì cost  0 , nên nhân hai vế của phương trình (*) cho cost ta có phương trình tương đương: 8sint.cost.cos2t.cos4t = cost  4sin2t.cos2t.cos4t = cost  2sin4t.cos4t = cost   sin8t = cost  sin8t = sin (  t ) Cho 0,5 điểm 2   2k   t  18  9   ; với k;l  Z ; do t  (0; ) nên k, l chỉ nhận các giá trị 0; 1. khi đó t  t    2l 2   14 7  sẽ nhận 4 giá trị khác nhau trong khoảng (0; ) , 2 Cho 0,5 điểm vì hàm sint đồng biến trong khoảng đó nên x cũng nhận 4 giá trị khác nhau trên khoảng (0; 1) (đpcm). Cho 0,5 điểm A C’ D’ O B’ B D A’ C b) Chứng minh. Gọi V, VA, VB, VC, VD lần lượt là thể tích của các tứ diện ABCD, OBCD, OCDA, ODAB, OABC, do O là điểm nằm trong tứ diện nên ta có: VA VB VC VD OA ' OB ' OC ' OD ' V= VA+ VB+ VC+ VD     1     1 V V V V AA ' BB ' CC ' DD ' AA ' OA BB ' OB CC ' OC DD ' OD     1 AA ' BB ' CC ' DD ' 1 1 1 1 3      Cho 1,0 điểm AA ' BB ' CC ' DD ' R Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:  AA ' BB ' CC ' DD '  4 4 AA '.BB '.CC '.DD '   1 1 1 1 1 1 1 1      44 . . .  AA ' BB ' CC ' DD ' AA ' BB ' CC ' DD ' 1 1 1 1  ( AA ' BB ' CC ' DD ')(    )  16 AA ' BB ' CC ' DD ' 16  AA ' BB ' CC " DD '  R Cho 1, điểm 3 Bài 5(4 điểm). Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y. Nên khi x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2 +/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với y  R suy ra f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được : f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**). Cộng (*) và (**) ta có: f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y (***) . Thay x = y ta được f(2x)=2f(x) . Vậy từ (***) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, từ đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra f(x) = 0 hoặc f(1) =1. m m m Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có   Q thì f ( )  , thật vậy : n n n m m m n. f ( )  f (n). f ( )  f (n.. )  f (m)  m . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số n n n thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) = f (( a  b )2 )  [ f ( a  b)]2  0 , tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a < x , khi đó tồn tại số hữu tỷ b: sao cho a < b < x , theo trên thì f(b) = b , vô lý, tương tự cho a >x ta cũng có diều vô lý. Tóm lại trong trường hợp này ta có hai hàm số f(x) = 0, f(x) = x. Cho 3, 0 điểm +/ Nếu f(0) = 2, thay x = 0 vào (*) ta có f(– y) + 2 = 2 – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y). Thay y bởi – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****) Từ (*) và (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với mọi số thực x, y , mà f(0) = 2 nên hàm đó là f(x) = 2 Cho 1, 0 điểm B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số. 2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. Bài 5(4 điểm). Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y. Nên khi x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2 +/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với y  R suy ra f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được : f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**). Cộng (*) và (**) ta có: f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y (***) . Thay x = y ta được f(2x)=2f(x) . Vậy từ (***) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, từ đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra f(x) = 0 hoặc f(1) =1. m m m Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có   Q thì f ( )  , thật vậy : n n n m m m n. f ( )  f (n). f ( )  f (n.. )  f (m)  m . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số n n n thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) = f (( a  b )2 )  [ f ( a  b)]2  0 , tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a < x , khi đó tồn tại số hữu tỷ b: sao cho a < b < x , theo trên thì f(b) = b , vô lý, tương tự cho a >x ta cũng có diều vô lý. Tóm lại trong trường hợp này ta có hai hàm số f(x) = 0, f(x) = x. Cho 3, 0 điểm +/ Nếu f(0) = 2, thay x = 0 vào (*) ta có f(– y) + 2 = 2 – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y). Thay y bởi – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****) Từ (*) và (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với mọi số thực x, y , mà f(0) = 2 nên hàm đó là f(x) = 2 Cho 1, 0 điểm b/ Gọi O là điểm thỏa mãn OA = OB = OC = OD và G là trọng tâm tứ diện ABCD(O, G cố định). Vì G1 là trọng tâm tứ diện MBCD nên với điểm H ta có: 4.HG1  HM  HB  HC  HD = HM  HA  HA  HB  HC  HD = AM  4HG = AO  OM  4GH , đặt OM  4GH  u , ta có 4.HG1  u  OA (1), tương tự ta có: 4.HG2  u  OB (2), 4.HG3  u  OC (3), 4.HG4  u  OD (4), từ (1), (2), (3), (4) và giả thiết cho ta có: (u  OA)2  (u  OB)2  (u  OC)2  (u  OD)2  u.OA  u.OB  u.OC  u.OD , từ u.OA  u.OB suy ra : u.(OA  .OB)  0  u..BA  0  u  0 , hoặc u  BA từ u.OB  u.OC suy ra : u.(OB  .OC)  0  u..CB  0  u  0 , hoặc u  CB từ u.OC  u.OD suy ra : u.(OC  .OD)  0  u..DC  0  u  0 , hoặc u  DC Vì ba véc tơ BA, CB, DC không đồng phẳng nên u  0 , suy ra : OM  4GH , vì ba điểm O, G, H cố định nên M là điểm xác định duy nhất. Cho 2, 0 điểm

 

ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI NGUYÊN năm học 2010-2011 Môn thi : TOÁN HỌC Lớp 12 Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 Giải phương trình:  x  1 x2  2 x  3  x2  1 . (4 đ ) Bài 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (4 đ ) x4 y 4  x2 y 2  x y A 4  4  2  2   xy  0 y x y x  y x Bài 3 Tìm số các số hạng là số nguyên trong khai triển ( 3 7  3)125 (4 đ ) Bài 4 Tìm các nghiệm thuộc khoảng (0; 2  ) của phương trình (4 đ ) 1  cos x  1  cos x  4sin x cos x Bài 5 Cho tứ diện ABCD có diện tích các tam giác ADB và ADC là Sb (4 đ ) và Sc. Mặt phẳng phân giác của nhị diện tạo bởi hai mặt (ADB) và (ADC) cắt BC tại M.  là góc giữa hai mặt (ADB) và (ADC). Chứng minh: MB Sb a/  MC Sc  2Sb .Sc .cos b/ Diện tích Sm của tam giác ADM là: Sm  2 . Sb  Sc ..................Hết.................... Họ và tên :..................................................... SBD:..................................................... Hướng dẫn chấm môn Toán lớp 12 Kì thi chọn HSG năm học 2010-2011 Bài 1 : Đặt x2  2 x  3  t , t  2 . Khi đó : 1   x  1 t  x2  1  x2  2 x  3   x  1 t  2  x 1  0  t 2   x  1 t  2  x 1  0 t  2  t  x  1 Với t  2  x2  2 x  3  2  x2  2 x  3  4 x  1 2  x2  2 x  1  0   .   x  1 2 Với t  x 1  x2  2x  3  x  1  x 1  0  2 ( hệ vô nghiệm).  x  2x  3  x2  2x  1 Bài 2: : Đặt t   x y y x  t  2 A   t 2  2   t 2  2  t  2  t 4  5t 2  t  4 2 Xét hàm số f(t)=A f ’(t)= 4t3 – 10t + 1 f ''(t)= 12t 2 - 10  0 t 2Nên hàm số f ’(t) đồng biến t  2  f '(t )  f '(2)  13  0  f (t ) đồng biến  f (t )  f (2)  2 t  2 t  2  f '(t )  f '(2)  3  0  f (t ) nghịch biến  f (t )  f (2)  2 t  2 Vậy f (t )  2  t  2 . Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là Amin = -2 đạt được khi t = -2 hay (x + y)2 = 0  x = - y . 125 125 k k Bài 3: ( 3 7  3)125   C 1253 7 3 . Do vậy, để số hạng trong khai triển là số k 2 k 0  kN  0  k  125  k, m  N  m N   0  k  125  0  m  41   nguyên thì 125  k  N  125  k      125  3m . Có 21 giá trị của m thoả  2  2 N  N 2  k    N  k  3m  m  2t  1, t  N   3 mãn nên có 21 số hạng nhận giá trị nguyên. x x Bài 4 : Điều kiện cosx ≠ 0. Biến đổi dẫn đến 2( cos  sin ) 2sin 2 x . 2 2   4 k    x   x x  6 3 6 -Với x  (0;  )  0   …=>  . Chọn được k, l = 0 =>  2 2  x  3  4l  x  3   10 5   10   4 k  7  x   6  3 x 6 -Với x  ( ; 2 )   x   …=>  . Chọn được k,l = 1 =>  2  x    4l  x  13   2 5   10 Bài 5 a.Do M nằm trên mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh AD nên khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng (ADB) và (ADC) bằng nhau, kí hiệu là d. Do đó MB dt(DBM) VADBM Sb .d Sb     MC dt(DCM) VADCM Sc .d Sc 1 1 1 sin 2Sb .Sc .sin  b. VABCD  Sc .BH  Sc .BK.sin   Sc .BK.AD.  3 3 3 AD 3AD VABCD  VADBM  VADCM   2Sb .Sm .sin 2Sc .Sm .sin 2Sb .Sc .sin  2 2 =>  3AD 3AD 3AD  2Sb .Sc .cos Rút gọn được : Sm  2 . Sb  Sc

 

Đồng bộ tài khoản