TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ ĐỀ THI THỬ THPT QG NĂM 09 MÔN: TOÁN MÃ ĐỀ Thời gian làm ài 90 phút Ngày thi: /0/09 Mục tiêu: Đề thi thử Toán THPT QG 09 trường THPT chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội với 50 câu hỏi trắc nghiệm, đề ám sát cấu trúc đề minh họa THPT QG 09 môn Toán do Bộ Giáo dục và Đào tạo công ố, lượng kiến thức được phân ố như sau: 9% lớp, 8% lớp, 0% kiến thức lớp 0. Trong đó uất hiện các câu hỏi khó như câu 5, 9 nhằm phân loại tối đa học sinh. Đề thi giúp học sinh củng cố lại toàn ộ các kiến thức Toán THPT mà các em đã ôn tập trong quãng thời gian vừa qua, qua đó iết được những nội dung kiến thức Toán mà ản thân còn yếu và nhanh chóng cải thiện để ước vào kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán năm 09 với một sự chuẩn ị tốt nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT.D.D.D.B 5.B 6.A 7.D 8.A 9.A 0.C.D.A.C.C 5.B 6.A 7.C 8.A 9.B 0.C.A.C.B.A 5.B 6.B 7.D 8.D 9.C 0.A.A.C.B.B 5.D 6.C 7.D 8.A 9.A 0.A.A.C.B.D 5.D 6.C 7.B 8.A 9.A 50.A Câu : Sử dụng lý thuyết về hàm số đồng iến. Hàm số y f có f ' 0 với a; thì hàm số đồng iến trên khoảng ( ; ) Và min f f ( a) và ma f f ( ) a ; D sai vì f ( a) f ( ) Câu : Điểm G là trọng tâm a ; ABC thì y z G G G nên A, C đúng. A + B + C y + y + y za + zb + zc A B C a nên B đúng.
Điểm G là trọng tâm Câu : ABC thì + + 0 G 0 + + ( ) yg 0 G ;0; ( ) + ( ) + 6 zg Bước : Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và nhận n P làm VTCP Bước : Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( P ). Đó là điểm H cần tìm Mặt phẳng ( P ) có VTPT là n ( ; ; ) Đường thẳng d đi qua A và nhận n P làm VTCP có phương trình P + t y t z t H là hình chiếu của A lên mặt phẳng ( P ) thì tọa độ giao điểm H của d và P là nghiệm của hệ + t y t ( + t ) ( t ) ( t) + 7 0 9t + 9 0 t y z t z y z + 7 0 H ;; a ; a + Suy ra Câu : Hàm số ậc ốn trùng phương có hệ số a 0 đạt cực đại tại 0 Hàm số Câu 5: y 09 có 0 a nên đạt cực đại tại 0 Hình hộp chữ nhật có a kích thước ac,, thì có thể tích V ac Hình hộp chữ nhật có a kích thước a; a;a thì có thể tích ằng Câu 6: a. a.a 6a
Mặt phẳng ( P) : A + By + Cz + D 0 có một VTPT n( A; B; C ) n làm VTPT. Mặt phẳng ( P) : z 5 0 có một VTPT n( ;0; ) hay nó cũng nhận ( ;0; ) Câu 7: Số phức z a i, ( a, ) + có phần thực là a và phần ảo là. ( 7 7i)( 5 + i) 7 7i 5 78i 5 i z 7 7i z i 5 i 5 i 5 + i 6 Nên phần thực của số phức z là. Câu 8: Đổi iến t cos tính tích phân. Đặt t cos dt sin d Đổi cận Do đó Câu 9: 0 t. Khi đó, t 7 0 I t 7 I t dt t dt Sử dụng công thức dùng ứng dụng tích phân tính thể tích vật thể. Thể tích vật thể tạo thành khi quay hình (H) giới hạn ởi đồ thị hàm số y f, trục O, các đường là thẳng a; Câu 0: V f d a Hàm số y f ác định nếu f ( ) ác định và f 0 log a
Hàm số y log ( ) ác định nếu Vậy tập ác định của hàm số là D ( ; ) ( ; + ) Câu : 0 n Cấp số nhân ( u n ) có số hạng đầu u và công ội q thì có số hạng thứ n là un uq ( q 0) Gọi số hạng thứ n là n 79 n 6 n 7 Câu : u u q n n n 58 58. 58 Đưa hàm số dưới dấu nguyên hàm về dạng ( a + ) n và sử dụng công thức n+ ( + ) a. ( n+ ) n a a + d + C Ta có: Câu : ( ) ( ) + ( ) F d + d + C + C +. + + Điều kiện. + Sử dụng công thức log log c log c( 0 a ;, c 0) log a a Điều kiện: a a a ( ) ( tm) ln + ln 0 ln. 0 0 ( ) + đưa về phương trình dạng ( ktm) Vậy phương trình có nghiệm Câu :
Số phức w được gọi là một căn ậc hai của số phức z nếu Thử đáp án. Đáp án A: Đáp án B: Đáp án C: Chú ý: + i + i + i nên loại A. i i i nên loại B. + i + i + i nên chọn C. Các em có thể giải theo cách trực tiếp: Gọi w a i z w + là một căn ậc hai của z. Khi đó cũng thu được đáp án. Câu 5: a Sử dụng ( f ) ( f ) mà a f Ta có Câu 6: 0 a a 0 a a - Tìm nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm. - Sử dụng công thức tính thể tích Xét phương trình hoành độ giao điểm V f d a y w z a + i + i. Giải phương trình trên ta 0 Thể tích khối tròn oay tạo thành khi quay (H) quanh O là: 7 V d d. +. Vậy V Câu 7: 7 (đvtt) Sử dụng công thức ( a )' a.ln a Ta có y ' 09 ' 09.ln 09 5
Câu 8: Sử dụng công thức Ta có: Câu 9: e a a + a + e d + C ln ln ln 0 e e e 5 I e + d + + ln 0 + ln + ln 0 0 Sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton Ta có ( ) ( ) ( ) Số hạng chứa Câu 0: n n k n k k n k 0 a C a + 8 n 8 n k k k k 8 k k 8 k 8 8 k 0 k 0 C. C... 5 trong khai triển ứng với 8 k 5 k - Tìm giao điểm của đồ thị hàm số với hai trục tọa độ. - Đối chiếu các đáp án và nhận ét. nên hệ số cần tìm là C Quan sát đồ thị hàm số ta thấy: Đồ thị cắt hai trục tọa độ tại các điểm ( ;0 ) và ( 0; ) Đáp án A: Đồ thị hàm số cắt O tại điểm ( ;0 ) nên loại A. Đáp án B: Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm ( 0; ) nên loại B. Đáp án C: Đồ thị hàm số cắt O tại điểm ( ;0 ) và cắt Oy tại điểm ( 0; ) Câu :.. 9C 8 8 8. nên chọn C. Hàm số y f có f ' 0 trên khoảng ( a ; ) thì hàm số nghịch iến trên ( ; ) Xét hàm số 08 có TXĐ D 0;08 y + 08 + 09 y' 08 08 Ta thấy y ' 0 + 009 0 009 nên hàm số nghịch iến trên ( 009;08 ) Từ các đáp án ta thấy chỉ có A thỏa mãn vì ( 00;08 ) ( 009;08 ) a. 6
Chú ý: Một số em không để ý đến điều kiện ác định của hàm số dẫn đến chọn nhầm đáp án B. Câu : Thể tích khối chóp V Tam giác ABC đều cạnh a nên diện tích Sh với S là diện tích đáy, h là chiều cao. a S ABC a a Thể tích khối chóp V SABC. SA..a Câu : Đọc ảng iến thiên để suy ra GTLN và GTNN của hàm số Từ BBT ta thấy Còn đáp án B: ma Câu : Diện tích ung quanh Sq Bán kính đáy min f ;min f ;ma f là những khẳng định đúng. ; ; f sai vì lim y + nên không tồn tại GTLN của hàm số trên rl r BC. a a Tam giác ABC vuông cân có BC a nên AB AC a l Vậy diện tích ung quanh Câu 5: Đặt ẩn phụ t( t 0) Ta có S rl a a a q.. để đưa về giải phương trình ậc hai ẩn t. Thay trở lại cách đặt để tìm.. 9. + + 8 0. 8. + 8 0. 9. + 0 t. 9 + 0 t Đặt t( t 0) ta có phương trình t t ( tm) 7
Do đó P log a + log log + log Câu 6: - Giải phương trình tìm z, z - Thay vào tính A và kết luận. Ta có: Do đó Vậy i + + có.. 7 nên phương trình có hai nghiệm z, z z 0 z Câu 7: 7 z + A z + z + Đường thẳng 0 sau được thỏa mãn Điều kiện: Ta có được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y f lim y + ; lim y ; lim y + ; lim y + + 0 0 0 0 lim f lim lim 0 + + +. + vì lim f lim Câu 8: ( ) lim lim + 7 nếu một trong các điều kiện nên không là TCĐ của đồ thị hàm số. nên là TCĐ của đồ thị hàm số. Thay tọa độ các điểm vào phương trình đường thẳng và kiểm tra tọa độ đó có thỏa mãn phương trình hay không. Đáp án A: + + nên M d Đáp án B: + + 0 nên N d 8
Đáp án C: 0 + 0 + nên P d + + Đáp án D: nên Q d Câu 9: Hàm số y f ác định trên và có hàm số đồng iến trên. + Đáp án A: Hàm số ( 0;+) nên loại A. y ác định trên và có + Đáp án B: Hàm số y tan có TXĐ D \ k + Đáp án D: Hàm số y log + Đáp án C: Hàm số số đồng iến trên. Câu 0: - Thể tích khối trụ V - Tính thể tích khối lăng trụ V Diện tích tam giác đáy Chiều cao tam giác ABC là a a OA h. y có TXĐ ( 0; ) ác định trên và có r h với r là án kính đáy. a S f ' 0, (dấu ảy ra tại hữu hạn điểm) thì y' 0 0 nên hàm số đồng iến trên nên loại B. D + nên loại D. Sh với S là diện tích đáy. a h án kính a a h Thể tích khối trụ V r h.. h a a h Thể tích lăng trụ V Sh. h Vậy V V Câu : a h a h : 9 y' 0; và y' 0 0 nên hàm 9
Mặt cầu ( S ) tâm I và án kính R cắt mặt phẳng ( P ) theo giao tuyến là đường tròn ( C ) án kính r. Khi đó ta có mối quan hệ r + h R với h d ( I; ( P) ). Từ đó ta tính r. Mặt cầu ( S ) tâm ( ;0 ) Ta có h d I ( P) I và án kính R. 0. ; + + Bán kính đường tròn giao tuyến là Câu : R R h Quan sát đồ thị hàm số, nhận ét các điểm đi qua, điểm cực trị, điểm uốn và suy ra dấu của a,, c, d y a + + c + d y ' a + + c, y '' 6a + Từ đồ thị hàm số ta thấy: +) Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 0;d ) nằm phía dưới trục hoành nên d 0 +) lim y + nên a 0 +) Đồ thị hàm số có điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung nên phương trình y ' 0 có hai nghiệm trái dấu ac 0 c 0 do a 0 +) Điểm uốn U có hoành độ dương nên phương trình y '' 0 có nghiệm 0 0 do a 0 a Vậy a 0, 0, c 0, d 0 Có trong số a,, c, d mang giá trị âm. Câu : Tính y ' sau đó lập BBT hoặc sử dụng hàm số y f có số y f. TXĐ: D Ta có ' y e e 0 e e Lại có Câu : ( 0 ) ( ) f ' 0 f '' 0 0 y'' e y'' e 0 nên là điểm cực tiểu của hàm số. thì 0 là điểm cực tiểu của hàm 0
- Gọi z a i, ( a, ) +, thay vào các điều kiện ài cho. - Lập hệ phương trình ẩn a., Tìm a, và kết luận. Gọi z a i, ( a, ) +, ta có: ( a ) ( ) a ( ) z z a + z + i + z i a + + + i a + i + + + + + a + + + + a 0 a + 0 a a + ( + ) + + 0 a 0 Vậy có hai số phức thỏa mãn là z, z i Câu 5: Diện tích hình phẳng giới hạn ởi đồ thị hàm số y f a S f d Để tìm đủ cận tích phân ta đi giải phương trình f ( ) 0. Sử dụng phương pháp tích phân từng phần để tính toán. ĐK: 0 Xét phương trình Diện tích hình phẳng cần tìm là Đặt Suy ra Hay d du ln u d dv v Câu 6: ( ktm) 0 ln 0 ln 0 tm e S ln d ln d e, trục O, đường thẳng a; là e e e e e + ln d ln. d d + e e e e e e + S
Chia thành các trường hợp: + Trong hai quả óng ốc được có ít nhất một quả có số chia hết cho 0. + Trong hai quả ốc được có một quả có chữ số hàng đơn vị ằng 5 và một quả có chữ số hàng đơn vị là,,6,8. Đếm số khả năng có lợi cho iến cố và tính ác suất. Xét phép thử T: Bốc ngẫu nhiên trong 50 quả óng. Số phần tử khong gian mẫu n( ) C 50 Gọi A là iến cố: Tích hai số ghi trên hai óng chia hết cho 0:. +) TH: Trong hai quả ốc được có ít nhất quả có số chia hết cho 0. Số cách chọn để trong hai quả không có quả nào có số chia hết cho 0 là Số cách chọn để trong hai quả có ít nhất quả có số chia hết cho 0 là C 5 C 50 C5 5 +) TH: Trong hai quả ốc được có quả có chữ số hàng đơn vị là 5 và quả có chữ số hàng đơn vị là,,6,8. Số cách chọn để có được hai số trên (không phân iệt thứ tự) là n( A) 5 + 00 5 Vậy P( A) Câu 7: C n A 5 67 0,7 n 5 Tính nồng độ ion H + khi độ ph ằng 6. 50 Từ đó tính độ ph khi nồng độ ion H + tăng lần. Khi độ ph 6 ta có 6 log H H 0 + + 6 CC. 00 5 0 Khi nồng độ ion H + tăng lần tức là lúc này 6 H +.0 thì độ ph là 6 ph log H + log.0 5, Câu 8: Sử dụng lý thuyết: Góc giữa hai mặt phẳng ằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng ấy. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có: SO SC ( ABCD) ( P) góc giữa ( ABCD ) và ( P ) là góc
giữa SC và SO hay SCO. Hình vuông ABCD cạnh a nên Tam giác SOC vuông tại O nên SO SC OC a a a 5 OC a 6 tan tan CSO SO a Câu 9: OC AC. a a Chỉ ra a đỉnh H, K, B cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông. Từ đó suy ra án kính mặt cầu đi qua điểm A, H, B, K. Ta có ( ) BC AB gt BC SA do SA ABC Mà AH SB AH ( SBC ) AH HC Ta thấy AHC AKC ABC BC SAB BC AH 0 0 0 90 ; 90 ; 90 nên mặt cầu đi qua ốn đỉnh A; H; B; K nhận AC là đường kính nên án kính AC AB + BC a + a R a Câu 0: Sử dụng lý thuyết: Cho AH ( ) I. Khi đó: Gọi O là giao điểm của AC và BD. (,( )) (,) Dễ thấy AC ( SBD) O và OA OC (, ) (,) d C SBD d A SBD h Nên d A IA IA d A d H IH IH (, ). d ( H, )
Tam giác vuông SAB có SA SB AB a Xét tứ diện vuông A.SBD có + + h AD AB AS + + 9a 6a 9a a a a a h h a Vậy d ( C, ( SBD )) Câu : Tìm điều kiện ác định Dựa vào điều kiện có nghiệm của hệ đề phân tích các trường hợp ảy ra của tham số m. ĐK: Xét phương trình Vì m + m 0 m + 0; m + 0 m 0 + Với m 0 ta có hệ phương trình + Với 0 0 0 0 m thì ất phuơng trình m m + + + + 09 0; Vậy có giá trị m thỏa mãn đề ài là m 0 Câu : - Lập hàm số tính thể tích V theo. - Sử dụng phương pháp ét hàm tìm V ma Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì O AH với H là trung điểm BC. nên SO ( ABC ) Do SA SB SC Tam giác AHB vuông tại H có Diện tích ( tm) ( ktm) + m + + + 09m 0 vô nghiệm vì AH AB BH a S ABC AH. BC a. a
Ta có: AB. AC. BC a. a. a AO R SABC a a Tam giác SAO vuông tại O có a a a a a a SO SA AO a a a a a Thể tích khối chóp V SABC. SO a. a 6 a y f a trong khoảng 0; Xét hàm số a 8 a 6 ' +. 0 f a a a Bảng iến thiên: a a a 0 a 6 a f '( ) + 0 f ( ) f ma Từ ảng iến thiên ta thấy: Hàm số y f đạt GTLN tại Khi đó V Câu : ma a 6 6a a.. a. 6 a 6 8 Góc giữa hai mặt phẳng ; n P Q là thì cos cos ( n; n P ( Q) ) n Để lớn nhất thì cos lớn nhất từ đó ta dùng hàm số để tìm GTLN. Đường thẳng y + z d : có VTCP u ( ;; ) Mặt phẳng ( P) : y z 0 có VTPT là n ( ; ; ) Vì ( Q ) chứa đường thẳng d nên Gọi là góc tạo ởi hai mặt phẳng ( P) ; P a 6 hay V S. ABC đạt GTLN tại. n ( P) ( Q). n ( P) ( Q) n u n. u 0 a. +. + 0 a + Q Q Q, ta có: a 6 5
n. n P ( Q) a cos cos ( n; n P ( Q) ) n n a Thay a + ta được ( ). P ( Q) + +. + ( ) + ( ) + cos + + +.. 5 + + 5 + + Để lớn nhất thì cos lớn nhất, suy ra Ta tìm để hàm số f ( ) Ta có 5 + + 5 + + lớn nhất. + ( 5 + + ) ( 5 + + ) lớn nhất hay 5 + + 5 + + lớn nhất. 5 + + 0 +. f ' f ' ( ) 0 0 BBT của hàm số f ( ) 0 + f '( ) + 0 0 + f ( ) Từ BBT ta thấy Câu : 5 Sử dụng phương pháp hình học: f lớn nhất ằng khi a a + + Tìm tập hợp các điểm iểu diễn z, z, z và vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ. + Đánh giá GTNN của T. Cách giải Ta có: + Phần thực của z ằng nên tập hợp điểm M iểu diễn z là đường thẳng + Phần ảo của z ằng nên tập hợp điểm M iểu diễn z là đường thẳng y Lại có: iz + i + i z + i z + i Do đó tập hợp các điểm M iểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( ;) án kính R Dựng hình: 0 5 6
Ở đó B( ; ), I( ;) Ta có: T z z + z z MM + MM MC + MD MB AB Do đó Tmin AB, đạt được nếu, AB IB IA T AB Câu 5: 5 min M A M M B. Xét vị trí tương đối của hai mặt cầu ( S );( S ) Xác định vị trí điểm A rồi sử dụng định lý Ta-let để có tỉ lệ cạnh và suy ra tọa độ A. Mặt cầu ( S ) có tâm ( ;; ) Mặt cầu ( S ) có tâm ( ; ; ) Nhận thấy OI I và án kính R 5 O và án kính R ;; OI 7 R R OI R + R 7 5 Nên hai mặt cầu ; S S cắt nhau. Giả sử mặt phẳng ( P ) tiếp úc với cả hai mặt cầu ; và OI chính là điểm A cần tìm. S S lần lượt tại H; K. Khi đó giao điểm của HK AO OK R Xét tam giác AIH có OK // HI (cùng vuông với HK) nên 5AO AI AI IH R 5 Gọi A( a; ; c) AO ( a; ; c) ; AI ( a; ; c) 5( a) ( a 6 ) a Suy ra 5AO AI 5( ) ( ) 5( c) ( c) c 9 a+ + c 6+ + ( ) Câu 6: nên A 6; ; 7
- Nhân cả hai vế của đẳng thức ài cho với f e. - Lấy tích phân hai vế cận từ - đến 0 và tính A. Ta có: f f f e e f ' +, ;0 ' +, ;0 Lấy tích phân hai vế, ta có: 0 0 0 0 f f ' ( ) e f d + d e d f + 0 f f f ( 0) ( ) e 0 e e 0 f 0 f Vậy A f f Câu 7: 0 0 Thể tích hình trụ có án kính đáy r và chiều cao h là V Sử dụng ất đẳng thức Cô-si để tìm GTLN của thể tích. Cho a số ac,, không âm, theo BĐT Cô-si ta có Dấu ảy ra khi a c Vì S AB. BC AB ( m) ABCD r h a+ + c + + a c ac ac Gọi r là án kính đáy của hình trụ thì chu vi đáy của hình trụ là r r ( m) Gọi AM y0 y suy ra BM y. Lại có đường kính đáy hình trụ là r BM y y ( m) (ĐK: 0 0 ) Thể tích thùng nước hình trụ là. V r h y.... Áp dụng ất đẳng thức Cô-si cho a số ; ( );( ) ta có 8
+ + 8. ( ).( ) 7 8 Suy ra V. V 7 Dấu ảy ra khi (vì 0 ) Vậy thùng nước có thể tích lớn nhất khi,0 ( m) Câu 8: - Gọi tọa độ điểm M thuộc đồ thị hàm số. - Tính khoảng cách từ M đến AB suy ra diện tích. - Từ đó sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của diện tích tam giác ABM. A 0; 7, B ; AB 5 Ta có: Phương trình đường thẳng 7 M M + M Gọi M ; ( C) 0 y+ 7 AB : y 7 0 0 + 7 với 0 M M 7 8 M 7 M 8 + M + M + d ( M, AB) + 5 8 M 8+ M + SMAB AB. d ( M, AB). 5. M + 5 + Xét g ( ) M M + M + với 0 M ta có: M + M + M g '( M) 0 M + + + Bảng iến thiên: M M M 0 M g' 0 + M g( M ) 0 M 0 9
Do đó g ( ) g S g ( ) Vậy MAB Câu 9: 0 0.. M MAB M S đạt GTLN ằng tại Sử dụng công thức đạo hàm M ( f u )' u ' f '( u) Hàm số y f ác định trên K thì hàm số đồng iến trên K khi hữu hạn điểm) Dựa vào đồ thị để đánh giá khoảng đồng iến của hàm f '( ) từ đó suy ra hàm g' ( ) Ta có ' 09.ln 09. '( 09 ) g f m Để hàm số g đồng iến trên m 09.ln 09. f '( 09 ) Đặt 09 h.ln 09. f '( 09 ) với mọi 0; thì f ' 0; K (dấu ảy ra tại 0; thì g ' 0; 0; 09.ln 09. f ' 09 m 0 0; m min h Dựa vào đồ thị hàm số y f ' ta ét trên đoạn f '( 09 ) đồng iến. Lại có 09 đồng iến và dương trên 0; Nên 09 h ln 09. f '( 09 ) đồng iến trên 0; 0 0 Suy ra h h f f min 0 09.ln 09. ' 09 ln 09. ' 0 0; Vậy m 0 Câu 50: 0; thì f 09 ;09 ' 09 0 và (vì theo hình vẽ thì - Đặt ẩn phụ t, tìm điều kiện của t, đưa phương trình về ẩn t. f ' 0) - Sử dụng phương pháp hàm số, ét tính tương giao đồ thị và suy ra số nghiệm của phương trình ẩn t. - Từ đó kết luận số nghiệm của phương trình ẩn. Đặt t, phương trình trở thành t log 0 t t e t e log Xét hàm t y f t t e, t có Bảng iến thiên: f ' t te t + t e t t t + e t 0 t 0 do t t 0 + 0
f '( t ) 0 + /e + f ( t ) 0 y log Từ ảng iến thiên ta thấy, trên nửa khoảng ; + ) đường thẳng y log cắt đồ thị hàm số y f ( t) tại hai điểm phân iệt nên phương trình log f t có nghiệm phân iệt thỏa mãn t 0 t Nhận thấy t t + nên với mỗi t ta có tương ứng giá trị của. Vậy phương trình đã cho có nghiệm phân iệt.