3 Đề KT chất lượng HK 1 môn Toán 12 (2012-2013) - Kèm đáp án

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo 3 đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán 12 của trường THPT Long Khánh A, Nguyễn Đình Chiểu (2012-2013) giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản về môn Toán.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 3 Đề KT chất lượng HK 1 môn Toán 12 (2012-2013) - Kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/11/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3x2  2 , gọi (C ) là đồ thị của hàm số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình:  x3  3 x 2  m  0 . Câu 2 (2,0 điểm). 2 1) Tính giá trị của biểu thức: A 1 1  81  4 9log3 7  log 25   125  16  2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  e x ( x  2)2 trên đoạn [1; 3]. Câu 3 (2,0 điểm). Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA  2a . Mặt bên ( SBC ) hợp với mặt đáy một góc 300 . a) Tính thể tích của khối chóp S . ABC . b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S . ABC . II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: x4 3 Câu 4a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y   x 2  tại 2 2 điểm có hoành độ bằng 1 . Câu 5a (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 6 x  61 x  5  0 . 2 2) Giải bất phương trình: 2 log8 ( x  2)  log 1 ( x  3)  . 3 8 2x + 1 Câu 4b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y = biết x- 2 1 tiếp tuyến có hệ số góc bằng  . 5 Câu 5b (2,0 điểm). x2  1) Cho hàm số y  x.e 2 . Chứng minh rằng, xy  (1  x 2 ) y . 2x  1 2) Cho hàm số y  có đồ thị (C ) . Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C ) x 1
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. HẾT. ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu 1 1. (2,0 điểm) (3,0 đ) Tập xác định: D  . 0.25 Sự biến thiên: x  0  Chiều biến thiên: y '  3 x2  6 x , y '  0  x  2  0.5  Trên khoảng  0 ; 2  , y '  0 nên hàm số đồng biến.  Trên mỗi khoảng   ; 0  và  2 ;  , y '  0 nên hàm số nghịch biến.  Cực trị:  Hàm số đạt cực đại tại x  2 và yCĐ = 2. 0.25  Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 và yCT = 2 .  Các giới hạn: x y   , x y   . lim lim 0.25  Bảng biến thiên : x  0 2  y’ 0 + 0 – 0.25  2 y 2  Đồ thị: 0.5 2. (1,0 điểm) Ta có:  x3  3 x 2  m  0   x 3  3 x 2  2  m  2 (*) 0.25
PT (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d : y  m  2 . Số nghiệm của PT (*) bằng số giao điểm của (C ) và d . Dựa vào đồ thị ta có: m  0 hoặc m  4 : PT (*) có 1 nghiệm 0.25 m  0 hoặc m  4 : PT (*) có 2 nghiệm 0.25 0  m  4 : PT (*) có 3 nghiệm 0.25 Câu 2 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) 2  9log3 7  3log3 7   49 0.25 1 3 log 25  0.25 125 2 1  81  4 3 0.25     16  2 2 2 2 A   1 3 3 7 0.25 1  81  4 49   9log3 7  log 25   2 2 125  16  2. (1,0 điểm) y '  e x ( x 2  2 x) với mọi x  (1 ; 3) 0.25  x  0 (loaï ) i Xét trên khoảng (1 ; 3) , ta có: y '  0   0.25  x  2 ( nhaä)n Mặt khác f (1)  e , f (1)  e3 , f (2)  0 0.25 3 Vậy max f ( x)  f (1)  e , min f ( x)  f (2)  0 . 0.25 1 ; 3 1 ; 3 Câu 3 (2,0 đ) S I A C 300 B a) (1,0 điểm) Ta có SA  ( ABC ) nên suy ra SA đường cao của hình chóp S . ABC .  SBC   ( ABC )  BC (1) 0.25 AB  BC (2) (do ABC vuông tại B ) SB  BC (3) (do AB là hình chiếu của SB trên mp ( ABC ) )
Từ (1), (2), (3) ta suy ra góc SBA là góc giữa 2mp  SBC  và  ABC  . Theo giả thiết SBA  300 . Xét tam giác vuông SAB , ta có: SA SA 2a tan SBA   AB  0   2a 3 , suy ra BC  AB  2a 3 0.25 AB tan 30 3 3 1 1 Diện tích tam giác ABC là: S ABC  BA.BC   2a 3.2a 3  6a 2 . 0.25 2 2 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là : 1 1 0.25 VS . ABC   S ABC  SA   6a 2 .2a  4a 3 . 3 3 b) (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm của cạnh SC . Do tam giác SAC vuông tại A , có IA là đường trung tuyến nên SC IA  IC  IS  . 2 Tương tự do tam giác SBC vuông tại B , có IB là đường trung tuyến nên 0.5 SC IB  IC  IS  . 2 SC Ta suy ra: IA  IB  IC  IS  . Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp 2 hình chóp S . ABC . Xét tam giác vuông SAC , ta có: SC 2  SA2  AC 2 , mà AC 2  AB 2  BC 2  (2a 3) 2  (2a 3)2  24a 2 , nên suy SC 2  (2a)2  24a 2  28a 2 , 0.5 suy ra SC  2a 7 . SC Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: R  a 7. 2 Câu 4a Tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y  f ( x) tại M 0 ( x0 ; y0 )  (C ) có PT dạng: (1,0 đ) y  f '( x0 )  x  x0   y0 . 0.5 Ta có: y '  2 x3  2 x . Theo giả thiết ta có x0  1 , suy ra y0  2 , f '(1)  0 . 0.25 Vậy tiếp tuyến có phương trình là : y  0( x  1)  2 hay y  2 . 0.25 Câu 5a 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) 6 Ta có: 6 x  61 x  5  0  6 x  x  5  0 0.25 6 6 Đặt t  6 x , t  0 . Ta có phương trình: t   5  0 . 0.25 t t  1 (loaï ) i  t 2  5t  6  0   0.25 t  6 (nhaä) n Với t  6 , ta có 6 x  6  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  1 .
2. (1,0 điểm) Điều kiện x  3 2 2 Ta có: 2 log8 ( x  2)  log 1 ( x  3)   log8 ( x  2)2  log8 ( x  3)  0.25 3 3 8 2 ( x  2) 2 0.25  log8  x 3 3 2 ( x  2)   4  x 2  8 x  16  0  x  \ 4 0.25 x 3 So với điều kiện, ta nhận x   3 ;   \ 4 . 0.25 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S   3 ;   \ 4 . Câu 4b Tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y  f ( x) tại M 0 ( x0 ; y0 )  (C ) có PT dạng: (1,0 đ) y  f '( x0 )  x  x0   y0 . 0.25 5 Ta có: y '   . ( x  2) 2 1  x0  7  y0  3 5 Từ giả thiết ta suy ra     0.25 ( x0  2) 2 5  x0  3  y0  1 1 1 Với x0  7 , y0  3 , f '(7)   , ta có PTTT: y    x  7   3 hay 5 5 0.25 1 22 y  x . 5 5 1 1 Với x0  3 , y0  1 , f '(3)   , ta có PTTT: y    x  3  1 hay 5 5 0.25 1 2 y  x . 5 5 Câu 5b 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) x2  0.5 Ta có: y '  (1  x 2 )e 2 x2  0.25 Vế trái = xy  x(1  x 2 ).e 2 x2  0.25 2  (1  x ) x.e 2  (1  x2 ) y = Vế phải (đpcm) 2. (1,0 điểm) 2x 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:  xm x 1  x2  (m  3) x  1  m  0, x 1 (*) 0.25 2 PT (*) có   m  2m  5  0, m R và (*) không có nghiệm x = 1. Suy ra PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt là xA , xB .  xA  xB  3  m Theo định lí Viét:  x .x  1  m . Khi đó:  A B 0.25 A xA; xA  m , B  xB; xB  m uur uur OAB vuông tại O thì OAOB  0  xA xB   xA  m xB  m  0 . 0.25
 2 x A x B  m  x A  x B   m 2  0  m  2 0.25 Vậy m  2 .
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012 – 2013 NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU Môn : TOÁN – Khối 12 Ngày thi : / 12 / 2012 Thời gian : 90 phút (Không kể thời gian phát đề) ---------------------------------- I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) 1 1 3 15 Câu 1 (3 điểm). Cho hàm số y   x 3  x 2  x  (C) 6 2 2 6 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Tìm tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt ( x  1) 3  12( x  1)  4  6 log 1 m . 8 Câu 2 (2 điểm). 2 2 2 (sin x cos x) .2 (sin xcos x ) 1) Tính giá trị A      log 3  sin   log 3  cos   3  3 2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  8ln x  x 2 trên đoạn [1;e] Câu 3 (2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và vuông góc với mặt đáy ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và SD. 1) Tính thể tích của khối chóp N.MBCD theo a. 2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MBC. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần sau (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn. x 1 Câu 4.a (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với C  y  tại giao điểm của đồ x 1 thị với Oy. Câu 5.a (2 điểm). . 1) Giải phương trình 4.9 x  12 x  3.16 x  0 2) Giải bất phương trình log 4  x  7   log 2  x  1
2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) y  x3  6 x 2  4 x , biết tiếp 1 tuyến vuông góc đường thẳng y  x  10 . 5 Câu 5.b (2 điểm). ( xy / /  y / ) x 1) Cho hàm số y  ( x 2  1) ln x . Chứng minh  2. x2  1 x 1 2) Tìm m để d  : y  mx  1 cắt đồ thị C  y  tại hai điểm phân biệt. x 1 ------------------------------------Hết------------------------------------ TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN BÀI KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012 – 2013 NGUYỄN ĐÌNH CHIỂU Môn thi: Toán - Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 90 phút - Không kể thời gian giao đề Câu Lời giải Điểm Câu 1 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y   x 3  x 2  x  1 1 3 15 6 2 2 6  Tập xác định: D = ¡ 1 3  Đạo hàm: y /   x 2  x  2 2 1 3  x  1  Cho y /  0  x 2  x   0   2 2  x3  Giới hạn: lim y   ; lim y   x   x    Bảng biến thiên :  Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;  1) và (3;  ) , đồng biến trên khoảng 10 (-1;3).Hàm số đạt cực tiểu yCT   tại xCT  1 ; đạt cực tiểu yCĐ  2 tại 3 xCĐ  3 2 2  y //   x  1  0  x  1  y   . Điểm uốn là I 1;     3  3  Giao điểm với trục hoành: y  0 15 Giao điểm với trục tung: x  0  y   6  Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm tâm đối xứng
2.Tìm tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt ( x  1) 3  12( x  1)  4  6 log 1 m . 8 1 1 3 15   x3  x2  x   log 8 m 6 2 2 6  1 1 3 15 y   x3  x2  x  (C )  6 2 2 6  y  log 8 m  (D) Dựa vào đồ thị, phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi 10  2  log 8 m  3 1   m  1024 64 Câu 2 2 2 2 (sin x cos x) .2 (sin xcos x ) 1.Tính giá trị A      log 3  sin   log 3  cos   3  3 2 x  cos 2 x ) 2 2(sin . A   log 3  tan   3 2 2 . A log 3 3 .A8 2.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. y  8 ln x  x 2 trên đoạn [1;e] 8 y/   2x x y /  0  2 x 2  8  0  x  2 y(1)  1 , y(2)  8 ln 2  4 , y( e)  8  e 2 GTLN y  8 ln 2  4 khi x  2 GTNN y  1 khi x  1 Câu 3 1.Tính thể tích của khối chóp N.MBCD theo a.
S N Ta có a A D M a B a C (SAB)  ( ABCD)   SM  ( ABCD)  SM  AB Ta có N là trung điểm của SD nên 1 VN .MBCD  VS .MBCD 2 1 1  . S MBCD .SM 2 3 1 MB  CD  . .BC.SM 6 2 1 a  3 a3 3    a .a.a  12  2  2 16 2.Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MBC. Ta có SM  MC và SB  BC Suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MBC có dường kính SC 2 2 a 3 2 5a 2 R  SC  SM  MC    2    a 2   4 Diện tích mặt cầu S  4R 2  8a 2 Câu 4a x 1 Viết phương trình tiếp tuyến với C  y  tại giao điểm của đồ thị x 1 với Oy. .Giao diểm của (C) và trục Oy  M (0 ;  1) 2 .Hệ số góc tiếp tuyến f / ( x M )  2 ( x M  1) 2 .Phương trình tiếp tuyến  : y  2( x  0)  1  2 x  1 Câu 5a 1. Giải phương trình 4.9 x  12 x  3.16 x  0 x 2x 4 4 .chia 2 vế cho 9 x ta được 4     3   0     3 3
x 4 .Đặt t     0 , ta có phương trình 3t 2  t  4  0    3 t  1( L )  4  t  3 ĐS : x  1 2.Giải bất phương trình log 4 x  7   log 2 x  1 ĐK : x  1  log 2  x  7   log 2  x  1 2  x  7   x  1 2  x2  x  6  0 ĐS :  1  x  2 Câu 4b Viết phương trình tiếp tuyến của (C) y  x3  6 x 2  4 x , biết tiếp tuyến 1 vuông góc đường thẳng y  x  10 . 5 1 .Hệ số góc tiếp tuyến f / ( x0 )   5 kd 2  3 xo  12 x0  9  0 x 1  0  x0  3 .Phương trình tiếp tuyến 1 : y  5( x  1)  1  5 x  4  2 : y  5( x  3)  15  5 x Câu 5b ( xy / /  y / ) x 1.Cho hàm số y  ( x 2  1) ln x . Chứng minh  2. x2  1 x2 1 . y /  2 x ln x  x 1 . y //  2 ln x  3  2 x x  1 1 VT  2  2 x ln x  3x   2 x ln x  x    2 x 1 x x x 1 2.Tìm m để d  : y  mx  1 cắt đồ thị C  y  tại hai điểm phân biệt. x 1 x 1 .Phương trình hoành độ giao điểm mx  1   mx 2  mx  2  0 x 1 .Điều kiện để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt là a  0  m0   2  m  8 v 0  m   0 m  8m  0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN DU I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CÂU I :( 3,0 điểm ) Cho hàm số y   x 3  3x 2  2 (1) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị ( C) của hàm số (1) 2) Với giá trị nào của m thì phương trình x 3  3 x 2  2m  0 có 3 nghiệm phân biệt CÂU II: (2,0 điểm) 1 1) Tính giá trị của biểu thức: log 5 3  log 5 50  log 5 12 2 2 x3 6 x 2 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:y= e trên đoạn [1;3] CÂU III(2,0 điểm):Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng cạnh bên bằng 2a. M là trung điểm của SC. 1) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 2) Tính thể tích khối tứ diện MABD II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: x3 Câu IV.a (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của ( H) : y  tại giao điểm x2 của (H) và và trục hoành Câu V.a (2,0 điểm) 3 1. Giải phương trình: log 2 x  log 2 x  1  0 4 4 2. Giải bất phương trình: 2  21 x  6  0 x2 2. Theo chương trình nâng cao: x3 Câu IV.b (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của ( H) : y  biết tiếp tuyến x2 vuông góc với đường thẳng x+y=0 Câu V. b (2,0 điểm) 1. Cho hàm số y  ( x  1)e x . Chứng tỏ rằng: y ' y  e x 2. Tìm các giá trị của k sao cho đường thẳng (d): y  kx tiếp xúc với đường cong (C): y  x3  3x2  1 ----Hết----
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang) Đơn vị ra đề: THPT THPT NGUYỄN DU Câu Nội dung yêu cầu Điểm CÂU I TXĐ D=  0,25 1/(2 điểm) y '  3 x 2  6 x x  2 0,25 y'  0  x0 lim y   lim y   0,25 x   x   BBT x  -2 0  0,25 y’ - 0 + 0 - y  2 -2  Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;2) và (0;) 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng (2;0) Hàm số đạt cực đại tại x=0.yCĐ=2 Hàm số đạt cực tiểu tại x=-2.yCT=-2 0,25 Vẽ hình đúng 0,5 CÂU I x 3  3 x 2  2m  0   x 3  3 x 2  2  2  2m 0,25 2/(1 điểm) Số nghiệm của PT là số giao điểm của (C) và d :y=2-2m 0,25 PT có 3 nghiệm phân biệt  2  2  2m  2 0,25 0m2 0,25 CÂU II 1 log 5 3  log 5 50  log 5 12  log 5 3  log 5 50  log 5 12 0,5 1/(1 điểm) 2 3.50 0,5 log 5  log 5 25  2 12 CÂU II 2 x3 6 x 2 0,25 y’= e (6 x 2  12 x) 2/(1 điểm)  x  2 ( n) 0,25 y'  0    x  0 (l ) y(1)=e-4 y(2)=e-8 y(3)=1 0,25 Maxy  1 đạt tại x=3 min y  e 8 đạt tại x=2 0,25 x[1; 3] x[1; 3] CÂU III H  AC  BD  SH  (ABCD) 0,25 1/(1 điểm) 0,25
AC  2a 2  AH  a 2  SH  a 2 0,25 Do HA  HB  HC  HD  a 2 Nên mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD có tâm là H bán kính 0,25 Ra 2 CÂU III a 2 0,5 2/(1 điểm) khoảng cách từ M đến (ABD) là h= 0,25 2 SABD=2a2 ; a3 2 0,25 V  3 CÂU IVa yo=0  xo=3 0,25 (1 điểm) y'  1 0,25 ( x  2) 2 y'(x0)=1 0,25 Tiếp tuyến y=x-3 0,25 CÂU Va ĐK x>0 0,25 1/(1 điểm) log x  1 BPT   2 0,25 log 2 x  4  1 x 0,25  2  0,25  x  16 CÂU Va t=2x (t>0) 0,25 2 2/(1 điểm) 2t -3t+1>0 0,25  1 t  2 0,25  t  1  x  1  0,25 x  0 CÂU IVb y'(x0)=1 0,25 (1 điểm)  xo  3  yo  0   xo  1  y0  2 0,25 Hai tiếp tuyến: y=x-3 0,25 y=x+1 0,25 CÂU Vb y'=(x+2)ex 0,5 1/(1 điểm) Thay vào được ĐPCM 0,5 CÂU Vb  x 3  3 x 2  1  kx 0,25 2/(1 điểm) (d) tiếp xúc với (C)   2  có nghiệm 3 x  6 x  k  0,25  2 x 3  3x 2  1  0  1 x  2  0,25  x  1
 15 k  4 0,25   x  3 Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như trong đáp án quy định. HẾT