Đề thi giữa kì 1 Toán 8 - Đề số 5 - Kết nối tri thức
Câu 1: Kết quả của phép nhân đa thức (4{{rm{x}}^5} + 7{{rm{x}}^2}) với đơn thức ( - 3{{rm{x}}^3}) là :
Đề bài
Phần trắc nghiệm ( 2 điểm)
Câu 1: Kết quả của phép nhân đa thức \(4{{\rm{x}}^5} + 7{{\rm{x}}^2}\) với đơn thức \( - 3{{\rm{x}}^3}\) là :
A. \(12{{\rm{x}}^8} + 21{{\rm{x}}^5}\).
B. \( - 12{{\rm{x}}^8} + 21{{\rm{x}}^5}\).
C. \(12{{\rm{x}}^8} - 21{{\rm{x}}^5}\).
D. \( - 12{{\rm{x}}^8} - 21{{\rm{x}}^5}\).
Câu 2: Khi viết đa thức \(9{{\rm{x}}^2} + 1 - 6{\rm{x}}\) dưới dạng lũy thừa, ta được kết quả là
A. \({\rm{\;}}{\left( {{\rm{x}} - 3} \right)^2}\).
B. \(\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)\).
C. \({\left( {1 - 3{\rm{x}}} \right)^2}\).
D. \({\left( {3{\rm{x}} + 1} \right)^2}\).
Câu 3: Để biểu thức \({{\rm{x}}^3} - 3{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} + {\rm{a}}\) trở thành lập phương một hiệu thì a được thay bằng
A. 3.
B. 1.
C. 9.
D. -1.
Câu 4: Giá trị của biểu thức \(12{{\rm{x}}^2}{{\rm{y}}^2}{\rm{\;}}:\left( { - 9{\rm{x}}{{\rm{y}}^2}} \right)\) tại là
A. 4.
B. -4.
C. 12.
D. -12.
Câu 5: Kết quả của phép tính \(15.{\rm{\;}}91,5 + 150.{\rm{\;}}0,85\) là
A. 120.
B. 150.
C. 1200.
D. 1500.
Câu 6: Thu gọn biểu thức \({\left( {{\rm{a}} - {\rm{b}}} \right)^3} + {\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}}} \right)^3} - 6{\rm{a}}{{\rm{b}}^2}\) ta được kết quả là
A. \(2{{\rm{a}}^3}\).
B. \(2{{\rm{a}}^3} + 2{{\rm{b}}^3}\).
C. \(2{{\rm{a}}^2} - 6{{\rm{a}}^2}{\rm{b}}\).
D. \({\rm{\;}}2{{\rm{a}}^3} + 6{\rm{a}}{{\rm{b}}^2}\).
Câu 7: Hình thang là hình thang cân nếu ?
A. Hai cạnh bên bằng nhau
B. Hai đường chéo bằng nhau
C. Hai góc đối bằng nhau
D. Hai cạnh đối bằng nhau
Câu 8: Khẳng định nào sau đây đúng
A. Hình bình hành có một góc vuông là hình thoi.
B. Tứ giác có hai cặp cạnh đối song song là hình bình hành.
C. Hình thang có một góc vuông là hình chữ nhật.
D. Hình thoi có một góc \({60^o}\) thì trở thành hình chữ nhật.
Câu 9: Hình bình hành ABCD có số đo góc A bằng 2 lần số đo góc B. Khi đó số đo góc D là:
A. 600.
B. 1200.
C. 3000.
D. 450.
Câu 10: Hình bình hành MNPQ là hình chữ nhật nếu có
A. MN = PQ.
B. MP = NQ.
C. NP = MQ.
D. MN = MQ.
Phần tự luận ( 8 điểm)
Bài 1 . ( 3 điểm)
1. Thực hiện phép tính : (x 3 y 3 – x 2 y 3 – 4x 3 y 2 ) : 2x 2 y 2 .
2. Cho biểu thức : A = (x – 2) 3 – x 2 (x – 4) - 12x + 8
B = (x 2 – 6x + 9) : (x – 3) – x(x + 7) – 9
a) Thu gọn biểu thức A và B.
b) Tính giá trị của biểu thức A tại giá trị x = - 1.
c) Biết C = A + B. Chứng minh C luôn âm với mọi giá trị của x.
Bài 2. ( 2 điểm)
1) Tìm \({\rm{x}}\), biết \({\left( {2{\rm{x}} + 2} \right)^2} - {\left( {2{\rm{x}} - 1} \right)^2} = 0\)
2) Biết số tự nhiên a chia cho 5 dư 4. Chứng minh rằng \({{\rm{a}}^2}\) chia cho 5 dư 1.
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\({\rm{Q}} = 5{{\rm{x}}^2} + 5{{\rm{y}}^2} + 8{\rm{xy}} - 2{\rm{x}} + 2{\rm{y}} + 2\).
Bài 3 . ( 0,5 điểm) Viết đa thức biểu thị phần màu xanh trong hình sau:
Bài 4 . (2,5 điểm) Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A,\) đường cao \(AH.\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB,{\rm{ }}E\) đối xứng với \(H\) qua \(M.\)
1. Tứ giác \(AHBE\) là hình gì? Vì sao?
2. Chứng minh \(AEHC\) là hình bình hành.
3. Gọi \(O\) là giao điểm của \(AH\)và \(EC,{\rm{ }}N\) là trung điểm của \(AC.\) Chứng minh \(M,O,N\) thẳng hàng.
---- Hết ----
Lời giải
Phần trắc nghiệm ( 2 điểm)
|
1. D |
2. D |
3. D |
4. A |
5. D |
|
6. A |
7. B |
8. B |
9. A |
10. B |
Câu 1: Kết quả của phép nhân đa thức \(4{{\rm{x}}^5} + 7{{\rm{x}}^2}\) với đơn thức \( - 3{{\rm{x}}^3}\) là :
|
A. \(12{{\rm{x}}^8} + 21{{\rm{x}}^5}\). |
B. \( - 12{{\rm{x}}^8} + 21{{\rm{x}}^5}\). |
|
C. \(12{{\rm{x}}^8} - 21{{\rm{x}}^5}\). |
D. \( - 12{{\rm{x}}^8} - 21{{\rm{x}}^5}\). |
Phương pháp
Sử dụng quy tắc nhân đa thức với đơn thức: ta nhân từng hạng tử của đa thức với đơn thức sau đó cộng các kết quả với nhau.
Lời giải
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left( {4{x^5} + 7{x^2}} \right)\left( { - 3{x^3}} \right)\\ = 4{x^5}.\left( { - 3{x^3}} \right) + \left( {7{x^2}} \right)\left( { - 3{x^3}} \right)\\ = - 12{x^8} - 21{x^5}\end{array}\)
Đáp án D.
Câu 2: Khi viết đa thức \(9{{\rm{x}}^2} + 1 - 6{\rm{x}}\) dưới dạng lũy thừa, ta được kết quả là
|
A. \({\rm{\;}}{\left( {{\rm{x}} - 3} \right)^2}\). |
B. \(\left( {{\rm{x}} + 3} \right)\left( {{\rm{x}} - 3} \right)\). |
|
C. \({\left( {1 - 3{\rm{x}}} \right)^2}\). |
D. \({\left( {3{\rm{x}} + 1} \right)^2}\). |
Phương pháp
Lựa chọn phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử phù hợp.
Lời giải
\(9{{\rm{x}}^2} + 1 - 6{\rm{x}} = {\left( {3x} \right)^2} - 2.3x + 1 = {\left( {3x - 1} \right)^2}\).
Đáp án D.
Câu 3: Để biểu thức \({{\rm{x}}^3} - 3{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} + {\rm{a}}\) trở thành lập phương một hiệu thì a được thay bằng
|
A. 3. |
B. 1. |
|
C. 9. |
D. -1. |
Phương pháp
Sử dụng hằng đẳng thức lập phương của một hiệu để tìm a.
Lời giải
\({x^3} - 3{x^2} + 3x + a = {x^3} - 3.{x^2}.1 + 3.x.{\left( { - 1} \right)^2} + a\).
Để biểu thức trở thành lập phương của một hiệu thì \(a = {( - 1)^3} = - 1\). Vậy a = -1.
Đáp án D.
Câu 4: Giá trị của biểu thức \(12{{\rm{x}}^2}{{\rm{y}}^2}{\rm{\;}}:\left( { - 9{\rm{x}}{{\rm{y}}^2}} \right)\) tại là
|
A. 4. |
B. -4. |
|
C. 12. |
D. -12. |
Phương pháp
Dựa vào quy tắc chia đơn thức cho đơn thức.
Lời giải
Ta có:
\(\begin{array}{l}12{{\rm{x}}^2}{{\rm{y}}^2}{\rm{\;}}:\left( { - 9{\rm{x}}{{\rm{y}}^2}} \right) = \left[ {12: - 9} \right].\left( {{x^2}:x} \right).\left( {{y^2}:{y^2}} \right)\\ = \frac{{ - 4}}{3}x\end{array}\)
Thay \({\rm{x}} = - 3\) và \({\rm{y}} = 1,005\) vào biểu thức ta được: \(\frac{{ - 4}}{3}.\left( { - 3} \right) = 4\).
Đáp án A.
Câu 5: Kết quả của phép tính \(15.{\rm{\;}}91,5 + 150.{\rm{\;}}0,85\) là
|
A. 120. |
B. 150. |
|
C. 1200. |
D. 1500. |
Phương pháp
Tìm nhân tử chung để thực hiện phép tính nhanh.
Lời giải
Ta có:
\(\begin{array}{l}15.{\rm{\;}}91,5 + 150.{\rm{\;}}0,85\\ = 15.91,5 + 15.8,5\\ = 15(91,5 + 8,5)\\ = 15.100\\ = 1500\end{array}\)
Đáp án D.
Câu 6: Thu gọn biểu thức \({\left( {{\rm{a}} - {\rm{b}}} \right)^3} + {\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}}} \right)^3} - 6{\rm{a}}{{\rm{b}}^2}\) ta được kết quả là
|
A. \(2{{\rm{a}}^3}\). |
B. \(2{{\rm{a}}^3} + 2{{\rm{b}}^3}\). |
|
C. \(2{{\rm{a}}^2} - 6{{\rm{a}}^2}{\rm{b}}\). |
D. \({\rm{\;}}2{{\rm{a}}^3} + 6{\rm{a}}{{\rm{b}}^2}\). |
Phương pháp
Sử dụng các hằng thức đáng nhớ để rút gọn.
Lời giải
Ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {{\rm{a}} - {\rm{b}}} \right)^3} + {\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}}} \right)^3} - 6{\rm{a}}{{\rm{b}}^2}\\ = \left( {a - b + a + b} \right)\left[ {{{\left( {a - b} \right)}^2} - (a - b)(a + b) + {{(a + b)}^2}} \right] - 6a{b^2}\\ = 2a\left( {{a^2} - 2ab + {b^2} - {a^2} + {b^2} + {a^2} + 2ab + {b^2}} \right) - 6a{b^2}\\ = 2a\left( {{a^2} + 3{b^2}} \right) - 6a{b^2}\\ = 2{a^3} + 6a{b^2} - 6a{b^2}\\ = 2{a^3}\end{array}\)
Đáp án A .
Câu 7: Hình thang là hình thang cân nếu ?
|
A.Hai cạnh bên bằng nhau |
B. Hai đường chéo bằng nhau |
|
C. Hai góc đối bằng nhau |
D. Hai cạnh đối bằng nhau |
Phương pháp
Dựa vào dấu hiệu nhận biết một hình thang cân.
Lời giải
Hình thang có hai đường chéo bằng nhau là hình thang cân.
Đáp án B.
Câu 8: Khẳng định nào sau đây đúng
A. Hình bình hành có một góc vuông là hình thoi.
B. Tứ giác có hai cặp cạnh đối song song là hình bình hành.
C. Hình thang có một góc vuông là hình chữ nhật.
D. Hình thoi có một góc \({60^o}\) thì trở thành hình chữ nhật.
Phương pháp
Dựa vào dấu hiệu nhận biết của các hình đã học.
Lời giải
Trong các khẳng định trên, chỉ có khẳng định B là đúng.
Đáp án B.
Câu 9: Hình bình hành ABCD có số đo góc A bằng 2 lần số đo góc B. Khi đó số đo góc D là:
|
A. 60 0 . |
B. 120 0 . |
|
C. 300 0 . |
D. 45 0 . |
Phương pháp
Trong hình bình hành, hai góc kề nhau thì bù nhau, hai góc đối nhau thì bằng nhau.
Lời giải
Ta có góc A và góc B là hai góc kề một cạnh nên \(\widehat A + \widehat B = {180^0}\). Mà góc A bằng 2 lần góc B nên ta có:
\(\begin{array}{l}2\widehat B + \widehat B = {180^0}\\3\widehat B = {180^0}\\\widehat B = {180^0}:3 = {60^0}\end{array}\)
Đáp án A.
Câu 10: Hình bình hành MNPQ là hình chữ nhật nếu có
A. MN = PQ.
B. MP = NQ.
C. NP = MQ.
D. MN = MQ.
Phương pháp
Dựa vào dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật.
Lời giải
Hình bình hành MNPQ là hình chữ nhật nếu hai đường chéo của hình bình hành MNPQ bằng nhau, hay MP = NQ.
Đáp án B .
Phần tự luận. (8 điểm)
Bài 1 . ( 3 điểm)
1. Thực hiện phép tính : (x 3 y 3 – x 2 y 3 – 4x 3 y 2 ) : 2x 2 y 2 .
2. Cho biểu thức : A = (x – 2) 3 – x 2 (x – 4) - 12x + 8
B = (x 2 – 6x + 9) : (x – 3) – x(x + 7) – 9
a) Thu gọn biểu thức A và B.
b) Tính giá trị của biểu thức A tại giá trị x = - 1.
c) Biết C = A + B. Chứng minh C luôn âm với mọi giá trị của x.
Phương pháp
1. Áp dụng quy tắc chia đa thức cho đơn thức.
2.
a) Thu gọn biểu thức A và B bằng cách sử dụng các quy tắc tính toán với đa thức.
b) Thay x = -1 vào biểu thức A để tính giá trị của A.
c) Sử dụng quy tắc cộng để tìm C. Biến đổi C thành tích của một số âm và số dương nên luôn âm với mọi x.
Lời giải
1. Ta có
\(\begin{array}{l}({x^3}{y^3}-{x^2}{y^3}-{\rm{ }}4{x^3}{y^2}){\rm{ }}:{\rm{ }}2{x^2}{y^2}\\ = {x^3}{y^3}:2{x^2}{y^2} - {x^2}{y^3}:2{x^2}{y^2} - 4{x^3}{y^2}:2{x^2}{y^2}\\ = \frac{1}{2}xy - \frac{1}{2}y - 2x\end{array}\)
2.
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}A{\rm{ }} = {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)^3}-{\rm{ }}{x^2}\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right) - 12x {\rm{ }} + {\rm{ }}8\\ = {x^3} - 6{x^2} + 12x - 8 - {x^3} + 4{x^2} -12x + 8\\ = - 2{x^2}\end{array}\)
\(\begin{array}{l}B{\rm{ }} = {\rm{ }}\left( {{x^2}-{\rm{ }}6x{\rm{ }} + {\rm{ }}9} \right){\rm{ }}:{\rm{ }}\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}x\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}7} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}9\\ = {\left( {x - 3} \right)^2}:\left( {x - 3} \right) - {x^2} - 7x - 9\\ = x - 3 - {x^2} - 7x - 9\\ = - {x^2} - 6x - 12\end{array}\)
b) Thay x = -1 vào A, ta được: A = -2.(-1) 2 = -2.
c) Ta có:
\(\begin{array}{l}C = A + B = - 2{x^2} + \left( { - {x^2} - 6x - 12} \right)\\ = - 2{x^2} - {x^2} - 6x - 12\\ = - 3{x^2} - 6x - 12\\ = - 3\left( {{x^2} + 2x + 4} \right)\\ = - 3.\left[ {({x^2} + 2x + 1) + 3} \right]\\ = - 3\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 3} \right]\end{array}\)
Vì \({\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\,\forall x \in \mathbb{R}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + 3 \ge 3\,\forall x \in \mathbb{R}\\ \Rightarrow - 3.\left[ {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 3} \right] \le - 3.3 = - 9\,\forall x \in \mathbb{R}\end{array}\)
Vậy C luôn âm với mọi giá trị x.
Bài 2. ( 2 điểm)
1) Tìm \({\rm{x}}\), biết \({\left( {2{\rm{x}} + 2} \right)^2} - {\left( {2{\rm{x}} - 1} \right)^2} = 0\)
2) Biết số tự nhiên a chia cho 5 dư 4. Chứng minh rằng \({{\rm{a}}^2}\) chia cho 5 dư 1.
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\({\rm{Q}} = 5{{\rm{x}}^2} + 5{{\rm{y}}^2} + 8{\rm{xy}} - 2{\rm{x}} + 2{\rm{y}} + 2\).
Phương pháp
1) Sử dụng các phương pháp phân tích đa thức để tìm x.
2) Đặt a = 5k + 4. Sử dụng hằng đẳng thức để tách a 2 thành tổng của các hạng tử, chứng minh a 2 chia 5 dư 1.
3) Biến đổi biểu thức thành tổng của các đa thức bậc 2 + hằng số.
Lời giải
1) Ta có: \({\left( {2{\rm{x}} + 2} \right)^2} - {\left( {2{\rm{x}} - 1} \right)^2} = 0\)
\(\begin{array}{l}\left( {2x + 2 - 2x + 1} \right)\left( {2x + 2 + 2x - 1} \right) = 0\\3\left( {4x + 1} \right) = 0\\4x + 1 = 0\\4x = - 1\\x = - \frac{1}{4}\end{array}\)
Vậy \(x = - \frac{1}{4}\).
2) Vì a chia cho 5 dư 4 nên gọi a = 5k + 4 (\(k \in \mathbb{Z}\)). Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}{a^2} = {\left( {5k + 4} \right)^2}\\{a^2} = 25{k^2} + 40k + 16\end{array}\)
Vì \(25 \vdots 5 \Rightarrow 25{k^2} \vdots 5;\,40 \vdots 5 \Rightarrow 40k \vdots 5\) nên \(\left( {25{k^2} + 40k} \right) \vdots 5\)
Vì 16 chia cho 5 dư 1 nên \(25{k^2} + 40k + 16\) chia cho 5 dư 1 hay a 2 chia cho 5 dư 1.
3) Ta có:
\(\begin{array}{l}Q = 5{x^2} + 5{y^2} + 8xy - 2x + 2y + 2\\ = 4{x^2} + {x^2} + 4{y^2} + {y^2} + 8xy - 2x + 2y + 1 + 1\\ = \left( {4{x^2} + 8xy + 4{y^2}} \right) + \left( {{x^2} - 2x + 1} \right) + \left( {{y^2} + 2y + 1} \right)\\ = {\left( {2x + 2y} \right)^2} + {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2}\end{array}\)
Vì
\(\begin{array}{l}{\left( {2x + 2y} \right)^2} \ge 0,\forall x,y \in \mathbb{R};\\{\left( {x - 1} \right)^2} \ge 0,\forall x \in \mathbb{R};\\{\left( {y + 1} \right)^2} \ge 0,\forall y \in \mathbb{R}.\end{array}\)
nên \({\left( {2x + 2y} \right)^2} + {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} \ge 0,\forall x,y \in \mathbb{R}\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}2x + 2y = 0\\x - 1 = 0\\y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = - 1\end{array} \right.\).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 0 khi và chỉ khi x = 1 và y = -1.
Bài 3 . ( 0,5 điểm) Viết đa thức biểu thị phần màu xanh trong hình sau:
Phương pháp
- Viết đa thức biểu thị diện tích hình chữ nhật, hai hình tam giác vuông.
- Diện tích phần màu xanh bằng diện tích hình chữ nhật trừ đi diện tích hai hình tam giác vuông.
Lời giải
Hình chữ nhật lớn có chiều dài là a, chiều rộng là (b + x).
=> Diện tích hình chữ nhật là: S hcn = a(b + x) = ab + ax.
Ta thấy hai hình tam giác trên bằng nhau có độ dài hai cạnh là a và b => Diện tích hình tam giác là: S tam giác = \(\frac{{ab}}{2}\).
Đa thức biểu thị diện tích phần màu xanh trong hình là:
S phần màu xanh = S hcn – 2.S tam giác = ab + ax – 2.\(\frac{{ab}}{2}\) = ab + ax – ab = ax.
Bài 4 . (2,5 điểm) Cho tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A,\) đường cao \(AH.\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB,{\rm{ }}E\) đối xứng với \(H\) qua \(M.\)
1. Tứ giác \(AHBE\) là hình gì? Vì sao?
2. Chứng minh \(AEHC\) là hình bình hành.
3. Gọi \(O\) là giao điểm của \(AH\)và \(EC,{\rm{ }}N\) là trung điểm của \(AC.\) Chứng minh \(M,O,N\) thẳng hàng.
Phương pháp
1. Sử dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông ABC, dấu hiệu nhận biết các hình đã học để chứng minh AHBE là hình vuông.
2. Chứng minh tứ giác AEHC có cặp cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành.
3. Chứng minh O là giao điểm của hai đường chéo trong hình bình hành EMCN nên O nằm giữa M và N hay M, O, N thẳng hàng.
Lời giải
1. Xét tam giác ABC vuông cân tại A, ta có AH là đường cao nên AH cũng là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác ABC => AH = \(\frac{1}{2}\)BC = BH = HC.
Xét tứ giác AHBE có:
AM = MB (M là trung điểm của AB).
EM = MH (E đối xứng với H qua M).
=> AHBE là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm).
Xét hình bình hành AHBE có \(\widehat {AHB} = {90^0}\) => AHBE là hình chữ nhật (hình bình hành có một góc vuông).
Xét hình chữ nhật AHBE có AH = BH (cmt) => AHBE là hình vuông (hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau).
=> AE // BH, AE = BH.
2. Xét tứ giác AEHC có:
AE // HC (vì AE // BH)
AE = HC (= HB)
=> AEHC là hình bình hành (cặp cạnh đối song song và bằng nhau). (đpcm)
3. Vì O là giao điểm của AH và EC nên O là trung điểm của EC => EO = OC.
Vì AEHC là hình bình hành nên EH // AC và EH = AC.
Ta có M là trung điểm của EH, N là trung điểm của AC nên EM = MH = \(\frac{1}{2}\)EB = \(\frac{1}{2}\)AC = AN = NC.
Xét tứ giác EMCN có:
EM // CN (vì EH // AC)
EM = CN (cmt)
=> EMCN là hình bình hành (cặp cạnh đối song song và bằng nhau)
=> EC cắt MN tại trung điểm của mỗi đường. Mà O là trung điểm của EC nên O cũng là trung điểm của MN, hay M, O, N thẳng hàng (đpcm).