Tài liệu 2 đề thi thử Đại học môn Toán tham khảo và đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình: cos x − tan x = cos x + cos x − cos x  x + y + xy + = y Giải hệ phương trình:  , ( x, y ∈ R) y( x + y )2 = x + y +  e log x I =∫ dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: x + 3ln x Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có cạnh AB = AD = a, AA' = a góc BAD = 600 Gọi M N trung điểm cạnh A'D' A'B' Chứng minh AC' vng góc với mặt phẳng (BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu V (1 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 B PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x + y – = 2x – y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) Câu VIIa (1 điểm) Cho z1 , z2 nghiệm phức phương trình 2z − 4z + 11 = Tính giá trị biểu thức 2 z1 + z2 ( z1 + z2 ) 2 Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + y + = , ∆ ' :3 x − y + 10 = điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – = cho MA = MB = MC 2 log1− x ( − xy − 2x + y + 2) + log 2+ y (x − 2x + 1) =  Câu VIIb (1 điểm) Giải hệ phương trình :  , =1 log1− x (y + 5) − log 2+ y (x + 4)  (x, y ∈ R) ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Năm 2010 Câu Ý I Nội dung Điểm PT hoành độ giao điểm x + 3x + mx + = ⇔ x(x + 3x + m) = ⇔ m = 0, f(x) = Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 khác y’(x1).y’(x2) = -1 2 0.25 0.25 9 − 4m > 0,f (0) = m ≠ Hay  2 (3x1 + 6x1 + m)(3x + 6x + m) = −1  m < , m ≠ ⇔ 9(x x ) + 18x x (x + x ) + 3m(x + x ) + 36x x + 6m(x + x ) + m = −1  2 2 2 0.25  m < , m ≠ ⇔ 4m − 9m + =  Giải ta có ĐS: m = II ± 65 ĐK cosx ≠ 0, pt đưa 0.25 cos 2x − tan x = + cos x − (1 + tan x) ⇔ 2cos x − cos x -1 = 0.5 Giải tiếp cosx = cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS: 0.5 x = k2π, x = ± 2π 2π + k2π; hay x = k 3 2  x2 +1 +x+y=4   x + y + xy + = 4y y  y ≠ , ta có:  ⇔ y(x + y) = 2x + 7y + x2 +1  (x + y) − =7  y  Đặt u = 0.25 x2 +1 , v = x + y ta có hệ: y  u+v=4  u = 4− v  v = 3, u = ⇔ ⇔   v − 2u =  v + 2v − 15 =  v = −5, u = 0.25 +) Với v = 3, u = ta có hệ: x + = y x + = y x + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔   x = −2, y = x+y=3  y = 3− x  y = 3− x 0.25  x + = 9y  x + = 9y  x + 9x + 46 = ⇔ ⇔ ,  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x 0.25 +) Với v = −5, u = ta có hệ:  hệ vơ nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)} III  ln x  e e e  ÷ log x ln x ln xdx ln  I=∫ dx = ∫  dx = ∫ 2 ln 1 + 3ln x x x + 3ln x x + 3ln x dx 2 Đặt + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x = tdt Đổi cận … x e 2 ( t − 1) log x 1 2 Suy I = dx = ∫ tdt = ∫ x + 3ln x ∫ ( t − 1) dt ln t ln 1 0.25 0.25 0.25 1  =  t −t÷ = 3 ln   27 ln IV Chứng tỏ AC’ ⊥ BD C/m AC’ ⊥ PQ, với P,Q trung điểm BD, MN Suy AC’ ⊥ (BDMN) Tính chiều cao AH , với H giao PQ AC’ Nếu dùng cách hiệu thể tích phải cách tính 0.25 3a 16 0.25 Tính diện tích hình thang BDMN Suy thể tích cần tìm là: V 0.25 Ta có ab + bc + ca − 2abc = a(b + c) + (1 − 2a)bc = a(1 − a) + (1 − 2a)bc Đặt 0.25 0.25 0.5 t= bc ta có ≤ t = bc ≤ đoạn (b + c) (1 − a) = Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t 4  (1 − a)2  0;    Có f(0) = a(1 – a) ≤ (a + − a) = < 4 27 0,25  (1 − a)2  1  1 f − (2a + )  a − ÷ ≤ ÷= với a ∈ [ 0;1]  ÷ 27  3 27   Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 27 Gọi C = (c; 2c+3) I = (m; 6-m) trung điểm BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) Vì C’ trung điểm AB nên: Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤ VIa 0.25  2m − c + 11 − 2m − 2c  C' =  ; ÷∈ CC ' nên 2   41 2m − c + 11 − 2m − 2c 2( )− + = ⇒ m = − ⇒ I = (− ; ) 2 6 0.5 Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0  2x − y + =  14 37  ⇒C= ; ÷ Tọa độ C nghiệm hệ:   3  3x − 3y + 23 =  19  ; ÷  3 uuu r uuu r Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = r uuu uuu r r Vectơ pháp tuyến mp(ABC) n =  AB, AC  = (8; −4; 4) Suy (ABC):   2x − y + z +1 = 0.25  x + y − z −1 = x =   Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn I(0; 2;1)  2x − y + z + =  z =   0.25 Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = 0.25 Tọa độ B =  − VII a Giải pt cho ta nghiệm: z1 = − 0.5 0.25 3 i, z = + i 2 0.5 3  22 Suy | z1 |=| z2 |= 12 +  ; z1 + z2 = ÷ =  ÷   0.25 z + z2 11 = = Đo ( z1 + z2 ) VI Tâm I đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t) Theo yc k/c từ I đến ∆ ’ k/c IA nên ta có 0.25 B A P C D 0.25 0.25 N Q M b 3(−3t − 8) − 4t + 10 = (−3t − + 2) + (t − 1) 32 + 42 Giải tiếp t = -3 Khi đóuuu -3), R = pt cần tìm: (xr– 1)2 + (y + 3)2 = 25 I(1; r uuu r Ta có AB = (2; −3; −1), AC = ( −2; −1; −1) ⇒ n = (2; 4; −8) vtpt (ABC) Suy pt (ABC) (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = hay x + 2y – 4z + = M(x; y; z) MA = MB = MC ⇔ … M thuộc mp: 2x + 2y + z – = nên ta có hệ, giải hệ x = 2, y = 3, z = -7 VII b 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 − xy − 2x + y + > 0, x − 2x + > 0, y + > 0, x + > (I) + Điều kiện:  < − x ≠ 1, < + y ≠  0.25 2log1− x [(1 − x)(y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = log1− x (y + 2) + log + y (1 − x) − = (1)   (I) ⇔  ⇔ = log1− x (y + 5) − log + y (x + 4) = (2) log1− x (y + 5) − log + y (x + 4)   0.25 Đặt log 2+ y (1 − x) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = t − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: Với t = ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x (x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x + 2x = x+4 x+4 x=0 y = −1   ⇔ Suy ra:   x = −2  y =1 + Kiểm tra thấy có x = −2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = 0.25 0.25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) ĐỀ A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x3 − 3(2m + 1)x + 6m(m + 1)x + có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = ∞ Tìm m để hàm số đồng biến khoảng ( 2;+ ) Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos 3x(2 cos 2x + 1) = b) Giải phương trình : (3x + 1) 2x − = 5x + x − 3ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I= ∫ dx ( e x + 2) Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ BC a Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn số thực: x − xy + y2 = Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức P= x + y4 + x + y2 + B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: (z − z)(z + 3)(z + 2) = 10 , z ∈ C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) : x − y − = cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x − y −1 z + x −2 y+3 z = = d2 : = = −1 −2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log x − 2) > log x − …… HẾT ĐÁP ÁN Câu I Nội dung Điểm a) Học sinh tự làm 0,25 b) 0,5 y = 2x3 − 3(2m + 1)x + 6m(m + 1)x + ⇒ y ' = 6x − 6(2m + 1)x + 6m(m + 1) y’ có ∆ = (2m + 1) − 4(m + m) = > x = m y' = ⇔  x = m +1 0,25 ∞ Hàm số đồng biến ( 2;+ ) ⇔ y ' > ∀x > ⇔ m + ≤ ⇔ m ≤1 Câu a) 0,25 Điểm II Giải phương trình: cos 3x(2 cos 2x + 1) = 0,25 PT ⇔ cos 3x(4 cos x − 1) = ⇔ cos 3x(3 − 4sin x) = Nhận xét x = kπ, k ∈ Z không nghiệm phương trình 0,25 ta có: cos 3x(3 − 4sin x) = ⇔ cos 3x(3sin x − 4sin x) = sin x ⇔ cos 3x sin 3x = sin x ⇔ sin 6x = sin x  x = 6x = x + m2π ⇔  ⇔  6x = π − x + m2π x =   2mπ π 2mπ + 7 0,25 ;m∈Z 2mπ = kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m = 5t , t ∈ Z 0,25 π 2mπ Xét + = kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& 7 Xét m=7l+3, l ∈ Z Vậy phương trình có nghiệm: x = 2mπ π 2mπ ( m ≠ 5t ); x = + ( 7 m ≠ 7l + ) m, t, l ∈ Z b ) Giải phương trình : (3x + 1) 2x − = 5x + x − PT ⇔ 2(3x + 1) 2x − = 10x + 3x − Điểm 0,25 2(3x + 1) 2x − = 4(2x − 1) + 2x + 3x − Đặt t = 2x − 1(t ≥ 0) Pt trở thành 4t − 2(3x + 1)t + 2x + 3x − = Ta có: ∆ ' = (3x + 1) − 4(2x + 3x − 2) = (x − 3) Pt trở thành 4t − 2(3x + 1)t + 2x + 3x − = 0,25 Ta có: ∆ ' = (3x + 1) − 4(2x + 3x − 2) = (x − 3) Từ ta có phương trình có nghiệm : t = 2x − x+2 ;t = 2 Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm: 0,5  −1 + + 60    x∈ ;      Câu III 3ln Tính tích phân I = ∫ ( e x + 2) ∫ 0,25 x 3ln Ta c ó I = Điểm dx e dx x = x e (e + 2) x x Đặt u= e ⇒ 3du = e dx ; x = ⇒ u = 1; x = 3ln ⇒ u = 2   3du 1 I=∫ − − du =3 ∫  ÷ u(u + 2) 4u 4(u + 2) 2(u + 2)  1 Ta được: 0,25 0,25 1 4 =3  ln u − ln u + +  ÷ 2(u + 2)  3 ln( ) − 3 I = ln( ) − = Vậy 0,25 Câu IV C’ A ’ B’ H C A O B M 0,5 Gọi M trung điểm BC ta thấy: AM ⊥ BC   ⇒ BC ⊥ (A ' AM) A 'O ⊥ BC  Kẻ MH ⊥ AA ', (do ∠A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) Do BC ⊥ (A ' AM)   ⇒ HM ⊥ BC Vậy HM đọan vng góc chung HM ∈ (A ' AM)  AA’và BC, d(AA',BC) = HM = a Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: 0,5 A 'O HM = AO AH ⇔ suy A 'O = AO.HM = a a = a AH Thể V = A 'O.SABC = Câu V tích 3a khối lăng trụ: 1aa a3 A 'O.AM.BC = a= 23 12 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b + c = Chứng Điểm minh rằng: 3(a + b + c ) + 4abc ≥ 13 b+c *Trước hết ta chứng minh: f (a, b, c) ≥ f (a, t, t) :Thật Đặt f (a, b, c) = 3(a + b + c ) + 4abc − 13; t = 0,5 Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết a ≤ b ≤ c ⇒ 3a ≤ a + b + c = hay a ≤ f (a, b, c) − f (a, t, t) = 3(a + b + c ) + 4abc − 13 − 3(a + t + t ) − 4at + 13 = 3(b2 + c2 − 2t ) + 4a(bc − t ) 2   2(b + c)  (b + c)  3(b − c)  b2 + c2 − + 4a  bc − − a(b − c) =  = 4     (3 − 2a)(b − c) ≥ a ≤ = *Bây ta cần chứng minh: f (a, t, t) ≥ với a+2t=3 Ta có f (a, t, t) = 3(a + t + t ) + 4at − 13 0,5 = 3((3 − 2t) + t + t ) + 4(3 − 2t)t − 13 = 2(t − 1) (7 − 4t) ≥ 2t=b+c < Dấu “=” xảy ⇔ t = 1& b − c = ⇔ a = b = c = (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn số thực: x − xy + y = Tìm giá trị lớn , nhỏ biểu thức x + y4 + P= x + y2 + Từ giả thiết suy ra: = x − xy + y ≥ 2xy − xy = xy = (x + y) − 3xy ≥ −3xy Từ ta có − ≤ xy ≤ 0,25 Mặt khác x − xy + y = ⇔ x + y = + xy nên x + y4 = − x y + 2xy + đặt t = xy Vậy tốn trở thành tìm GTLN,GTNN P = f (t) = Tính f '(t) = ⇔ −1 + − t + 2t + ;− ≤ t ≤1 t+2 0.25 t = − =0⇔ (t + 2)  t = − − 2(l)  0.25 Do hàm số liên tục [ − ;1] −1 nên so sánh giá trị f ( ) , f ( − 2) , f (1) cho kết quả: 11 MaxP = f ( − 2) = − , P = f (− ) = 15 Câu VIa a) (Học sinh r vẽ hình) tự uuu Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB là: 2x + y − = I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t; t ) I trung điểm AC: C(2t − 1; 2t) 0.25 Điểm 0,5 10 Theo ra: S∆ABC t = = AB.d(C, AB) = ⇔ 6t − = ⇔  t =  0,5 Từ ta có điểm C(-1;0) b) C( ; ) thoả mãn Điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O lên (ABC), OH vng góc với 0,25 uuu r r (ABC) nên OH / /n(2;1; −1) ; H ∈ ( ABC ) 3 Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= suy H( ; ; − ) *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H trung điểm OO’ ⇔ 0,5 2 O '( ; ; − ) 3 CâuVIIa Giải phương trình: (z − z)(z + 3)(z + 2) = 10 , z ∈ C PT ⇔ z(z + 2)(z − 1)(z + 3) = 10 ⇔ (z + 2z)(z + 2z − 3) = Đặt t = z + 2z Khi phương trình (8) trở thành: Đặt t = z + 2z Khi phương trình (8) trở thành Điểm 0,25 0,25 t − 3t − 10 =  t = −  z = −1 ± i ⇔ ⇒ t =  z = −1 ± Vậy phương trình có nghiệm: z = −1 ± ; z = −1 ± i Câu VIb a) 0,5 Điểm Viết phương trình đường AB: 4x + 3y − = AB = Viết phương trình đường CD: x − 4y + 17 = CD = 17 0,25 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M = (t;3t − 5) Ta tính được: 0,25 d(M, AB) = 13t − 19 11t − 37 ;d(M, CD) = 17 Từ đó: SMAB = SMCD ⇔ d(M, AB).AB = d(M, CD).CD 0,5 11 ⇔ t = −9 ∨ t = b) 7 ⇒ Có điểm cần tìm là: M(−9; −32), M( ; 2) Điểm Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đường thẳng d 1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥ d ( d1 , d ) dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vuông góc 0, 25 chung hai đường thẳng d1, d2 Ta tìm A, B : uuu r r  AB ⊥ u  r u  uuu ur  AB ⊥ u '  0,25 A∈d1, B∈d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) uuu r ⇒ AB (….)… ⇒ A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R= Nên có phương trình là: ( x − ) + (y − 1) + (z + 1) = CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log x − 2) > log x − 0,25 Điều kiện: x > Bất phương trình ⇔ 3(x − 3) log x > 2(x − 1) Nhận thấy x=3 không nghiệm bất phương trình TH1 Nếu x > BPT ⇔ x −1 log x > x −3 ∞ Xét hàm số: f (x) = log x đồng biến khoảng (0;+ ) x −1 ∞ g(x) = nghịch biến khoảng (3;+ ) x −3 f (x) > f (4) =  *Với x > :Ta có  ⇒ Bpt có nghiệm x > g(x) < g(4) = 3 * Với x < :Ta có Điểm 0.25 0,25 f (x) < f (4) =   ⇒ Bpt vô nghiệm g(x) > g(4) = 3 TH :Nếu < x < BPT ⇔ x −1 log x < x −3 0,25 ∞ log x đồng biến khoảng ( 0;+ ) x −1 g(x) = nghịch biến khoảng (0;3) x −3 f (x) = 12 *Với x > :Ta có f (x) > f (1) =   ⇒ Bpt vô nghiệm g(x) < g(1) =  * Với x < :Ta có f (x) < f (1) =   ⇒ Bpt có nghiệm < x < g(x) > g(1) =  x > Vậy Bpt có nghiệm  0 < x < 0,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết đươc điểm tối đa 13 ... 2x = x+4 x+4 x=0 y = −1   ⇔ Suy ra:   x = ? ?2  y =1 + Kiểm tra thấy có x = ? ?2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = ? ?2, y = 0 .25 0 .25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 20 09 -20 10 MÔN TOÁN... 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 − xy − 2x + y + > 0, x − 2x + > 0, y + > 0, x + > (I) + Điều kiện:  < − x ≠ 1, < + y ≠  0 .25 2log1− x [(1 − x)(y + 2) ] + 2log 2+ y (1 − x) = log1− x (y + 2) ... sin x  x = 6x = x + m2π ⇔  ⇔  6x = π − x + m2π x =   2mπ π 2mπ + 7 0 ,25 ;m∈Z 2mπ = kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m = 5t , t ∈ Z 0 ,25 π 2mπ Xét + = kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k =2( m-3k)+1 hay k=2l+1& 7 Xét m=7l+3, l