Ôn thi đại học - Đề 11 đến đề 20

Hướng dẫn Đề sô 11 Câu I: Sử dụng điều kiện tiếp xúc Þ M(0;1) và M(0;–1) Câu II: 1) Đặt . PT Û Nghiệm: ; x = 0 2) PT Û Û . Vì nên nghiệm là: x = 0 Câu III: Đặt Þ I = . Tính I1 = . Đặt Þ I1 = . Vậy: . Câu IV: Câu V: Vì Áp dụng BĐT Côsi ta có: Tương tự: Khi đó: Câu VI.a: 1) Gọi A = d Ç (P) Þ . Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: D là giao tuyến của (P) và (Q) Þ D: 2) Xét hai trường hợp: d ^ (Ox) và d (Ox) Þ d: Câu VII.a: PT Û Û (a) Û ; (b) Û Câu VI.b: 1) Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: . Ta có: ³ . Dấu bằng xảy ra khi . 2) , (do ). Gọi AH là đường cao . . Câu VII.b: Đặt . Hệ PT Û , với Ta có: f(t) đồng biến Xét hàm số: g(u) đồng biến Mà là nghiệm duy nhất của (2). KL: là nghiệm duy nhất của hệ PT. Hướng dẫn Đề số 12 www.VNMATH.com Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt Û Câu II: 1) PT Û Û 2) Đặt . PT Û Û Câu III: Đặt Þ Þ Þ Câu IV: . Xét hàm số trên khoảng . Từ BBT khi , Câu V: Đặt nghịch biến trên . Khi đó: PT Û Xét hàm với . Từ BBT Þ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): (a,b>0) M(3; 1) Î d . Mà Phương trình đường thẳng d là: 2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB Þ (Q): d là giao tuyến của (P) và (Q) Þ d: M Î d Þ . Vì AB = nên MAB đều khi MA = MB = AB Câu VII.a: Ta có Vì , · , Þ Þ Hệ số của là: Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của D: . M Î D Þ M(t; 3t – 5) Û Þ 2) Gọi AB là đường vuông góc chung của ,: , AB ^ D1, AB ^ D2 Þ Þ Phương trình mặt cầu là: Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị . Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là = (không đổi) Hướng dẫn Đề số 13 Câu I: 2) AB = . Dấu "=" xảy ra Û Þ AB ngắn nhất Û . Câu II: 1) Đặt . PT Û Û . 2) Hệ PT Û . · Khi m = 1: Hệ PT Û · Khi m ≠ 1. Đặt t = x2 , . Xét Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt Û (1) có ba nghiệm x phân biệt Û (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 Û . Câu III: · Đặt: Þ . · J = = Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy tại S. Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B'. Ta có , (0< x < a) Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = ta có: . Mà . Þ ; Do đó: Theo đề bài V = (*) Đặt (vì 0 < x < a), PT (*) Û t2 + t – 1 = 0 Þ t = Þ Câu V: Ta có: 4(x + y) = 5 Þ 4y = 5 – 4x Þ S = = , với 0 < x < Dựa vào BBT Þ MinS = 5 đạt được khi x = 1, y = Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm của d với đường phân giác của góc tạo bởi D1 và D2. 2) Câu VII.a: z Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1,..., 5 nhất thì một điều kiện cần là bé nhất, trong đó . Đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50) Þ 50 = 163a + b Þ d: y = ax – 163a + 50. Từ đó: + = .(P) Þ f(a) bé nhất khi a = Þ b = . Đáp số: d: 2) OABC là hình chữ nhật Þ B(2; 4; 0) Þ Tọa độ trung điểm H của OB là H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB. + Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) tại H cắt mặt phẳng trung trực của đoạn OS (mp có phương trình z = 2 ) tại I Þ I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O, B, C, S. + Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = Þ (S): Câu VII.b: Chứng minh rằng : , với mọi a Î [–1; 1]. Đặt: a = sinx, khi đó: . Û ( đúng với mọi x). Hướng dẫn Đề số 14 www.VNMATH.com Câu I: 2) Lấy M(x0; y0) Î (C). d1 = d(M0, TCĐ) = |x0 + 1|, d2 = d(M0, TCN) = |y0 – 2|. d = d1 + d2 = |x0 + 1| + |y0 - 2| = |x0 + 1| + . Dấu "=" xảy ra khi Câu II: 1) Đặt . Hệ PT Û . ĐS: . 2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS: Câu III: Câu IV: V = . . Vmax = khi . Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: . Ta có: . Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm. Câu VI.a: 1) . 2) (P): hoặc (P): Câu VII.a: Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x1 + 2, FB = x2 + 2. AB = FA = FB = x1 + x2 + 4. 2) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Điểm nên . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và . Ta có Þ và Mặt khác, ta luôn có Như vậy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng và . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = Câu VII.b: ; Ta có: Khi đó: Hướng dẫn Đề số 15 Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) Câu II: 1) PT Û Û 2) Đặt . PT có nghiệm khi có nghiệm, suy ra . Câu III: Đặt Þ = Câu IV: Gọi OH là đường cao của , ta có: . Vậy: . Câu V: Từ gt Þ Þ 1 + a ³ 0. Tương tự, 1 + b ³ 0, 1 + c ³ 0 Þ Þ . (a) Mặt khác . (b) Cộng (a) và (b) Þ đpcm Câu VI.a: 1) M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. Mặt khác: Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. Câu VII.a: Đặt . PT Û Û t = 4; t =3 – x Û x = 16; x = 2 Câu VI.b: 1) Ta có: . Phương trình AB: . . I là trung điểm của AC và BD nên: Mặt khác: (CH: chiều cao) . Ngoài ra: Vậy hoặc 2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH Þ phương trình Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (K là trung điểm của CM). , do . Câu VII.b: PT Û với x (–; +) Þ f ¢ ( x ) luôn luôn đồng biến. Vì f (x) liên tục và $x0 để f ¢' ( x0 ) = 0 Từ BBT của f(x) f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1 Hướng dẫn Đề số 16 www.VNMATH.com Câu I: 2) MN: x + 2y + 3 = 0. PT đường thẳng (d) ^ MN có dạng: y = 2x + m. Gọi A, B Î (C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của PT: Þ 2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ –1) (1) (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û (1) có D = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1) Trung điểm của AB là Iº I ( theo định lý Vi-et) Ta có I MN Þ m = –4, (1) Þ 2x2 – 4x = 0 Þ A(0; –4), B(2;0) Câu II: 1) PT Û cos2x + = 2 Û Û Û x = 8np 2) Nhận xét; x = 1 là các nghiệm của PT. PT . Dựa vào tính đơn điệu Þ PT chỉ có các nghiệm x = ± 1. Câu III: Ta có . K = = Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC . Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I Î SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của . Ta có SO = OM tana = tana ( Với a là độ dài của cạnh đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 r = OI = OM.tan = . Vậy V = Câu V: Vì a + b + c = 2 nên độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 3 – (a + b + c) > 0 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Þ A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 Þ B(–4; –7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy Þ BC: y + 7 = 0 2) Gọi A(a; 0; 0) Þ ; d(A; (P)) = d(A; d) Vậy có một điểm A(3; 0; 0). Câu VII.a: Vì cosx ≠ 0 nên chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được: y = Đặt t = tanx Þ . Khảo sát hàm số y = trên nửa khoảng y’ = ; y’ = 0 Từ BBT Þ giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = . Câu VI.b: 1) M Î (D) Þ M(3b+4; b) Þ N(2 – 3b; 2 – b) N Î (C) Þ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 Þ Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc 2) Ta có Þ AB//(d). Gọi H là hình chiếu của A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) (d) Þ (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d)Ç (P) Þ H(–1;2;2). Gọi A¢ là điểm đối xứng của A qua (d) Þ H là trung điểm của AA¢ Þ A¢(–3;2;5). Ta có A, A¢, B, (d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A¢BÇ(d) . Lập phương trình đường thẳng A¢B Þ M(2;0;4) Câu VII.b: Gọi β = r( cosj + isinj) Þ β3 = r3( cos3j + isin3j) Ta có: r3( cos3j + isin3j) = Suy ra β = . Hướng dẫn Đề số 17 www.VNMATH.com Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): (*) (*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB Þ A(xA; xA + m), B(xB; xB + m), Theo định lí Viét: Để vuông tại O thì Câu II: 1) PT Û 2) (b) Û (c) Đặt xy = p. (a) Û · p = xy = (loại) · p = xy = 3 Þ 1/ Với 2/ Với Vậy hệ có hai nghiệm là: Câu III: · . Đặt cosx = t Þ I1 = 2 · Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a), Þ Þ Mặt khác, , Câu V: Xét hàm số: Þ f ¢(x) là hàm số đồng biến và f ¢(x) = 0 có tối đa một nghiệm. Kiểm tra thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của f ¢(x)=0. Dựa vào BBT của f(x) Þ Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 Û ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d bằng 3. · a = 0: chọn b = 1 Þ d: y – 2 = 0 · a = : chọn a = 3, b = – 4 Þ d: 3x – 4 y + 5 = 0. 2) Do (b) // (a) nên (b) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5 Đường tròn có chu vi 6p nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới (b) là h = Do đó Vậy (b) có phương trình 2x + 2y – z – 7 = 0 Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. * Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: số * Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: + 6.= 1560 số Þ P(A) = Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: Þ phương trình BC: Þ Toạ độ điểm + Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2. Þ phương trình BB’: + Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: + Vì I là trung điểm BB’ nên: + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. + Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz. Ta có : . Phương trình mặt phẳng (a): . Vì D Î(a) nên: . D là trực tâm của DMNP Û Û Kết luận, phương trình của mặt phẳng (a): Câu VII.b: (1) Û (2) (vì ) Þ Hướng dẫn Đề số 18 Câu I: 2) Ta có: , Phương trình tiếp tuyến D với ( C) tại M : Toạ độ giao điểm A, B của (D) và hai tiệm cận là: Ta có: , Þ M là trung điểm AB. Mặt khác I(2; 2) và DIAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp DIAB có diện tích: S = Dấu “=” xảy ra khi Þ M(1; 1) và M(3; 3) Câu II: 1) PT Û 2) BPT Û hoặc x < 0 Câu III: = + = Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: , SC = a. Gọi M là trung điểm của SA. Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB ^ SA, MC ^ SA. Suy ra SA ^ (MBC). Ta có Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau. Do đó MB = MC Þ DMBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC Þ MN ^ BC. Tương tự MN ^ SA. . Do đó: . Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có (*) Áp dụng (*) ta có Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : Suy ra: Do đó . Dấu = xảy ra Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi . Câu VI.a: 1) d1 VTCP ; d2 VTCP Ta có: nên và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I Û khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng * Nếu B = –3A ta có đường thẳng Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. ; 2) Dễ thấy A¢( 1; –1; 0) Phương trình mặt cầu ( S): Þ (S) có tâm , bán kính +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P). d: , (C) có bán kính Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): Suy ra: = Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: ( với a > b) (E) cũng có hai tiêu điểm Từ (1) và (2) ta có hệ:. Vậy (E): 2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được: Gọi I là giao điểm của (d) và (P) Þ * (d) có vectơ chỉ phương là , mp( P) có vectơ pháp tuyến là . Gọi là vectơ chỉ phương của . Vì , AM ngắn nhất . Vậy Câu VII.b: PT (2) * Với x = 0 thay vào (1): * Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: (3) Đặt . Vì nên Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm và Hướng dẫn Đề số 19 www.VNMATH.com Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và (thỏa mãn) Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT Û Đặt . Ta có hệ Û Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5). 2) Điều kiện: Ta có PT Vậy phương trình có nghiệm , Câu III: Đặt Þ Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P) (BCH). Do góc nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. Do tam giác ABC đều cạnh a nên Theo bài ra Do DA’AO và DMAH đồng dạng nên Þ Thể tích khối lăng trụ: Câu V: Ta có a2+b2 ³ 2ab, b2 + 1 ³ 2b Þ Tương tự khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1 Câu VI.a: 1) Điểm . Suy ra trung điểm M của AC là . Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ). Suy ra Tọa độ điểm I thỏa hệ: Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa D, thì hoặc . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và . Mặt khác Trong (P), ; do đó . Lúc này (P) ở vị trí (P0) ^ IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương với . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: . Câu VII.a: Ta có Þ I (1). Mặt khác (2) Từ (1) và (2) ta có Theo bài ra thì Ta có khai triển Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số cần tìm là Câu VI.b: 1) Do B Î d1 nên B(m; – m – 5), C Î d2 nên C(7 – 2n; n) Do G là trọng tâm DABC nên Þ B(–1; –4), C(5; 1) Þ PT đường tròn ngoại tiếp DABC: 2) Gọi G là trọng tâm của DABC Þ G Ta có F nhỏ nhất Û MG2 nhỏ nhất Û M là hình chiếu của G lên (P) Û Vậy F nhỏ nhất bằng khi M là hình chiếu của G lên (P) Câu VII.b: Đặt . Hệ PT Û Û · Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm · Nên (2) . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f ¢(u) = eu – 1 Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 . Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 Hướng dẫn Đề số 20 www.VNMATH.com Câu I: 2) Đặt Þ t Î và Þ Max = 4, Min = Câu II: 1) ĐKXĐ: . Như vậy trước hết phải có . Khi đó, PT Û (1) Phương trình này có: . · Với Þ D < 0 Þ (1) vô nghiệm. · Với , (1) có nghiệm duy nhất < 0 Þ loại. · Với , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất. · Với , ĐKXĐ trở thành . Khi đó nên (1) có hai nghiệm phân biệt . Mặt khác, nên , tức là chỉ có là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị thoả điều kiện bài toán. · Với . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị cũng bị loại. Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: . 2) ĐKXĐ: sao cho . Khi đó, VT = = = PT Û (1) Û Û Để thoả mãn điều kiện , các nghiệm chỉ có thể là: Câu III: Ta có: = = = = Þ Câu IV: Ta có: Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là . Câu V: Đặt Þ Phương trình thứ hai có , và hai nghiệm: Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên , ngoài ra nên . Do đó, giá trị nhỏ nhất của là . Cũng dễ thấy . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với ) khi và chỉ khi . Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi Phương trình AD: ; AC: Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: Þ Rõ ràng chỉ có giá trị là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp DABC là: 2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: Chọn , ta được phương trình của P’: . Đường thẳng d” đi qua và VTCP . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai VTCP là và hoặc . Vectơ pháp tuyến của P” là: . Phương trình của P”: Û Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình: Câu VII.a: Điều kiện: Theo giả thiết thì: Û n = 7 Câu VI.b: 1) Giả sử là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là nên ta có: Û 2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: Û (Q) ^ (P) Û Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: . Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là: Câu VII.b: Ta chứng minh rằng giảm khi k tăng, tức là: . (3) Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây: Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. Do đó, lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.