Đề thi thử THPT QG năm 2021 môn Toán online - Đề thi của Trường THPT Tô Hiệu lần 2

Số cách chọn một bạn nam và một bạn nữ để hát song ca là \(C_{6}^{1}.C_{4}^{1}=24\) cách.

Ta có \({{u}_{n+1}}={{u}_{n}}.q\)

Suy ra \({{u}_{2}}={{u}_{1}}.q=-6\)

Vậy \({{u}_{2}}=-6\)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy \({f}'\left( x \right)<0\) trên khoảng \(\left( 0;1 \right)\Rightarrow \) hàm số nghịch biến trên \(\left( 0;1 \right)\).

Nhìn bảng biến thiên ta thấy hàm số có điểm cực tiểu là x = 0

Dựa vào bảng biến thiên hàm số có ba điểm cực trị.

Đồ thị hàm phân thức \(y=\frac{ax+b}{cx+d}\) có tiệm cận đứng là \(x=-\frac{d}{c}\) và tiệm cận ngang là \(y=\frac{a}{c}\).

Do đó đồ thị hàm số \(y=\frac{2x+1}{x-1}\) có tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là x=1; y=2.

+ Dựa vào hình dạng đồ thị, ta thấy đây là hình dạng của đồ thị của hàm bậc bốn nên loại phương án A và phương án  C.

+ Khi \(x\to \pm \infty , y\to +\infty \) suy ra a>0. Nên loại phương án D, chọn phương án B.

\(y' = 4{x^3} - 8x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 8x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - \sqrt 2 \\x = 0\\x = \sqrt 2 \end{array} \right.\)

Ta có bảng biến thiên của hàm số là:

Dựa vào bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số \(y={{x}^{4}}-2{{x}^{2}}-5\) giao với y=0 (trục hoành) là 2 giao điểm.

\({\log _3}\left( {{a^2}} \right) = \frac{1}{{{{\log }_{{a^2}}}3}} = \frac{2}{{{{\log }_a}3}}.\)

\(y = {\log _5}({x^2} + 1) \Rightarrow y' = \frac{{2x}}{{({x^2} + 1)ln5}}.\)

\(\sqrt[4]{{{a^3}}} = {a^{\frac{3}{4}}}\)

\({5^{2{x^2} - x}} = 5 \Leftrightarrow 2{x^2} - x = 1 \Leftrightarrow 2{x^2} - x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = - \frac{1}{2}\end{array} \right.\)

ĐK \(x\in \mathbb{R}\) vì \({{x}^{2}}-3x+5>0,\forall x\in \mathbb{R}\)

\({\log _5}\left( {{x^2} - 3x + 5} \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2} - 3x + 5 = 5 \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 0\end{array} \right.\)

\(\int {\left( {{{\rm{e}}^x} + \cos x} \right){\rm{d}}x = {{\rm{e}}^x} + \sin x + C} \)

\(\int {\frac{2}{{4x - 3}}{\rm{d}}x}  = \int {\frac{1}{{2x - \frac{3}{2}}}{\rm{d}}x}  = \frac{1}{2}\int {\frac{{{\rm{d}}\left( {2x - \frac{3}{2}} \right)}}{{2x - \frac{3}{2}}}}  = \frac{1}{2}\ln \left| {2x - \frac{3}{2}} \right| + C\)

\(\int\limits_2^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = \int\limits_2^5 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  + \int\limits_5^7 {f\left( x \right){\rm{d}}x}  = 3 + 9 = 12\)

\(\int\limits_0^3 {{\rm{d}}x}  = \left. x \right|_0^3 = 3 - 0 = 3\)

Số phức liên hợp của số phức \(z=-2+3i\) là \(\overline z  =  - 2 - 3i\)

\({z_1} - {z_2} = \left( {3 + 2i} \right) - \left( {1 - i} \right) = 2 + 3i\)

Ta có: \({{z}_{1}}+{{z}_{2}}=4+i\). Suy ra điểm biểu diễn số phức \({{z}_{1}}+{{z}_{2}}\) là điểm \(Q\left( 4;\,\,1 \right)\).

V = 1.2.3 = 6

\(V = \frac{1}{3}Bh\)

\(V = \frac{1}{3}\pi .{r^2}.h = \frac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 3 } \right)^2}.4 = 4\pi \)

Chiều cao của khối trụ là h=l.

Thể tích của khối trụ: \(V=\pi {{r}^{2}}h=\pi {{r}^{2}}l\).

Theo định nghĩa tọa độ của vectơ, ta có: \(\overrightarrow{a}=-\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-3\overrightarrow{k}\Rightarrow \overrightarrow{a}=\left( -1;2;-3 \right)\)

Ta có: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-4x+2y-6z+5=0\)

Suy ra mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm I(2,-1,3); Bán kính \(R=\sqrt{{{\left( 2 \right)}^{2}}+{{\left( -1 \right)}^{2}}+{{3}^{2}}-5}=3\)

\(\left( \alpha  \right):0\left( {x + 2} \right) + 1\left( {y - 0} \right) + 1\left( {z - 0} \right) = 0 \Leftrightarrow y + z = 0\)

\(\overrightarrow {AB}  = \left( {2; - 4; - 2} \right) =  - 2\left( { - 1;2;1} \right)\)

\(n(\Omega )=C_{5}^{2}=10\). Gọi A:”Lấy được hai quả màu trắng”.

Ta có \(n(A)=C_{3}^{2}=3\). Vậy \(P(A)=\frac{3}{10}=\frac{9}{30}\).

\(y' = 3{x^2} - 6x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right.\)

\(y' < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 2.\)

Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

\(y' = 6{x^2} + 6x\)

\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = - 1\end{array} \right.\)

Ta có \(y\left( -2 \right)=-5, y\left( -1 \right)=0, y\left( 0 \right)=-1, y\left( 1 \right)=4\)

Vậy \(M=\underset{\left[ -2;1 \right]}{\mathop{\max }}\,y=y\left( 1 \right)=4\) và \(m=\underset{\left[ -2;1 \right]}{\mathop{\min }}\,y=y\left( -2 \right)=-5\)

Điều kiện: \(x>\frac{3}{2}\)

Do \(0<3-\sqrt{5}<1\) nên \({{\log }_{3-\sqrt{5}}}\left( 2x-3 \right)\ge 0\Leftrightarrow 2x-3\le 1\Leftrightarrow x\le 2\)

Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( \frac{3}{2}\,;\,2 \right]\)

\(\int\limits_0^2 {\left[ {f\left( x \right) - 5g\left( x \right) + x} \right]{\rm{d}}x} = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx - 5\int\limits_0^2 {{\rm{g}}\left( x \right){\rm{d}}x + \int\limits_0^2 {x{\rm{d}}x} } } = 3 + 5 + 2 = 10\)

Ta có \(z\left( 2-i \right)+13i=1\Rightarrow z=\frac{1-13i}{2-i}\Rightarrow \left| z \right|=\frac{\left| 1-13i \right|}{\left| 2-i \right|}=\sqrt{34}\)

\(\Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{{{\left( \frac{-11}{5} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{27}{5} \right)}^{2}}}\Rightarrow \left| z \right|=\sqrt{\frac{850}{25}}=\sqrt{34}\)

Ta có: \(SB\cap \left( ABCD \right)=B; SA\bot \left( ABCD \right)\) tại A.

\(\Rightarrow \) Hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là AB.

\(\Rightarrow \) Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) là \(\alpha =\widehat{SBA}\).

Do ABCD là hình vuông và \(AC=\sqrt{2}a\) nên \(AB=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\).

Suy ra \(\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\)

Do đó: \(\alpha =\widehat{SBA}={{60}^{\text{o}}}\)

Vậy góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( ABCD \right)\) bằng \({{60}^{\text{o}}}\).

\(d(S,(ABCD)) = SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {4{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\)

Gọi I là trung điểm của AB khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2} = 0\\{y_I} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2} = 0\\{z_I} = \frac{{{z_A} + {z_B}}}{2} = 1\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {0;0;1} \right)\)

\(IA = \sqrt {{{\left( {0 + 2} \right)}^2} + {{\left( {0 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - 0} \right)}^2}}  = \sqrt 6 \)

Mặt cầu đường kính AB nhận điểm \(I\left( 0;0;1 \right)\) làm tâm và bán kính \(R=IA=\sqrt{6}\) có phương trình là: \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( z-1 \right)}^{2}}=6\).

Ta có: \(\overrightarrow{AB}=\left( 2\,;\,-3\,;\,4 \right)\) là vectơ chỉ phương của đường thẳng \(\left( d \right)\). Loại đáp án A, B.

Thế tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d: \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = 5 - 3t\\z = - 7 + 4t\end{array} \right.\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}1 = - 1 + 2t\\2 = 5 - 3t\\ - 3 = - 7 + 4t\end{array} \right.\) \(\Leftrightarrow t=1\Rightarrow A\in d\).

Vậy phương trình tham số của đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(\left\{ \begin{array}{l}x = - 1 + 2t\\y = 5 - 3t\\z = - 7 + 4t\end{array} \right.\)

Ta có \({y}'={f}'\left( x+2 \right)+{{x}^{2}}-4x+3\)

\({f}'\left( x+2 \right)=0\Leftrightarrow x\in \left\{ -1;\,1;\,3 \right\}\)

\({{x}^{2}}-4x+3=0\Leftrightarrow x=1\vee x=3\)

Ta có bảng xét dấu:

(kxđ: không xác định)

Dựa vào bảng xét dấu, ta suy ra \(g\left( x \right)\) đạt cực đại tại x=1.

\(\log \left( {2{x^2} + 3} \right) > \log \left( {{x^2} + mx + 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + mx + 1 > 0\\2{x^2} + 3 > {x^2} + mx + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + mx + 1 > 0\\{x^2} - mx + 2 > 0\end{array} \right.\left( * \right)\)

Để bất phương trình \(\log \left( 2{{x}^{2}}+3 \right)>\log \left( {{x}^{2}}+mx+1 \right)\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\) thì hệ \(\left( * \right)\) có tập nghiệm là \(\mathbb{R}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\Delta _1} = {m^2} - 4 < 0\\{\Delta _2} = {m^2} - 8 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 2 < m < 2\)

+ Xét tích phân: \({{I}_{1}}=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos xdx}\)

Đặt: \(t=\sin x\Rightarrow dt=\cos xdx\).

Đổi cận: với x=0 thì t=0, với \(x=\frac{\pi }{2}\) thì t=1.

\({{I}_{1}}=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos xdx}=2\int\limits_{0}^{1}{f\left( t \right)dt}=2\int\limits_{0}^{1}{f\left( x \right)dx=}2\int\limits_{0}^{1}{\left( 5-x \right)dx=\left. \left( 10x-{{x}^{2}} \right) \right|_{0}^{1}}=9\)

+ Xét tích phân: \({{I}_{2}}=3\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)}dx\)

Đặt: \(t=3-2x\Rightarrow dt=-2dx\Rightarrow dx=-\frac{1}{2}dt\)

Đổi cận: với x=0 thì t=3, với x=1 thì t=1.

\(\begin{align} & {{I}_{2}}=3\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)}dx=-\frac{3}{2}\int\limits_{3}^{1}{f\left( t \right)}dt=-\frac{3}{2}\int\limits_{3}^{1}{f\left( x \right)}dx \\ & =-\frac{3}{2}\int\limits_{3}^{1}{\left( {{x}^{2}}+3 \right)}dx=\left. \left( -\frac{1}{2}{{x}^{3}}-\frac{9}{2}x \right) \right|_{3}^{1}=22. \\ \end{align}\)

Vậy: \(I=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{f\left( \sin x \right)\cos xdx+3\int\limits_{0}^{1}{f\left( 3-2x \right)}}dx=9+22=31\).

Ta có \(z+2\overline{z}={{\left( 2-i \right)}^{3}}\left( 1-i \right)\Leftrightarrow z+2\overline{z}=-9-13i\).

Đặt \(z=a+bi\,\,\left( a,\,\,b\in \mathbb{R} \right)\).

Khi đó \(\left( {a + bi} \right) + 2\left( {a - bi} \right) = - 9 - 13i \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3a = - 9}\\{ - b = - 13}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = - 3}\\{b = 13}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(\widehat{SBO}=60{}^\circ \).

\(SO=OB.\tan 60{}^\circ  =\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan 60{}^\circ  =\frac{a\sqrt{6}}{2}\)

\({{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}\)

Suy ra \({{V}_{SABCD}}=\frac{1}{3}SO.{{S}_{ABCD}} =\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.{{a}^{2}} =\frac{{{a}^{3}}\sqrt{6}}{6}\).

Giả sử elip có phương trình \(\frac{{{x}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{b}^{2}}}=1\), với a>b>0.

Từ giả thiết ta có \(2a=16\Rightarrow a=8\) và \(2b=10\Rightarrow b=5\)

Vậy phương trình của elip là \(\frac{{{x^2}}}{{64}} + \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}y = - \frac{5}{8}\sqrt {64 - {y^2}} \,\,\,\left( {{E_1}} \right)\\y = \frac{5}{8}\sqrt {64 - {y^2}} \,{\rm{ }}\,\,\left( {{E_1}} \right)\end{array} \right.\)

Khi đó diện tích dải vườn được giới hạn bởi các đường \(\left( {{E}_{1}} \right);\,\,\left( {{E}_{2}} \right);\,\,x=-4;\,\,x=4\) và diện tích của dải vườn là \(S=2\int\limits_{-4}^{4}{\frac{5}{8}\sqrt{64-{{x}^{2}}}\text{d}x}=\frac{5}{2}\int\limits_{0}^{4}{\sqrt{64-{{x}^{2}}}\text{d}x}\)

Tính tích phân này bằng phép đổi biến x=8sin t, ta được \(S=80\left( \frac{\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right)\)

Khi đó số tiền là \(T=80\left( \frac{\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{4} \right).100000=7652891,82\simeq 7.653.000\)

\(\Delta \) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{u}=\left( 2;\,5;\,-3 \right)\) và đi qua \(A\left( 1;\,1;\,-2 \right)\) nên có phương trình:

\(\Delta :\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{5}=\frac{z+2}{-3}\).

Số điểm cực trị của hàm số \(y=f\left( x-2018 \right)+m\) là 3.

Đồ thị hàm số \(y=\left| f\left( x-2018 \right)+m \right|\) có 5 điểm cực trị

\(\Leftrightarrow \) đường thẳng y=0 cắt đồ thị hàm số \(y=f\left( x-2018 \right)+m\) tại 2 điểm ( không tính giao điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số).

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 6 < - m \le - 3\\ - m \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3 \le m < 6\\m \le - 2\end{array} \right.\)

Do m nguyên dương nên \(m\in \left\{ 3;4;5 \right\}\Rightarrow S=\left\{ 3;4;5 \right\}\).

Vậy tổng tất cả các giá trị của tập S bằng: 3+4+5=12.

Điều kiện \(x+y>0;{{x}^{2}}+{{y}^{2}}>0.\)

Đặt \(t=\log _{3}^{{}}\left( x+y \right)=\log _{4}^{{}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\). Ta có \(\left\{ \begin{align} & x+y={{3}^{t}} \\ & {{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{4}^{t}} \\\end{align} \right.\left( 1 \right)\)

Vì \({{\left( x+y \right)}^{2}}\le 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\Rightarrow {{\left( {{3}^{t}} \right)}^{2}}\le {{2.4}^{t}}\Rightarrow t\le \log _{\frac{9}{4}}^{{}}2\)

Thế thì \({{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{4}^{t}}\le {{4}^{\log _{\frac{9}{4}}^{{}}2}}\approx 3,27\), vì x nguyên vậy nên \({{x}^{2}}\in \left\{ 0;1 \right\}\).

Với x=0, ta có hệ \(\left\{ \begin{align} & y={{3}^{t}} \\ & {{y}^{2}}={{4}^{t}} \\\end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & t=0 \\ & y=1 \\\end{align} \right.\)

Với x=1, ta có hệ \(\left\{ \begin{align} & y={{3}^{t}}-1 \\ & {{y}^{2}}={{4}^{t}}-1 \\\end{align} \right..\) Hệ này có nghiệm \(\left\{ \begin{align} & t=0 \\ & y=0 \\ \end{align} \right..\)

Với x=-1, ta có hệ \(\left\{ \begin{align} & y={{3}^{t}}+1 \\ & {{y}^{2}}={{4}^{t}}-1 \\\end{align} \right..\)

Ta có phương trình \({{\left( {{3}^{t}}+1 \right)}^{2}}={{4}^{t}}-1\Leftrightarrow {{9}^{t}}+{{2.3}^{t}}-{{4}^{t}}+2=0\left( * \right)\)

Đặt \(f\left( t \right)={{9}^{t}}+{{2.3}^{t}}-{{4}^{t}}+2\), ta có

Với \(t\ge 0\Rightarrow {{9}^{t}}\ge {{4}^{t}}\Rightarrow f\left( t \right)>0\)

Với \(t<0\Rightarrow {{4}^{t}}<2\Rightarrow f\left( t \right)>0\)

Vậy phương trình \(\left( * \right)\) vô nghiệm

Kết luận: Vậy \(x\in \left\{ 0;1 \right\}\)

Theo giả thiết ta có \(\int\limits_{-2}^{1}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x}=9\) và \(\int\limits_{1}^{4}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x}=12\)

Dựa vào đồ thị ta có: \(\int\limits_{-2}^{1}{\left| {f}'\left( x \right) \right|\text{d}x}=-\int\limits_{-2}^{1}{{f}'\left( x \right)\text{d}x}=\left. -f\left( x \right) \right|_{-2}^{1}=-f\left( -1 \right)+f\left( -2 \right) \Rightarrow -f\left( 1 \right)+f\left( -2 \right)=9\)

Tương tự ta có \(-f\left( 4 \right)+f\left( 1 \right)=12\)

Như vậy \(\left[ -f\left( 1 \right)+f\left( -2 \right) \right]-\left[ -f\left( 4 \right)+f\left( 1 \right) \right]=-3 \Leftrightarrow f\left( -2 \right)+f\left( 4 \right)-2f\left( 1 \right)=-3\)

\(\Leftrightarrow f\left( -2 \right)+f\left( 4 \right)-6=-3 \Leftrightarrow f\left( -2 \right)+f\left( 4 \right)=3\)

Giả sử \(z=x+yi\,\,(x,y\in \mathbb{R})\)

Ta có \(\left| \frac{z+2-i}{\overline{z}+1-i} \right|=\sqrt{2}\Leftrightarrow \left| z+2-i \right|=\sqrt{2}.\left| \overline{z}+1-i \right|\Leftrightarrow {{(x+2)}^{2}}+{{(y-1)}^{2}}=2\left[ {{(x+1)}^{2}}+{{(y+1)}^{2}} \right]\)

\(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{(y+3)}^{2}}=10\) (*) \(\Leftrightarrow {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=1-6y\Leftrightarrow \left| z \right|=\sqrt{1-6y}\)

Từ (*) dễ thấy \(y\in \left[ -3-\sqrt{10};-3+\sqrt{10} \right]\Rightarrow {{\left( \sqrt{10}-3 \right)}^{2}}\le 1-6y\le {{\left( \sqrt{10}+3 \right)}^{2}}\Rightarrow \sqrt{10}-3\le \left| z \right|\le \sqrt{10}+3\)

Vậy \(\max \left| z \right|=3+\sqrt{10}\).

Xét điểm C thỏa \(\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB}=\vec{0}\). Ta có

\(\overrightarrow{OC}=\frac{1}{3}\left( \overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB} \right)\Rightarrow C\left( 1\,;-1\,;1 \right)\).

\(C{{A}^{2}}=24, C{{B}^{2}}=6\).

Mặt cầu \(\left( S \right)\) có tâm \(I\left( -1\,;0\,;3 \right)\) và bán kính R=1.

Suy ra \(M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}}={{\left( \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CA} \right)}^{2}}+2{{\left( \overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB} \right)}^{2}}=3M{{C}^{2}}+C{{A}^{2}}+2C{{B}^{2}}=3M{{C}^{2}}+36\)

Mà \(MC-MI\le CI\Rightarrow MC\le CI+R=4\) (Dấu bằng xảy ra khi M trùng với \({{M}_{0}}\) trên hình vẽ).

Vậy \(\max \left( M{{A}^{2}}+2M{{B}^{2}} \right)=3.16+36=84\).