Đề thi thử đại học lần trường THPT Lạng Giang số 1

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ1
@ ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN III NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: TOÁN 12 (Khối A)
Thời gian làm bài: 150 phút
@
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I: (2.0 điểm) Cho hàm số
2 3
2
−
=
−
x
y
x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B.
Gọi I là giaođiểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB
có diện tích nhỏ nhấ.
CâuII(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
1sinsin4
cos
1
2sin
2cos.cos1
2
−−=−
−
xx
xx

xx
2.Giải hệ phương trình sau:
2 2
2
2
1
xy
x y
x y
x y x y

+ + =

+


+ = −



CâuIII (1,0 điểm) Tính tích phân:
(
)
0
2
1
2
3 4 4 . 2 1I x x x x dx
−
= − − + +

∫
.
Câu IV(1,0 điểm)Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với
đáy một góc là 45
0
. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho
1
2
AP AH=
uuur uuur
. gọi K là trung điểm AA’,
( )
α
là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại
M, N. Tính tỉ số thể tích
' ' '
ABCKMN
A B C KMN
V
V
.
Câu V(1,0điểm) Cho 3 số thực x;y;z thoả mãn:
2 2 2 1
x y z− − −
+ + =
.
Chứng minh rằng:
4 4 4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 4
x y z x y z

x y z y z x z x y+ + +
+ +
+ + ≥
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A, hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a(2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm
A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình
2 2
( 2) ( 1) 25− + + =x y
theo một dây cung có độ dài bằng 8.
2)Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(-1;1;1) và mặt phẳng (P)
có phương trình:x+y+z-4=0.Tìm điểm M thuộc (P) sao cho
2 2 3MA MB MC+ −
uuur uuur uuuur
nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0điểm)Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn
trong A sao cho số đó chia hết cho 15.
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai
đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
– 2x – 2y – 2 = 0, (C
2
): x
2

+ y
2
– 8x – 2y + 16 = 0.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1; 2), C(2; –2; 1), D(–1;1;1).
Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao
cho D là trực tâm của tam giác MNP.
Câu VII.a (1,0điểm) Giải phương trình: 4
x
+ 6
x
= 25x +2
Hết
ĐÁP ÁN+THANG ĐIỂM CHẤM TOÁN KHẢO SÁT 12 LÀN III KHỐI A, B
Câu Hướng dẫn&Đáp án Điểm
I 1)Học sinh khảo sát đầy đủ các bước và vẽ đúng chính xác đồ thị 1đ
2) ) Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
≠









−
−
,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y
−
−
=
Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) tại M :
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
−

−
+−
−
−
=∆
Toạ độ giao điểm A, B của (∆) và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0
−








−
−
Ta có:
0
0
2 2 2
2 2

+ −
+
= = =
A B
M
x
x x
x x
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=
−
−
=
+
⇒ M là trung điểm AB.
Mặt khác I(2; 2) và ∆IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆IAB có diện tích:
S =
2
2 2 2
0
0 0
2

0 0
2 3
1
( 2) 2 ( 2) 2
2 ( 2)
π π π π
 
 
−
 
 
= − + − = − + ≥
 ÷
 
− −
 
   
 
x
IM x x
x x
Dấu “=” xảy ra khi



=
=
⇔
−
=−

3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
⇒ M(1; 1) và M(3; 3)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II
1) Đk:
sin 2 0 ,
2
k
x x k Z
π
≠ ⇔ ≠ ∈
( ) ( )
2
2 2
2 3 2
3 2
1 cos .cos2 1

4sin sin 1
sin 2 cos
1 cos . 1 2sin 2sin 4sin sin 1 .2sin .cos
1 cos 2cos .sin 2sin 8sin .cos 2sin .cos 2sin .cos 0
1 2sin 8sin .cos 4sin .cos 2sin .cos cos 0
1 2
x x
x x
x x
x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x
−
− = − −
⇔ − − − = − −
⇔ − + − − + + =
⇔ − − + + − =
⇔ −
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2
sin 4sin .cos 1 2sin cos 1 2sin 0
1 2sin 4(1 cos )cos cos 1 0
1 2sin 0
1 2sin 1 cos 4 1 cos cos 1 0 cos 1
4cos 4cos 1 0
x x x x x x

x x x x
x
x x x x x
x x
+ − − − =
 
⇔ − − − + =
 

− =

⇔ − − + + = ⇔ = 
 


+ + =

( )
2
6
1
sin
5
2
2
5 2
6
cos 1 : 2 ; 2 ; 2
6 6 3

1
cos
2
2
2
2
3
x k
x
x k
KL x k x k x k
x k loai
x k
π
π
π
π
π π π
π π π
π
π
π
π

= +



=



= +


⇔ = ⇔ = + = + = ± +




= +
= −




= ± +


0,5 đ
0,5đ
2) Giải hệ phương trình sau:
2 2
2
2
1(1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y


+ + =

+


+ = −

ĐK:x+y>0
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 3
2
2 2
2
(1) ( ) 2 1 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 0
( ) ( ) 1 2 1 0 1 1 2 0
1 0(*)
0(**)
xy
x y xy x y xy x y xy x y
x y
x y x y xy x y x y x y x y xy
x y
x y x y
⇔ + − + = ⇔ + − + + − + =
+
 
⇔ + + − − + − = ⇔ + − + + + − = 
 

 
+ − =

⇔

+ + + =

Xét (*)kết hợp với (2) ta có hệ:
2
1 0x y
x y x y
+ + =



+ = −


.Giải hệ được nghiệm:
1
0
x
y
=


=

hoặc
2

3
x
y
= −


=

Xét (**) vô nghiệm do đk x+y>0.Kl
0,5đ
0,5đ
III
Tính tích phân:
(
)
0
2
1
2
3 4 4 . 2 1I x x x x dx
−
= − − + +
∫
I
0 0
2
1 1
2 2
4 (2 1) ( . 2 1)x dx x x dx
−

−
= − + + +
∫ ∫
+ Tính:
0
2
1
1
2
4 (2 1)I x dx
−
= − +
∫
. Đặt:
1
2 1 2sin , ; cos , 0, 0
2 2 2 6
x t t dx tdt x t x t
π π π
 
+ = ∈ − ⇒ = = − ⇒ = = ⇒ =
 
 
.
Khi đó:
6 6 6 6
2
6 6
1
0 0

0 0 0 0
1 3
2cos (1 cos 2 ) cos 2 sin 2
2 6 4
I tdt t dt dt tdt t t
π π π π
π π
π
= = + = + = + = +
∫ ∫ ∫ ∫
+ Tính:
0
2
1
2
( . 2 1)I x x dx
−
= +
∫
. Đặt:
2
1
2 1 2 1, , 0, 0 1
2
t x x t dx tdt x t x t= + ⇒ = − = = − ⇒ = = ⇒ =
.
Khi đó:
1
2 5 3
2 1

2 0
0
1 1
2 10 6 15
t t t
I t dt
 
−
= = − =−
 ÷
 
∫
KL: Vậy
1 2
3 1
6 4 15
I I I
π
= + = + −
.
0,5đ
0,25đ
0,25đ
IV
Gọi Q, I, J lần lượt là
trung điểm B’C’, BB’, CC’. Ta có:
2
3a
AP =
3aAH =⇒

Vì
'' AHA∆
vuông cân tại H Vậy
3' aHA =
. Ta có
4
3
2
3
.
2
1
2
aa
aS
ABC
==
(đvdt)
2 3
' ' '
3 3
' . 3.
4 4
ABCA B C ABC
a a
V A H S a
∆
⇒ = = =
(đvtt) (1)
Vì

'' AHA∆
vuông cân
( )
CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒
(Vì
;KH PQ KH BC⊥ ⊥
)
G ọi E = MN
∩
KH
⇒
BM = PE = CN (2)
mà AA’ =
22
' AHHA +
=
633
22
aaa =+
4
6
2
6 a
CNPEBM
a
AK ===⇒=⇒
Ta có thể tích K.MNJI là:
1
.
3

1 1 6
'
2 4 4
MNJI
V S KE
a
KE KH AA
=
= = =
2
6 6
. . ( )
4 4
MNJI
a a
S MN MI a dvdt= = =
2 3
1 6 6
( )
3 4 4 8
KMNJI
a a a
V dvtt⇒ = =
3 3
2 3
' ' '
3
1
8 8
3

2
8 8
ABCKMN
A B C KMN
a a
V
a a
V
−
⇒ = =
+
0,25đ
0,5đ
0,25đ
V
Đặt
2 ;2 ;2
x y z
a b c= = =
.Từ giả thiết ta có ab+bc+ca=abc,và bất đẳng thưca cần chứng minh
có dạng
45
E
K
J
I
A
B
C
C'

B'
A'
P
H
Q
N
M
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ + ≥
+ + +
(*).Ta có (*)
⇔
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +
+ + ≥
+ + +

⇔

3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c

a b a c b c b a c a c b
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
.Mặt khác theo bất đẳng
thức Cô Si cho 3 số dương ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
+ +
+ + ≥
+ +
(1).Tương tự cũng có
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
+ +
+ + ≥
+ +
(2)
3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b

c
c a c b
+ +
+ + ≥
+ +
(3).Cộng vế với vế (1),(2) ,(3) ta suy ra điều phải chứng
minh.
1 đ
VI.a
1)G/s một véc tơ pháp tuyến của d là
( ; )n a b
r
,vì d đi qua điểm A(1;2) nên d có phương trình
d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 hay d: ax + by – a – 2b = 0 ( a
2
+ b
2
> 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.
( )
2 2
2 2
2 2
, 3 3 3
− − −
= = ⇔ − = +
+
a b a b
d I d a b a b

a b

2
0
8 6 0
3
4
=


⇔ + = ⇔

= −

a
a ab
a b
• a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0
• a =
3
4
− b
: chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0.
……………………………………………………………………………………………………
2)Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A(-1;-1;0),B(1;-1;2),C(-1;1;1) và mặt
phẳng (P) có phương trình:x+y+z-4=0.Tìm điểm M thuộc (P) sao cho
2 2 3MA MB MC+ −
uuur uuur uuuur
nhỏ
nhất.

+)Tìm điểm I thuộc (P) sao cho
2 2 3 0IA IB IC+ − =
uur uur uur r
(*) kết quả I(3;-7;-1)
+)Biến đổi
2 2 3 2 2 2 2 3 3MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI IM+ − = + + + − − = =
uuur uuur uuuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur
(Do có (*)).
+)Lập luận
2 2 3MA MB MC+ −
uuur uuur uuuur
nhỏ nhất khi và chỉ khi IM ngắn nhất,do M thuộc (P) nên IM
ngắn nhất khi M là hình chiếu của I trên (P).Tìm được hình chiếu của I trên (P)là I(6;-3;2)
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
VII.a Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.
+ Các bộ số có 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0;
2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).
+ Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5.
Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P
4
= 96 số chia hết cho 5.
Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5.
Nếu tận cùng là 0 thì có P
4
= 24 cách lập số chia hết cho 5.

Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P
3
=18 số chia hết
cho 5.
Trong trường hợp này có: 3(P
4
+3P
3
) = 126 số.
Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VI.b
1) (C
1
):
2 2
( 1) ( 1) 4− + − =x y
có tâm
1
(1; 1)I
, bán kính R
1
= 2.
(C
2
):
2 2

( 4) ( 1) 1− + − =x y
có tâm
2
(4; 1)I
, bán kính R
2
= 1.
Ta có:
1 2 1 2
3= = +I I R R
⇒ (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)
⇒ (C
1
) và (C
2
) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy.
* Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài:
( ) : ( ) : 0
∆ ∆
= + ⇔ − + =y ax b ax y b
ta có:
2 2
1 1
2 2
2 2
1

2 2
2
( ; )
4 4
( ; )
4 1
4 7 2 4 7 2
1
4 4
∆
∆
 + −
 
=

= = −
 
=

+
  
⇔ ⇔
   
=
+ −
− +

  
=
= =

  
 
+

a b
a a
d I R
a b
hay
d I R
a b
b b
a b

Vậy, có 3 tiếp tuyến chung:
1 2 3
2 4 7 2 2 4 7 2
( ): 3, ( ): , ( )
4 4 4 4
∆ ∆ ∆
+ −
= = − + = +x y x y x

.
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
1; 1; 1 ; ; ;0
.

1; 1; 1 ; ;0; .


= − − = −
= +
 
⇒
 
= − − = − = +




uuur uuuur
uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
DP p NM m n
DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
.
Phương trình mặt phẳng (α):
1+ + =
x y z
m n p
. Vì D ∈(α) nên:
1 1 1
1
−
+ + =
m n p

.
D là trực tâm của ∆MNP ⇔
. 0
. 0
 
⊥ =
 
⇔
 
⊥ =
 
 
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
DP NM DP NM
DN PM DN PM
⇔
0
3
0
3
1 1 1
1
+ =

= −


+ = ⇔



= =


−

+ + =


m n
m
m p
n p
m n p
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (α):
1
3 3 3
+ + =
−
x y z
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
VII.
b
Phương trình ↔ f(x) = 4
x

+ 6
x
- 25x +2 =0.
Ta có f’(x) =4
x
.ln4 + 6
x
.ln6 -25→f”(x) =4
x
.(ln4)
2
+6
x
.(ln6)
2
>0 ∀x∈R → f’(x) đồng biến /R.
Mặt khác f’(x) liên tục và f’(0) =ln4 +ln6 -25<0,
f’(2) =16.ln4+36.ln6 -50 >0 → f’(x) = 0 có nghiệm x
0
∈(0;2)
Vậy f(x) =0 có tối đa hai nghiệm, ta có bảng biến thiên:
Ta có f(0) =0 và f(2) =0
Vậy phương trình có đúng hai nghiệm x=0; x=2.
0,5 đ
0,5 đ
x
f’(x)
f(x)
-∞
+∞

0 2
x
0
0
-
+
+∞
-∞
f(x
0
)
S GIO DC V O TO
Trng THPT Lng Giang s 1
đề thi khảo sát học sinh khá giỏi lần 3 năm 2011
Mụn thi : TON Khi D.
Thời gian làm bài:180 phút
A. PHN DNH CHO TT C TH SINH (7 điểm)
Cõu I (2 im) Cho hàm số
1
12


=
x
x
y
có đồ thị là (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Lập phơng trình tiếp tuyến của (C) mà tiếp tuyến này cắt Ox, Oy lần lợt tại các điểmA, B sao cho OA
= 4OB

Cõu II (2 im): Giải phơng trình, hệ phơng trinh
1)
2 0
1 2 1 1
x y xy
x y

=


=


2)
8
1
3coscos3sinsin
33
=+ xxxx

Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn
2
1
1
.ln .
e
x
I x dx
x

+
=
ữ



Cõu IV (1 im) Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng gúc ca
A lờn mt phng (ABC) trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr ABC.ABC bit
khong cỏch gia AA v BC l
a 3
4
Cõu V (1 im) Cho cỏc s dng
, , : 3.a b c ab bc ca+ + =
Chng minh rng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ +
+ + + + + +
B. PHN DNH RIấNG (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm phần I. hoăc phần II.
I. Theo ch ơng trình chuẩn
Cõu VIa (2 im)
1. Trong mp(Oxy) cho 4 im A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tỡm to im M thuc ng thng
( ) : 3 5 0x y =
sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú din tớch bng nhau
2. Trong h to Oxyz cho mt cu
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + + =
. Vit phng trỡnh mt

phng (P) song song vi giỏ ca vộc t
( )
2;6;1=v
, vuụng gúc vi mt phng
( ) : 4 11 0x y z

+ + =
v
tip xỳc vi (S).
Cõu VIIa(1 im) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một
khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7.
II. Theo ch ơng trình nâng cao
Cõu VIb (2 im)
1.Trong mt phng vi h to Oxy cho elớp
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + =
v hai im A(3;-2) , B(-3;2) .Tỡm trờn
(E) im C cú honh v tung dng sao cho tam giỏc ABC cú din tớch ln nht.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, hóy xỏc nh to tõm v bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam
giỏc ABC, bit A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Cõu VIIb (1 im) Gii bt phng trỡnh:
2log9)2log3(
22
> xxx
HT
Chú ý: Thí sinh không đợc sử dụng bất kỳ tài liệu gì.
HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN KHỐI D

Câu ý
Nội dung
Điểm
A. Phần chung cho tất cả các thí sinh
I
Cho hàm số
1
12


=
x
x
y
2 điểm
1đ
1
* TXĐ: D = R
* Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên:
( )
Dx
x
y <


= ,0
1
1
'

2
Hàm số nghịch biến trên
( )
1;
và
( )
+;1
+ Cực trị: Hàm số không có cực trị
+ Các giới hạn hàm số và tiệm cận

2lim
=

y
x
suy ra y = 2 là tiệm cận ngang của(C)

=

1
lim
x
y
suy ra x = 1 là tiệm cânị đứng của (C)
+ Bảng biến thiên:
x -

1 +

y _ 0 _

y
2 +

-

2
*Đồ thị:
Đồ thị nhận I(1; 2) làm tâm đối xứng.
Giao với Oy: (
2
1
; 0) và Ox (0 ; 1).
Vẽ chính xác, đúng dạng đồ thị
0.25
0.5
0.25
1đ
2
+ Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại điểm
( )
00
; yxM
cắt Ox, Oy lần lợt tại A, B thoả mãn
OA = 4OB. Do
OAB
vuông tại O nên
==
4
1
tan

OA
OB
A
hệ số góc của d bằng
4
1

hoặc -
4
1
+ Hệ số góc của tếp tuyến tại M là
( )
( )
( )
( )






==
==
=

=<

=
2
5

;3
2
3
;1
4
1
1
1
'0
1
1
'
00
00
2
0
0
2
0
0
yx
yx
x
xy
x
xy
Khi đó có 2 tiếp tuyến là:

=+
=+
0134
054
yx
yx
0.5
0.25
0.25
II 2 điểm
1đ
1
1. Đk:
1
1
2
x
y







+
( )
( ) ( )( )
0201 =+=+ yxyxxyyyx

( )
yxyx
yx
yx
42
0
02
==




=+
=

nghiệmvô
+ Với x = 4y Thay vào (2) có

4 1 2 1 1 4 1 2 1 1
4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1
1
( )
2 1 0
2
2
5 10
2 1 2
( )
2
y y y y

y y y y y
y tm
y
x
x
y
y tm
= = +
= + + =

=


=
=





=

=



=


0.25

0.25
A
B
C
C
B
A

H
O
M
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.