- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
tổng hợp các bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (48.76 MB, 344 trang )
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân
Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt
- Ngày thi 5.07.2014 -
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh
Môn Toán – Khối A,A1
ĐỀ THI
CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015
Môn Toán; Khối A và khối A1.
Câu 1. (2 điểm)
a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
3 2
3 2
y x x
= − +
.
b) Tìm giá trị tham số
m
∈
thì đồ thị của hàm số
4 2
4 4
y x mx m
= − + −
có
3
cực trị là
3
đỉnh của
1
tam giác nhận điểm
31
0;
4
H
làm trực tâm.
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình:
+ = −
1 3
sin 2x tan cos 2
2 2
x x
.
Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn:
5 3 2
3 2
1
5 2 6 4
lim
1
x
x x x x
B
x x x
→
− + + −
=
− − +
.
Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng
( )
P
, cho hình thoi
ABCD
có độ dài các cạnh bằng
a
,
=
0
120
ABC
.
Gọi
G
là trọng tâm tam giác
ABD
. Trên đường thẳng vuông góc với
( )
P
tại
G
lấy điểm
S
sao cho
=
0
90
ASC
. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách từ điểm
G
đến mặt phẳng
( )
SBD
theo
a
.
Câu 5. (1 điểm)
a) Từ các chữ số
0,1,2,3,4,5,6
có thể lập được bao nhiêu số chẵn có
4
chữ số khác nhau nhỏ hơn
4321
đồng thời các chữ số
1
và
3
luôn có mặt và đứng cạnh nhau.
b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên
(
)
, 1
k n k n
≤ ≤
ta có:
1
1
k k
n n
kC nC
−
−
=
. Tìm số nguyên
4
n
>
biết rằng
(
)
0 1 2
2 5 8 3 2 1600
n
n n n n
C C C n C+ + + + + =
.
Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
,cho tam giác
ABC
có phương trình các đường
thẳng
,
AB AC
lần lượt là
− − = + + =
4x 3 20 0; 2x 10 0
y y
. Đường tròn
( )
C
đi qua trung điểm của các
đoạn thẳng
, ,
HA HB HC
có phương trình là
( ) ( )
− + + =
2 2
1 2 25
x y
, trong đó
H
là trực tâm của tam giác
ABC
. Tìm tọa độ điểm
H
biết
> −
4
C
x
.
Câu 7. (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
,cho hình vuông
ABCD
có
M
là trung điểm
của cạnh
BC
,
N
thuộc cạnh
AC
sao cho
=
1
4
AN AC
. Biết
MN
có phương trình
− − =
3x 4 0
y
và
(
)
5;1
D
. Tìm tọa độ của điểm
B
biết
M
có tung độ dương.
Câu 8. (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
( )
+ − = + +
∈
− − − =
4 2 2 2 3 2 2
3 2
,
2 5 2 1 0
x x y y y x y x
x y
y x
Câu 9. (1 điểm)
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn:
(
)
+ + = + + +
2 2 2
2 3
a b c ab bc ca
. Tìm giá trị lớn nhất
của
= + + −
+ + +
2 2 2
1
3
S a b c
a b c
.
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân
Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt
- Ngày thi 5.07.2014 -
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh
Môn Toán – Khối A,A1
y
2
2
-
2
3
-
1
x
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2 điểm)
a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
3 2
3 2
y x x
= − +
∗
Hàm số đã cho xác định trên
∗
Ta có:
(
)
2
' 3 6 3 2
y x x x x
= − = −
và
' 0 0
y x
= ⇔ =
hoặc
2
x
=
.
∗
Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y
→+∞
= +∞
∗
Bảng biến thiên:
x
−∞
0
2
+∞
'
y
+
0
−
0
+
y
2
+∞
−∞
2
−
Hàm đồng biến trên mỗi khoảng
(
)
;0
−∞
và
(
)
2;
+∞
, nghịch biến trên
(
)
0; 2
.
Hàm số đạt cực đại tại điểm
0
x
=
với giá trị cực đại của hàm số là
(
)
0 2
y
=
và hàm số đạt cực tiểu tại
điểm
2
x
=
với giá trị cực tiểu của hàm số là
(
)
2 2
y
= −
.
∗
Đồ thị
•
Điểm đặc biệt :
'' 6 6
y x
= −
và
" 0 1
y x
= ⇔ =
(
)
1;0
I⇒
•
Chọn
3 2,
x y
= ⇒ =
1 2
x y
= − ⇒ = −
.
Chú ý
: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao
điểm của đồ thị với trục tọa độ:
Giao điểm của đồ thị với trục
Oy
là điểm
(
)
0; 2
Đồ thị cắt
Ox
tại ba điểm
(
)
1;0
,
(
)
1 3;0
±
Nhận xét: Đồ thị nhận
(
)
1;0
I
làm tâm đối xứng.
b)
0 ' 0
m y
≤
⇒
=
có
1
nghiệm, nên hàm số có
1
cực trị.
0 ' 0
m y
>
⇒
=
có
3
nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có
3
cực trị. Giả sử
(
)
0; 4 ,
A m
−
(
)
2
2 ; 4 4 ,
B m m m
− −
(
)
2
2 ; 4 4
C m m m
−
.
Vì tam giác
ABC
cân tại
A
và
,
B C
đối xứng nhau qua
Oy
H
là trực tâm tam giác
ABC
khi
( )
. 0
AH BC
BH AC
BH AC
⊥
⇒
= ∗
⊥
.
Ta có:
2
31
2 ; 4 4 ,
4
BH m m m
= − + +
(
)
2
2 ;4
AC m m
=
.
Khi đó
( )
2 2
31
2 4 4 4 0
4
m m m m
∗ ⇔ + − + + =
hay
3 2
31
8 8 1 0
2
m m m
− − − =
, phương trình có nghiệm
2
m
=
thỏa
0
m
>
.
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân
Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt
- Ngày thi 5.07.2014 -
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh
Môn Toán – Khối A,A1
Câu 2. (1 điểm) Điều kiện:
π
≠ + π
2
x k
+ = − ⇔ + = −
2
1 3 1 1
sin 2 tan cos2 sin 2 tan 2sin
2 2 2 2
x x x x x x
( )
⇔ + = − ⇔ − − =
1 1 1
sin 2 tan sin 2 .tan sin2 tan 1 0
2 2 2
x x x x x x
π π
= + π = + π
=
⇔ ⇔ ∈
π
=
= + π
5
1
;
sin 2
12 12
,
2
tan 1
4
x k x k
x
k
x
x k
Câu 3. (1 điểm) Ta có:
5 3 2 2 2
5 2 6 4 ( 1) ( 2)( 2)
x x x x x x x
− + + − = − + −
,
3 2 2
1 ( 1) ( 1)
x x x x x
− − + = − +
Do đó:
2
1
( 2)( 2) 3
lim
1 2
x
x x
B
x
→
+ −
= = −
+
.
Câu 4. (1 điểm).
= ⇒ = ⇒ ∆
0 0
120 A 60 D
B AB
đều cạnh a
⇒
= =
2
3
2
2
ABCD ABD
a
S S
Gọi O là giao điểm AC và BD
⇒
= = = =
3 2 3
; ; 3
2 3 3
a a
AO AG AO AC a
⇒
= =
6
.
3
a
SG GA GC
(
∆
SAC
vuông tại S, đường cao
SG).
= =
3
D D
1 2
.
3 6
SABC ABC
a
V S SG
Kẻ
(
)
⊥ ⇒ ⊥
SO GH D
GH SB
vì
(
)
(
)
(
)
⊥ ⊂ ⇒ =D GH , D
B SAO d G SB GH
∆
SGO
vuông tại G, đường cao
⇒ = + =
2 2 2 2
1 1 1 27
S 2a
GH
OH G GO
Câu 5. (1 điểm)
a) Giả sử số đó là
abcd
TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b
Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có
=
2.4.4 32
số
TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c
Nếu
=
0
d
chọn a có: 2cách. Trường hợp này có
=
2.1.2 4
số.
Nếu
≠
0
d
chọn d có
2
cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có
=
2.2.2 8
số
Vậy có:
+ + =
32 4 8 44
số.
b) Ta có:
( )
(
)
( ) ( ) ( )
1
1
1 !
!
. .
! !
1 ! 1 1 !
k k
n n
n
n
kC k n nC
k n k
k n k
−
−
−
= = =
−
− − − −
( đpcm )
( )
(
)
0 1 2 1 2 0 1
2 5 8 3 2 1600 3 6 3 2 1600
n n n
n n n n n n n n n n
C C C n C C C nC C C C+ + + + + + = ⇔ + + + + + + + =
(
)
(
)
0 1 1 0 1
1 1 1
3 2 1600
n n
n n n n n n
n C C C C C C
−
− − −
⇔ + + + + + + + =
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân
Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt
- Ngày thi 5.07.2014 -
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh
Môn Toán – Khối A,A1
(
)
(
)
0 1 1 0 1
1 1 1
3 2 1600
n n
n n n n n n
n C C C C C C
−
− − −
⇔ + + + + + + + =
( ) ( )
1
1 1 5 3
3 1 1 2 1 1 1600 3 .2 2 1600 3 .2 2 100 7
n n
n n n n
n n n n
−
− + − −
⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ =
Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ:
4 3 20 0
2 10 0
x y
x y
− − =
+ + =
hay
1
8
x
y
= −
= −
, suy ra
(
)
− −
1; 8
A
Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác
ABC. Ta có
⊥
/ /
/ /
EF BC
NF AH
BC AH
. Do đó
⊥
EF NF
Tương tự ta có:
⊥
D D
E N
. Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N
thuộc (C) . Mặt khác
⊥
' '
EB B N
, tức là B’ cũng thuộc (C).
Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ:
( ) ( )
+ + =
= − −
= − = −
⇔ ⇔
= − = −
+ + =
− + + =
2 2
2
2 10 0
2 10
2 4
6 2
5 30 40 0
1 2 25
x y
y x
x x
hay
y y
x x
x y
Nếu
(
)
− −
4; 2
N
thì
(
)
−
7;4
C
(loại)
Nếu
(
)
− −
2; 6
N
thì
(
)
− −
3; 4
C
. Vậy
(
)
(
)
(
)
− − − − − −
2; 6 ; ' 4; 2 ; 3; 4
N B C
Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP
(
)
−
1; 2
của AC là vtpt nên có phương trình
− =
2 0
x y
. Đường
thẳng CH đi qua C và nhận vtcp
(
)
3; 4
của AB làm vtpt nên có phương trình là
+ + =
3x 4 25 0
y
Tọa độ H
là nghiệm của hệ:
2 0
3 4 25 0
x y
x y
− =
+ + =
hay
5
5
2
x
y
= −
= −
. Vậy
− −
5
5;
2
H
Câu 7. (1 điểm)
Kẻ
⊥
NH BC
tại H,
⊥
D
NK C
tại K
Ta có
∆ = ∆ ⇒ =
NKC NHC NK NH
⇒ = =
⇒ =
⇒ = =
1
/ /
4
1
/ /
4
DK AN
AD NK
DC AC
DK BH
BH AN
AB NH
BC AC
, mà M là trung
điểm BC nên H là trung điểm
BM
⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =D , D
DKN MHN NK MNH N NM
Mà
= ⇒ = ⇒ ∆
0 0
90 D 90
KNH NK DNM
vuông cân tại N
(
)
(
)
⇒
⊥
⇒
− + − = + − =
: 5 3 1 0 3 8 0
DN MN DN x y hay x y
Tọa độ N thỏa hệ:
( )
+ − =
⇒
− − =
3 8 0
2; 2
3 4 0
x y
N
x y
Giả sử
( ) ( )
−
⇒
= − − = =;3 4 2 ;6 3 ; 10;
M m m MN m m DN MN DN
( ) ( ) ( )
(
)
( ) ( )
= ⇒
⇒ − + − = ⇔ − = ⇔
= ⇒ −
2 2 2
3 3;5
2 6 3 10 2 1
1 1; 1
m M
m m m
m M loai
Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân
Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt
- Ngày thi 5.07.2014 -
GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh
Môn Toán – Khối A,A1
(
)
3;5
M
m gọi
−
− = =
= ∩ ⇒ = − ⇔ ⇔
− = − =
1 5
2
1
D
3 3
3
2 1 1
P P
P P
x x
P MN A NP NM
y y
Ta có:
= = = ⇒ =
1 1 1 5
D
3 6 6 6
AP MC BC A DP DA
⇒ = = = ⇒ =
5 5 5 3
6 6 3 5
DP DA CB MB MB DP
( )
( )
− = −
⇒ ⇒
− = −
3 5
3 5
5 3
1;5
3
5 1 1
5
B
B
x
B
y
Câu 8. (1 điểm) Điều kiện:
≤
5
2
x
Phương trình
( )
(
)
(
)
2 2 2
1 1 0 0
x y x y x y
⇔ − − + = ⇔ = =
hoặc
2
1
x y
= +
Trường hợp
= =
0
x y
thế vào (2) không thỏa mãn.
Trường hợp
= +
2
1
x y
thế vào (2):
(
)
− − − =
3
2 3 2 1 0 3
y y
Xét hàm
= − − − ∈ −∞
3
3
(t) 2 t 3 2 1; ;
2
f t t ;
= + > ∀ ∈ −∞
−
2
1 3
'( ) 6 ; '( ) 0, t ;
2
3 2
f t t f t
t
Vậy hàm số
( )
f t
đồng biến trên
−∞
3
;
2
; mà
=
(1) 0
f
.
Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất:
=
1
y
. Với = ⇒ = ⇔ = ±
2
1 2 2
y x x (thỏa điều kiện)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
(
)
(
)
−
2;1 ; 2;1
Câu 9. (1 điểm)
Với a,b,c là các số dương ta có:
( )
( )
2
2 2 2
3
a b c
a b c
+ +
+ + ≥
và
( )
2
3
a b c
ab bc ca
+ +
+ + ≤
Bởi vậy:
( ) ( )
( )
+ + + +
≤ + ⇔ + + ≤
2 2
2
2
3 9
3 3
a b c a b c
a b c
, từ đó:
< + + ≤
0 3
a b c
Ta có:
( )
( )
+ +
+ + = + + + ≤ + + ≤ +
2
2 2 2
2 3 3
3
a b c
a b c ab bc ca ab bc ca
nên
( )
( )
+ +
+ + ≤ +
2
2 2 2
3
6 2
a b c
a b c
Bởi vậy:
( )
+ +
= + + − ≤ − + = − +
+ + + + + + +
2
2 2 2 2
1 1 3 1 1 3
3 6 3 2 6 3 2
a b c
S a b c t
a b c a b c t
Xét hàm số:
= − +
+
2
1 1 3
( )
6 3 2
f t t
t
với
< ≤
0 3
t
và
( )
2
1 1
'( ) 0, (0;3)
3
3
f t t t
t
= + > ∀ ∈
+
Bởi vậy:
(
≤ ∀ ∈
( ) (3), 0; 3
f t f t
hay
≤
17
( )
6
f t
Suy ra:
≤
17
6
S
, dấu bằng xảy ra khi
= = =
1
a b c
Vậy
=
17
max
6
S
khi
= = =
1
a b c
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Ngày thi: 09 tháng 02 năm 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0
điểm
).
Cho hàm số
32
3 (C).
m
y x x mx
a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
0
m
.
b)
Xác định m để đường thẳng
()
d
có phương trình
yx
cắt đồ thị
()
m
C
tại ba điểm phân biệt
,,
OAB
sao cho
2
AB
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0
điểm
).
Giải phương trình
2
2sin2 2cos 5cos 2sin 3 0
x x x x
.
Câu 3 (1,0
điểm
).
Tính tích phân
3
2
0
32
2 1 2
x
I dx
x
.
Câu 4 (1,0
điểm
).
a)
Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm có 5 học sinh.
Hỏi có bao nhiêu cách chia? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ.
b)
Giải phương trình
2 2 3
log( 3) 2log( 3) 2 0
xx
.
Câu 5 (1,0
điểm
).
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
(1;0;0)
A
,
(0;2;3)
B
và
(1;1;1)
C
.Viết phương trình mặt phẳng
()
P
chứa
,
AB
sao cho khoảng cách từ
C
tới
()
P
bằng
2
3
.
Câu 6 (1,0
điểm
).
Cho hình chóp
.
SABCD
có các cạnh bên bằng nhau và bằng
2
a
, đáy
ABCD
là hình
chữ nhật có
2,
AB aAD a
. Gọi
,
MN
lần lượt là trung điểm của
AB
,
CD
và
G
là trọng tâm tam
giác
SBC
. Tính thể tích hình chóp
.
SABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN
và
SG
theo
a
.
Câu 7 (1,0
điểm
).
Cho hình thang
ABCD
cạnh đáy nhỏ
AB
, tam giác
ABD
vuông cân tại
A
. Biết
phương trình cạnh
AB
là
3 10 0
xy
và phương trình cạnh
BC
là
2 10 0
xy
. Viết phương
trình các cạnh còn lại biết diện tích tam giác
ACD
bằng 10 đơn vị diện tích.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải hệ phương trình
44
2
2
4 62 4
5
24
22
x y xy
x xy
y
xy
.
Câu 9 (1,0
điểm
).
Cho x,y,z là các số thực dương sao cho
2 3 1
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
2 2 2
(5 6) 4 (512) (45162)
P x x y y z z
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:……………………
1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đáp án – thang đi
ể
m có 6 trang)
Câu
Đáp án Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)
Khi
m
= 0 , hàm số có dạng:
y
=
x
3
3
x
2
.
TXĐ:
D
.
0,25
Sự biến thiên:
-
Chiều biến thiên:
2
' 3 6.
y x x
y
’ = 3
x
2
6
x
= 0
x
= 0 hoặc
x
= 2
-
Hàm số đồng biến trên
(
; 0) và (2; +
)
; hàm số nghịch biến trên
(0; 2)
.
-
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
x
CĐ
= 0,
y
CĐ
= 0; đạt cực tiểu tại
x
CT
= 2,
y
CT
= -4.
-
Giới hạn:
lim ;lim
x
x
yy
.
0,25
-
Bảng biến thiên:
x
0 2
y
’ + 0 - 0 +
y
0
-4
0,25
Vẽ đồ thị: Giao trục tọa độ
0;0, 3;0
OA
. Lấy thêm điểm
1;4
B
.
Điểm cực đại
0;0
, cực tiểu
2;4
.
Đồ thị:
0,25
b) (1,0 điểm)
2
Phương trình hoành độ giao điểm:
32
3
x x mx x
2
( 3 1) 0
xx x m
2
0
.
3 1 0(*)
x
x x m
0,25
Đường thẳng
()
d
cắt đồ thị
()
m
C
tại ba điểm phân biệt
Phương trình (*) có
2 nghiệm phân biệt khác 0
9 4( 1) 0
.
1
m
m
13
(1).
4
1
m
m
0,25
Giả sử O(0,0) ,
1 1 2 2
, , ( , )
Axy Bx y
,
12
,
xx
là hai nghiệm của phương trình (*).
Ta có
12
12
3
.1
xx
xx m
(2).
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 ( ) ( ) 2 2( ) 2 2( ) 8 2(3).
AB x x y y x x x x xx
Thay (2) vào (3) ,ta có(3) trở thành
188( 1) 2 3.
mm
0,25
Thỏa mãn điều kiện (1) . Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
0,25
2
(1,0đ)
2
2
2sin2 2cos 5cos 2sin 3 0
(4sin cos 2sin) (2cos 5cos 3) 0
x x x x
x x x x x
2sin(2cos 1) (2cos 1)(3 cos) 0
x x x x
(2cos 1)(2sin cos 3) 0
x x x
2cos 1 0
2sin cos 3 0
x
xx
(*)
.
0,25
Xét phương trình
2sin cos 3 0 2sin cos 3
x x x x
.
Ta thấy
22
2 (1) 9
Phương trình vô nghiệm.
0,25
12
(*) cos 2 ( )
23
x x k k
.
0,25
Vậy phương trình có nghiệm
2
2 ( )
3
x k k
.
0,25
3
(1,0đ)
3 3 3 3 3
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
3 2 4 (2 1)
(2 2 1) 2 2 1
2 1 2 2 1 2
xx
I dx dx x dx dx x dx
xx
0,25
3
3
2
2
1
0
0
2 2 .
I dx x
1
3 0 3.
I
0,25
33
3
22
3
2
2
0
00
11
2 1 2 1(2 1) (2 1)
23
I x dx x d x x
3
2
8 1 7
.
3 3 3
I
0,25
12
72
3.
33
I I I
0,25
4
(1,0đ)
a) (0,5 điểm)
Tổng số học sinh là 12 + 3 = 15 học sinh.
Nhóm 1: Chọn 5 học sinh trong 15 học sinh có
5
15
C
cách chọn.
Nhóm 2: Chọn 5 học sinh trong 10 học sinh còn lại có
5
10
C
cách chọn.
Nhóm 3: Chọn 5 học sinh trong 5 học sinh còn lại có
5
5
C
cách chọn.
Vậy có
5 5 5
15 10 5
. 756756
C CC
cách chia.
Số phần tử của không gian mẫu là số phân công 15 học sinh thành 3 nhóm mỗi
nhóm 5 học sinh là
5 5 5
15 10 5
. 756756
C CC
.
0,25
Gọi A là biến cố nhóm nào cũng có nữ .
Nhóm 1: Có
14
3 12
CC
cách chọn.
Nhóm 2: Có
14
28
CC
cách chọn.
Nhóm 3: Có
14
14
CC
cách chọn.
Suy ra
1 4 1 4 1 4
3 12 2 8 1 4
. . . . 207900
A
CC CCCC
.
Vậy xác suất của biến cố A là
() 0,27
A
PA
.
0,25
b) (0,5 điểm)
Điều kiện:
3.
x
2 2 3
log( 3) 2log( 3) 2 0
xx
2
4log( 3) 6log( 3) 2 0
xx
2
2log( 3) 3log( 3)1 0
xx
.
Đặt
log( 3)
tx
. Phương trình trở thành
2
2 3 1 0
tt
1
.
1
2
t
t
+)
31
1 log( 3) 1
10
t x x
(Thỏa mãn).
0,25
+)
1 1 1
log( 3) 3
22
10
t x x
(Thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm
31
10
x
và
1
3
10
x
.
0,25
5
(1,0đ)
Ta có
(1;2;3)
AB
Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
()
P
cần tìm là
2 2 2
(;;), 0
p
n abca b c
.
Phương trình mặt phẳng
()
P
là
( 1) 0 0
ax by cz ax by cz a
.
4
Do A,B thuộc (P) , suy ra
. 0 3 2.
p
n AB a c b
22
2
(,()) 37 54 17 0
3
dC P c bc b
.
0,25
+)
0 0 0
b c a
(Loại).
0,25
+)
0,
b
chọn
1
1
17
37
c
b
c
.
+)
1, 1 1
c b a
Phương trình mặt phẳng
()
P
là
10
x y z
.
0,25
+)
17 23
1,
37 37
b c a
Phương trình mặt phẳng
()
P
là
23 17 23
0
37 37 37
x y z
hay
23 37 17 23 0
x y z
.
0,25
6
(1,0đ)
Gọi O là giao điểm của AC và BD ,do ABCD là hình chữ nhật nên từ giả thiết suy
ra O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD .
0,25
22
5
AC AB BC a
5 11
22
aa
OC SO
.
23
.
1 1 11 11
. . .2
3 3 2 3
SABCD ABCD
a
V SOS a a
(đvtt).
0,25
Lấy
F
là trung điểm của
BC
( ).
OF BC BC SOF
Trong mặt phẳng
SOF
kẻ
OH SF
( ).
OH SBC
Ta có M, N là trung điểm của AB và CD suy ra
// //( ).
MN BC MN SCB
( , ) ,( ) (,( )) .
dMNSG dMN SBC dOSBC OH
0,25
Trong tam giác vuông SOF có:
2 2 2
1 1 1
.
OH OF OS
165
( , ) .
15
OH dMNSG a
0,25
5
7
(1,0đ)
Ta có
0 0 0
1
cos( , ) ( , ) 45 45, 135
2
ABBC ABBC BCD ABC
.
Theo giả thiết tam giác ABD vuông cân tại A, suy ra tam giác DBC vuông cân tại
B
2
DC AB
.
1
. 10 10
2
ADC
S ADDC AD
.
Ta có tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình
3 10 0 4
(4,2)
2 10 0 2
x y x
B
x y y
.
0,25
(,10 2)
Ca a
và
3(10 2) 10
(, ) 10 10
10
aa
dCAB
.
2
20 5 10
6
a
a
a
.
0,25
+)
2
a
, suy ra
(2;6)
C
, suy ra phương trình
CD
là :
3 20 0
xy
.
Tọa độ điểm
(8;4)
D
. Phương trình
BD
là
20
xy
.
Phương trình đường thẳng
AD
là
3 20 0
xy
.
0,25
+)a = 6 ,suy ra
C
(6,-2) làm tương tự suy ra
Phương trình
DC
là
30
xy
.
Phương trình
AD
là
30
xy
.
Thử lại thỏa mãn.
0,25
8
(1,0đ)
Tập xác định:
2
2
xy
.
Đặt
2
yz
, ta có hệ phương trình
44
22
6 4 (1)
5
(2)
12
x z xz
xz
xz
xz
.
Từ (1) suy ra
4 4 2 2
6 4 2 1 2
xz x z xz xz
(*)
Ta có:
22
2
11
xz xz
x z xz
xz xz
(Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
xz
).
0,25
Đặt
'
2
1
() 2 () 2 0
1
(1 )
t
ft t f t
t
t
,
( ,t 1;2)
t xz
.
Ta có
()
ft
là hàm đồng biến trên (1;2).
6
22
55
() (1) 2
2 1 1 2
xz xz
ft f x z xz
xz xz
.
0,25
Dấu “=” xảy ra khi t= 1. Lúc đó(2) xẩy ra khi
1
1
11
2
.
1
1
1
2
x
y
xz x z
x z x z
x
y
0,25
Thử lại thỏa mãn .Hệ phương trình có nghiệm
22
(1, );(1; )
22
.
0,25
9
(1,0đ)
Đặt
, 2, 3
a xb yc z
(a,b,c là các số dương thỏa mãn
1
abc
).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2 3 3 3
5( ) 6( )
P a b c a b c
.
2
2 3 3
2
5[ 2 ] 6[ ( ) 3 ( )]
2(4 9) 8 8 1
P a b c bc a b c bcb c
P abc a a
Đặt
22
( ) (1 )
0
44
b c a
t bc
.
Xét
2
() 2(4 9) 8 8 1
Pt at a a
4 79
) () (1)
9 81
a Pt
0,25
4
).
9
a
P(t) là hàm số bậc nhất đối với t .Ta có.
22
2
(1 ) (3 1)
(0) 1 2(2 1) 1 ; ( ) 1 1 (2)
42
a a a
P a P
0,25
Trên (0,
2
(1 )
4
a
]. Hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến.
Từ (1) và (2),suy ra của GTLN của
()
Pt
trên (0,
2
(1 )
4
a
] nhỏ hơn hoặc bằng 1.
0,25
Suy ra giá trị lớn nhất của
()
Pt
là 1 khi a = b = c = 1/3.
Suy ra giá trị lớn nhất của P là 1 khi x = 1/3; y = 1/6; z = 1/9.
0,25
(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
Hết
Trường THPT Yên Lãng
o0o
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ K12
Năm học 2014 - 2015
( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút )
A. PHẦN CHUNG : (8điểm)
Câu I (3 đ). Cho hàm số y = (x - 2)
2
(x + 1), đồ thị là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dương sao cho tiếp tuyến tại M của
(C), cắt (C) tại hai điểm M và N thoả mãn MN = 3.
Câu II (3 đ)
1. Giải phương trình logarit.
2
33
log ( 1) 5log ( 1) 6 0xx
2. Giải bất phương trình mũ :
2x 2 x x
3 2.6 - 7.4 0
3. Giải phương trình lượng giác :
33
sin cos cos2 2cos sinx x x x x
, với ẩn
x
.
Câu III (2 đ). Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c với đáy ABCD
là hình bình hành có góc BAD bằng 60
0
. Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC.
1. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c .
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c.
B. PHẦN RIÊNG : (2điểm)
I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B:
Câu IVa (1đ). Giải và biện luận phương trình :
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m
theo tham số m.
Câu Va(1đ).
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : x-y-1 = 0 và (d
2
) : x+2y+3 = 0.
Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A
( d
1
), C
(d
2
), B, D thuộc Ox và AC=2BD.
II, HỌC SINH THI KHỐI D :
Câu IVb(1đ). Tìm m để phương trình:
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m
có hai nghiệm trái dấu.
Câu Vb(1đ). Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0). Biết phương trình các cạnh
AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Hết
Họ tên thí sinh………………… ………………………………………………Lớp…………
0
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TÓM TẮT
Nội dung
Điểm
Câu I
3.0
1.
2.0
Hàm số có tập xác định là ;
;
xx
lim y lim y
.
0. 5
y’ = 3x
2
- 6x; y’ = 0 x = 0 hoặc x = 2
x
-∞ 0 2 +∞
y’
+ 0 - 0 +
y
0.5
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 2). Điểm (0; 4) là điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm
số. Điểm U(1; 2) là điểm thuộc ðồ thị hàm số. Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0),
(2; 0), (0; 4).
0.5
0.5
2.
1.0
Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C), x
0
là số nguyên dương. Phương trình tiếp tuyến với (C)
tại M là
y = (3x
0
2
- 6x
0
)x - 2x
0
3
+ 3x
0
2
+ 4. Goi tiếp tuyến này là (t).
0.25
Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT:
x
3
- 3x
2
- (3x
0
2
- 6x
0
)x + 2x
0
3
- 3x
0
2
= 0
(x - x
0
)
2
(x + 2x
0
- 3) = 0
x = x
0
hoặc x
= -2x
0
+ 3.
0.25
M(x
0
; x
0
3
- 3x
0
2
+ 4); N(-2x
0
+ 3; -8x
0
3
+ 24x
0
2
- 18x
0
+ 4). MN
2
= 9x
0
2
- 18x
0
+ 9 +
81x
0
2
(x
0
- 1)
2
(x
0
- 2)
2
.
0.25
4
-
0
+
1
MN
2
= 9
9x
0
2
- 18x
0
+ 81x
0
2
(x
0
- 1)
2
(x
0
- 2)
2
= 0
9x
0
(x
0
- 2)(1 + 9x
0
(x
0
- 1)
2
(x
0
-
2)) = 0. Vì x
0
là số nguyên dương nên x
0
= 2. Vậy M(2; 0).
(Lưu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến
thoả mãn BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm)
0.25
Câu II.
3.0
1. Giải phương trình logarit.
2
33
log ( 1) 5log ( 1) 6 0xx
1.0
ĐK x > -1
0.25
Đặt
3
log 1xt
, pt có dạng t
2
– 5t + 6 = 0, giải được t = 2, t = 3
0.5
Trở lại biến x, kiểm tra đk, ta được ĐSố x = 8, x = 26
0.25
2. Giải bất phương trình mũ :
2x 2 x x
3 2.6 - 7.4 0
1.0
Chia cả hai vế của bpt cho 4
x
> 0 , ta được 9.
93
2 7 0
42
xx
0.25
Đặt t =
3
2
x
, đk: t > 0 đưa về bpt: 9t
2
- 2t - 7 > 0
0.25
Giải được 1 < t (tm) hoặc t < -
7
9
(không tm)
0.25
Suy ra kết quả : 0 < x
0.25
3. Giải phương trình lượng giác :
33
sin cos cos2 2cos sinx x x x x
, với ẩn
x
.
1.0
Biến đổi đưa về tích (sinx + cosx)(2sinx - cosx)cosx = 0
0.25
Giải từng ptlg cosx = 0, sinx + cosx = 0, 2sinx – cosx = 0
x =
,
2
k k Z
; x =
,
4
k k Z
; x =
1
, ,tan
2
k k Z
0.5
ĐS : x =
,
2
k k Z
; x =
,
4
k k Z
; x =
1
, ,tan
2
k k Z
0.25
Câu III.2
1.0
2
3
ME MD
AE AB
, do đó
( ,( ')) 2
( ,( ')) 3
d M BDA ME
d A BDA AE
0.25
;'AF BD AH A F
Khi đó d(A, (BDA')) = AH.
0.25
Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng
60
0
nên
22
2
3
2
ABD
S
ab
AF
BD
a b ab
0.25
Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 3
'
3 4 4 4
abc
AH
AH A A AF
a b a c b c abc
Vậy
2 2 2 2 2 2 2
23
( ,( '))
3 3 4 4 4
abc
d M BDA
a b a c b c abc
0.25
D
A
B
C
A'
M
E
F
B'
C'
D'
H
2
Câu III.1 Tính thể tích của khối hộpABCD.A'B'C'D' theo a, b, c .
1.0
Viết đúng công thức thể tích khối hộp V = AA’.S
hbhABCD
= c. S
hbhABCD
0.25
S
hbhABCD
= AB.AD.sin60
= ab
3
2
(đvdt)
0.25
Thay số vào ta được đáp số V = abc
3
2
(đvtt)
0.5
Câu IVb.
Tìm m để phương trình:
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m
có hai nghiệm trái dấu.
1.0
Đặt
2
x
= t, đk t >0 pt (1) có dạng (m - 2)t
2
– 2(m + 1)t + m - 5 = 0 (2)
0.25
PT (1) có 2 nghiệm trái dấu x
1
, x
2
tức là x
1
< 0 < x
2
0 <
1
2
x
<
0
2
<
2
2
x
0 < t
1
< 1 < t
2
. Khi đó bài toán trở thành tìm m để PT (2) có 2 nghiệm t
1
, t
2
thỏa
mãn 0 < t
1
< 1 < t
2
0.5
AD ĐL Vi-Et giải hệ tìm được m > 5
0.25
C©u Vb. Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0). Biết phương trình
các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
1.0
A(- 4;2)
0.5
B(x
0
; - 4 x
0
- 14) ; C(
0
0
25
;
2
y
y
) AD tính chất trọng tâm G của tam
giác ABC
Ta tìm được x
0
= -3 và y
0
= 0 . Thay vào ta được B(-3; - 2) ; C(1; 0)
0.5
C©u Va. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : x-y-1 = 0 và (d
2
)
: x+2y+3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A
( d
1
), C
(d
2
), B, D
thuộc Ox và AC=2BD
1.0
Từ gt ta suy ra A(x
0
; x
0
- 1) ; C(- 2 y
0
-3 ; y
0
) và
00
00
2y 3
y1
x
x
0
0
5
4
x
y
0,25
Thay vào ta được A(5; 4) ; C(5; - 4) ; AC = 8
0.25
Giao của hai đường chéo AC và BD là điểm I(5; 0) cũng chính là trung điểm của BD.
Suy ra nếu B(x
B
; 0) thì D(10 - x
B
; 0) ; BD =
10 2
B
x
. Từ AC = 2BD ta có PT
2
10 2
B
x
= 8 gpt được
3
7
B
B
x
x
Thay vào ta được tọa độ của B, D
0.25
ĐS : A(5; 4) ; C(5; - 4) ; B(3; 0) ; D(7; 0) . Hay A(5; 4) ; C(5; - 4) ; D(3; 0) ; B(7; 0)
0.25
C©u IVa. Giải và biện luận phương trình :
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m
theo tham số m.
1.0
3
Đặt
2 , 0
x
tt
. Khi đó (1) được đưa về dạng
2
( 2) 2( 1) 5 0 (2)m t m t m
.
Ta đi xác định các giá trị của
'
,,SP
'2
2( 1) 5
( 1) ( 2)( 5) 9 9, ,
22
mm
m m m m S P
mm
.
0.25
Ta có bảng tổng kết
0.25
M
'
S
P
Dấu các nghiệm
-1
1
2
5
-
-
0
+
+
+
+
0
-
||
+
+
+
+
+
||
-
0
+
Phương trình vô nghiệm
Phương trình có nghiệm kép
20t
Phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn
12
0tt
Phương trình có một nghiệm
1
0
2
t
Phương trình có 2 nghiệm:
12
0tt
, lấy nghiệm
2
t
Phương trình có 2 nghiệm:
12
0tt
, lấy nghiệm
2
t
Phương trình có 2 nghiệm:
12
0 tt
, lấy cả 2 nghiệm
Kết luận:
+ Với
2m
, phương trình vô nghiệm
+ Với
25m
, ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là:
22
1 3 1 1 3 1 1 3 1
2 log
2 2 2
x
m m m m m m
tx
m m m
+ Với
5m
, ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là:
1
1 3 1
2
mm
t
m
,
2
1 3 1
2
mm
t
m
Khi đó nghiệm của phương trình (1) là:
12
1 3 1
log
2
mm
x
m
,
22
1 3 1
log
2
mm
x
m
0,5
Hết
Chú ý :
Thí sinh có cách giải khác đúng vận dụng các thang điểm thành phần cho điểm tối đa.
SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN
( Đề thi có 01 trang) Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
32
34y x x
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.
Câu 2 ( 2,0 điểm). Giải các phương trình:
a)
2
cos.2sin
sin22s in3
xx
xx
b)
1
9 3 2 0
xx
Câu 3 ( 1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
42
( ) 8 2015f x x x
trên đoạn
1;3
.
Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân
1
0
(x 2015)
x
I e dx
Câu 5 ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các
viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ
hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a)Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1)
b) Tính góc giữa hai véc tơ
AB
và
CD
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và
AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
22
22
14
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
,
( , )xyR
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0đ)
1/ Tập xác định: R
0,25
2/ Sự biến thiên
2
0
0;63
,2,
x
x
yxxy
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
;0
và
2;
; hàm số nghịch biến
trên khoảng
0;2
.
0,25
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0
y
CĐ
= 4
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2
y
CT
= 0.
0,25
lim ;
x
y
lim ;
x
y
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
Bảng biến thiên
x
0 2
,
y
+ 0 - 0 +
y
4
0
0,25
3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua
điểm (3;4).
0,25
x
y
3
2
O
1
4
-1
0,25
b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Gọi
00
( ; )M x y
là tiếp điểm,
00
12xy
,2
36y x x
, suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là
,
(1) 3y
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
35yx
c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường
thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
– 3x
2
+ 4 = mx – 2m
0,25
(x – 2)(x
2
– x – 2 – m) = 0
0,25
(*)02
2
2
mxx
x
0,25
để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi
và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
0,25
hay
0222
049
2
m
m
0,25
0
4
9
m
m
0,25
Vậy với m
(
4
9
;+
)\{0}
0,25
2
(2,0đ)
a) (1,0đ)Giải phương trình:
2
cos.2sin
sin22s in3
xx
xx
ĐK: sin2x
0 =>
0cos
0sin
x
x
0,25
Phương trình trở thành :
2
2sin (3cos 1)
2
2sin .cos
xx
xx
0,25
2
3cos 1 2cosxx
( Do
sin 0x
)
0,25
2
2cos 3cos 1 0xx
cos 1
1
cos
2
x
x
0,25
*)cosx = 1
sinx = 0 (loại)
0,25
