ĐỀ và đáp án THI đại học TOAN khoi a,a1 2002 2013

! "#$%& '()
*

ThS. LƯU HUỲNH V N LONG
(0986.616.225)
(Gi ng viên Trư ng ðH Th D u M t – Bình Dương)
----

----

TOÁN H C
NĂM H C: 2002 - 2013

!

"

LƯU HÀNH N I B
11/2013


bộ giáo dục và đào tạo
Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002
-----------------------------Môn thi : toán
Đề chính thức
(Thời gian làm bài: 180 phút)
_____________________________________________
Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
Cho hàm số :
y = x 3 + 3mx 2 + 3(1 m 2 ) x + m 3 m 2 (1) ( m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.

2. Tìm k để phơng trình:
x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0
có ba nghiệm phân biệt.
3. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)
log 32 x + log 32 x + 1 2m 1 = 0

Cho phơng trình :
1

(2) ( m là tham số).

m = 2.

Giải phơng trình (2) khi

2. Tìm m để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ 1 ; 3 3 ].
Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )
cos 3x + sin 3x

1. Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; 2 ) của phơng trình: 5 sin x +
= cos 2 x + 3.
1 + 2 sin 2 x

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng:
y =| x 2 4 x + 3 | , y = x + 3.
Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)
1. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC đỉnh S , có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lợt
là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết rằng
mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng:
x = 1+ t
x 2y + z 4 = 0

và 2 : y = 2 + t .
1 :
x + 2 y 2z + 4 = 0
z = 1 + 2t

a) Viết phơng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng 1 và song song với đờng thẳng 2 .
b) Cho điểm M (2;1;4) . Tìm toạ độ điểm H thuộc đờng thẳng 2 sao cho đoạn thẳng MH
có độ dài nhỏ nhất.
Câu V.( ĐH : 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A ,
phơng trình đờng thẳng BC là 3 x y 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và
bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
2.

Cho khai triển nhị thức:
n

n

n 1

n 1

x
x 1

x
x 1
x 1 x
x 1 x
2 2 + 2 3 = C n0 2 2 + C n1 2 2 2 3 + L + C nn 1 2 2 2 3 + C nn 2 3
























3

1
( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C n = 5C n và số hạng thứ t
bằng 20n , tìm n và x .
----------------------------------------Hết--------------------------------------------Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V.

n

2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:....................................................

Số báo danh:.....................


bộ giáo dục và đào tạo
-------------------------------------

Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002
Đáp án và thang điểm
môn toán khối A
ĐH

m = 1 y = x 3 + 3x 2
x = 0
y' = 0 1
x2 = 2

Tập xác định x R . y ' = 3 x 2 + 6 x = 3 x( x 2) ,
y" = 6 x + 6 = 0,

CĐ

1,0 đ 1,5 đ
0,25 đ

0,5đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

y" = 0 x = 1

Bảng biến thiên


x

0


y'

+

0

+

0



lõm

U

4

CT
0

2

CĐ
lồi

x = 0
y=0
,
x = 3
Đồ thị:

+

2

+

0

y"
y

1





y (1) = 4

y

4
2

-1

0

1

2

3

x

( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên)

1


. Ta có x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 x 3 + 3 x = k 3 + 3k 2 .
Đặt a = k 3 + 3k 2 Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình x 3 + 3 x 2 = a
có 3 nghiệm phân biệt 0 < a < 4 0 < k 3 + 3k 2 < 4
1 < k < 3
0k <3
0k <3







2
2
k 0 k 2
(k + 1)(k 2 ) > 0
(k + 1)(k 4k + 4) > 0
Cách II. Ta có
x 3 + 3 x 2 + k 3 3k 2 = 0 ( x k ) x 2 + (k 3) x + k 2 3k ] = 0
có 3 nghiệm phân biệt f ( x) = x 2 + (k 3) x + k 2 3k = 0
có 2 nghiệm phân biệt khác k
= 3k 2 + 6k + 9 > 0

1 < k < 3

2

2
2
k 0 k 2
k + k 3k + k 3k 0

[

0,5 đ 0,5 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

3
x = m 1
y' = 0 1
x2 = m + 1
Ta thấy x1 x 2 và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại
x1 và x 2 .
y1 = y ( x1 ) = m 2 + 3m 2 và y 2 = y ( x 2 ) = m 2 + 3m + 2
Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị
M 1 m 1; m 2 + 3m 2
và M 2 m + 1; m 2 + 3m + 2
là:

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

x m + 1 y + m 2 3m + 2
=
y = 2x m2 + m
2
4
'

2
. y = 3x + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,
Ta thấy
2
2
' = 9m + 9(1 m ) = 9 > 0 y ' = 0 có 2 nghiệm x1 x 2
và y ' đổi dấu khi qua x1 và x 2 hàm số đạt cực trị tại x1 và x 2 .
Ta có y = x 3 + 3mx 2 + 3(1 m 2 ) x + m 3 m 2
m
1
= x 3 x 2 + 6mx + 3 3m 2 + 2 x m 2 + m.
3
3
Từ đây ta có y1 = 2 x1 m 2 + m và y 2 = 2 x 2 m 2 + m .
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y = 2 x m 2 + m .

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

y ' = 3x 2 + 6mx + 3(1 m 2 ) = 3( x m) 2 + 3 ,

(

)

(

)

(

)

Với m = 2 ta có log x + log x + 1 5 = 0
2
3

2
3

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1+ t 5 = 0 t 2 + t 6 = 0

t = 3
.
1
t2 = 2
2


t1 = 3 (loại) ,

t 2 = 2 log 32 x = 3 log 3 x = 3 x = 3

3

0,25 đ

0,5 đ

x = 3 3 thỏa mãn điều kiện x > 0 .
(Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác)

1,0 đ 1,0 đ

2.
log x + log x + 1 2m 1 = 0

2
3

2
3

Điều kiện x > 0 . Đặt t = log 32 x + 1 1 ta có
t 2 1 + t 2 m 1 = 0 t 2 + t 2m 2 = 0

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

x [1,3 3 ] 0 log 3 x 3 1 t = log 32 x + 1 2.
Vậy (2) có nghiệm [1,3 3 ] khi và chỉ khi (3) có
nghiệm [ 1,2 ]. Đặt f (t ) = t 2 + t

----------Hàm số f (t ) là hàm tăng trên đoạn [1; 2] . Ta có f (1) = 2 và f (2) = 6 .
Phơng trình t 2 + t = 2m + 2 f (t ) = 2m + 2 có nghiệm [1;2]
2 2 m + 2
f (1) 2m + 2
0 m 2.


2 m + 2 6
f (2) 2m + 2

TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn 1 < t1 t 2 < 2 .
t +t
1
Do 1 2 = < 1 nên không tồn tại m .
2
2
TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm t1 ,t 2 thỏa mãn
t1 1 t 2 2 hoặc 1 t1 2 t 2
2m(4 2m ) 0 0 m 2 .

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

(Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác )

cos 3 x + sin 3 x
1

5 sin x +
= cos 2 x + 3 . Điều kiện sin 2 x
1 + 2 sin 2 x
2

cos 3 x + sin 3x
sin x + 2 sin x sin 2 x + cos 3 x + sin 3 x

Ta có 5 sin x +

= 5
1 + 2 sin 2 x
1 + 2 sin 2 x



(2 sin 2 x + 1) cos x
sin x + cos x cos 3 x + cos 3 x + sin 3x
=5
= 5 cos x
=5
1 + 2 sin 2 x


1 + 2 sin 2 x

2
Vậy ta có: 5 cos x = cos 2 x + 3 2 cos x 5 cos x + 2 = 0
1

cos x = 2 (loại) hoặc cos x = x = + 2k (k Z ).
2
3
3

1,0 đ 1,0 đ
0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


5

và x 2 =
. Ta thấy x1 , x 2 thỏa mãn điều
3
3
1
5

kiện sin 2 x . Vậy các nghiệm cần tìm là: x1 =

và x 2 =
.
2
3
3
(Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác)
Vì x (0 ; 2 ) nên lấy x1 =

2.

y

0,25 đ

0,25 đ

1,0 đ 1,0 đ

8

3
1
0
-1

-1

1

2

5

3

x

Ta thấy phơng trình | x 2 4 x + 3 |= x + 3 có 2 nghiệm x1 = 0 và x 2 = 5.
Mặt khác | x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] . Vậy
5

(

)

1

(

)

3

(

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25đ

1đ

1đ

)

S = x + 3 | x 2 4 x + 3 | dx = x + 3 x 2 + 4 x 3 dx + x + 3 + x 2 4 x + 3 dx
0

0

5

1

(

)

+ x + 3 x 2 + 4 x 3 dx
3

1

(

)

3

(

)

5

(

)

S = x + 5 x dx + x 3 x + 6 dx + x 2 + 5 x dx
2

0

1

1

2

3

3

5

5
3
5
1

1
1
S = x3 + x 2 + x3 x 2 + 6x + x3 + x 2
2 0 3
2
2 3
1 3
3
13 26 22 109
S= +
+
=
(đ.v.d.t)
6
3
3
6

(Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức
| x 2 4 x + 3 | x + 3 x [0;5] )

4


S

N
I
M
A

C

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

K

B
Gọi K là trung điểm của BC và I = SK MN . Từ giả thiết
a
1
MN = BC = , MN // BC I là trung điểm của SK và MN .
2
2
Ta có SAB = SAC hai trung tuyến tơng ứng AM = AN
AMN cân tại A AIMN .
(SBC )( AMN )

(SBC ) ( AMN ) = MN

AI(SBC ) AISK .
Mặt khác
AI ( AMN )


AIMN
Suy ra SAK cân tại A SA = AK =

a 3
.
2

3a 2 a 2 a 2
SK = SB BK =

=
4
4
2
2

2

2

2

SK
AI = SA SI = SA
=
2
2

Ta có

2

S AMN

2

3a 2 a 2 a 10
.

=
4
8
4

a 2 10
1
= MN . AI =
(đvdt)
16
2

chú ý
1) Có thể chứng minh AIMN nh sau:
BC(SAK ) MN(SAK ) MNAI .
2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ:
Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho
a 3 a 3
a
a
;0 , S 0;
K (0;0;0), B ;0;0 , C ;0;0 , A 0;
;h
2
6

2
2

trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp S. ABC .

5


2a)

. Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng 1 có dạng:
(x 2 y + z 4) + (x + 2 y 2 z + 4) = 0 ( 2 + 2 0 )
( + )x (2 2 ) y + ( 2 )z 4 + 4 = 0
r
r
Vậy n P = ( + ;2 + 2 ; 2 ) .Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 và M 2 (1;2;1) 2
r r
n P .u 2 = 0
= 0
(P ) // 2
Vậy (P ) : 2 x z = 0

M 2 (1;2;1) (P )
M 2 (P )

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

1,0 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ

Ta có thể chuyển phơng trình 1 sang dạng tham số nh sau:
x = 2t '

Từ phơng trình 1 suy ra 2 x z = 0. Đặt x = 2t ' 1 : y = 3t '2
z = 4t '

r
M 1 (0;2;0) 1 , u1 = (2;3;4) // 1 .
(Ta có thể tìm tọa độ điểm M 1 1 bằng cách cho x = 0 y = 2 z = 0
Cách II

r 2 1 1 1 1 2
= (2;3;4) ).
và tính u1 =
;
;

1
2
2
1
2
2




r
Ta có u 2 = (1;1;2 ) // 2 . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng (P) là :
r

r r
n P = [u1 , u 2 ] = (2;0;1) . Vậy phơng trình mặt phẳng (P) đi qua M 1 (0;2;0 )
r
và n P = (2;0;1) là: 2 x z = 0 .
Mặt khác M 2 (1;2;1) (P ) phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2 x z = 0
b)

. H 2 H (1 + t ,2 + t ,1 + 2t ) MH = (t 1; t + 1;2t 3)

MH = (t 1) + (t + 1) + (2t 3) = 6t 12t + 11 = 6(t 1) + 5
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
t = 1 H (2;3;3)
Cách II. H 2 H (1 + t ;2 + t ;1 + 2t ) .
r
MH nhỏ nhất MH 2 MH .u 2 = 0 t = 1 H (2;3;4)
2

2

2

2

2

Ta có BC I Ox = B(1;0 ) . Đặt x A = a ta có A(a; o) và

(

1đ

)

xC = a y C = 3a 3. Vậy C a; 3a 3 .
1

2a + 1 3 (a 1)
xG = 3 ( x A + x B + x C )
.
;
ta có G
Từ công thức

1
3
3

yG = ( y A + y B + yC )
3

Ta có :
AB =| a 1 |, AC = 3 | a 1 |, BC = 2 | a 1 | . Do đó
6

0,25 đ


S ABC =
Ta có
Vậy

3
1
(a 1)2 .
AB. AC =
2
2
2
2S
3 (a 1)
| a 1|
=
r=
=
= 2.
AB + AC + BC 3 | a 1 | + 3 | a 1 |
3 +1
| a 1 |= 2 3 + 2.

0,25 đ

0,25 đ

7+4 3 6+2 3

;
TH1. a1 = 2 3 + 3 G1
3
3

4 3 1 6 2 3
.
;
TH2 a 2 = 2 3 1 G2

3
3


Cách II.
y
C

0,25 đ

I
O

B

A

x

Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì r = 2 y I = 2 .
x 1
Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x 1) =
xI = 1 2 3 .
3
TH1 Nếu A và O khác phía đối với B x I = 1 + 2 3. Từ d ( I , AC ) = 2

7+4 3 6+2 3

;
a = x I + 2 = 3 + 2 3. G1
3
3

TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với B x I = 1 2 3. Tơng tự
4 3 1 6 2 3

;
ta có a = x I 2 = 1 2 3. G2

3
3



0,25 đ

0,25 đ

1 đ

2.
Từ

0,25 đ

C n3 = 5C n1 ta có n 3 và

7


n!
n!
n(n − 1)(n − 2)
=5
⇔
= 5n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0
(n − 1)!
3!(n − 3)!
6
⇒ n1 = −4 (lo¹i) hoÆc n2 = 7.
Víi n = 7 ta cã
⎛ x2−1 ⎞
C ⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝
⎠
3
7

4

0,25 ®
0,25 ®

3

⎛ −3x ⎞

⎜ 2 ⎟ = 140 ⇔ 35.2 2 x −2.2 − x = 140 ⇔ 2 x − 2 = 4 ⇔ x = 4.
⎟
⎜
⎠
⎝

8

0,5 ®


Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

--------------------------

Môn thi : toán khối A

đề chính thức

Thời gian làm bài : 180 phút

___________________________________
mx 2 + x + m
(1)
(m là tham số).
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm đó có hoành

độ dơng.
Câu 2 (2 điểm).
1
cos 2 x
+ sin 2 x sin 2 x.
1) Giải phơng trình cotgx 1 =
2
1 + tgx
1
1

x = y
x
y
2) Giải hệ phơng trình

2 y = x 3 + 1.

Câu 3 (3 điểm).
1) Cho hình lập phơng ABCD. A ' B ' C ' D ' . Tính số đo của góc phẳng nhị diện [B, A' C , D ] .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hình hộp chữ nhật
ABCD. A ' B ' C ' D ' có A trùng với gốc của hệ tọa độ, B (a; 0; 0), D(0; a; 0), A '(0; 0; b)
(a > 0, b > 0) . Gọi M là trung điểm cạnh CC ' .
a) Tính thể tích khối tứ diện BDA ' M theo a và b .
a
để hai mặt phẳng ( A ' BD) và ( MBD) vuông góc với nhau.
b) Xác định tỷ số
b
Câu 4 ( 2 điểm).
y=

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số

n

1

1) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của
+ x 5 , biết rằng
x3

8

C nn++14 C nn+ 3 = 7(n + 3)

( n là số nguyên dơng, x > 0, C nk là số tổ hợp chập k của n phần tử).
2 3

2) Tính tích phân

I=



5

dx
2

x x +4

.

Câu 5 (1 điểm).
Cho x, y, z là ba số dơng và x + y + z 1. Chứng minh rằng
1
1
1
x2 +
+ y2 +
+ z2 +

x2
y2
z2

82 .

HếT
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .. .

Số báo danh: .


Bộ giáo dục và đào tạo

kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

đáp án thang điểm

đề thi chính thức

Môn thi : toán

Khối A

Nội dung

điểm
2điểm
1 điểm

Câu 1.
1)

x2 + x 1
1
= x
.
x 1
x 1
+ Tập xác định: R \{ 1 }.
Khi m = 1 y =

+ y ' = 1 +

1
( x 1)

2

=

x2 + 2 x
2

x=0
y'= 0
x = 2.

.

( x 1)
1
+ lim [ y ( x)] = lim
= 0 tiệm cận xiên của đồ thị là: y = x .
x
x x 1
lim y = tiệm cận đứng của đồ thị là: x = 1 .

0,25 đ

x 1

Bảng biến thiên:
x
y

0
0

2
0
3
CĐ

+
+

+
y

1
+

CT
1



+
0,5 đ


Đồ thị không cắt trục hoành.
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1).

y

1
O

0, 25 đ
1

1

3

1

2

x


2)

1 điểm

Đồ thị hàm số y =

2

mx + x + m
cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ
x 1

dơng phơng trình f ( x) = mx 2 + x + m = 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1
m0


= 1 4m 2 > 0

f (1) = 2m + 1 0

S = 1 > 0, P = m > 0

m
m



Vậy giá trị m cần tìm là:



m0

m<1

2

m 1

2
m<0

1
< m < 0.
2

0,75 đ

1
< m < 0.
2

Câu 2.
1)

2điểm
1 điểm

sin x 0

Điều kiện cos x 0

tg x 1

(*) .

Khi đó phơng trình đã cho

0,25 đ

0, 25 đ
cos x
cos 2 x sin 2 x
1 =
+ sin x(sin x cos x)
sin x
sin x
1+
cos x

cos x sin x
= cos x(cos x sin x) + sin x(sin x cos x)
sin x

(cos x sin x)(1 sin x cos x + sin 2 x) = 0
cos x sin x = 0


2
1 sin x cos x + sin x = 0.

TH1: sin x = cos x tgx = 1 x =

4

+k

0, 25 đ

(k Z) thỏa mãn điều kiện (*).

1
TH2: 1 sin x cos x + sin 2 x = 0 1 sin 2 x + sin 2 x = 0 :
2

Vậy nghiệm của phơng trình là: x =

1
1
x x = y y
2) Giải hệ
2 y = x3 + 1

+ Điều kiện xy 0.
+ Ta có (1) ( x y )(1 +

4

vô nghiệm.

0, 25 đ
0, 25 đ

(k Z) .

+k

(1)

1 điểm

(2).

x= y
1
)=0
xy
xy = 1.



x = y =1

x= y
x = y
x = y

1 + 5


TH1:
x = y =


3

3
2
2
2 y = x + 1 2 x = x + 1 ( x 1)( x + x 1) = 0

x = y = 1 5 .

2

2

0, 25 đ

0,5 đ


1

1

y = x
xy = 1
y=x


TH2:
3
2 y = x + 1 2 = x3 + 1 x 4 + x + 2 = 0

x

Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm.
2

(3)
(4).

2

1
1
3

x 4 + x + 2 = x 2 + x + + > 0, x .
2
2
2

1
Cách 2. Đặt f ( x) = x 4 + x + 2 f ( x) min f ( x) = f
> 0.
3
xR
4
Trờng hợp này hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là:
1 + 5 1 + 5 1 5 1 5
( x; y ) = (1;1),
;
;
,

.
2
2
2
2



Câu 3.
B
C
Cách 1.

A

0, 25 đ

3điểm
1 điểm

D
H
B

C
I

A

D

1)
Cách 1. Đặt AB = a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH
AC, mà BD (AAC) BD AC, do đó AC (BHD) AC DH. Vậy góc
phẳng nhị diện [ B, A ' C , D ] là góc BHD .
0, 25 đ
Xét A ' DC vuông tại D có DH là đờng cao, ta có DH . A ' C = CD. A ' D
CD. A ' D
a.a 2 a 2
=
=
. Tơng tự, A ' BC vuông tại B có BH là đờng
DH =
A'C
a 3
3
0, 25 đ
a 2
.
cao và BH =
3
Mặt khác:

2a 2 = BD 2 = BH 2 + DH 2 2 BH .DH cos BHD =

2a 2 2a 2
2a 2
+
2.
cos BHD ,

3
3
3

0, 25 đ

1
BHD = 120o .
2
Cách 2. Ta có BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc).
Tơng tự, BC AC (BCD) AC . Gọi H là giao điểm của A ' C và ( BC ' D)

0, 25 đ

BHD là góc phẳng của [ B; A ' C ; D ] .

0, 25đ

Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau HB = HC = HD

0,25 đ
0,5 đ

do đó cos BHD =

o

H là tâm BCD đều BHD = 120 .

3

hoặc


2)

2 điểm
a) Từ giả thiết ta có
z
A

b
C (a; a; 0); C ' (a; a; b) M (a; a; ) .
2

D

B

Vậy BD = ( a; a; 0), BM = (0; a;

C
A

b
)
2

ab ab

BD, BM = ;
; a2 .
2
2


y

D

0, 25 đ

BA ' = ( a; 0; b ) BD, BM .BA ' =

B

0, 25 đ

3a 2b 0, 25 đ
.
2

C

x

a 2b
1
BD, BM .BA ' =
.

6
4
ab ab

b) Mặt phẳng ( BDM ) có véctơ pháp tuyến là n1 = BD, BM = ;
; a2 ,
2
2


Do đó VBDA ' M =

mặt phẳng ( A ' BD) có véctơ pháp tuyến là n2 = BD, BA ' = (ab; ab; a 2 ) .

a
a 2b 2 a 2 b 2
+
a4 = 0 a = b = 1.
b
2
2

Do đó ( BDM ) ( A ' BD) n1.n2 = 0
Câu 4.
1)

(

0, 25 đ

0, 5 đ
0, 5 đ
2điểm
1 điểm

)

Ta có Cnn++14 Cnn+ 3 = 7(n + 3) Cnn++31 + Cnn+ 3 Cnn+ 3 = 7(n + 3)

(n + 2)(n + 3)
= 7(n + 3) n + 2 = 7.2! = 14 n = 12.
2!



k
C12

Số hạng tổng quát của khai triển là
60 11k
Ta có x 2

= x8

(x )
3

5
. x 2

k
= C12

60 11k
x 2

60 11k
= 8 k = 4.
2

2 3



5

Đặt t = x 2 + 4 dt =

xdx
x

2

xdx
2

x +4

2

12!
= 495.
4!(12 4)!

.

I=

2 3

và x 2 = t 2 4.



5

4

xdx
x2 x2 + 4

=

3t

dt
2

4

0, 25 đ

1 điểm

x +4
Với x = 5 thì t = 3 , với x = 2 3 thì t = 4 .

Khi đó

.

0, 25 đ

4
C12
=

Do đó hệ số của số hạng chứa x 8 là
2) Tính tích phân I =

12 k

k

0, 5 đ

=

0, 25 đ
0, 25 đ

4

1 1
1


dt

4 3 t 2 t + 2

0,25 đ

4

1 t 2
1 5
= ln
= ln .

4 t +2 3 4 3

4

0, 25 đ


Câu 5.

Với mọi u, v ta có | u + v | | u | + | v |
2

1điểm

(*)

(

2

)

2

(vì | u + v |2 = u + v + 2u.v | u |2 + | v |2 +2 | u | . | v |= | u | + | v | )
1 1 1
Đặt a = x; , b = y; , c = z; .
x
z
y
áp dụng bất đẳng thức (*) ta có | a | + | b | + | c | | a + b | + | c | | a + b + c | .
Vậy

P = x2 +

1
x2

+ y2 +

1
y2

+ z2 +

2

1 1 1
( x + y + z )2 + + + .
z2
x y z
1

0, 25 đ

Cách 1. Ta có
2

1 1 1
P ( x + y + z) + + +
x y z

(

2

3 3 xyz

)

2

2


1
9
+ 3 3
= 9t + , với
xyz
t


2
2
1
x+ y+ z
t = 3 xyz 0 < t
.
3
9


9
9
1
Đặt Q(t ) = 9t + Q '(t ) = 9 < 0, t 0; Q(t ) giảm trên
2
t

9
t
1
Q(t ) Q = 82. Vậy P Q(t ) 82.
9
1
.
Dấu = xảy ra khi x = y = z =
3
Cách 2.

(

0, 25 đ

)

1
0;
9

0, 25 đ

)

(

2

2

1 1 1
1 1 1
Ta có ( x + y + z )2 + + + = 81( x + y + z )2 + + + 80( x + y + z )2
x y z
x y z
1 1 1
18( x + y + z ) + + 80( x + y + z )2 162 80 = 82.
x y z

hoặc
0,25 đ

0,5 đ

Vậy P 82.

(Dấu = xảy ra

0, 25 đ

)

1
.
3
Ghi chú: Câu này còn có nhiều cách giải khác.
khi x = y = z =

5

Bộ giáo dục và đào tạo
-----------------------------Đề chính thức

đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn thi : Toán , Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
--------------------------------------------------------------

Câu I (2 điểm)

x 2 + 3x 3
(1).
2(x 1)
1) Khảo sát hàm số (1).
2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB = 1.
Cho hàm số y =

Câu II (2 điểm)

2(x 2 16)

1) Giải bất phơng trình

x 3

+ x 3 >

7x .

x 3

1

log 1 (y x) log 4 y = 1
4

x 2 + y 2 = 25.


2) Giải hệ phơng trình

Câu III (3 điểm)

(

)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A ( 0; 2 ) và B 3; 1 . Tìm tọa độ trực
tâm và tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp của tam giác OAB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,
AC cắt BD tại gốc tọa độ O. Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gọi M là trung điểm
của cạnh SC.
a) Tính góc và khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA, BM.
b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD tại điểm N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN.
Câu IV (2 điểm)
2

1) Tính tích phân I =

1+
1

x
dx .
x 1
8

2) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 + x 2 (1 x) .
Câu V (1 điểm)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3.
Tính ba góc của tam giác ABC.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh............................................................................Số báo danh.................................................


Bộ giáo dục và đào tạo
.....................

Đáp án - Thang điểm
đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

...........................................
Đề chính thức
Câu
I

Môn: Toán, Khối A
(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

ý
I.1

Nội dung

Điểm
2,0

(1,0 điểm)

y=

x 2 + 3x 3
1
1
.
= x +1
2
2 ( x 1)
2(x 1)

a) Tập xác định: R \ {1} .
b) Sự biến thiên:
x(2 x)
y' =
; y ' = 0 x = 0, x = 2 .
2(x 1) 2
1
3
yCĐ = y(2) = , yCT = y(0) = .

2
2
Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.
1
Đờng thẳng y = x + 1 là tiệm cận xiên.
2
Bảng biến thiên:

0
1
x

y'
y



0

+

0,25

0,25

2

+

+

3
2

0


+



+


1
2



0,25

c) Đồ thị:

0,25

1


I.2

(1,0 điểm)

Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là :

x 2 + 3x 3
= m x 2 + (2 m 3)x + 3 2 m = 0 (*).
2(x 1)

0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
3
1
> 0 4m 2 4m 3 > 0 m > hoặc m < (**) .
2
2
Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x1 , x2 là nghiệm của phơng trình (*).

0,25

AB = 1 x 1 x 2 = 1 x1 x 2

(2 m 3)2 4(3 2 m ) = 1

2

=1

m=

(x

2

1

+ x 2 ) 4x1x 2 = 1

1 5
(thoả mãn (**))
2

0,25
0,25

II

2,0
II.1

(1,0 điểm)
Điều kiện : x 4 .
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:

0,25

2(x 2 16) + x 3 > 7 x 2(x 2 16) > 10 2x

0,25

+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm.
0,25
+ Nếu 4 x 5 thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta
2
đợc: 2 x 2 16 > (10 2x ) x 2 20x + 66 < 0 10 34 < x < 10 + 34 .

(

II.2

)

Kết hợp với điều kiện 4 x 5 ta có: 10 34 < x 5 . Đáp số: x > 10 34
(1,0 điểm)
Điều kiện: y > x và y > 0.

log 1 (y x ) log 4
4

log 4

1
=1
y

log 4 (y x ) log 4

1
=1
y

0,25

0,25

3y
yx
=1 x =
.
y
4

0,25
2

3y
2
Thế vào phơng trình x + y = 25 ta có: + y = 25 y = 4.
4
2

2

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4).

0,25
3,0

III

III.1

0,25

(1,0 điểm)
+ Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3) có phơng trình

3x + 3y = 0 .

Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2) có phơng trình y = 1
( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1) có phơng trình

Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3 ; 1)
+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1.
Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x + y + 2 = 0 .
( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình

3x + 3y = 0 ).

0,25

3x + y 2 = 0 )
0,25

0,25

2


Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác

OAB là I 3 ; 1 .

(

III.2.a

)

0,25

(1,0 điểm)

(

)

+ Ta có: C ( 2; 0; 0 ) , D ( 0; 1; 0 ) , M 1; 0; 2 ,

(

)

(

)

SA = 2; 0; 2 2 , BM = 1; 1;

0,25

2 .

Gọi là góc giữa SA và BM.
Ta đợc:

SA.BM

(

cos = cos SA, BM

) = SA . BM =

3
= 30 .
2

0,25

+ Ta có: SA, BM = 2 2; 0; 2 , AB = ( 2; 1; 0 ) .
Vậy:
SA, BM AB
2 6


=
d ( SA, BM ) =
3
SA, BM

(

III.2.b

0,25

)

0,25

(1,0 điểm)







1
2

Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD N 0; ; 2 .

1


SA = 2; 0; 2 2 , SM = 1; 0; 2 , SB = 0; 1; 2 2 , SN = 0; ; 2
2

SA, SM = 0; 4 2; 0 .

(

)

(

1
6
1
=
6

VS.ABM =
VS.AMN

(

)

(

0,25

)

)

SA,SM SB = 2 2


3
SA,SM SN = 2 VS.ABMN = VS.ABM + VS.AMN = 2


3

IV

0,25
0,25
0,25
2,0

IV.1

(1,0 điểm)
2

x
dx . Đặt: t = x 1 x = t 2 + 1 dx = 2 tdt .
x 1
1
x = 1 t = 0 , x = 2 t = 1.

I=

1+

0,25

3


1

Ta có: I =
0

t2 +1
t3 + t
2

2t dt = 2
dt = 2 t 2 t + 2
dt
1+ t
1
t
t
1
+
+


0
0

1

1

0,25

1

IV.2

1
1

I = 2 t 3 t 2 + 2t 2 ln t + 1
2
3
0
1 1
11
I = 2 + 2 2 ln 2 = 4 ln 2 .
3 2
3
(1, 0 điểm)

0,25
0,25

8

1 + x 2 (1 x ) = C80 + C18 x 2 (1 x ) + C82 x 4 (1 x ) + C83 x 6 (1 x ) + C84 x 8 (1 x )

2

5

3

6

7

4

8

+ C85 x10 (1 x ) + C86 x12 (1 x ) + C87 x14 (1 x ) + C88 x16 (1 x )

Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8.

0,25
0,25

Vậy x8 chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:
0,25

C83.C32 , C84 .C 04
Suy ra

0,25
1,0

a8 = 168 + 70 = 238 .

V
Gọi M = cos 2 A + 2 2 cos B + 2 2 cos C 3

= 2 cos 2 A 1 + 2 2 2 cos

B+C
BC
cos
3.
2
2

A
BC
A
> 0 , cos
1 nên M 2 cos 2 A + 4 2 sin 4 .
2
2
2
2
Mặt khác tam giác ABC không tù nên cos A 0 , cos A cos A . Suy ra:
A
A
A

M 2 cos A + 4 2 sin 4 = 2 1 2 sin 2 + 4 2 sin 4
2

2
2

Do sin

2

A
A
A

= 4 sin
+ 4 2 sin 2 = 2 2 sin 1 0 . Vậy M 0 .
2
2
2


2


cos 2 A = cos A

BC

Theo giả thiết: M = 0 cos
=1
2

1

A
sin 2 =
2


0,25
0,25

0,25

A = 90
B = C = 45



0,25

4


B

GIÁO D C VÀ ÀO T O
----------------------CHÍNH TH C

C©u I (2 đi m)

THI TUY N SINH
I H C, CAO
NG N M 2005

Môn: TOÁN, kh i A
Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát đ
----------------------------------------

G i (Cm ) là đ th c a hàm s y = m x +

1
x

(*)

( m là tham s ).

1
1) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (*) khi m = .
4
2) Tìm m đ hàm s (*) có c c tr và kho ng cách t đi m c c ti u c a (C m ) đ n ti m
1
c n xiên c a (Cm ) b ng
.
2

C©u II (2 đi m)
1) Gi i b t ph

2) Gi i ph

ng trình

5x − 1 −

x −1 >

2x − 4.

cos 2 3x cos 2x − cos 2 x = 0.

ng trình

C©u III (3 ®iÓm)
1) Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy cho hai đ ng th ng
d1 : x − y = 0 và d 2 : 2x + y − 1 = 0.
Tìm t a đ các đ nh hình vuông ABCD bi t r ng đ nh A thu c d1 , đ nh C thu c d 2
và các đ nh B, D thu c tr c hoành.
x −1 y + 3 z − 3
2) Trong không gian v i h t a đ Oxyz cho đ ng th ng d :
và m t
=
=
2
1
−1
ph ng (P) : 2x + y − 2z + 9 = 0.
a) Tìm t a đ đi m I thu c d sao cho kho ng cách t I đ n m t ph ng (P) b ng 2.
b) Tìm t a đ giao đi m A c a đ ng th ng d và m t ph ng (P). Vi t ph ng trình
tham s c a đ ng th ng ∆ n m trong m t ph ng (P), bi t ∆ đi qua A và vuông
góc v i d.

C©u IV (2 đi m)

π
2

sin 2x + sin x
dx.
+
1
3cos
x
0
2) Tìm s nguyên d ng n sao cho
2
2 3
3 4
2n
2n +1
C12n +1 − 2.2C 2n
+1 + 3.2 C 2n +1 − 4.2 C 2n +1 + L + (2n + 1).2 C 2n +1 = 2005

∫

1) Tính tích phân I =

( Ckn là s t h p ch p k c a n ph n t ).
C©u V (1 đi m)
1 1 1
+ + = 4. Ch ng minh r ng
x y z
1
1

1
+
+
≤ 1.
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z

Cho x, y, z là các s d

ng th a mãn

------------------------------ H t ----------------------------Cán b coi thi không gi i thích gì thêm.

H và tên thí sinh .................................................……

s báo danh........................................


Mang Giao duc Edunet -

B

Câu
I

GIÁO D C VÀ ÀO T O
--------------------CHÍNH TH C

ÁP ÁN – THANG I M
THI TUY N SINH
I H C, CAO

NG N M 2005
---------------------------------------Môn: TOÁN, Kh i A
( áp án – thang đi m g m 4 trang)

Ý

N i dung

i m
2,0
1,0

I.1

m=

1
1
1
⇒ y= x+ .
4
4
x

a) TX : \{0}.

0,25

b) S bi n thiên: y ' =

1 1 x −4
−
=
, y ' = 0 ⇔ x = −2, x = 2.
4 x2
4x 2
2

yC = y ( −2 ) = −1, yCT = y ( 2 ) = 1.
ng th ng x = 0 là ti m c n đ ng.
1
ng th ng y = x là ti m c n xiên.
4

0,25

c) B ng bi n thiên:
x
y’

− ∞

+

−2

0

−

0

−1

+∞

−

2
0

+∞
+
+∞

0,25

y

− ∞
d)

−∞

1

th

0,25

1


Mang Giao duc Edunet -

I.2

1,0

1
, y ' = 0 có nghi m khi và ch khi m > 0 .
x2
1
1
N u m > 0 thì y ' = 0 ⇔ x1 = −
, x2 =
.
m
m
Xét d u y '
x
1
−
0
−∞
m
+
0
−
||

−
y'
Hàm s luôn có c c tr v i m i m > 0.
y' = m −

0,25

1
m
0

+∞

0,25

+

⎛ 1
⎞
; 2 m ⎟.
⎝ m
⎠
Ti m c n xiên (d) : y = mx ⇔ mx − y = 0.
i m c c ti u c a ( C m ) là M ⎜

m −2 m

d ( M, d ) =

m2 + 1

1
⇔
2
K t lu n: m = 1 .

=

m

d ( M;d ) =

m +1
2

0,25

m
m2 + 1

.

1
⇔ m 2 − 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1.
2

=

II.

0,25

2,0
1,0

II.1
B t ph

ng trình:

Khi đó b t ph

5x − 1 − x − 1 > 2x − 4 .

ng trình đã cho t

ng đ

⎧5x − 1 ≥ 0
⎪
K: ⎨ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2.
⎪2x − 4 ≥ 0
⎩

ng v i

5x − 1 > 2x − 4 + x − 1 ⇔ 5x − 1 > 2x − 4 + x − 1 + 2 (2x − 4)(x − 1)
⇔ x + 2 > (2x − 4)(x − 1) ⇔ x + 4x + 4 > 2x − 6x + 4
2

Ph

ng trình đã cho t

ng đ

0,25

2

⇔ x 2 − 10x < 0 ⇔ 0 < x < 10.
K t h p v i đi u ki n ta có : 2 ≤ x < 10 là nghi m c a b t ph ng trình đã cho.
II.2

0,25

0,25
0,25
1,0

ng v i

(1 + cos 6x ) cos 2x − (1 + cos 2x ) = 0
⇔ cos 6x cos 2x − 1 = 0
⇔ cos8x + cos 4x − 2 = 0
⇔ 2 cos 2 4x + cos 4x − 3 = 0

⎡ cos 4x = 1
⇔⎢
⎢ cos 4x = − 3 ( lo¹i ) .

⎢⎣
2
π
V y cos 4x = 1 ⇔ x = k ( k ∈
2

0,25

0,25

0,5

).

2


B

GIÁO D C VÀ ÀO T O

THI TUY N SINH

I H C, CAO

NG N M 2006

Môn thi: TOÁN, kh i A
Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát đ

CHÍNH TH C

PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH
Câu I (2 đi m)
1. Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4.

2. Tìm m đ ph

3

ng trình sau có 6 nghi m phân bi t: 2 x − 9x 2 + 12 x = m.

Câu II (2 đi m)

(

)

2 cos6 x + sin 6 x − sin x cos x

1. Gi i ph

ng trình:

2. Gi i h ph

= 0.

2 − 2sin x

⎧⎪ x + y − xy
=3
ng trình: ⎨
⎪⎩ x + 1 + y + 1 = 4

( x, y ∈ ) .

Câu III (2 đi m)
Trong không gian v i h t a đ Oxyz , cho hình l p ph ng ABCD.A ' B'C ' D ' v i
A ( 0; 0; 0 ) , B (1; 0; 0 ) , D ( 0; 1; 0 ) , A ' ( 0; 0; 1) . G i M và N l n l t là trung đi m c a AB

và CD .
1. Tính kho ng cách gi a hai đ ng th ng A 'C và MN.
2. Vi t ph ng trình m t ph ng ch a A 'C và t o v i m t ph ng Oxy m t góc α
1
.
bi t cos α =
6
Câu IV (2 đi m)
π
2

1. Tính tích phân: I =

∫
0

sin 2x
cos 2 x + 4sin 2 x

dx.

2. Cho hai s th c x ≠ 0, y ≠ 0 thay đ i và th a mãn đi u ki n: ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy .
1
1
+ 3.
3
x
y
PH N T CH N: Thí sinh ch n câu V.a ho c câu V.b
Câu V.a. Theo ch ng trình THPT không phân ban (2 đi m)
1. Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho các đ ng th ng:
d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y − 4 = 0, d3 : x − 2y = 0.
Tìm t a đ đi m M n m trên đ ng th ng d3 sao cho kho ng cách t M đ n đ
d1 b ng hai l n kho ng cách t M đ n đ ng th ng d 2 .

Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c A =

ng th ng
n

⎛ 1
⎞
2. Tìm h s c a s h ng ch a x trong khai tri n nh th c Niut n c a ⎜ 4 + x 7 ⎟ , bi t
⎝x
⎠
1
2
n
20

r ng C 2n +1 + C2n +1 + ... + C2n +1 = 2 − 1.
26

(n nguyên d ng, Ckn là s t h p ch p k c a n ph n t )
Câu V.b. Theo ch ng trình THPT phân ban thí đi m (2 đi m)
1. Gi i ph ng trình: 3.8x + 4.12x − 18x − 2.27 x = 0.
2. Cho hình tr có các đáy là hai hình tròn tâm O và O ' , bán kính đáy b ng chi u cao và
b ng a. Trên đ ng tròn đáy tâm O l y đi m A, trên đ ng tròn đáy tâm O ' l y đi m B
sao cho AB = 2a. Tính th tích c a kh i t di n OO ' AB.
---------------------------------------H t--------------------------------------Cán b coi thi không gi i thích gì thêm.
H và tên thí sinh: .......................................................... s báo danh: ..................................