Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 - Trường THPT Phan Bội Châu

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.52 MB, 32 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trang | 1
TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU

ĐỀ THI HSG LỚP 12 
MƠN TỐN 
Thời gian: 180 phút 
1. ĐỀ SỐ 1

Câu 1 (2 điểm)

1. Cho hàm số

2

1 x

y

x







có đồ thị là (C) và điểm M tùy ý thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) tại điểm
M cắt hai tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh tam giác IAB có
diện tích khơng phụ thuộc vị trí điểm M.

2. Tìm m để hàm số

y



9 x



m x



9

có cực đại.

Câu 2 (2 điểm)

a. Giải phương trình

sin

2012

x

cos

2012

x

1005

1

2 



b. Giải hệ phương trình

2 2

1 x

y

x

y

xy

 

  















Câu 3 (2 điểm)

1. Chứng minh

tan

sin

9

3 ( 3

),

0;

2 x



x



x







 

x













. Từ đó suy ra trong mọi tam giác
nhọn ABC ta có

tan

sin

9 3

2 A



B



C



A



B



C



.
2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

y



x

 

4  

x

16 

x

2 .

Câu 4 (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA =

a

3

và SA vng góc với
mặt phẳng đáy.

a) Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vng góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính
thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a.

b) M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho

MAN



45

0. Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S.AMN.

Câu 5 (1 điểm)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Trang | 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 5(

)

3 a

ab

b

bc

c

ca

a

b

c

a

ab

c

b

bc

a

c

ca

b













 



ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1 CM tam giác IAB có diện tích khơng phụ thuộc vị trí điểm M 1,00

2 ( )

;

,

1 a

M

C

M a

a















 







. 2 2

3 '

'( )

(

1)

(

1)

y

y a

x

a









0,25

Tiếp tuyến của (C) tại M có pt

3

2

(

)

2 (

1)

1 a

y

x

a









( )



Tiệm cận đứng



1 có phương trình

x

 

1

Tiệm cận ngang



2 có phương trình

y

  

1 I

( 1;1)

0,25

5 1;

1 a

A

a







    













    

B



2 a



1;1



0,25

1

5

1

6 .

1 . 2

2 .

.2

1

6

2

1

2

1

IAB

a

S

IA IB

a







 



(không phụ

thuộc vào a, đpcm) 0,25

2 Tìm m để hàm số

y



9

x



m x



9

có cực đại 1,00

TXĐ: ,

2 2 2

9 '

9 , ''

9 (

9)

9 mx

m

y

x

 





2 2

'

0

9

0

9 y

 

x

 

mx

 

x

  

mx



2 2 2 2 2

0 81(

9)

(

81)

81.9 mx

x

m x

m

x





















(I) 0,25

TH 1.

m



81     

9 m

9 m x

.



9 x



9 x

 

9(

x

)

nên
2

9 '

0,

9 x

mx

y

x

 



 



suy ra hàm số đồng biến trên , khơng có cực

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Trang | 3

TH 2. 1

27

9 ( )

81 m

I

x

m



 

 



1 2 2 1

1 1

9 ''( )

0 (

9)

9 m

y x

x



 



là điểm cực tiểu

 

m

9

loại 0,25

TH 3. 2

27

9 ( )

81 m

I

x

m

  







2 2 2 2

2 2

9 ''( )

0 (

9)

9 m

y x

x



 



là điểm cực đại.

Vậy hàm số có cực đại



m

 

9

0,25

II 1 Giải phương trình

sin

2012

x

cos

2012

x

1005

1

2 



(1) 1,00

Đặt 2

 

sin

,

0;1

t



x t



. (1) có dạng: 1006

(1

)

1006 1005

1

2 t

 

t



(2) 0,25

Xét hàm số

f t

( )



t

1006

 

(1

t

)

1006

,

t



 

0;1

1005 1005

'( ) 1006[

(1

)

]

f t



t

 

t

;

'( )

0

1

2 f t

  

t

0,25

 

1005 0;1 1005

1 (0)

(1) 1,

min ( )

2 f



f



f

 

 





f t



 

Vậy

1 (2)

2 t

 

0,25

hay (1)



sin

1 cos 2

0

2

4

2 x

 

x

   

x



k



(

k



Z

) 0,25

2 Giải hệ phương trình

2 2

1 1 (1)

1 (2)

x

y

x

y

xy

 

  















1,00

ĐK:

y



1 (1)

  

x

y

 

1 x



1

2 2 2 2 2 2

2

1 1 2 (

1)(

1)

x

xy

y

x

y

x









 

 





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(

1)(

1)

1 xy

y

x

x y

y

x

y

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Trang | 4
Kết hợp với (2) ta được

2 2

1

0

2

0

2

1 x

y

x

xy

y

x

y

xy

 

 











 



 













0,25

0 & (2)

1 x





y

   

y

2 2

1

2 2 & (2)

3

1

3 y



x



x

 

x

   

x

  

y

0,25

Thử lại ta có

x



0,

y



1

và

1 ,

2

3 x



y



thỏa mãn hệ pt
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên

0,25

III 1 Chứng minh

tan

sin

9

3 ( 3

),

0;

2 x



x



x







 

x













. 1,00

Xét hàm số

( )

tan

sin

9

2 f x



x



x



x

trên

0;

2 













3 2 2

2 2 2

1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2)

'( ) cos

cos 2 2cos 2cos x

x x x x

f x x

x x

    

    

Vì

0;

0 cosx<1

(cos

2)

4cos

0 '( )

2 x













 



x

 

x

 

f x





cùng

dấu với

1 2cos



x

. Bảng biến thiên của

f x

( )

x 0

3 

2 

'( )

f x

- 0 +

( )

f x

3 ( 3

)

2 



Vậy

( )

tan

sin

9

3 ( 3

),

0;

2 f x



x



x



x







 

x













0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Trang | 5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3 x





Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên

, ,

0;

2 A B C



















9

3 tan

sin

( 3

)

2 A



A



A







. Tương tự, cộng lại ta được

9 tan

sin

(

)

( 3

)

2 A



B



C



A



B



C



A

 

B

C







Kết hợp với

A

  

B C



ta có đpcm

0,25

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

y



x

 

4

 

x

16



x

2 1,00

TXĐ:

D

 



4;4



. Đặt

t



x

 

4 

x t

,



0

. Bình phương ta được
2

8 2 (

4)(4

)

8 t

 

x





x



. Dấu bằng có khi x=



4

Mặt khác theo BĐT Cơ-si ta có

8 2 ( 4)(4 ) 8 ( 4) (4 ) 16

t   x x   x  x  .D bằng có khi x=0
Do

t

 

0 2 2

 

t

4

Khi đó

8

1 ( )

4,

2 2;4

2 t

y



f t

 

t



 

t

 

t

 







'( )

1, '( )

0

1 f t

  

t

f t

  

t

(loại)

(2 2)

2 2, (4)

0 f



f



.
Vậy

 4;4 2 2;4

min

y

min

f t

( )

0





 



khi x=0,  4;4 2 2;4

max

y

max

f t

( )

2 2





 



khi x=



4

0,25

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Trang | 6

,

(

)

'

BC



AB BC



SA



BC



SAB



BC



AB

( )

'

(

)

'

SC



P



SC



AB



AB



SBC



AB



SB

Tương tự

AD

'



SD

0,25
0,25

. ' ' ' . ' ' . ' '

S AB C D S AB C S AD C

V



V



V

2 2

. ' '

2 2 2 2

'

'.

3 3

9 .

4 5

20

S AB C
S ABC

V

SB SC

SB SB SC SC

SA

V



SB SC



SB

SC



SB

SC



(1)

2 2

. ' '

2 2 2 2

'

'.

3 3

9 .

4 5

20

S AD C
S ADC

V

SD SC

SD SD SC SC

SA

V



SD SC



SD

SC



SD

SC



(2)

0,25

3
2

. .

1 1

3 .

3 3 2

6

S ABC S ADC

a

V



V



a a



0,25

Cộng (1) và (2) theo vế ta được

3 3

. ' ' . ' '

. ' ' '

3 3

9

3 3 3

.

20

10

6

20

3

6

S AB C S AD C

S AB C D

V

a

V

a



a









0,25

2 Tìm max và min của thể tích khối chóp S.AMN 1,50

( Hình vẽ trang cuối)
C'

B
D

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Trang | 7

1 .

3

S AMN AMN

V



S

a

. Đặt

BM



x DN

,



y

;

x y

,



 

0;

a

Trên tia đối của tia DC lấy điểm P sao cho

DP



BM



x

,

ABM

ADP

AM

AP BAM

DAP



 





0,25

0 0 0

45 MAN





BAM



DAN





NAP



DAP



DAN



1 .

(

)

2

MAN PAN

MAN

PAN

S

AD PN

a x

y

 

 







(*)

0,25

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông CMN ta được

2 2 2 2 2 2

(

)

(

)

(

)

MN



MC



CN



x



y



a



x



a



y

0,25

2 2 2 2 2 2 2

2 (

)

x



y



xy



a



x



ax



a



y



ay



xy



a x



y



a

ax

y

x

a



 



0,25

Thế vào (*) ta được

1 (

)

2

MAN

a

ax

S

a x

x

a







Đặt

2 2 2 2

2 ( )

'( )

.

2 (

)

a x

a

a x

ax

a

f x

x

a

x

a



























'( )

0 ( 2 1)

f x

  

x



a

. 0,25

(0)

( )

2 a

f



f a



f

(( 2 1) )



a



a

( 2 1)



 

max ( )

2

a

f x





 

2
0;

min ( )

( 2 1)

a

f x



a



Vậy

3 max

6

S AMN

a

V



khi

,

M

B N

C

M

C N

D











3( 2 1)

min

3

S AMN

a

V





khi

MB



ND



a

( 2 1)



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Trang | 8
V

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 5(

)

3 a

ab

b

bc

c

ca

a

b

c

a

ab

c

b

bc

a

c

ca

b













 



1,00

,

0 x y





ta có

2 2 2 2

2 x

y

xy

x

xy

y

x

y

















0,25

2 2 2

2 2

1 (

1)

2(

1)

(

3 )

3 a

ab

a

ab

a

ab

a

ab

c

a

ab

c

a

ab

c











 



2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2(

)

2 a

b

a

c

ab

a

b

c

a

c







 





 

0,25

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

5 3 2 (10)( )

2 20

a  b  c a a a a a b b b c c

 

(

)

5

3

2 2 5

a

        

a

b

c

a



b



c





0,25
Tương tự, cộng lại ta được

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 5(

)

3 a

ab

b

bc

c

ca

a

b

c

a

ab

c

b

bc

a

c

ca

b





 



Đẳng thức xảy ra

1

3 a

b

c

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Trang | 9
2. ĐỀ SỐ 2

Bài 1. (4,0 điểm).

Cho hàm số

y = x

3 1

x

2

 có đồ thị là (C).

Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) tại những
điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số: 2

4x + 3

g(x) =

x +1

Bài 2. (5,0 điểm).

Giải các phương trình sau trên tập số thực R:

cosx + 3(sin2x +sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos x + 2 0



x

4

2x + x

3 

2(x

2

x) = 0

Bài 3. (5,0 điểm).

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực
dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vng góc H của đỉnh B lên mặt
phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C.

1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’.
2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích
lớn nhất.

3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và
A’C.

Bài 4. (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng



:
2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M



sao cho:

MA + MB + MC

nhỏ nhất.

Bài 5(3 điểm).

Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng

(m + 2010)!

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Trang | 10
ĐÁP ÁN

Bài(ý) Nội dung đáp án Biểu

điểm

Bài 1
(4 đ)

Bài 2
(5 đ)

* Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:

2
4

4x + 3

g(x) =

x +1

- Đặt t = x2, với

t



0

ta có hàm số

g(t) =

4 + 3

2t

t +1

;

- 2 2

4t

6t + 4

g'(t) =

(t +1)

 

; g’(t) = 0

t = 2; t =

1

2





;

- Ta lại có: lim ( ) 0

tg t  ; tlim ( )g t 0, bảng biến thiên của hàm số:

t  –2 0 1

2 

g’(t) – 0 + + 0 –

g(t) 0

–1

- Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là (x)

g

= 4, đạt được khi 2

x 

* Tìm các điểm thuộc đồ thị (C)

- Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))(C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại
M0 là f’(x0)=

3x

20

x

0

- Vậy:

3x

20

x = 4

0 suy ra x0 = –1; x0 =

3, tung độ tương ứng f(–1) = –
3
2 ; f(

4
3) =

40
27

+ Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;–3

2); (
4

40
27)

Phương trình 

cosx + 2cos2x + 3.sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – 1 ) = 0.

cosx(2cosx + 1)+ 3.sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0

(2cosx + 1)(cosx + 3.sinx –2.cos2x) = 0

0,75

0,5

0,75

0,5

1,0

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Trang | 11
1/

(2,5 đ)

Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0  2 2 ,
3

x   k  kZ

2/ cosx + 3.sinx –2.cos2x = 0 

1 3

cos sin cos 2

2 x 2 x x cos(x 3) cos 2x



   2 ; 2 ;

3 9 3

k

x   k  x   kZ

, - Nghiệm của pt là:

2 ,

x   k  kZ ; 2 ; 2 ;

3 9 3

k

x   k  x   kZ

1,0 
0,5

0,5

2/
(2,5 đ)

Bài 3
(5 đ)

- Phương trình 

x

4

2x + x

3 2(

x

2

x)



2(x

2

x) = 0

 2 2 2 2

(

(x



x)



x



x)



2(x



x) = 0

- Đặt t =

x

2

x

, với

t



0

ta có phương trình:
t4 – t2 – 2 t = 0; suy ra t = 0; t = 2

- Với t = 0 thì x = 0; x = 1
- Với t = 2 thì x = –1; x = 2

Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt:



1;0;1; 2



B B’

C C’

A A’

1,0

0,75

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Trang | 12
1/

(1, 0 đ)

2/

(2 đ)

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là
thể tích khối chóp B.ACA’,

- Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’).
- Ta có VB.ACA’ = 1

3h.SABC.

- VậyV= 3.VB.ACA’ hayVA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’
- Ta có V= 3.VB.ACA’

Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất,

- Ta có: . ' '

1
.
3

 ACA

B ACA

V S BHhay '

2
.



B ACA

a

V BH, mà BH2 = AB2 – AH2 = a2 – AH2 – vậy
BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH A’C

5
a
CH

 

1,0

0,5

1,5

3/ 
(2 đ)

Bài 4 
(3 đ)

- Trong mp(AHB) kẻ HJ AB, suy ra HJ là đường vng góc chung của AB và A’C.

- Trong ta giác vuông AHB ta H ta có: 12 12 12

HJ  HA HB , ta có:

2
2 4

5
a
HA  ;

2
2

5
a

HB  ; suy ra: 2

a
HJ 

- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là G(4; 4
3 3)

- Khi đó:

MA + MB + MC

= 3MG , G và  cố định (G không nằm trên ),

- Vậy

MA + MB + MC

nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay MG
vng góc với . Do đó M là giao điểm của  và đường thẳng d qua G và vng góc với

.

- Một véc tơ chỉ phương của  là u(3; 2) đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến của d, vậy
phương trình của d là:

3x + 2y – 4

3 = 0,

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

0,5

1,5

0,5

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Trang | 13
Bài 5

( 3 đ)

2 3 12 0

3 2 0

x y

  





   



20
13
116
39

x
y

  

 

 


( 20 116; )
13 39

M

 

4
M

1---- A

-6 -2 O 1 5 x
-1 G

-4

Ta có:

( 2010)! 2011 ( 2011)!
.

!2010! 2011 !2011!

 

 



2010
m+2010

m m

C

m m m =

2011
2011

2011
.
2011 

 Cm

m

Suy ra: 2010

m+2010

(m+ 2011)C = 2011

2011

2011.Cm , tức là: 2010
m+2010

(m+ 2011)C chia hết cho 2011 (do

2010
m+2010

C ; 2011
2011

m

C  là các số tự nhiên)

Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: ƯCLN(m +
2011, 2011)= 1

Vậy Cm+20102010 2011 hay

(m + 2010)!

m!2011!

là số nguyên.

0,5

1,0

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Trang | 14
3. ĐỀ SỐ 3

Câu 1: (6 điểm)

1. Cho phương trình:

2 1 2sin



x



3.2 1 sin



x

 

m

4

(1) (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 0.

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.

2. Giải hệ phương trình:

6 6

5 5

1 x

y

x

y

 













Câu 2: (5 điểm)

1. Tìm GTLN của hàm số:

y

  

x

3 x



72 x



90

trên đoạn





7;7



.
2. Cho hàm số

1

2

3

4 y



x



x



có đồ thị là (C). Tính diện tích tam giác có các đỉnh là các điểm

cực trị của đồ thị (C).

Câu 3: (6 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Chứng minh rằng với mọi giá trị của t đường thẳng (d) có phương
trình:

x

cos

t



y

sin

t



sin

t



2cos

t

 

3 0

(t là tham số) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
2. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 =

2 a

5

và

BAC



120

. Gọi M là
trung điểm của CC1. Chứng minh MB



MA1 và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A1BM).

Câu 4: (1.5 điểm)

Cho đa thức

f x

 



x

n



a

n1

x

n1



a

n2

x

n2



a x

1



1

có các hệ số khơng âm và có n nghiệm
thực. Chứng minh

f

 

2 

3

n.

Câu 5: (1.5 điểm)

Cho hàm số:

y



x



2009

x

có đồ thị là (C).

M

1 là điểm trên (C) có hồnh độ

x

1



1

. Tiếp tuyến
của (C) tại

M

1cắt (C) tại điểm

M

2 khác

M

1, tiếp tuyến của (C) tại

M

2 cắt (C) tại điểm

M

3 khác

M

2
, tiếp tuyến của (C) tại điểm

M

n1 cắt (C) tại điểm

M

n khác

M

n1 (n = 4; 5;…), gọi



x y

n

;

n



là tọa độ
điểm

M

n.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Trang | 15
ĐÁP ÁN

Câu 1 NỘI DUNG 6điểm

1 
(4điểm)

1 2sin 1 sinx

2

 x



3.2



 

m

4

Đặt s inx

1

2 ;2

2 t





   







ta có phương trình:

2 t

  

6 t

m

4

(2)

0.5

a.Với m = 0 suy ra:

2 t

      

6 t

4

0 t

1 t

2

0.5 
sinx

1

2

1 sinx

0 t

 

 

  

x

k



s inx

2 sinx 1

2 t

 

 

   

x



k



1

b.ycbt



(2) có nghiệm

1 ;2

2 t

 











 

2 

2 t

  

6 t

4 m

0.5

(2) có nghiệm khi đường thẳng y = m cắt

 

P

:

y



2 t

 

6 t

4

trên

1 ;2

2 











0.5

……

 

1

3

1 ;

2

0

2 y

 

 



y

 

 

 

y



 

0.5

Suy ra

1

3

2 m

2   

thì (1) có nghiệm 0.5

2 
(2điểm)

6 6

5 5

1 (1)

1 (2)

x

y

x

y

 













Lập luận từ (1) và (2) suy ra

x y

,

 



1;1



và x, y không cùng dấu

0.75

Vai trị của x, y bình đẳng , khơng làm mất tính tổng qt giả sử

1 x

0 y

1     

. Lập luận đưa ra hệ vô nghiệm

0.75

Nhận thấy

   

0;1 ; 1;0

là các nghiệm của hệ 0.5

Câu 2 3 2

3

72

90

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Trang | 16

M

B' C'

B C

A

A'

1 
(2điểm)

Xét hàm

f x

 

  

x

3 x



72 x



90

trên





7;7



'

3

6

72

0

4

6 y

 

x



x



     

x

0.5

 

4 266;

 

6 234;

 

7 218;

 

7

104 y

  

y



y



y

  

1.0

 7;7

 

max

y

4

266





 

0.5

2

(2điểm)

4 2

1

2

3

4 y



x



x



Các điểm cực trị:

A



 

2; 1 ;

   

B

0;3 ;

C

2; 1





1.0

NX: các điểm cực trị tạo thành tam giác cân tại C. Suy ra diện tích được tính:





1 .

4.4

8

2 S



BH AC



dvdt

1.0

Câu 3 6 điểm

1 
(2điểm)









cos

sin

2cos

3 0

1 sin

2 cos

3 x

t



y

t



t



t

  

y



t



x



t



(*) 0.5



tìm các điểm mà đường thẳng không đi qua với mọi t hay (*) vô nghiệm



 



2 2

1

2

3 y

x









xét đt



 



2 2

1

2

3 y



x





(C )

0.5

C/M đường tròn ( C ) tiếp xúc (d) với mọi t 0.5

Vậy đường thẳng đã cho ln tiếp xúc với đường trịn cố định có phương trình :



 



2 2

1

2

3 y



x





0.5

2 
(4điểm)

a. Chứng minh

MB



MA

'

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Trang | 17



 



1 AA '

2 BM



BA



AM

 

AB



AC



CM

 





AB



AC















1 '

' '

'

AA '

2 A M



A C



C M







AC











1 . '

AA '

2 BM A M

 





AB



AC







AC

















2 2

1 .

.AA '

AA '.

AA'

2

4

1

4 2 5

0

4 AB AC

AB

AC

a





 

























0.75

Suy ra

MB



MA

'

0.5

b.Tính khoảnh cách từ A đến mp(A’BM)





























. ' ' AA '

2 2 2 2 2 0 2 2

2 2 2 2

2
'

2 0

AA '

1 1

, ' . , AA ' .

3 3

. '
2

2. . .cos120 AA ' 12
4

' ' ' ' 9

3 . 12 3 3
2

1 3

2 .2 5 2 5; , AA ' .sin 60

2 2

, '

A A BM A BM M

A BM

M

V d A A BM S d B M S

S MB MA

MB BC CM AB AC AC AB a

MA A C C M a

S a a a

a

S a a a d B M BH AB

d A A BM

 

 




       




   



  

    

 2 2 3





.3 3 2 5. , '

2 3

a

a  a d A A BM  a

0.5

0.5 
0.5

Câu 5 
2 điểm

2009

y



x



x

Gọi

M

k



x y

k

;

k



suy ra tiếp tuyến tại

M

k

:

y



y

k



y x

'

 

k

x



x

k











3

k

2009

k k

2009

k

y

x

 







</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Trang | 18
Tọa độ điểm

M

k1 được xác định:

















3 2 3

2 2

2009

3 2009

.

2

0

2

k k k k

k k k k k

k k

x

x x

x



x



















  

  



 

0.5

Ta có :

x

1



1;

x

2

 

2;

x

3



4;...;

x

n

 

 

2

n1 0.5

 

2010 3 2010

3 3 2013 2013

2009

2

0 2009

2

0

2

3 2013

672

n n n n n

n

x

y

x

n





 









 

 



 

 

0.5

Câu 4 
2 điểm

 

1 2

1 2 1

1

n n n

n n

f x



x



a



x





a



x





a x



có các hệ số khơng âm và n nghiệm
thực . Suy n nghiệm đó âm giả sử là các nghiệm:

x i

i

,



1,2,...,

n

0.5

Theo cách phân tích đa thức ta được

 





n

i
i

f x

x



  

0.5

Đặt

 





0

n

i i i i

i

x



f x

x





 



 

  

với

1

n
i
i



 

0.5

Ta có

 









1 1 1

2 1 1

3

n n n

n n

i i i

f



  

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Trang | 19

4. ĐỀ SỐ 4

Câu 1:(4 điểm)

1. Cho hàm số 3 2

x m

y

mx




 với

m

là tham số. Chứng minh rằng  m 0, đồ thị hàm số luôn cắt đường

thẳng d y: 3x3m tại 2 điểm phân biệt A B, . Xác định m để đường thẳng d cắt các trục Ox Oy,

lần lượt tại C D, sao cho diện tích OAB bằng 2 lần diện tích OCD.
2. Cho hàm số

x
y

x



 có đồ thị (C). Chứng minh rằng các điểm trong mặt phẳng tọa độ mà qua đó kẻ

được đến (C) hai tiếp tuyến vng góc với nhau đều nằm trên đường trịn tâm I (1;2), bán kính R = 2.

Câu 2: (4 điểm)

1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 15 .5x x 5x127x23
2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 2 2

2 1

log 2 6 2

2 1

x

x x

   

 

Câu 3: (6 điểm)

1. Cho tứ diện SABCcó , , 3

a

ABAC a BC  SAa (a0). Biết góc SAB300 và góc
0

SAC . Tính thể tích khối tứ diện theo

a

2. Chứng minh rằng nếu một tứ diện có độ dài một cạnh lớn hơn 1, độ dài các cạnh cịn lại đều khơng lớn
hơn 1 thì thể tích của khối tứ diện đó khơng lớn hơn 1

Câu 4: (4 điểm)
Tính các tích phân:

1.
3

2
2

2
4

x

I dx

x x




 







sinx 1
2

cos 1
ln

sin x 1

x

J dx











Câu 5: (2 điểm)

Cho ba số thực dương a b c, , . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

1 1

( 1)( 1)( 1)

2 1

P

a b c

 

  

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Trang | 20
ĐÁP ÁN

Câu 1 Nội dung Điểm

1.(2 
điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm của dvà đồ thị:

2 2 1

3mx 3m x m 0,x
m



   

Vì m0 nên phương trình 3x23mx 1 0 (*). Ta có
2

9m 12 0, m 0

      và f 1 32 2 0, m 0

m m



      

 

  (ở đây f x

 

là vế trái của (*)) nên dluôn cắt đồ thị tại 2 điểm A B, phân biệt  m 0

Ta có A x



1;3x13m B x

 

, 2;3x23m



với x x1, 2 là 2 nghiệm của (*). Kẻ
đường cao OH của OAB ta có

 

0; 3

m
OH d d   và



 











2 2 2

2 1 2 1 2 1

2 2

1 2 1 2

3 3 10

10 40 10

AB x x x x x x

x x x x m

     

    

(Định lý Viet đối với (*)).

Mặt khác ta có C m



;0 ,

 

D 0; 3 m



(để ý

m



0

thì

C D O

, ,

phân biệt). Ta
tìm

m

để SOAB 2SOCD hay 10 2 40. 3 2 3 2

3 10 3

m

m    m m   m

0.25

0,5

0,25

0,5

0,25

2.(2 
điểm)

Gọi M(x , y )0 0 .

Đường thẳng d đi qua M, có hệ số góc k có phương trình yk(xx )0 y0

d tiếp xúc (C ) khi hệ sau có nghiệm x



0 0

x 1 k(x x ) y (1)
x 1

1 k (2)

(x 1)

     

 




  




0 0

(1) x 1 k(x 1) k kx y
x 1

       

 (3) . Thay k ở (2) vào một vị

trí trong (3) được : x 1 1 x 1 1 k kx0 y0

x 1 x 1

       

  .

Suy ra 1 k(1 x )0 y0 2

x 1 2

  



 .

0,25

0,5

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Trang | 21
Thay vào (2) được

0 0

k(1 x ) y 2

1 k

  

 

  

 





2 2 2

0 0 0 0

(x 1) k 2 (1 x )(y 2) 2 .k (y 2) 4 0

          (*)

Nếu từ M kẻ được đến (C ) hai tiếp tuyến vng góc thì pt (*) có hai nghiệm

1 2

k , k thỏa mãn

2
0

1 2 2

(y 2) 4

k .k 1 1

(x 1)

 

    



2 2

0 0

(x 1) (y 2) 4

     M nằm trên đường trịn có tâm I(1,2), có bán
kính R=2 (đpcm)

0,5

Câu 2 Nội dung Điểm

1.(2

điểm) Phương trình đã cho 5 15





27 23

x

x x

    .

Ta phải có 15x 5 0 và phương trình trên trở thành 5 27 23
15 5

x x

x




 . Hàm

số f x

 

5x đồng biến trên R còn hàm số

 

27 23

15 5

x
g x

x




 có

 





480

' 0

15 5

g x

x



 

 nên nó nghịch biến trên các khoảng

1
;

3
 

 

  và
1

;
3
 

 

 .

Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng.

Mặt khác f

 

1 g

 

1 5 và

 

1 1
5

f  g  

Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là

x  .

0,5

0,25

0,5

0,25

2.(2

điểm) Bất phương trình: 2 2 2

2x 1

log 2x 6x 2

x 2x 1

   

 

Điều kiện: x1 và x> 1

2
 (*)
Với đk trên BPT

2 2

2 2 2 2

2x 1 2x 1

log 1 2x 6x 1 log 2x 6x 1

x 2x 1 2x 4x 2

 

        

   

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Trang | 22
(2x 1) log (2x 1)  2  (2x24x 2) log (2x2 24x2)

Đặt

u 2x 1
v 2x 4x 2

 




  

 thì u,v>0 và ulog u2  v log v2 (1)

Xét hàm số f (t)log t2 t, t D (0;) . Có

f '(t) 1 0, t D
t.ln 2

    

Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D

Khi đó, (1) thành f (u)f (v) và do u,v thuộc D và f(t) đồng biến trên D nên

uv

Tức là 2x 1 2x2 4x 2 2x2 6x 1 0 x 3 7
2


          hoặc

3 7
x

2



Kết hợp với điều kiện (*) được tập nghiệm của bpt đã cho là

T 1 3; 7 3 7;

2 2 2

     

    

   

0,5

0,25

0,5

0,25

Câu 3 Nội dung Điểm

1.(3 
điểm)

Theo định lý cosin trong tam giác SAB ta có

2 2 2 0 2 2 3 2

2 . . os30 3 2 3. .

SB SA AB  SA AB c  a a  a a a

Vậy SB = a. Tương tự ta cũng có SC = a.

Gọi M là trung điểm SA, do hai tam giác SAB cân tại B và SAC cân tại C nên

0,5

N
B

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Trang | 23





MBSA MCSASA MBC

Ta có 1 .

SABC SBMC ABMC MBC

V V V  SA S

Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (c.c.c) nên MB = MC suy ra tam giác
MBC cân tại M, do đó MNBC, ta cũng có MNSA (Ở đây N là trung
điểm BC)

Từ đó

2 2

2 2 2 2 2 2 2 3 3

4 2 16

a a a

MN  AN AM  AB BN AM a      

   

Suy ra 3

a

MN  .

Vậy

1 1

. .

3 2 16

SABC

a

V  SA MN BC

0,5

2.(3

điểm)

Giả sử tứ diện ABCD có AB>1, các cạnh cịn lại đều khơng lớn hơn 1. Đặt CD
= x, x



0;1



Gọi M là trung điểm BC, K là hình chiếu của B lên CD và H là hình chiếu của
A lên mp( BCD). Khi đó VABCD 1S BCD.AH 1x.BK.AH

3  6

  (1)

Có

2 2 2 2

2 BC BD CD x 1 2

BM 1 BM 4 x

2 4 4 2



      

Tương tự, cũng có 1 2

AM 4 x

 

1,0

0,25

M
K

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Trang | 24

Mà BK BM BK 1 4 x2

    (2), AH AM AH 1 4 x (3)2

   

Từ (1), (2) và (3) suy ra VABCD 1 x(4 x )2
24

 

Mặt khác hàm số f (x) 1 x(4 x ); x2



0;1



   đồng biến nên f(x)

1
f (1)

 

Nên VABCD 1
8

 (đpcm)

(Dấu bằng xảy ra khi hai tam giác ACD và BCD là hai tam giác đều có cạnh
bằng 1 và H,K trùng với M. Khi đó

3

1

2 AB





)

0,25

0,5

0,75

0,25

Câu 4 Nội dung Điểm

1.(2 
điểm)

Ta có









3 3

2 2

3 3

1 2

2 2

2 4

4
4

1 1 1 1

2 2. 4

4 4 4 4

x x x

x

I dx dx

x x

x x dx x x dx I I

  



 

 

 

      



-Tính I1:





















3 3 3 3 1

2 2

2 2 2

3 3

5 3

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 10 5 32

2 2. 2

5 3 3 15

I x x dx x dx x dx

x x

       

     



-Tính I2: Viết





2
2

2 2

I 



x x dx

Đặt x 2 t ta có dx2tdt và





2
2

4 .2

I 



t  t tdt

Do đó

1 1

5 3

0 0

2 8 46

5 3 15

t t

I   

0,5

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Trang | 25
Vậy 1 1 1 2 25 5 39

4 4 30

I  I  I  

0,5

2.(2

điểm) Có 2





I (1 sinx) ln(cos x 1) ln(1 sinx dx







   

2 2 2

0 0 0

ln(1 cos x)dx sinx.ln(1 cos x)dx ln(1 sinx)dx A B C

  

       



Xét A

ln(1 cos x)dx









Đặt

0 2

0
2

x t A ln(1 sin t)dt ln(1 s inx)dx C
2



    



 



  . Vậy I = B

Xét B =

s inx.ln(1 cos x)dx







. Đặt u = 1+ cosx thì B =

ln udu



Dùng từng phần được B =

2
2
1

u ln u 



du2ln 2 1

Vậy: I = 2ln2 - 1

0,5

Câu 5 Nội dung Điểm

2 điểm Theo bđt Cô-si ta có:













2 2 2 1 1 1

1 1 1

2 2 4

a b c   ab  c  a  b c

và







1 1 1

a b c

a b c      

 

Do đó





1 27

1 3

P

a b c a b c

 

     

đặt t     a b c 1 t 1. Ta có





1 27
2

P

t t

 


Xét hàm số

 









1 27

, 1;
2

f t t

t t

   

 . Vẽ bảng biến thiên của hàm số

này trên



1;



ta có max

 

4 1
8

f t  f  .

1,0

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Trang | 26
Từ đó 1

P và dấu đẳng thức xảy ra khi a  b c 1.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Trang | 27

5. ĐỀ SỐ 5

Câu 1: ( 5,0 điểm )

a)

Giải phương trình sau trên tập số thực:

x

 

1 (2

x



1)

x

 

1

2 b)

Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:





2 2

8

12 x

y

xy

y

xy y

xy

x

y



 







 





Câu 2: ( 5,0 điểm )

c. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

Oxy

cho hai điểm

A

   

1;2 ,

B

4;3

Tìm trên trục hồnh điểm M sao cho

AMB



45

d. Cho tam giác

ABC

đều, cạnh bằng

6 cm

, trọng tâm là

G

. Một đường thẳng



đi qua

G



cắt các đoạn thẳng

AB

và

AC

lần lượt tại hai điểm

M

và

N

sao cho

2 AM



3 AN

. Tính
diện tích tam giác

AMN

Câu 3: ( 4,0 điểm )

Cho dãy số

 

u

n được xác định bởi

u

1



1

và

u

n1

 

u

n

2

n với mọi

n



1

.
1. Chứng minh rằng:

u

n



2

n



1

2. Tính tổng

S

    

u

1

u

2

u

3

...

u

n theo

n

Câu 4: ( 3,0 điểm )

Cho các số thực dương

a b c

, , .

a. Chứng minh rằng:



2 

2 

9

2 



7

16 a

b



a

b













b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2

(2

)(2

)

.

(3

)

a

b

c

P

a

b

c





  

Câu 5: ( 3,0 điểm )

Cho hàm số

1 

1 



4 3



1

3

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Trang | 28
ĐÁP ÁN

Câu Đáp án Thang điểm

1 
(5,0 điểm)

a. ( 2,5 điểm )

Điều kiện: 1.
2

x  Đặt y x 1 2 (y 2),

ta thu được hệ

1 2( 1)

1 2

x y x y

y x

   




  



0,25 
0,25

Suy ra











1 1 ( 1)

1 1 1 1 0

x y y x x y

y x y x y x

     

       

0,25 
0,25



1 1



2 1



2 1

y x y x

y x

     

  

0,25 
0,25

Do vậy

15 33

1 2 2 1 .

x   x  x  

0,5

Thay vào, thử lại thấy 15 33

x   thỏa mãn.

Đáp số: 15 33.
32

x  

0,25 
0,25 
b. ( 2,5 điểm )

Đặt ux x



y v



,  y y



1



, hệ trở thành: 8
. 12
u v
u v

 

 

 0,5

Giải hệ tìm được 2
6
u
v



 

 hay

6
2
u
v



 

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Trang | 29
Với 2

6
u
v


 

 ta tìm được:

1 3
2
x
y
   





 hoặc

3 17
2
3
x
y
  


  

 0,25 + 0,25

Với 6
2
u
v


 

 ta tìm được:

2
1
x
y



 
 ,
3
1
x
y
 

 


hoặc 1 7

2
x
y
  


 

0,25 
0,25

Kết luận : Hệ đã cho có các nghiệm

1 3
2

x
y
   



 ,
3 17
2
3
x
y
 



  


, 2
1
x
y


 
 ,
3
1
x

y
 

 
 ,
1 7
2
x
y
  


 
 0,5 
2 
(5,0 điểm)

a. ( 2,5 điểm )

Gọi I x y

 

; là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB.
Ta có:
. 0
AI BI
AI BI





 0,25 + 0,25

2 2

3 10

5 5 10 0

x y

x y x y

 


 

    

 0,25 + 0,25

3
1
x
y


  

 hay

2
4
x
y


 

 0,25 + 0,25

 Với I

 

3;1 thì IA 5. Đường trịn tâm I bán kính IA có

phương trình



 



3 1 5

x  y  cắt trục hoành tại hai điểm

 

1 1;0

M và M2

 

5;0 . 0,5

 Với I

 

2; 4 thì IA 5. Đường trịn tâm I, bán kính IA khơng

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Trang | 30
b. ( 2,5 điểm )

Đặt AM x AN, y với x0,y0.

1 3

. .s in30

2 2

AMG

x

S  AM AG  , 1 0 3

. .s in30

2 2

ANG

y

S  AN AG 

0,25 + 0,25 
0

1 3

. .s in60

2 4

AMN

xy

S  AM AN  , SAMN SAMGSANG

0,25 + 0,25

Nên ta có: 3( ) 3 2





2 xy  4 xy xy xy.

Vậy ta có hệ : 2





2 3

x y xy

x y

 







0,25 
0,25

Giải hệ tìm được

5
10

x cm

y cm









0,5

Diện tích cần tìm: 3 25 3

4 6

AMN

xy

S   cm2

0,5

Câu Đáp án Thang điểm

3 
(4,0 điểm)

a. 2,0 điểm

Khi n1: u2     u1 21 1 2 221 đúng. 0,5

Giả sử uk 2k1 đúng với k1,kN . 0,5 
Ta chứng minh: 1

1 2 1

k
k

u     0,5

Thật vậy: 1 2 2 1 2 2 1 1

k k k k

k k

u  u        0,5

b. 2,0 điểm



 







1 2

2 1 2 1 ... 2n 1 2 2 ... 2n

S           n 0,5 + 0,5

2 1

2. 2 2

2 1

n

S    n   n

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Trang | 31
4

(3,0 điểm)

a. 1,5 điểm

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
2 2 2 2

14a 14b 16a b 36ab 1 0 0,5



 



14 a b 4ab 1 0

     đúng 0,5

Đẳng thức xảy ra khi 1

a b

0,5

b. 1,5 điểm

Đặt t a b, ta có:

2 2

16 (2 7)( 2)

9 (3 )

P t c

t c

 



 

0,5

2 2

1 1

2 3( 1) 6

(2 7)( 2) 2 2

1 1

(3 ) (3 )

tc t c

t c

t c t c

        

   

        

   

0,25 + 0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 9

16 khi

1
2

a  b c

0,25 + 0,25 
5

(3,0 điểm)

/ 2

2( 1) 4 3

y mx  m x  m. Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 2 0,25 + 0,25 
Ta tìm m:mx22(m1)x 4 3m2

 

* có đúng một nghiệm âm 0,5

 

* 



x1



mx3m2



  0 x 1 hoặc mx 2 3m 0,25 + 0,25

m : không thỏa yêu cầu 0,5

m , yêu cầu bài toán xảy ra khi

0
2 3

0 2

m
m

m m




 

 
 

 0,25 + 0,25

Kết luận:

0
2
3

m
m




 


</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Trang | 32
Website HOC247 cung cấp một mơi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,

giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên
danh tiếng.

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng
xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn 
Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh 
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc 
Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả
các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư

liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và
Tiếng Anh.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>

Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 - Trường THPT Phan Bội Châu

2

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>







<i>y</i>



9

<i>x</i>



<i>m x</i>



9

sin

x

cos

x

1

2





1

1

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>xy</i>

 

  















tan

sin

9

3

( 3

),

0;

2

2

2

<i>x</i>



<i>x</i>



<i>x</i>







 

<i>x</i>







<sub></sub>





tan

tan

tan

sin

sin

sin

9 3

2

<i>A</i>

