Tuyển tập đề thi và đáp án môn Toán các kì thi đại học

Tuyển tập đề thi và đáp án môn Toán kì thi đại học cao đẳng qua các năm. Được tập hợp bởi thầy Trần Quốc Hùng, có các đáp án chi tiết cùng biểu điểm, có các cách làm khác nhau để học sinh có thể tham khảo.

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC TỪ NĂM 2002 – 2014 Tây Ninh ngày 25 tháng 07 năm 2014 Giáo viên: Trần Quốc Dũng BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002 Môn thi: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 2 3 2 3 3(1 ) -y x mx m x m m= − + + − + (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 phương trinh: 3 2 3 2 3 3 0x x k k −− + + = có ba nghiệm phân biệt. 3. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Câu II.(ĐH: 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) Cho phương trình: 3 3 2 2 1 2 1 0log x log x m+ + − − = (2) (m là tham số ). 1. Giải phương trình (2) khi 2m = . 2. Tìm m để phương trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3 [1;3 ] . Câu III .(ĐH: 2 điểm; CĐ: 2,0 điểm) 1. Tìm nghiệm thuộc khoảng (0;2 ) π của phương trình: 2 3 5( 2 3 1 2 2 cos x sin x sinx cos x sin x + + = + + 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: 2 | 4 3|y x x= − + , 3y x = + . 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 lượt 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 tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng: 1 2 4 0 : 2 2 4 0 x y z x y z − + − =   + − + = ∆  và 2 1 2 1 2 x t y t z t = +   = = +   = +  ∆ . a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng và song song với đường thẳng . b) Cho điểm M (2;1;4). Tìm tọa độ điểm H thuộc đường thẳng sao cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ nhất. Câu V.(ĐH: 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là 3 3 0x y− − = , các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. 2. Cho khai triển nhị thức: 1 1 1 1 0 1 1 1 1 3 3 3 3 2 2 2 2 (2 2 ) (2 ) (2 ) (2 ) (2 )(2 ) (2 ) x x x x x x x x n n n n n n n n n n n C C C C − − − − − − − − − − − + = + + + + (n là số nguyên dương). Biết rằng trong khai triển đó 3 1 5 n n C C = và số hạng thứ tư bằng 20n, tìm n và x . Hết Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi CAO ĐẲNG không làm Câu V. 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002 Môn thi: TOÁN, KHỐI B (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I.(ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm) Cho hàm số: 4 2 ( 9) 10y mx m= + − + (1) (m là tham số ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =1. 2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị. Câu II.(ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 4 5 6sin x cos x sin x cos x − = − 2. Giải bất phương trình: 3 ( (9 72)) 1 x x log log − ≤ 3. Giải hệ phương trình: 3 2 x y x y x y x y  − =   + = − + +   Câu III.(ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: 2 4 4 x y = − và 2 4 2 x y = Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ( ) 2 ;0I , phương trình đường thẳng AB là 2 2 0x y − + = và AB = 2AD . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C,D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm. 2. Cho hình lập phương 1 1 1 1 ABCDA B C D có cạnh bằng a. a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 A B và 1 B D . b) Gọi M,N,P lần lượt là các trung điểm của các cạnh 1 1 1 , ,BB CD A D . Tính góc giữa hai đường thẳng MP và 1 C N . Câu V.(ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác đều 1 2 2 n A A A ( n ≥ 2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O). Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong 2n điểm 1 2 2 , , , n A A A nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n điểm 1 2 2 , , , n A A A , tìm n. Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002 Môn thi: TOÁN, KHỐI D (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I.(ĐH : 3 điểm; CĐ : 4 điểm). Cho hàm số : 2 (2 1) 1 m x m y x − − = − (1) (m là tham số ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = -1. 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C) và hai trục tọa độ. 3. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với đường thẳng y = x. Câu II.(ĐH : 2 điểm; CĐ : 3 điểm). 1. Giải bất phương trình : 2 2 ( 3 ). 2 3 2 0x x x x− − − ≥ 2. Giải hệ phương trình: 3 2 1 4 5 2 2 2 2 4 x x x x y y y +  = + = + −     Câu III. (ĐH : 1 điểm; CĐ : 1 điểm). Tìm x thuộc đoạn [0 ; 14] nghiệm đúng phương trình: 3 4 2 3 4 0cos x cos x cosx− + − = Câu IV.(ĐH : 2 điểm; CĐ : 2 điểm). Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi CAO ĐẲNG không làm Câu IV 2.b) và Câu V. 2) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 1. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4 cm ; AB = 3 cm ; BC = 5 cm .Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 0 - 2x y + = và đường thẳng d m : (2m 1) x (1 m) y m 1 0 (2m 1) z 4m 2 0mx + + − + − =   + + + + =  ( m là tham số). Xác định m để đường thẳng d m song song với mặt phẳng (P). Câu V.(ĐH : 2 điểm ). 1. Tìm số nguyên dương n sao cho 0 1 2 2 2 4 2 243 n n n n n C C C C + + + + = 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, cho elip (E) có phương trình 2 2 1 16 9 x y + = . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho đường thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M, N để đoạn thẳng MN có độ dài nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Hết Chú ý: 1. Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm câu V 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 Câu Ý Nội dung ĐH CĐ I 1 3 2 1 3m y x x= ⇒ = − + Tập xác định 2 . ' 3 6 3 ( 2),x y x x x x∀ ∈ + = − −= −¡ 1 2 0 0 0 ' x y x = = =  ⇔   " 6 6 0, y" 0 1y x x= − + = = ⇔ = Bảng biến thiên: 0 0 ' ( 1) 4 3 x y y x =  = ⇔ − =  =  Đồ thị: Σ 1,0đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ Σ 1,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ (Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) I 2 Cách 1: Ta có: 3 2 3 2 3 3 2 3 3 0 3 3x x k k x x k k − + + − = ⇔ − + = − + Đặt 3 2 3a k k= − + dựa vào đồ thị ta thấy phương trình 3 2 3x x a− + = có 3 nghiệm phân biệt 3 2 0 4 0 3 4a k k ⇔ < < ⇔ < − + < ( ) ( ) 2 2 0 3 4 0 3 1 3 (k 1)(k ) 0 0 2 1 2 4 ≠ <  ≠ < − < <    ⇔ ⇔ ⇔    + > ≠ ∧ ≠ + −  − +    k k k k k k k k Cách II. Ta có ( ) ( ) 3 2 3 2 2 2 3 3 0 3 3 0   + + − = ⇔− − + − + − =   x k k x k x k x k kx Có ba nghiệm phân biệt ( ) ( ) 2 2 f x x k 3 3 0x k k⇔ = + −+ =− Có 2 nghiệm phân biệt khác k 2 2 2 2 3k 6k 9 0 k k 3k k 3k 1 k 3 k k 2 0 0  − < <   ⇔ ⇔   ≠ ∧ ≠   ∆ = − + + > + − + − ≠  0.5d ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0.5d ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3 Cách I. ( ) ( ) 2 1 2 2 2 y' 3x 1 m 3 x m 1 6mx 3 3, y'x m 0 x m 1 = −  + + += − − = ⇔  = + − −  = Ta thaays 1 2 x x≠ và y' đổi dấu khi qua 1 x và 2 x ⇒ hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x ( ) 1 1 2 3mx 2y y m= = − + − và ( ) 2 2 2 3mx 2y y m= = − + + Phương trình đường thẳng đi qau 2 điểm cực trị ( ) 2 1 M m 1; m 3m 2− − + − và ( ) 2 2 M m 1; m 3m 2+ − + + là: 1.0d ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1.0d ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 2 3m 2x m 1 y m y 2x m 2 4 m − + + = + = − − +⇔ Cách II. ( ) ( ) 2 2 2 y' 3x 1 m 3 x m6mx 3 3, = − − = − −+ + + Ta thấy ( ) 2 2 ' 9m 9 1 m 9 0 y' 0∆ = + − = > ⇒ = có 2 nghiệm 1 2 x x≠ Và y' đổi đáu khi qua 1 x và 2 x ⇒ hàm sô đạt cực trị tại 1 x và 2 x Ta có ( ) 3 2 2 3 2 3mx 3y x 1 m x m m+ +− − + −= ( ) 2 2 2 1 m x 3x 2x m 3 3 6mx 3 3m m+   = − − + −  + −   + ÷ Từ đây ta có 1 1 2 my 2x m = − + và 2 2 2 my 2x m= − + Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là 2 my 2x m = − + 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ II 1 Với m 2 = ta có 2 2 3 3 log x log x 1 5 0 + + − = Điều kiện x 0> . đặt 2 3 t log x 1 1= + ≥ ta có 1 2 2 2 1 t 5 0 t 6 0 t 3 t t t 2 − + − = + = −  ⇔ ⇔  = =  − 1 t 3= − (loại), 2 2 3 2 3 3 3 t 2 log x 3 log x 3 log x 3 x 3 ± = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ = 3 x 3 ± = thỏa mãn điều kiện x 0> (thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác) 0.5d ∑ 0,25đ 0,25đ 1.0d ∑ 0,5đ 0,5đ 2. ( ) 2 2 3 3 log x log x 1 2m 1 0 2+ + − − = Điều kiện x 0> . Đặt 2 3 t log x 1 1= + ≥ ta có ( ) 2 2 1 t 2m 1 0 t 2m 2 0t t 3⇔− + − − = + − − = 3 2 3 3 x 1,3 0 log x 3 1 t log x 1 2   ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ =∈ + ≤   1.0d ∑ 0,25đ 0,25đ 1.0d ∑ 0,25đ 0,25đ Vậy (2) có nghiệm 3 1,3∈     khi và chỉ khi (3) có nghiệm [ ] 1,2∈ . Đặt ( ) 2 f t tt= + Cách 1. Hàm số ( ) f t là hàm tăng trên đoạn [ ] 1;2 . Ta có ( ) f 1 2= và ( ) f 2 6= Phương trình ( ) 2 t 2m 2t f t 2m 2⇔ == + ++ có nghiệm [ ] 1;2∈ ( ) ( ) f 1 2m 2 2 2m 2 0 m 2 2m 2 6 f 2 2m 2 ≤ + ≤ +   ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤   + ≤ ≥ +    Cách 2 TH1. Phương trình (3)ó 2 nghiệm 1 2 t ,t thỏa mãn 1 2 1 t t 2< ≤ < Do 1 2 t t 1 1 2 2 + = − < nên không tồn tại m TH2. Phương trình (3) có 2 nghiệm 1 2 t ,t thỏa mãn 1 2 t 1 t≤ ≤ hoặc 1 2 1 t 2 t≤ ≤ ≤ ( ) 2m 4 2m 0 0 m 2⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤ (thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ III 1. 2. cos3x sin3x 5 sin x cos2x 3 1 2sin 2x +   + = +  ÷ +   . Điều kiện 1 sin 2x 2 ≠ − cos3x sin3x sin x 2sin x sin 2x cos3x sin3x 5 sin x 5 1 2sin 2x 1 2sin 2x + + + +     + =  ÷  ÷ + +     sin x cos x cos3x cos3x sin 3x 5 1 2sin 2x + − + +   =  ÷ +   sin x 2sin x sin 2x cos3x sin3x 5 5cos x 1 2sin 2x + + +   = =  ÷ +   Vậy ta có : 2 5cosx cos 2x 3 2cos x 5cosx 2 0 = + ⇔ − + = cosx 2= (loại) hoặc ( ) 1 cos x x 2k k 2 3 = ⇒ = ± + π π ∈¢ 1.0d ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1.0d ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ [...]... bước đó -Hết và dẫn đến kết quả đúng BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2003 Môn thi: TOÁN khối A Thời gian làm bài: 180 phút mx 2 + x + m y= x −1 (1) (m là tham số) m = −1 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và hai điểm phân biệt đó có... 5C1 n n Từ ta có n≥3 ∑1.0 và n ( n − 1) ( n − 2 ) n! n! =5 ⇔ = 5n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 3!( n − 3) ! n − 1) ! 6 ( 0,25đ ⇒ n1 = −4 0,25đ Với n2 = 7 (loại) hoặc n=7 4 C3 7 0,5đ ta có  x −1  2 2 ÷  ÷   3  −x   2 3 ÷ = 140 ⇔ 35.22x − 2.2− x = 140 ⇔ 2 x − 2 = 4 ⇔ x = 4  ÷   BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI B Câu I Ý 1 Nội... 3 21 ; y0 = 7 7 M (2 7;0), N (0, 21) _ Khi đó 0,25đ và GTNN (MN)=7 -Hết - 0,25đ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO - KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002 - Hướng dẫn chấm thi môn toán khối D Câu I: 1 _ Nếu TS làm sai ở bước nào thì kể từ đó trờ đi không được điểm _ Nếu TS xác định đúng hàm số và chỉ tìm đúng 2 tiệm cận thì được 0,25đ 2 Nếu TS làm... Theo giả thi t thì: 2 C3 = 20C n ⇔ 2n ( 2n ) ! tức 3!( 2n − 3 ) ! = 20 2n ( 2n − 1) ( 2n − 2 ) n ( n − 1) n! n! = 20 ⇔ = 20 0,5đ 2!( n − 2 ) ! 2!( n − 2 ) ! 6 2 ⇔ 2n − 1 = 15 ⇔ n = 8 Chú ý: Thí sinh có thể tìm số hình chữ nhật bằng các cách khác Nếu lý luận đúng để đi đên n ( n − 1) 2 kết quả số hình chữ nhật là 0,25đ thì cho điểm tối đa phần này BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO... mặt phẳng (P) chứ x + 2y + z − a = 0 B1D và song song với là B1 và tính khoảng cách từ (hoặc từ D) tới (P), hoặc viết phương B1D trình mặt phẳng (Q) chứa x + 2y + z − 2a = 0 A1B và song song với ;à và A1 2b) tính khoảng cách từ Cách I (hoặc từ B) tới (Q) a a    a  M  a;0; ÷, N  ;a;0 ÷, P  0; ; a ÷ 2 2    2  Từ cách I của 2a) ta tìm được uu  ur uu ur ur a a  u ur  a  uu uu ⇒ MP =  −a;... cách khác Nếu lý luận đúng để đi đên n ( n − 1) 2 kết quả số hình chữ nhật là 0,25đ thì cho điểm tối đa phần này BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2002 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI D Câu I TXĐ: m = −1 x ≠1 y' = 4 ( x − 1) 2 , ta có CBT: CĐ 4đ 1,5 1/ 4 > 0, ∀x ≠ 1 ⇒ ĐH 3đ 1 1/ 4 1/ 4 1 Khi Nội dung −3x − 1 4 y= = −3 − x −1 x −1 1/ 4 1/ 4 1/ 4 hàm số không có... hàm chẵn ĐH ⇒ Tập xác đinh ∑1.0 ∑1.5 đồ thị đối xứng qua Oy x = 0 ∀x ∈ ¡ , y′ = 4x 3 − 16x = 4x x 2 − 4 , y ' = 0 ⇔   x = ±2 ( CĐ ) 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 4 2  y '' = 12x 2 − 16 = 12  x 2 − ÷, y '' = 0 ⇔ x = ± 3 3  Bảng biến thi n: A1 ( −2; −6 ) Hai điểm cực tiểu: A 2 ( 2; −6 ) và B ( 0;10 ) Một điểm cực đại:  −2 10  U1  ; ÷  3 9 Hai điểm uốn  2 10  U2  ; ÷  3 9 và Giao điểm... S1 − S2 = 2π + Vậy 4 3  x2 x2   4− ÷dx − ∫ 4 4 2÷ − 8  8 S= Chú ý : Thí sinh có thể tính diện tích IV ∑1.0 5 ⇒ AD = 5 2 IA = IB = 5 2 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB bằng và Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tâm I và bán kính ∑1.5 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ ∑1.0 ∑1.5 5 R= 2 Vậy tọa độ A, B là nghiệm của hệ :  x − 2y + 2 = 0  2 2  1 5... 2 2 Từ giả thi t suy ra tam giác ABC vuông tại A, do đó AB ⇒ ⊥ ⊥ 0,25đ ⊥ AC Lại có AD mp(ABC) AD AB và AD AC, nên AB, AD, AC đôi một vuông góc với nhau Do đó có thể chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0), C(0;4;0), D(0;0;4) Mặt phẳng (BCD) có phương trình: x y z + + −1 = 0 3 4 4 0,25đ 0,25đ 1 Cách 1 ⊥ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Khoảng cách cần tính là: Cách 2 1 6... là: Cách 2 1 6 34 = 17 1 1 1 + + 9 16 16 Từ giả thi t suy ra tam giác ABC vuông tại A, do đó AB ⊥ ⇒ ⊥ 0,25đ (cm) ⊥ ⊥ AC Lại có AD mp(ABC) AD AB và AD AC, nên AB, AD, AC đôi một vuông góc với nhau Gọi AE là đường cao của tam giác ABC; AH là đường cao của tam giác ADE thì AH chính là khoảng cách cần tính Dễ dàng chứng minh được hệ thức: Thay Cách 3: Từ giả thi t suy ra tam giác ABC vuông tại A, do đó AB . a 1 2a 1 G ; 3 3   − +  ÷  ÷   Cách I. Ta có : AB a 1 , AC 3 a 1 ,BC 2 a 1. = − = − = − Do đó ( ) 2 ABC 1 3 S AB.AC a 1 2 2 ∆ = = − Ta có ( ) 2 a 13 a 1 2S r 2 AB AC BC 3 a 1 3 a 1. <  1. 0 ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1. 0 ∑ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ II 1 2 2 2 2 3x cos 4x sin 5x cos 6x 1 cos6x 1 cos8x 1 cos10x 1 cos12x 2 2 si 2 2 n − = − − + − + ⇔ − = − ( ) ( ) ( ) cos12x cos10x. ABC ∆ . Vì 1 r 2 y 2= ⇒ = ± Phương trình ( ) o 1 x 1 BIy tg30 x 1 x 1 2 3 3 − = − = ⇒ = ± TH1. Nếu A và O khác phía đối với 1 B x 1 2 3⇒ = + . Từ ( ) d I,AC 2= 1 2 7 3 1 6 2 3 a x 2