LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 02. Diễn đàn Toán Học MATH.VN (Thời gian: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2x 2 +3 có đồ thị (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt. Lời giải Giả sử y = ax + b(d) là tiếp tuyến cần tìm Phương trình hoành độ giao điểm x 4 − 2x 2 +3=ax + b ⇔ x 4 − 2x 2 − ax +3−b=0 Vì (d) tiếp xúc với (C) tại hai tiếp điểm nên pt trên phải được viết dưới dạng x 4 − 2x 2 − ax +3−b=(x+m) 2 (x+n) 2 Khai triển và đồng nhất hệ số ta được a =0, b =2 Bình luận: Trước hết về mặt đồ thị thì có thể hình dung là hàm trùng phương mà có 3 cực trị thì luôn có một điểm cực trị nằm trên Oy , hai điểm cực trị còn lại đối xứng nhau qua Oy , vì vậy ta trực quan thấy rằng tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị tại hai điểm phân biệt chính là đường thẳng qua 2 điểm cực trị đối xứng nhau qua Oy. Đối với bài toán đã cho thì 2 cái điểm cực trị ấy là A(− 1;2) và B(1;2) ⇒ TT cần lập là đường thẳng AB : y =2 (Chú ý A, B cùng có tung độ 2) . Nhưng đó là trực quan thôi , còn giải cụ thể như sau : Dĩ nhiên các tiếp tuyến của các hàm sơ cấp ở THPT(có dạng y = f (x)) không có dạng cùng phương Oy , vì vậy nếu gọi d là tiếp tuyến (TT) cần lập tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt A(a; f (a)) và B(b; f (b))thì có thể giải sử sòng phẳng a < bcũng không ảnh hưởng tính tổng quát bài toán . Khi ấy hệ số góc (hsg) của d cũng là hsg của AB , cũng là hsg của TT của (C) tại A và cũng là hsg của TT của (C) tại B .Vì thế có f (a) − f(b) a − b = f '(a)= f'(b) ⇔ f (a) − f (b) a − b =4a 3 −4a 4a 3 −4a=4b 3 −4b Do a < b nên biến đổi chút có ngay a = − b, thay vào đẳng thức trên dẫn tới 4a 3 − 4a =0⇒a=0; a =1; a = − 1(chú ý hàm chẵn nên f (a)= f(−a)) . Chỉ có a = − 1 là thoả a < bvà a = − bvà từ đó b = 1 . Ta thu được A( − 1;2) và B(1;2) ⇒ AB : y = 2 hay d : y = 2 Note: Nói chung bài toán trên đòi hỏi công thức cát tuyến và tiếp tuyến và biến đổi HPT . +Chú ý rằng nếu A(a; f (a)); B(b; f (b))(a ≠ b) thì hsg của đường thẳng AB là f (a) − f(b) a − b +Bài tập luyện thêm : Viết PT tiếp tuyến của đồ thị (C):y=x 4 −4x 3 +3 biết tiếp tuyến tiếp xúc (C) tại 2 điểm phân biệt . Tìm toạ độ các tiếp điểm . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sau trên ℝ : 2cosx +tanx =1+2sin2x. Lời giải Điều kiện cosx ≠ 0. Khi đó 2cosx +tanx =1+2sin2x ⇔ 2cosx − 1=4sinxcosx − sinx cosx ⇔ cosx(2cosx − 1)=sinx(2cosx +1)(2cosx − 1) ⇔ 2cosx − 1=0 sinx − cosx +2sinx.cosx =0. TH1. 2 cos x − 1 = 0 ⇔ x = π 3 + k2π , k ∈ ℤ Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 1 of 8 2/23/2010 10:55 AM TH1. 2 cos x − 1 = 0 ⇔ x = − π 3 + k2π , k ∈ ℤ TH2. sinx − cosx +2sinx.cosx =0⇔(cosx − sinx) 2 +(cosx − sinx) − 1=0 cos x + π 4 = 5 √ − 1 22 √ =cosα ⇔ x = α − π 4 + 2mπ x = − α − π 4 +2mπ , m\in ZZ. 2. Giải hệ phương trình sau trên ℝ : 2 x+ y +1 +1=2 x +2 y 2 x + 1 − 2 x−2y = 1 . Lời giải Hệ PT tương đương với 2+2 −x .2 − y =2 −x +2 −y 2−2 −2y =2 −x ⇔ (1 − 2 −x ).(2 − y − 1)=1 1−2 −x =2 −2y −1. Đặt u =2 −x ,v=2 −y ,u,v>0 ta được PT (v 2 − 1).(v − 1)=1⇔v 2 −1=v. Thay vào ta có u + v =1⇒2+uv =1⇒uv = − 1 không thỏa mãn. Vậy hệ PT đã cho vô nghiệm. Câu III (1,0 điểm) Cho f (x) là hàm có đạo hàm trên (0; π) và thỏa mãn f '(x).sinx = x; ∀ x ∈ (0; π). Tính I = f 2.π 3 − f π 3 . Lời giải: Giả thiết ta có f '(x) = x sinx ⇒ ⌠ ⌡ π 3 2π 3 f '(x)dx = ⌠ ⌡ π 3 2π 3 x sinx dx hay I = f 2π 3 − f π 3 = ⌠ ⌡ π 3 2π 3 x sinx dx = π ⌠ ⌡ π 3 2π 3 dx sinx − ⌠ ⌡ π 3 2π 3 π − x sin(π − x) d(π − x)=π ⌠ ⌡ π 3 2π 3 dx sinx − I ⇒ I = π 2 ⌠ ⌡ π 3 2π 3 dx sinx = π 2 ⌠ ⌡ π 3 2π 3 d(cosx) cos 2 x − 1 = π 4 ln 1 − cosx 1+cosx | | π 3 2π 3 = π 2 ln3. Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện S.ABC có SA ⊥ (ABC) và nhị diện cạnh SB vuông, với SB = 2 √ ; BSC ^ = π 4 ; ASB ^ = α. Tìm α để góc phẳng của nhị diện cạnh SC có độ lớn là π 3 . Lời giải: Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 2 of 8 2/23/2010 10:55 AM Kẻ AF ⊥ SB ⇒ AF ⊥ mp(SBC) ⇒ BC ⊥ mp(SAB) ⇒ AB ⊥ BC, SB ⊥ BC ⇒ ΔSBC vuông cân tại B. Do đó AB = 2 √ sinα, SA= 2 √ cosα, BC = 2 √ ⇒ AF = 2 √ .sinα.cosα. Kẻ BH ⊥ AC ⇒ BH ⊥ mp(SAC) và BH = 2 √ .sinα 1+sin 2 α √ . Trong mp(SBH) kẻ FK | | | | BH ⇒ FK ⊥ mp(SAC). Suy ra góc giữa hai nửa mặt phẳng (SCB) và (SCA) bằng góc AFK ^ . Áp dụng định lý Talet ta có FK BH = SF SB = SF.SB SB 2 = SA 2 SB 2 =cos 2 α ⇒ FK = BH.cos 2 α. Giả thiết AFK ^ = π 3 ⇒ AF =2FK =2.BH.cos 2 α ⇔ 2 √ .sinα.cosα = 2. 2 √ .sinα 1+sin 2 α √ .cos 2 α ⇔ 1 + sin 2 α √ = 2.cosα ⇔ cosα = 2 √ 5 √ . Câu V (1,0 điểm) Cho x; y ∈ℝ + thay đổi thỏa (1+2 x √ ). 1+ 2 y √ =5 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x.(5+ 5 √ ) √ − 52y √ 1+y √ . Lời giải: Đặt x √ = tanu; y √ = cotv; u; v ∈ 0; π 2 có (1+2tanu).(1+2tanv) = 5 từ đó có tan(u + v) = 2. Cũng có luôn cos 2 u + v 2 = 1+cos(u + v) 2 = 5+ 5 √ 10 và sin u + v 2 = 5 − 5 √ √ 10 √ . Ta có tanu ≥ tan u + v 2 + u − u + v 2 cos 2 ⎛ ⎝ u + v 2 ⎞ ⎠ và cosv ≤ cos u + v 2 − v − u + v 2 .sin u + v 2 . Do đó: cos 2 u + v 2 .tanu − sin u + v 2 .cosv ≥ sin u + v 2 .cos u + v 2 − cot u + v 2 . Xét cos 2 u + v 2 .tanu − sin u + v 2 .cosv = 5+ 5 √ 10 . x √ − 10 √ 5 − 5 √ √ . y √ 1+y √ = 5+ 5 √ √ 10 .P. Còn sin u + v 2 .cos u + v 2 − cot u + v 2 = − 5+35 √ 10 . Từ đó P ≥ − 5+35 √ 5+ 5 √ √ dấu bằng xảy đến khi u = v ⇔ x = 3 − 5 √ 2 ; y = 3+ 5 √ 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − 5 + 35 √ 5+ 5 √ √ . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. Phần A Câu VIa (2,0 điểm) 1. Trong (Oxy) cho hai đường thẳng Δ m : mx + y − m − 1=0 và Δ m ' : x−my− 3 − m =0, (với m là tham số thực). Chứng minh rằng với mọi m ∈ ℝ hai đường thẳng đó luôn cắt nhau tại 1 điểm nằm trên Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 3 of 8 2/23/2010 10:55 AM tham số thực). Chứng minh rằng với mọi m ∈ ℝ hai đường thẳng đó luôn cắt nhau tại 1 điểm nằm trên một đường tròn cố định. Lời giải I: Hai đường thẳng trong đề lần lượt có hai pháp tuyến là n → =(m;1) và n → '=(1; − m) rõ là n → . n → '=m.1+1.( − m)=0 vậy Δ m ⊥ Δ m ' . Do đó hai đường luôn cắt nhau bất biết giá trị m là thế nào Hơn nữa A(1;1) ∈ Δ m và B(3; − 1) ∈ Δ m ' với ∀ m ∈ℝ do đó giao điểm của hai đường luôn chạy trên đường tròn đường kính AB. Lời giải 2 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ: mx + y − m − 1=0 x−my − 3 − m =0. ⇔ m(x − 1)=1−y x−3 = m(y+1) . Vì D =1+m 2 ≠0 nên hệ luôn có nghiệm tức hai đường thẳng luôn cắt nhau. -Xét x=1 thì từ đẳng thức 1 suy ra y=1.(1;1) thuộc đường tròn (x − 2) 2 + y 2 =2 -Xét y=-1 thì từ đẳng thức 2 suy ra x=3. (3;-1) thuộc đường tròn (x − 2) 2 + y 2 =2 -Xét x khác 1 và y khác -1 thì m = 1 − y x − 1 = x − 3 y +1 đưa đến pt (x − 2) 2 + y 2 =2 .Vậy 2 đường thẳng đó luôn cắt nhau tại 1 điểm trên đường tròn (x − 2) 2 + y 2 =2. Lời giải 3 Xét hệ phương trình mx + y = m +1 x−my = m+3 . Tính 3 định thức ta được D = − m 2 − 1 khác 0 với mọi m D x = − m 2 − 2m − 3 D y = m 2 + 2m − 1 Suy ra hệ có nghiệm duy nhất (x; y) với x = m 2 +2m+3 m 2 +1 , y = −m 2 −2m+1 m 2 +1 ⇒(x−2) 2 + y 2 = =2 (m 2 +1) 2 (m 2 +1) 2 =2 Vậy giao điểm của hai đt luôn nằm trên đường tròn cố định (x − 2) 2 + y 2 = 2 Nhận xét: Bài này khó nhất là khử m để được pt đường tròn,nhưng ngược lại đề bài đã cho biết đường cố định là đường tròn do đó ta có thể tìm pt đường tròn như sau: B1)Ta viết (x − a) 2 +(y−b) 2 == m 2 +2m+3 m 2 +1−a 2 + −m 2 − 2m +1 m 2 +1−b 2 B2)Khai triển tử số và cho các hệ số bậc lẻ bằng 0 và các hệ số bậc chẵn tỉ lệ với các hệ số của m 4 +2m 2 +1 từ đó ta suy ra a =2, b =0 Bài này sẽ khó hơn nếu không cho biết dạng của đường cố đinh Bài tập:Cho hai đt (d 1 ) : mx − y + m =0 và (d 2 ):(1 − m 2 )x +2my− (1+m 2 )=0 Với mỗi giá trị của m xác định giao điểm của (d 1 ) và(d 2 )Tìm quỹ tích giao điểm đó khi m thay đổi 2. Trên mặt Oxy trong hệ (Oxyz) cho hình vuông OABC với A(3;4;0). Điểm S di động trên Oz, kẻ OE ⊥ SA và OF ⊥ SC. Chứng minh (OEF) ⊥ SB và tính V S.OEF theo OS = s. Lời giải: Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 4 of 8 2/23/2010 10:55 AM Giả thiết ta có AB ⊥ mp(SOA) ⇒ OE ⊥ mp(SAB) ⇒ OE ⊥ SB, tương tự BC ⊥ mp(SOC) ⇒ OF ⊥ mp(SCB) ⇒ OF ⊥ SB. Kết hợp lại ta có SB ⊥ mp(OEF). Do A(3;4;0) ⇒ OA = OC = 3 2 +4 2 √ =5. Mặt khác V S.OEF V S.OAC = SF.SE SC.SA = SF.SC.SE.SA SC 2 .SA 2 = SO 2 .SO 2 (SO 2 + OC 2 ).(SO 2 + OA 2 ) = s 2 s 2 +25 2 . Cùng với V S.OAC = 1 2 V S.OABC = 25s 6 ta có ngay V S.OEF = s 6 . 5s 2 s 2 +25 2 . Câu VIIa (1,0 điểm) Cho các số nguyên dương x; y; z thay đổi thỏa mãn x + y + z =2010. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P = x!.y!.z!. Lời giải Bổ Đề: (m + n − 1)! ≥ m!.n! ≥ m + n 2 ! 2 ∀ m; n ∈ℤ + và m; n cùng tính chẵn lẻ. Chứng minh: Không mất tính tổng quát giả sử m ≤ n và m + n =2k;k∈ℤ + khi đó xét dãy hữu hạn u n = n!.(2k − n)! với n ∈ {k; ;2k − 1} có u n+1 − u n = n!.(2k − n − 1)!.(2n + 1 − 2k)>0 do đó dãy u n là dãy tăng từ đó u 2k −1 > u 2k −2 > >u k ⇔(2k − 1)!>n!.(2k − n)!>(k!) 2 . Từ đấy có sự khẳng định cho tính đúng đắn của Bổ Đề. Quay lại bài toán Vì x + y + z =2010 nên trong ba số x; y; z ắt có một số chẵn không giảm tính tổng quát ta giả sử z chẵn để có x + y =2010 − z cũng chẵn! Khi đó áp dụng Bổ Đề thì: Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 5 of 8 2/23/2010 10:55 AM Khi đó áp dụng Bổ Đề thì: x!.y! ≥ x + y 2 ! 2 >0vàz!.670! ≥ z + 670 2 ! 2 >0. Từ đó x!.y!.z!.670! ≥ x + y 2 !. z +670 2 ! 2 Lại áp dụng bổ đề phát nữa thì x + y 2 !. z +670 2 ! ≥ x + y 2 + z +670 2 2 ! 2 = x + y + z +670 4 ! 2 =(670!) 2 >0. Từ đó: x !.y!.z!.670! ≥ (670!) 4 tức x!.y!.z! ≥ (670!) 3 dấu bằng xảy ra khi x = y = z. Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là: (670!) 3 . Lại vẫn theo Bổ Đề thì có: x!.y!.z! ≤ (x + y − 1)!.z! ≤ (x + y − 1+z−1) ≠ 2008! dấu bằng xảy đến chẳng hạn khi x = y =1; z =2008. Vậy giá trị lớn nhất là 2008!. Phần B Câu VIb (2,0 điểm) 1. Cho elip (E') là ảnh của (E): x 2 9 + y 2 4 =1 qua phép đối xứng trục Δ : y= 1 2 .x. Viết phương trình của elip (E ⋆ ) là ảnh của (E') qua phép đối xứng trục Δ ' : y=3x. Lời giải 1. Gọi F ' 1 (x 0 ; y 0 ) và F' 2 ( − x 0 ; − y 0 ) là hai tiêu điểm của elip (E'). Do u Δ → = (2;1) nên 2(x 0 − 5 √ )+y 0 =0 y o 2 = 1 2 . x o + 5 √ 2 ⇔ x 0 = 3 5 √ y 0 = 4 5 √ . Ta được F' 1 3 5 √ ; 4 5 √ và F' 2 − 3 5 √ ; − 4 5 √ . Gọi F 1 ⋆ (x 0 ⋆ ; y 0 ⋆ ) và F 2 ⋆ ( − x 0 ⋆ ; − y 0 ⋆ ) là hai tiêu điểm của elip (E ⋆ ). Do u Δ' → =(1;3) nên x 0 ⋆ − 3 5 √ +3 y 0 ⋆ − 4 5 √ =0 y 0 ⋆ + 4 5 √ =3. x 0 ⋆ + 3 5 √ ⇔ x 0 ⋆ = 0 y 0 ⋆ = 5 √ . Ta được F 1 ⋆ (0; 5 √ ) và F 2 ⋆ (0; − 5 √ ). Cuối cùng PT của (E ⋆ ) là x 2 4 + y 2 9 = 1. Lời giải 2 Gọi (Δ; Δ ' )=α khi đó tanα = | | | | | 3 − 1 2 1+3. 1 2 | | | | | =1 vậy α = π 4 . Tích hai phép đối xứng trục là 1 phép quay với góc quay gấp 2 lần góc hợp bởi 2 trục do đó ( E ⋆ ) = Q O ; π ( E ) . Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 6 of 8 2/23/2010 10:55 AM ( E ) = Q O ; π 2 ( E ) . Vậy (E ⋆ )= x 2 4 + y 2 9 =1. 2. Trên mặt (Oxy) trong hệ (Oxyz) cho hình vuông OABC với A(3;4;0). Điểm S di động trên Oz, kẻ OE ⊥ SA và OF ⊥ SC. Tìm tập hợp giao điểm P của (OEF) và SB. Lời giải Giả thiết ta có AB ⊥ mp(SOA) ⇒ OE ⊥ mp(SAB) ⇒ OE ⊥ SB, tương tự BC ⊥ mp(SOC) ⇒ OF ⊥ mp(SCB) ⇒ OF ⊥ SB. Kết hợp lại ta có SB ⊥ mp(OEF). Do đó mp(SOB) cắt mp(OEF) theo giao tuyến vuông góc với SB. Nếu gọi P là giao điểm của SB với mp(OEF) thì OP ⊥ SB. Hơn nữa mp(SOB) cố định và OB =52 √ nên khi S chuyển động trên Oz thì P chuyển động trên đường tròn đường kính OB nằm trong mặt phẳng cố định (zOB). Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của các đơn thức bậc 2010 sau khi khai triển đa thức P(x; y; z)=(1+x) 2010 (1+y) 2010 (1+z) 2010 . Lời giải Bổ Đề: (m + n − 1)! ≥ m!.n! ≥ m + n 2 ! 2 ∀ m; n ∈ℤ + và m; n cùng tính chẵn lẻ. Chứng minh: Không mất tính tổng quát giả sử m ≤ n và m + n =2k;k∈ℤ + khi đó xét dãy hữu hạn u n = n!.(2k − n)! với n ∈ {k; ;2k−1} có u n+1 − u n = n!.(2k − n − 1)!.(2n +1−2k)>0 do đó dãy u n là dãy tăng từ đó u 2k −1 > u 2k −2 > >u k ⇔(2k − 1)!>n!.(2k − n)!>(k!) 2 . Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 7 of 8 2/23/2010 10:55 AM Từ đấy có sự khẳng định cho tính đúng đắn của Bổ Đề. Quay lại bài toán: Theo khai triển Newton thì: P(x; y)= ∑ k =1 2010 C 2010 k x k . ∑ l=1 2010 C 2010 l y l . ∑ m=1 2010 C 2010 m z m = ∑ k;l;m∈ [0;2010]∩ℤ C 2010 k .C 2010 l .C 2010 m .x k y l z m . Một đơn thức bậc 2010 trong khai triển đó có dạng C 2010 k .C 2010 l .C 2010 m .x k y l z m với k + l + m = 2010. Do đó hệ số của đơn thức bậc 2010 có dạng C 2010 k .C 2010 l .C 2010 m với k + l + m =2010. Lại có: C 2010 k .C 2010 l .C 2010 m = (2010!) 3 k !.l!.m!.(2010 − k)!.(2010 − l)!.(2010 − m)! . Mặt khác do k + l + m =2010 nên trong ba số k; l; m phải có một số chẵn không mất gì của bọ ta giả sử m chẵn lúc ý k + l =2010 − m cũng chẵn. Theo Bổ Đề kia thì: k !.l! ≥ k + l 2 ! 2 >0 và m!.670! ≥ m +670 2 ! 2 >0. Một cách tương tự thì (2010 − k)!.(2010 − l)! ≥ 2010 − k +2010 − l 2 ! 2 và (2010 − m)!.1340! ≥ 2010 − m +1340 2 ! 2 . Từ đó: k !.l!.m!.(2010 − k)!.(2010 − l)!.(2010 − m)!.670!.1340! ≥ k + l 2 !. m + 670 2 !. 2010 − k + 2010 − l 2 !. 2010 − m + 1340 2 ! 2 . Lại tiếp tục có: k + l 2 !. m +670 2 ! ≥ k + l 2 + m +670 2 2 ! 2 = k + l + m +670 4 ! 2 =(670!) 2 >0. Và 2010 − k +2010 − l 2 !. 2010 − m +1340 2 ! ≥ 2010 − k +2010 − l + m +1340 4 ! 2 =(1340!) 2 >0. Do vầy: k !.l!.m!.(2010 − k)!.(2010 − l)!.(2010 − m)!.670!.1340! ≥ (670!.1340!) 4 . Tức là k!.l!.m!.(2010 − k)!.(2010 − l)!.(2010 − m)! ≥ (670!.1340!) 3 Để có: C 2010 k .C 2010 l .C 2010 m ≤ 2010! 670!.1340! 3 =(C 2010 670 ) 3 . Dấu bằng xảy đến khi k = l = m =670 vậy giá trị lớn nhất cần tìm là: (C 2010 670 ) 3 . Đáp án đề thi số 2 của math.vn - Diễn đàn Toán Học http://math.vn/showthread.php?t=1537 8 of 8 2/23/2010 10:55 AM . P = x.(5+ 5 √ ) √ − 52y √ 1+y √ . Lời giải: Đặt x √ = tanu; y √ = cotv; u; v ∈ 0; π 2 có (1+2tanu).(1+2tanv) = 5 từ đó có tan(u + v) = 2. Cũng có luôn cos 2 u + v 2 = 1+cos(u. tanu ≥ tan u + v 2 + u − u + v 2 cos 2 ⎛ ⎝ u + v 2 ⎞ ⎠ và cosv ≤ cos u + v 2 − v − u + v 2 .sin u + v 2 . Do đó: cos 2 u + v 2 .tanu. LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 02. Diễn đàn Toán Học MATH.VN (Thời gian: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)