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 : (1) ( là tham số). 23223 )1(33 mmxmmxxy +++= m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .1=m 2. Tìm k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt. 033 2323 =++ kkxx 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) Cho phơng trình : 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (2) ( là tham số). m 1 Giải phơng trình (2) khi .2=m 2. Tìm để phơng trình (2) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ m 3 3;1 ]. Câu III. (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm ) 1. Tìm nghiệm thuộc khoảng )2;0( của phơng trình: .32cos 2sin21 3sin3cos sin += + + + x x xx x 5 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đờng: .3,|34| 2 +=+= xyxxy Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) 1. Cho hình chóp tam giác đều đỉnh có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi ABCS . ,S M và lần lợt N là các trung điểm của các cạnh và Tính theo diện tích tam giác , biết rằng SB . SC a AMN mặt phẳng ( vuông góc với mặt phẳng . ) AMN )( SBC 2. Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng: và . =++ =+ 0422 042 : 1 zyx zyx += += += tz ty tx 21 2 1 : 2 a) Viết phơng trình mặt phẳng chứa đờng thẳng )( P 1 và song song với đờng thẳng . 2 b) Cho điểm . Tìm toạ độ điểm )4;1;2( M 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 vuông tại , ABC A phơng trình đờng thẳng là BC ,033 = yx các đỉnh và A B thuộc trục hoành và bán kính đờng tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác . G ABC 2. Cho khai triển nhị thức: n x n n n x x n n x n x n n x n n x x CCCC + ++ + = + 3 1 3 2 1 1 3 1 2 1 1 2 1 0 3 2 1 22222222 L ( n là số nguyên dơng). Biết rằng trong khai triển đó C và số hạng thứ t 13 5 nn C= bằng , tìm và n20 n 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: www.boxmaths.com 1 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 I1 23 31 xxym +== Tập xác định Rx . )2(363' 2 =+= xxxxy , = = = 2 0 0' 2 1 x x y 10",066" ===+= xyxy Bảng biến thiên + 210x ' y + 0 0 + 0 " y y + lõm U 4 CT 2 CĐ 0 lồi = = = 3 0 0 x x y , 4)1( =y Đồ thị: ( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) 1,0 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 1,5 đ 0,5đ 0,5 đ 0,5 đ - 1 1 2 3 x 0 2 4 y www.boxmaths.com 2 I2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +=+=++ . Đặt 23 3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+ 23 3 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+<<< kka ()( ) >+ < >++ < 021 30 0)44)(1( 30 2 2 kk k kkk k << 20 31 kk k Cách II. Ta có [ ] 03)3()(033 222323 =++=++ kkxkxkxkkxx có 3 nghiệm phân biệt 03)3()( 22 =++= kkxkxxf có 2 nghiệm phân biệt khác k << ++ >++= 20 31 033 0963 222 2 kk k kkkkk kk 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 Cách I. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , += = = 1 1 0 2 1 ' mx mx y Ta thấy 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . 23)( 2 11 +== mmxyy và 23)( 2 22 ++== mmxyy Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị ( ) 23;1 2 1 + mmmM và ( ) 23;1 2 2 +++ mmmM là: ++ = + 4 23 2 1 2 mmymx mmxy += 2 2 Cách II. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , Ta thấy 0'09)1(99' 22 =>=+= ymm có 2 nghiệm 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy +++= () .23363 33 1 222 mmxmmxx m x ++++ = Từ đây ta có mmxy += 2 11 2 và mmxy += 2 22 2 . Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy += 2 2 . 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ II 1. Với 2=m ta có 051loglog 2 3 2 3 =++ xx Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 06051 22 =+=+ tttt . 2 3 2 1 = = t t 5,0 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ www.boxmaths.com 3 3 1 = t (loại) , 3 3 2 32 33log3log2 ==== xxxt 3 3 =x thỏa mãn điều kiện 0>x . (Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác) 0,25 đ 0,5 đ 2. 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (2) Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 0220121 22 =+=+ mttmtt (3) .21log13log0]3,1[ 2 33 3 += xtxx Vậy (2) có nghiệm ]3,1[ 3 khi và chỉ khi (3) có nghiệm [] 2,1 . Đặt tttf += 2 )( Cách 1. Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn ][ 2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f . Phơng trình 22)(22 2 +=+=+ mtfmtt có nghiệm [] 2;1 .20 622 222 22)2( 22)1( + + + + m m m mf mf Cách 2. TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 << tt . Do 1 2 1 2 21 <= + tt nên không tồn tại m . TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 tt hoặc 21 21 tt () 200242 mmm . (Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác ) 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III 1. 5 32cos 2sin21 3sin3cos sin += + + + x x xx x . Điều kiện 2 1 2sin x Ta có 5 = + + + x xx x 2sin21 3sin3cos sin 5 + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos2sinsin2sin =5 = + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos3coscossin 5 x x xx cos5 2sin21 cos)12sin2( = + + Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =++= xxxx 2cos =x (loại) hoặc ).(2 32 1 cos Zkkxx +== 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ www.boxmaths.com 4 2. Vì ( 0x ; ) 2 nên lấy 3 1 =x và 3 5 2 =x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều kiện 2 1 2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là: 3 1 =x và 3 5 2 =x . (Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác) Ta thấy phơng trình 3|34| 2 +=+ xxx có 2 nghiệm 0 1 =x và .5 2 =x Mặt khác ++ 3|34| 2 xxx [] 5;0 x . Vậy ()()() dxxxxdxxxxdxxxxS ++++++=++= 1 0 3 1 22 5 0 2 343343|34|3 () dxxxx +++ 5 3 2 343 ()( )() dxxxdxxxdxxxS +++++= 5 3 2 3 1 2 1 0 2 5635 5 3 23 3 1 23 1 0 23 2 5 3 1 6 2 3 3 1 2 5 3 1 ++ ++ += xxxxxxxS 6 109 3 22 3 26 6 13 =++=S (đ.v.d.t) (Nếu thí sinh vẽ hình thì không nhất thiết phải nêu bất đẳng thức ++ 3|34| 2 xxx [] 5;0x ) 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ IV 1. 1đ 1đ x 5 1 0 -1 y 3 3 2 1 8 -1 www.boxmaths.com 5 S N I M C A K B Gọi K là trung điểm của BC và MNSKI = . Từ giả thiết MN a BCMN , 22 1 ==// BC I là trung điểm của SK và MN . Ta có = SACSAB hai trung tuyến tơng ứng ANAM = AMN cân tại A MNAI . Mặt khác ()( ) ()( ) () () SKAISBCAI MNAI AMNAI MNAMNSBC AMNSBC = . Suy ra SAK cân tại 2 3a AKSAA == . 244 3 222 222 aaa BKSBSK === 4 10 84 3 2 22 2 222 aaaSK SASISAAI == == . Ta có 16 10 . 2 1 2 a AIMNS AMN == (đvdt) chú ý 1) Có thể chứng minh MNAI nh sau: () () AIMNSAKMNSAKBC . 2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ: Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz sao cho h a S a A a C a BK ; 6 3 ;0,0; 2 3 ;0,0;0; 2 ,0;0; 2 ),0;0;0( trong đó h là độ dài đờng cao SH của hình chóp ABCS . . 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ www.boxmaths.com 6 2a) Cách I. Phơng trình mặt phẳng )( P chứa đờng thẳng 1 có dạng: ()( ) 042242 =++++ zyxzyx ( 0 22 + ) ()( )( ) 044222 =+++ zyx Vậy () 2;22; ++= P n r .Ta có () 2;1;1 2 = u r // 2 và () 22 1;2;1 M () P // ()() () = = PMPM un P 22 2 2 0 1;2;1 0. rr Vậy () 02: = zxP Cách II Ta có thể chuyển phơng trình 1 sang dạng tham số nh sau: Từ phơng trình 1 suy ra .02 = zx Đặt = = = = '4 2'3 '2 :'2 1 tz ty tx tx () )4;3;2(,0;2;0 111 = uM r // 1 . (Ta có thể tìm tọa độ điểm 11 M bằng cách cho 020 === zyx và tính () 4;3;2 21 21 ; 12 11 ; 22 12 1 = = u r ). Ta có () 2;1;1 2 =u r // 2 . Từ đó ta có véc tơ pháp của mặt phẳng )(P là : [] () 1;0;2, 21 == uun P rrr . Vậy phơng trình mặt phẳng )(P đi qua () 0;2;0 1 M và () 1;0;2 = P n r là: 02 = zx . Mặt khác ()() PM 1;2;1 2 phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 02 = zx 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 2b) b)Cách I. () MHtttHH +++ 21,2,1 2 = () 32;1;1 + ttt ()()( ) 5)1(6111263211 22 222 +=+=+++= ttttttMH đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi () 3;3;21 Ht = Cách II. () tttHH 21;2;1 2 +++ . MH nhỏ nhất () 4;3;210. 22 HtuMHMH == r 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ V1. Ta có () 0;1 BOxBC = I . Đặt ax A = ta có );( oaA và .33 == ayax CC Vậy ( ) 33; aaC . Từ công thức () () ++= ++= CBAG CBAG yyyy xxxx 3 1 3 1 ta có + 3 )1(3 ; 3 12 aa G . Cách I. Ta có : |1|2|,1|3|,1| === aBCaACaAB . Do đó 1đ 0,25 đ www.boxmaths.com 7 () 2 1 2 3 . 2 1 == aACABS ABC . Ta có () |1|3|1|3 132 2 + = ++ = aa a BCACAB S r = .2 13 |1| = + a Vậy .232|1| +=a TH1. ++ += 3 326 ; 3 347 332 11 Ga TH2 = 3 326 ; 3 134 132 22 Ga . Cách II. y C I O B A x Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . Vì 22 == I yr . Phơng trình () 321 3 1 1.30: 0 = == I x x xtgyBI . TH1 Nếu A và O khác phía đối với .321+= I xB Từ 2),( = ACId .3232 +=+= I xa ++ 3 326 ; 3 347 1 G TH 2. Nếu A và O cùng phía đối với .321= I xB Tơng tự ta có .3212 == I xa 3 326 ; 3 134 2 G 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2. Từ 13 5 nn CC = ta có 3n và 1 đ www.boxmaths.com 8 ()() 02835 6 )2)(1( !1 ! 5 !3!3 ! 2 =−−⇔= −− ⇔ − = − nnn nnn n n n n 4 1 −=⇒ n (lo¹i) hoÆc .7 2 = n Víi 7=n ta cã .4421402.2.3514022 222 3 3 4 2 1 3 7 =⇔=⇔=⇔=                 −−− − − xC xxx x x 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® www.boxmaths.com * Giáo trình Toán Cao Đẳng – Đại Học – Cao Học. * Tài Liệu Toán – Đề Thi Toán cho học sinh THPT. * Phần mềm Toán. * Giáo Trình – Từ Điển – Phần Mềm Học Tiếng Anh. * Các Phần mềm ứng dụng khác. www.boxmaths.com 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 ___________________________________ Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số m x mxmx y ( (1) 1 2 ++ = là tham số). 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) Giải phơng trình .2sin 2 1 sin tg1 2cos 1cotg 2 xx x x x + + = 2) Giải hệ phơng trình += = .12 11 3 xy y y x x Câu 3 (3 điểm). 1) Cho hình lập phơng . Tính số đo của góc phẳng nhị diện [] . .' ' ' 'ABCD A B C D DCAB ,' , 2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hình hộp chữ nhật có trùng với gốc của hệ tọa độ, yz ; 0; 0 .' ' ' 'ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; ) B aDaAb . Gọi (0, 0) ab >> M là trung điểm cạnh CC . ' a) Tính thể tích khối tứ diện ' B DA M theo a và b . b) Xác định tỷ số a b để hai mặt phẳng và (' ) ABD () M BD vuông góc với nhau. Câu 4 ( 2 điểm). 1) Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển nhị thức Niutơn của n x x + 5 3 1 , biết rằng )3(7 3 1 4 += + + + nCC n n n n ( n là số nguyên dơng, x > 0, là số tổ hợp chập k của n phần tử). k n C 2) Tính tích phân + = 32 5 2 4 xx dx I . Câu 5 (1 điểm). Cho x, y, z là ba số dơng và x + y + z 1. Chứng minh rằng .82 1 1 1 2 2 2 2 2 2 +++++ z z y y x x HếT Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Họ và tên thí sinh: . Số báo danh : . www.boxmaths.com [...]... phần nh đáp án quy định Ht 5/5 THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2007 Mụn thi: TON, khi A Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt B GIO DC V O TO CHNH THC PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH Cõu I (2 im) x 2 + 2(m + 1)x + m 2 + 4m (1), m l tham s x+2 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) khi m = 1 2 Tỡm m hm s (1) cú cc i v cc tiu, ng thi cỏc im cc tr ca th cựng vi gc ta O to thnh... thc xy ra khi v ch khi x = y = z = 4 Vy 0,25 -Ht 4 www.boxmaths.com B GIO DC V O TO THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2006 CHNH THC Mụn thi: TON, khi A Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH Cõu I (2 im) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s y = 2x 3 9x 2 + 12x 4 3 2 Tỡm m phng trỡnh sau cú 6 nghim phõn bit: 2 x 9x 2 + 12 x = m... b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm www.boxmaths.com H v tờn thớ sinh: s bỏo danh: B GIO DC V O TO P N - THANG IM THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2006 CHNH THC Mụn: TON, khi A (ỏp ỏn - Thang im gm 05 trang) Cõu I í 1 Ni dung im 2,00 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1,00 im) y = 2x 3 9x 2 + 12x 4 TX: S bin thi n: y ' = 6 ( x 2 3x + 2 ) , y ' = 0 x = 1, x = 2 0,25 Bng bin thi n:... 2 2 2 2 cos 2 A = cos A BC Theo giả thi t: M = 0 cos =1 2 1 A sin 2 = 2 0,25 A = 90 B = C = 45 0,25 4 B GIO DC V O TO CHNH THC THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2005 Mụn: TON, khi A Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Câu I (2 im) Gi (Cm ) l th ca hm s y = m x + 1 x (*) ( m l tham s) 1 1) Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (*) khi m = 4 2) Tỡm... ra hoặc khi x = y = z = ) www.boxmaths.com * Giỏo trỡnh Toỏn Cao ng i Hc Cao Hc * Ti Liu Toỏn Thi Toỏn cho hc sinh THPT * Phn mm Toỏn * Giỏo Trỡnh T in Phn Mm Hc Ting Anh * Cỏc Phn mm ng dng khỏc 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 ... -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh www.boxmaths.com 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) Nội dung ý I.1 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 thi n: x(2...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) 1 x2 + x 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... -Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm www.boxmaths.com H v tờn thớ sinh: s bỏo danh: B GIO DC V O TO P N - THANG IM THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2007 Mụn: TON, khi A (ỏp ỏn - Thang im gm 04 trang) CHNH THC Cõu I Ni dung 1 im 2,00 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1,00 im) x2 3 1 Khi m = 1 ta cú y = = x 2+ x+2 x+2 Tp xỏc nh: D = \{2} S bin thi n: x = 3 1 x 2 + 4x + 3... Ht Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh www.boxmaths.com s bỏo danh B GIO DC V O TO CHNH THC Cõu I P N THANG IM THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2005 -Mụn: TON, Khi A (ỏp ỏn thang im gm 4 trang) í Ni dung im 2,0 1,0 I.1 m= 1 1 1 y= x+ 4 4 x a) TX: \{0} 0,25 b) S bin thi n: y ' = 1 1 x 4 = , y ' = 0 x = 2, x... +1 x 2n +1 x 1,0 0,25 o hm hai v ta cú ( 2n + 1)(1 + x ) 2n + = C1 +1 + 2C2 +1x + 3C3 +1x 2 + + ( 2n + 1) C2n +1x 2n x 2n 2n 2n 2n 1 Thay x = 2 ta cú: 2 + C1 +1 2.2C 2 n +1 + 3.2 2 C3 +1 4.23 C 4 +1 + + ( 2n + 1) 22n C 2n +1 = 2n + 1 2n 2n 2n 2n 1 Theo gi thit ta cú 2n + 1 = 2005 n = 1002 V 0,25 0,25 0,25 1,0 Vi a, b > 0 ta cú : 4ab (a + b) 2 Du " = " xy ra khi v ch khi a = b p dng kt qu . 5 = + + + x xx x 2sin21 3sin3cos sin 5 + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos2sinsin2sin =5 = + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos3coscossin 5 x x xx cos5 2sin21 cos)12sin2( = + + Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =++= xxxx 2cos =x (loại) hoặc ).(2 32 1 cos Zkkxx +== 1,0 đ 0,25 đ 0,25. 0 cos 0 (*) tg 1 x x x . Khi đó phơng trình đã cho )cos(sinsin cos sin 1 sincos 1 sin cos 22 xxx x x xx x x + + = cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin xx x xx xxx x =+ 2 (cos. 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 www.boxmaths.com 1 Bộ