Bộ đề thi thử Đại học môn Toán Phần 246943

2/Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I1;2tới tiếp tuyến của C tại M là lớn nhất.. Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến C, với A,B là

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 13

(Thời gian làm bài 180 phút)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7 điểm)

Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số có đồ thị là (C)

1

1 2







x

x y

1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2/Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I(1;2)tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất

Câu II: (2 điểm)

1/Giải phương trình: sin3x – 2cos2x = 3sinx + 2cosx;

2 1

1x x  x

Câu III: (1 điểm)

Tính tích phân: I =

1

dx

x  x 



Câu IV: (1 điểm)

Trong không gian, cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy một góc 0 Mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với đáy

60 hình chóp góc 0 và cắt SC, SD lần lượt tại M, N Tính thể tích khối chóp S.ABMN

30 theo a

Câu V: (1 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P

PHẦN RIÊNG: (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương tình chuẩn:

CâuVI.a: (2 điểm)

1/Trong hệ trục Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = 0 và điểm E(4; 1) Tìm toạ

độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B là các tiếp điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB

2/Trong không gian Oxyz, cho 2 đường thẳng 1: ; 2: 1 và mặt

 phẳng (P): x + 2y + 3z = 0 Viết phương trình đường thẳng d cắt d1 ; d2đồng thời d song song (P) và d vuông góc d1

CâuVII.a:(1 điểm)

Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: 2 2

(z z z)( 5z6)10

B.Theo chương trình nâng cao.

CâuVI.b: (2 điểm)

1/Cho tam giác ABC có diện tích S = , hai đỉnh A(2; - 3), B(3; - 2) và trọng tâm G của

2 3 tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0 Tìm tọa độ đỉnh C

2/Cho 2 đường thẳng : (d): 2 4 , ( ') : 8 6 10

d

Trong các mặt cầu tiếp xúc với các đường thẳng (d) và (d’), viết phương trình mặt cầu (S)

có bán kính nhỏ nhất

CâuVII.b: (1 điểm)

Giải hệ phương trình:















1 log log

27 2

3 3

log

x y

y

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 13

I/1 (1 điểm)

1/Tập xác định: DR\ 1

2/Sự biến thiên:

2

1

( 1)

y x

 Giới hạn và tiệm cận:

Tiệm cận đứng

Tiệm cận ngang

Bảng biến thiên:

x  -1 

/

y 

2

2



Vậy: Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1, trên 1; 

I

(2 điểm)

3/Đồ thị:

Đồ thị (C0) có tâm đối xứng là điểm ( 1; 2)

Với x  0 y 1

2

y   x

I/2 (1 điểm)

Gọi ( ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình:

1

1 2

;

0

x x















hay )

( ) 1 (

1 1

1

2 0 0

x x x

x











0 ) 1 ( ) 2 ( ) 1 ( )

0

x

Khoảng cách từ I(1;2) tới tiếp tuyến là:

0 2 0

4 0

0 4

0

0 0

) 1 ( ) 1 ( 1

2 )

1 ( 1

1 2 1

1

) 1 ( ) 1 (































x x

x

x x

x x d

Theo BĐT Cauchy : ( 1) 2 , nên Khoảng

) 1 (

0 2 0







cách d lớn nhất bằng 2 khi

hoặc x = 0

) 1 ( ) 1 (

1

0 2

0 2

0 2 0

















x

Vậy có hai điểm M cần tìm: M2;3 hoặc M(0;1)

II/1: (1 điểm)

Phương trình đã cho tương đương

2sinx (1 – cosx2) + 2cosx2 + cosx – 1 = 0

(1 + cosx)( 2(sinx + cosx) – 2 sinxcosx – 1) = 0



cosx = - 1 hoặc 2( sinx + cosx ) – 2 sinxcosx – 1 = 0



1/ cosx = - 1  x k2

2/2( sinx + cosx ) – 2 sinxcosx – 1 = 0 (*)

Đặt t = sinx + cosx , t  2

Từ (*) ta có: t(t – 2) = 0  t = 0

Với t0, ta có:

sinxcosx0 

4 k

 

Vậy phương trình có 2 họ nghiệm: x k2; x =

4 k

 

 

II

(2 điểm)

II/2: (1 điểm)

Điều kiện : – 1 x 1

Đặt t = 1x 1x suy ra: t2 22 1x2 t  2

Ta có phương trình

2

t

t t

é = ê

ë 1/t2, ta có:

1 x 1   x 2 x 0

điều kiện)

3 2   3 2 

Vậy phương trình có nghiệm x = 0

III

(1 điểm) Ta có:











3 1

03 3 1

3 3

) 1 ( 1 1

) 1 (

1

x

dx x x

dx dt

x x

x x

Đặt





























2

) 1 (

1 )

1

v dx x

x dv

dx du x u









1

0 3 3

1

0

1

3

1 1

) 1

dx x

x x

dt x

Vậy I =

3 2 1

IV

(1 điểm)

N

O F

E

B A

S

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, E, F là trung điểm AB, CD

Suy ra MN//AB//CD nên ABMN là hình thang cân đáy lớn AB

Gọi S là diện tích hình thang ABMN ta có: S = (AB+MN).IE ( I là 1

2 trung điểm MN)

Tam giác SEF đều

S =















 2

2 3

a MN

a IE

2

8

3 3

a

)

( ABMN SI

IE SI

MN SI















Hay SI là đường cao của hình chóp S.ABMN

Tam gíac SEF đều cạnh a, I là trung điểm SF nên SI = a/2

16

3 2

1 8

3 3 3

1

a a

V

(1 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

3

7 2 16

a



(2)

3

7 2 16

b



3

7 2 16

c



(1) + (2) + (3) => 3P 31( 3 3 3) 21 (4)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

(a3 + 1 + 1) + (b3 + 1 + 1) + (c3 + 1 + 1) 3( a + b + c)

a3 + b3 + c3 3 (5)

Từ(4) và (5) ta có: 3P  9

2

3 2

P

 

2   a b c VIa/1 (1 điểm)

Gọi toạ độ của các tiếp điểm A, B là A(xA,yA), B(xB,yB);

Phương trình tiếp tuyến MA là : (xA – 4)( x – 4) + yAy = 4

Vì tiếp tuyến đi qua M(0; y0) nên ta có : - 4( xA – 4) + yAy0 = 4

0

12 4

y

x

A







Tương tự:

0

12 4

y

x

y B B 



Phương trình đường thẳng AB là:

A B A A

B

A

x x

x x y y

y y











Thay yA, yB ta được:

A

A

x



Thay toạ độ điểm E và phương trình AB ta được:

) 4 ( 4 12 4

1

0 0

A

y y

x







Vậy có 1 điểm M (0; 4)

VIa

(2 điểm)

VIa/2 (1 điểm)

Đường thẳng d có véctơ chỉ phương thỏa : u

r

1

(1; 2;3)

( 1; 2; 1) (1;1;1)

p d

u n

u

u u





 



 

Gọi A(a; a; a) d 1; B(1 - b ; 2b; 3b) d 2

=> AB(1 - a - b; 2b - a; 3b - a)

Đường thẳng d qua A,B 

( )

AB ku

A P









 



2 3 1 4

a b

 





 



Vậy d :

x y z

 VIIa

(1 điểm) Phương trình đã cho tương đương(z – 1)(z + 3)(z + 2) z = 10(z2 + 2z – 3)( z2 + 2z ) = 10



2

2

1



  

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm z  1 6 hoặc z  1 i

VIb/1

Gọi C’ là chân đường cao hạ từ C Ta có: AB = 2

Nên CC’= 2 3 2

2

S

AB  Qua G kẻ đường // AB và cắt CC’ tại H

CC  CM  vậy HC’= là khoảng cách từ G đến đường thẳng AB

2 2 Phương trình đường thẳng AB là x – y – 5 = 0

4 0 (2) 2

2

x y

x y

x y

-

-ê

ë

G là giao điểm của trung tuyến CM và một trong 2 đường (1) hoặc (2) ta có: G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

Từ GC 2GM, ta suy ra có 2 điểm là: C(- 2; - 10) hoặc C(1; - 1)

VIb

(2 điểm)

VIb/2 (1 điểm)

Gọi (S) có tâm I và bán kính R

Gọi tiếp điểm của (S) với (d), (d’) là M,N

Khi đó: 2R = IM + IN MN HK (*) HK là đường vuông góc  

chung của (d), (d’), H thuộc (d), K thuộc (d’)

Đẳng thức (*) xảy ra khi và chỉ khi (S) là mặt cầu đường kính HK

Gọi H( t; 2 – t ; - 4 + 2t), K( - 8 + 2s ; 6 + s ;10 – s )

Ta có HK( - 8 + 2s – t ; 4 + s + t ; 14 – s – 2 t)

Vì HK là đường vuông góc chung của (d) và (d’) nên:

























4

2 0

0

s

t v

HK

u HK

H(2; 0; 0), K(0; 10; 6) và HK= 140

(S) có tâm I(1; 5; 3) là trung điểm HK và bán kính R =

2

HK

Vậy phương trình (S): (x – 1)2 + (y – 5)2 + (z – 3)2 = 35

VIIb

(1 điểm) Điều kiện :x0,y0

Đặt u = log3x,vlog3 y Ta có hệ:











 1

9 3

u v

uv

Giải hệ trên được nghiệm: u =1; v = 2 hoặc u = - 2; v = - 1

Vậy hệ có 2 nghiệm: x = 3; y = 9 hoặc x = ; y = 1

9

1 3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 14

(Thời gian làm bài 180 phút)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7 điểm)

Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số 2 3 có đồ thị (C)

2

x y

x





 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)

2/Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất

Câu II: (2 điểm)

1/Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0

2/Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x5

Câu III: (1 điểm)

Tính tích phân:

1

2

dx

Câu IV: (1 điểm)

Trong không gian, cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất

Câu V: ( 1 điểm )

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4 Chứng minh

x y z  

2 x y z x     2 y z x y     2 z

PHẦN RIÊNG: (3điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a.( 2 điểm )

1/Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng :

2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1)

2/Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P): x – 2y + z – 2 = 0

và hai đường thẳng :

d 1 3 2 và d’

x  y  z



1 2 2 1

 



  



  

 Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai  đường thẳng d và d’ Chứng minh d và d’ chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng

Câu VIIa ( 1 điểm )

S C C C C C C C C C C C C

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b.( 2 điểm )

1/Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :

(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2/Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :

d 1 2 và d’

4 5

x t





  



  



1 2 3

x t





   



  



a Chứng minh hai đường thẳng d và d’ cắt nhau

b Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi d và d’

Câu VIIb.( 1 điểm )

Giải phương trình : log 5 3

2 x x

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14

I/1 (1 điểm)

1/Tập xác định: DR\ 2 

2/Sự biến thiên:

2

1

( 2)

x

 Giới hạn và tiệm cận:

Tiệm cận đứng

Tiệm cận ngang

I

(2 điểm)

Bảng biến thiên:

x  2 

/

-y

2 



2 Vậy: Hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2, trên2;

3/Đồ thị:

Đồ thị (C0) có tâm đối xứng là điểm (2; 2)

2

x  y

2

y  x

I/2 (1 điểm)

2

M m

m

1 '

2

y m

m

 

 Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :

2

2 2

m m



 Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2; 2 2

2

A

m

Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)

2 2

2

1

2

m



Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2)

II

(2 điểm) II/1: (1 Phương trình đã cho tương đươngđiểm)

2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0

sin

sin

0 sin

x cosx cosx x x cosx cosx x

sin cosx x cosx x

cosx x

2/Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 Đặt t = sinx + cosx

với t  2; 2 Khi đó phương trình trở thành:

2

1

2

t

t         t t t

cos x    cos x    cos 

2 4

x   k 

   

II/2: (1 điểm)

Điều kiện:x 5

Phương trình đã cho tương đương

x   x Đặt y - 2 = x5,  2

y  y  x

Ta có hệ phương trình :

2





2

2

2

1

3 0 2

x y

x

x

x y y

   



     

       

 

 

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 1hoặc 1(5 29)

2

x  III

(1 điểm) Ta có:

1

2

dx

2

x



1

x



1

1

1





Đặt

2

1

1 2

x

x





t x   t x  tdt xdx





 

Vậy I2=

2 2

0

t dt



 Nên I = 1

IV

(1 điểm)

A

B

C S

Gọi là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) 

Ta có : ฀SCA; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin

Vậy

V  S SA AC BC SA a  cos  a   

Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1)

Ta có : f’(x) = 1 – 3x2   1

3

f x    x

Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN

hay

    0;1

x

Max f x f



Vậy MaxVSABC = , đạt được khi sin = hay

3

9 3

3

1 sin 3

arc



( với 0 < )

2





V

x y z    x y z 

x  y z   y x z 

2 4 2 ( )

x y   z z y x 

+ Lại có : 1 1 1( 1);

x y  4 x  y



4

y z  y z



4

x z xz

 cộng các BĐT này ta được đpcm

VIa/1 (1 điểm)

Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :

a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2 0) Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :

a b

a b



5

a b

a b



5 2a 5b 29 a b

9a2 + 100ab – 96b2 = 0

12 8 9

 







 

 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác

Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9

Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0

VIa

(2 điểm)

VIa/2 (1 điểm)

Mặt phẳng (P) cắt d tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và d’ tại điểm B(9 ; 6 ; 5)

Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :

9

6 8

5 15

 



  



  



+ Đường thẳng d đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u1;1; 2

+ Đường thẳng d’ đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u' 2;1;1 

Ta có :

 MM'2; 1;3 

 MM  'u u, '    8 0

Do đó d và d’ chéo nhau

,

11 , '

MM u u

d d d

u u

  

 

VIIa

(1 điểm) Chọn khai triển : 5 0 1 2 2 5 5

1

x C C x C x   C x

1

x C C x C x   C x C C x C x   C x 

Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là :

C C50 75C C51 74C C52 73C C53 72C C54 17C C55 70

Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của

(x + 1)12 là : C125

Từ đó ta có : C C50 75C C51 74C C52 73C C53 72C C54 17C C55 70 = 5 = 792

12

C

VIb/1

Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2)

có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0

(A2 + B2 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1

và I2đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :

 

 

15 1

2

A B

A B









Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C |

Hay 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)

TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) :

21A 28AB 24B 0

14 10 7 21

 

Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203 10 7

Vậy có hai tiếp tuyến :

(- 14 10 7)x + 21y 203 10 7 = 0

TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) 4 3 , thay vào

2

A B

  (2) ta được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 Phương trình này vô nghiệm

VIb

(2 điểm)

VIb/2 (1 điểm)

+ Đường thẳng d đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u1; 2;5

+ Đường thẳng d’ đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u' 1; 2; 3   

Nhận thấy d và d’ có một điểm chung là 1; 0;3 hay (d) và (d’)

I 

cắt nhau (Đpcm)

b) Ta lấy ' 15; 2 15; 3 15

'

u

u





Ta đặt : 1 15; 2 2 15;5 3 15

1 15; 2 2 15;5 3 15

Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt nhận hai véctơ a b , làm VTCP và chúng có phương trình là :

và

1

15

2 2

7

5 3

   



    



1

15

2 2

7

5 3

   



    



VIIb

(1 điểm) Điều kiện : x > 0 Phương trình đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1)

Đặt t = log2x, suy ra x = 2t , ta có :

(2)

5

log 2t   3 t 2t 3 5t 2 3 1 1

     

Xét hàm số : f(t) = 2 3 1

    

f'(t) = 2 ln 0, 4 3 1 ln 0, 2 0,

t

Suy ra f(t) nghịch biến trên R

Lại có : f(1) = 1 nên phương trình (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay

log2x = 1 hay x =2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15

(Thời gian làm bài 180 phút)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)

Câu I: (2 điểm )

Cho hàm số 2 (1), m là tham số thực

y=9x(x  mx

1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1

2/Cho M(1;-9) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu tại A, B sao cho A, B,

2

M thẳng hàng

Câu II: (2 điểm)

1/Tính tổng các nghiệm của phương trình 1 tan2 trên đoạn [0;38]

1 tan 2

cos2xcosx

=sinx

1-sinx

x x



 2/Giải bất phương trình 2log (5x-9+ x -2x+25)+log (x2 2 2 36) 0

2

x

Câu III: (1 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y=x x1, y=2x, x=-1, x=3

Câu IV: (1 điểm)

Trong không gian, cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB=a,

BC=2a Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA=a Gọi H là hình chiếu của A trên SB Tính thể tích khối chóp H.ACD theo a và côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và

(SCD)

Câu V: (1 điểm)

Cho 3 số thực dương a,b,c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

ab bc ca P



PHẦN RIÊNG: (3 điểm)

Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VIa: (2 điểm)

1/Trong hệ toạ độ Oxy, Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng

, đi qua điểm A(-2;2) đồng thời tiếp xúc với đường thẳng

2

( ) : (S x1) (ym)   (z m 1) 4

phẳng ( ) :P x2y2z 5 0 Chứng mình rằng mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và tìm toạ độ tiếp điểm

Câu VIIa: (1 điểm)

Gọi z1,z2 là 2 nghiệm phức của phương trình 2 Tính giá trị của biểu

z  z  thức 2013 2013

z z

B.Theo chương trình nâng cao:

Câu VIb: (2 điểm)

1/Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) ,

đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0

và x + 2y – 5 = 0

2/Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (  ) có phương trình : 2 1 0

2 0

x y z

x y z

   



    

 Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (  )sao cho MA + MB nhỏ nhất

Câu VIIb: (2 điểm)

Cho (1 x x2 12) a0a x1 a x2 2 a x24 24 Tính hệ số a4

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 15

I

(2 điểm) I/1 (1 điểm)Với m1, ta có 3 2

( ) :C y9(x 2x x)

1/Tập xác định: D R 2/Sự biến thiên: