TRÍCH ĐOẠN 90 ĐỀ THI THỬ TOÁN

Như vậy hoành độ M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm của đường thẳng đó với đồ thị C  dùng được phương trình hoành độ và dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích x

GSTT GROUP NHÀ SÁCH GIÁO DỤC LOVEBOOK.VN ĐỊA CHỈ: 101 NGUYỄN NGỌC NẠI, THANH XUÂN, HÀ NỘI TELL: 0466860846 HOTLINE: 0963140260

WEB: LOVEBOOK.VN

TRÍCH ĐOẠN 90 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÁN TẬP 2

(RA MẮT 06/04/2014)

ĐỀ SỐ 01

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 2x 1

x 1





 (1) có đồ thị (C)

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

2 Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 5 2 Lập phương trình đường thẳng MN

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sinxsin2x 11cosx cot x 2

Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:

 3 x 1   1 x  3 x  1 x  3 m  3 x 1  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo Chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và điểm M(3; 0) Đường thẳng  qua M cắt đường thẳng d tại A Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên Ox Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến  bằng 2

5 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 3) và D(1; –2; 3) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AD sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến (P)

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng d1: x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d2: 3x +

 Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2z w zw 72 2

  Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường

tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng

2

Định hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ là hình chữ nhật thì ta khai

thác ngay được tính chất song song, đó là MN // PQ Lúc này ta sẽ

có ngay dạng của phương trình đường thẳng MN là 3x – y + m = 0,

với m  –11, tương đương với MN: y = 3x + m Như vậy hoành độ

M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm của đường

thẳng đó với đồ thị (C)  dùng được phương trình hoành độ và

dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích xM + xN; xMxN theo

biến m

Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng kia Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m)

Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo Vì ta có tổng và tích xM + xN, xMxN theo biến m nên việc tính độ dài

MN theo m là điều dễ dàng Ngoài ra, dùng định lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN2 + NP2 = PM2 = (5 2 )2 từ đây giải phương trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN

Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:

 NP2 = d2(K, MN) =  2

m 1110

Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản) “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx = cos x

sin x; sin2x = 2sinxcosx thì thấy ngay cả tử và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx

Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:

12sin x.2sin x 11

sin x 2

1 3.2sinxsin x

21

x2x

Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác tính chất) nên ta nghĩ ngay đến phương pháp hàm số ở trong đầu

Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên dùng hàm số theo kiểu tính đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu?

– Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta sẽ nên chia hai vế cho x Bởi vì

ta lấy đạo hàm của x.ln x 1

Thật vậy, thử lập bảng biến thiên thì thấy ngay VT(*)  0 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1

2 (chính là nghiệm của đạo hàm luôn!)

– Nếu triển khai theo hướng dùng hàm số Cách này sẽ thường được các bạn “ngại” (nói đúng hơn là “lười”) đạo hàm dùng!

x ) 

2 2

Điều kiện x > 0 Chia hai vế của phương trình cho x ta được:

6x 1f’(x)

2

   (do x > 0)

Lập bảng biến thiên cho ta f(x)  0 với mọi x > 0 Ta có f(x) = 0  x = 1

2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

2 Bài tập củng cố:

g(x)



  để làm dễ dàng hơn Nhưng với bài toán thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai là tách I thành dạng như trên Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:

phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng g’(x)

g(x)thì nhiều lúc ta phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là lượng tương đồng, hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là nhân cả tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện được dạng đó Thử xem nhé!

Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng:

+ Hướng 1: Chia hai vế cho ex ta được:

Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt là A và B đều cách đều hai điểm

C, D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của cạnh CD Và mặt phẳng trung trực này chính

là mặt phẳng đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) chính bằng AMB

hoặc bằng (1800 – AMB) (tùy vào độ lớn góc AMB là nhỏ hơn 900 hay lớn hơn 900)

Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích khối

tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ dài 2 cạnh)

BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD) Ngoài ra nhận thấy

có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin(ACD) (BCD),  = d B (ACD) 

nên BM  CD và AM  CD  (ABM)  (ACD) Gọi H là hình chiếu

của B lên (ACD) thì ta có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời

độ dài BH = d(B, (ACD)) = 3 Ta có góc giữa mặt phẳng

cosCAD = 2

3

 Tương tự ta tính được CD = 2 15 > BC + BD, không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác  loại

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 450

Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng dù thế nào đi nữa thì góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 450

Câu 6:

Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa  Ý tưởng của chúng

ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn điều kiện

đề bài

Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho  3 x 1   Thế nhưng trước khi chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo  3 x 1    0) Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái cũng bằng 0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2) có thể chia được cho

 3 x 1   (vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2) Thật vậy:

x – 2 = –3 x 1  3 x 1   3 x 1   Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân tử  3 x 1   để bài giải được ngắn gọn hơn!

Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt t 1 x  3 x   t2 4 2 1 x 3 x    

 (1) gần như đã được xử lí Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải phương trình rồi thì sẽ chọn cách khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất thời gian biện luận theo ẩn t nữa

Định hướng:  đi qua điểm M nên có thể viết được phương trình đường thẳng  ở dạng tổng quát:

a(x – xM) + b(y – yM) = 0

 dùng sẵn hai ẩn a, b Tiếp tục tìm tọa độ điểm A theo hai ẩn a, b  sau đó chiếu A lên Ox để được tọa độ điểm

H và bước cuối cùng là dùng dữ kiện khoảng cách để tìm tỉ số a

b  phương trình  Bài giải:

+)  đi qua điểm M(3; 0) nên có phương trình là:

a(x – 3) + b(y – 0) = 0 : ax + by – 3a = 0 (điều kiện a2b20)

+) Tọa độ A là nghiệm của hệ:

3a 2bx

5

1

Định hướng: Mặt phẳng (P) đi qua hai điểm cố định A, D đã biết tọa độ nên có thể dùng phương pháp chùm mặt phẳng một cách gián tiếp, bằng cách gọi phương trình mặt phẳng (P) ở dạng tổng quát (sẽ chỉ có hai ẩn) Việc

xử lí tổng khoảng cách cực đại ta sẽ dùng bất đẳng thức đơn giản như Cauchy hay Bu–nhi–a–cốp–xki (áp dụng với các bạn khá)

Bài giải:

+) Giả sử phương trình (P) là: ax + by + cz + d = 0 (điều kiện a2b2c20)

– Điểm A(2; 0; 0) ∈ (P)  2a + d = 0  d = –2a

Nhận xét: Mấu chốt của bài toán này đó là dùng bất đẳng thức như thế nào cho hợp lí Để làm được điều đó thì

ta chỉ chú đến việc dùng bất đẳng thức cho mẫu số cho hợp lí

Kĩ thuật chọn điểm rơi sẽ được đề cập ở đây 

Câu 9.a

Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập số phức

là được Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình bày theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân tích nhân tử

để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé 

Bài giải:

Phương trình đã cho tương đương với:

Cuối cùng ta khai thác dữ kiện diện tích: S = 1OA BC d O BC  

2  , → đây sẽ là phương trình có một ẩn duy nhất

OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0)

+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: x y 1 0 x 1 m

Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5)

Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên

BC đi qua C và nhận véctơ u3 1BC

+) Thấy rằng H ∈ d2 A ≡ H  A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A

Diện tích tam giác ABC là: S = 1

Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d2 thì khi dùng công thức tính diện tích, ta dùng S = 1

2AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S =

1

2BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng cho trước!

 (dễ thấy w = 2 không thỏa mãn)

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

w 6w 15w 2w 57 0   w 3w  6w 2w 57

Bây giờ ta thêm vào hai vế một lượng là 2m w 23wm2

ĐỀ SỐ 2

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3

x 2



 có đồ thị (C)

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

2 Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng (d): y = –x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía trục tung sao cho góc AOB nhọn (O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = 0 (x ∈ ℝ)

Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình  

2

2 3

x 4x 9x 6

12

sin2x cos x 1 2xcos x 1 ln x

dxsin x x ln x

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng:

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo Chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A nằm trên đường thẳng : x – y + 1 = 0 Đường chéo BD có phương trình: 5x – y – 7 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh hình chữ nhật đã cho, biết rằng I(1; 4) là trung điểm của CD và đỉnh D có hoành độ là một số nguyên Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

 Viết phương trình (P) chứa đường thẳng

 và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 4

Câu 9.a (1,0 điểm) Anh Thùy và chị Hiền cùng chơi Boom Online Vì muốn tăng thêm sức hấp dẫn cho trò chơi cũng như sự cố gắng của mình, chị Hiền đã nghĩ ra một trò cá cược: nếu ai thắng trước 3 ván thì thắng trận và người thua phải “nạp” cho người thắng 3K Biết rằng số trận chơi tối đa là 5 ván, xác suất mà chị Hiền thắng mỗi trận là 0,4 và không có trận hòa Đồng thời khi có người thắng đúng 3 ván rồi thì trò cá cược dừng lại Tính xác suất mà chị Hiền sẽ lấy được 3K từ vụ thắng cược này?

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên đoạn CD sao cho CN = 2DN Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3

Câu 9.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết rằng z312i z và z có phần thực dương

––––– HẾT –––––

hoành tại điểm (–3; 0) Đồng thời (C) nhận giao điểm của

hai đường tiệm cận I(2; 1) làm tâm đối xứng

2

Định hướng: Chắc chắn là trong quá trình xử lí bài toán thì phải dùng đến phương trình hoành độ giao điểm của (C) với (d) Thấy phương trình hoành độ giao điểm có dạng bậc 2 nên việc dùng định lí Viét là điều đương nhiên! Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2 thì theo bài ra, x1 và x2 phải trái dấu  ac < 0

Tiếp tục xử lí góc AOB nhọn Để ý rằng AOB chính là góc hợp bởi hai véctơ OA và OB , đồng thời thấy rằng trong quá trình giải thì ta chưa sử dụng định lí Viét, vậy nên ta cần nghĩ ra một liên hệ đối xứng A, B để áp dụng được định lí Viét Rõ ràng, AOB nhọn  cos AOB > 0 (1) Thêm một chút gia vị vào hai vế: nhân cả hai vế với OA.OB thì (1)  OA.OB > 0, đây chính là một liên hệ đối xứng với A, B giúp ta sử dụng được định lí Viét! Bài giải:

+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

+) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía trục tung

 (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1x2 < 0

+) Không mất tính tổng quát, giả sử A(x1; –x1 + m) và B(x2; –x2 + m)

Kết hợp với (**) ta kết luận được các giá trị m cần tìm là m ∈ 2 3

Nhận xét: Phương trình ở dạng khá thuần, ta biến đổi tanx = sin x

cos x và quy đồng lên thì đã được ngay dạng phương trình quen thuộc với hướng giải là phân tích nhân tử chung:

cosx(cos2x + sin2x – cosx) – (1 – sinx)sinx = 0 (*)

Đến đây ta dùng máy tính để thử nghiệm thì thấy rằng (*) có các nghiệm là 0; π

4

4

 ; π

2 (sau khi quy đồng

ta mới thử nghiệm, chứ không thử nghiệm trước khi quy đồng Bởi vì nếu thử nghiệm trước khi quy đồng thì có thể làm mất đi một số nghiệm của phương trình, từ đó làm mất đi sự đánh giá khách quan hơn về nhân tử của phương trình đó)

Để ý nhất là cặp nghiệm đối nhau (ta ưu tiên xét trường hợp đối nhau hoặc bù nhau, hơn kém nhau π

 là nghiệm của phương trình 1

2



  đều là nhân tử của phương trình  nhân tử chung

của phương trình có thể là cosx 1 cosx 1 cos x2 1 cos2x

Vậy ta đi theo hướng tách nhân tử chung cos2x = cos2x – sin2x

(*)  cos2x.cosx + 2sinx.cos2x – cosx2 – sinx + sin2x = 0

 cos2x.cosx + sinx(2cos2x – 1) – (cosx2 – sin2x) = 0

Đến đây thì nhân tử chung cos2x đã xuất hiện rồi! Việc dự đoán nhân tử của chúng ta thành công mỹ mãn  Bài giải:

Điều kiện: x  π

2 + kπ (k ∈ ℤ) (1)

Phương trình đã cho tương đương với:

cos2x + 2sinxcosx – cosx – (1 – sinx).sinx

cos x = 0

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

 cos2x.cosx + sinx(2cos2x – 1) – (cos2x – sin2x) = 0

 cos2x.cosx + sinx.cos2x – cos2x = 0

Kiểm tra lại điều kiện (1), ta kết luận được phương trình có hai họ nghiệm là x = π

4 +

kπ

2 và x = k2π (k ∈ ℤ) Câu 3

Định hướng: Cảm giác đầu tiên khi gặp phải bất phương trình này chắc là cũng khá “ngợp”  Chưa vội động thủ, tìm điều kiện xác định của phương trình đã nhé 

Không khó để tìm được điều kiện xác định của phương trình là x  0

Bước tiếp theo là bước biến đổi phương trình Một điều phải thừa nhận là bất phương trình này khá hóc, khi mà ngay trong bước quy đồng cũng rắc rối (muốn quy đồng đúng, phải chia hai trường hợp là x > 0 và x < 0), trong khi đó lại không đánh giá được x nhờ vào bất phương trình đã cho Không sao, “Nắng đã có mũ, mưa đã có ô, còn

giải bất phương trình điều kiện phức tạp đã có phương trình lo”! Thật vậy, ta đi giải phương trình tương ứng với bất phương trình trên, sau đó dùng bảng xét dấu để kết luận nghiệm của bất phương trình

Bất phương trình đã cho tương đương với:    

2 3

– Nghiệm của mẫu số: đã tìm trong điều kiện xác định

– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:

x 4x 9x 6  x 4x 3x 2 1 1   Trước tiên, xin được phá cái “vỏ” là các dấu ngoặc để phương trình được dễ nhìn hơn:

Ta sẽ nhẩm tính dùng hàm số bậc ba, bằng cách thêm vào hai vế một lượng đúng bằng lập phương của vế phải (*) Điều này cũng không có gì quá gượng ép, bởi khi cộng thêm vào hai vế một lượng là 4x33x22x 1  thì bên vế phải xuất hiện số hạng có lũy thừa cao nhất là 8x3 = (2x)3, là lập phương của một lượng “đẹp”

(*)  8x312x28x 2 4x  33x22x 1 34x33x22x 1 Vậy hàm số ta dùng trong bài toán này đó là f(t) = t3 + t (là hàm đồng biến)  cần biến đổi vế trái thành dạng (ax + b)3 + (ax + b) Để tìm a, b thì ta dùng phương pháp hệ số bất định:

8x 12x 8x 2  ax b  ax b a x 3a bx  3ab a x b b

3 2 2 3

b 13ab a 8

Ta xét dấu của vế phải bằng cách tìm nghiệm của tử số và mẫu số:

– Nghiệm của mẫu số: x = 0

– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:

Lập bảng xét dấu của vế phải (**):

Dựa vào bảng xét dấu, ta kết luận được tập nghiệm của bất phương trình là:

  Điều này cũng dễ nhận ra khi mà tử số có nhiều số hạng tương đồng với mẫu số, vậy nên ta

sẽ tách ở tử số thành dạng f(x).g(x) + g’(x)  ta sẽ tách những dấu ngoặc ở tử số ra, sau đó tìm số hạng có chứa xlnx và nhóm lại với số hạng thích hợp, cụ thể là:

Tử số = sin2x cosx 1 2cosx.xlnx lnx     số hạng chứa xlnx là 2cosx.xlnx  để nhóm được dạng f(x).g(x) (với g(x) là mẫu số) thì phải nhóm (sin2x + 2cosx.xlnx) = 2cosx.(sinx + xlnx)

Lượng còn lại là (cosx + 1 + lnx) chính bằng đạo hàm của mẫu số

+ –

+ –

0