a 1,25ñ Tính thể tích của khối chóp S.ABCD b 1,25ñ Xác ñịnh tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD II.. PHẦN RIÊNG 3 ñiểm Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo[r]
Trang 1
ðề số 1
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (3 ñiểm)
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 ( ) C
3
b) Tìm m ñể ñường thẳng d y( ) : =2mx−1 cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt? ( 1 ñiểm)
Bài 2 (3 ñiểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x( ) 1cos2x 2sinx 2
2
π
b) Giải phương trình: 21 x 9x
3
c) Giải hệ phương trình:
2
Bài 3 (1 ñiểm) Cho hàm số y x m x m Cm
x
1
=
Chứng minh rằng với m∀ , ñồ thị (Cm) luôn có cực ñại, cực tiểu Tìm m ñể khoảng cách từ ñiểm cực ñại của ñồ thị (Cm) ñến ñường thẳng ( ) : 3∆ x−4y+2 0= bằng 4? ( 1 ñiểm)
Bài 4 (3 ñiểm) Cho hình chóp S ABC có SA⊥(ABC), ñáy là ABC∆ vuông cân tại A
Biết SA=2 ,a AB=a 3, AC=a 3
a) Tính thể tích của khối chóp S ABC (1,5 ñiểm)
b) Xác ñịnh tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC
c) Gọi M N P, , lần lượt là trung ñiểm của SB SC AC, , Mặt phẳng MNP( ) cắt AB tại Q Tính diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC ( 0,5 ñiểm)
===========================
http://www.vnmath.com
Trang 2
ðề số 1
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (3 ñiểm)
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 ( ) C
3
• Giới hạn
xlim y ; xlim y
x
y
1
( 0,25 ñiểm)
Hàm số nghịch biến trên (1;3), ñồng biến trên ( ;1)−∞ và (3;+∞)
ðiểm cực tiểu I1(3; 1)− , ñiểm cực ñại I2 1;1
3
• Ta có y'' 2= x−4; '' 0 y = ⇔2x− =4 0 ⇔x=2 ðiểm uốn I 2; 1
3
−
(0,25 ñiểm)
ðiểm ñặc biệt: A(0; 1− ), B 4;1
3
ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I 2; 1
3
−
làm tâm ñối xứng
1
1
0
+∞
+∞
−∞
+
-
x
( )
'
f x
( )
f x
0 -2
A
2 -1
x
y
I
1
-2
3
4
1 3 1 3
−
B
2
I
1
I
-1 http://www.vnmath.com
Trang 3b) Tìm m ñể ñường thẳng d y( ) : =2mx−1 cắt ( )C tại 3 ñiểm phân biệt?
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của C( ) và d( ) là:
2
0
3
=
ðặt g x( ) 1x3 2x 3 2m
3
ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0
m
3 (0) 0
2 2
∆
>
≠
≠
( 0,5 ñiểm)
Bài 2 ( 3 ñiểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x( ) 1cos2x 2sinx 2
2
π
∈
Ta có f x( ) 1(1 2sin2x) 2sinx 2 sin2x 2sinx 1, x 0;
π
(0,25 ñiểm)
ðặt t sin , 0x t 1 g t( ) t2 2t 1, t 0;1
g t′( )= −2 2, ( ) 0t+ g t′ = ⇔ =t 1, t∀ ∈ 0;1 (0,25 ñiểm)
Ta có: g(0) 1; g(1) 5
Giá trị lớn nhất là:
2
π
Giá trị nhỏ nhất là: g t g khi t f x( ) khi x
2
Vậy f x khi x
0;
2
5 max ( )
π
π
0;
2
1
6
π
b) Phương trình 21 x 9x
3 log −6 log − =1 0⇔ 4 log23x−3log3x− =1 0 (0,25 ñiểm)
x x
t
x
3 2
4 3
3
1
1
=
=
=
= −
(0,5 ñiểm)
http://www.vnmath.com
Trang 4S
A
B
K E
M
N
Q
H d
c) Giải hệ phương trình
x y
(2)⇔ 27 = 3 9 ⇔3 =3 ⇔ = , thay vào phương trình (1) ta ñược:
y
y
y 2
1
2
2
=
= −
( 0,5 ñiểm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2)− − ( 0,5 ñiểm)
Bài 3 (1 ñiểm)
'
Dựa vào BBT ⇒ ñiểm cực ñại là: I1( 2;− m−3) (0,25 ñiểm)
Khoảng cách từ ñiểm cực ñại I1( 2;− m−3) ñến ñường thẳng ( ) : 3∆ x−4y+ =2 0 là:
m
7 5
Bài 4 (3 ñiểm)
• Vẽ hình ñúng (0,5 ñiểm)
Do SA⊥(ABC) nên SA là ñường cao
của hình chóp S ABC
ABC
V 1SA S.
Mà ABC∆ vuông cân tại C
2
( 0,25 ñiểm)
Suy ra V 12 a a23 a3
2
−
3
m −
1
m +
0
+∞
+∞
−∞
+
-
x
( )
'
f x
( )
f x
-
1
− http://www.vnmath.com
Trang 5b) Gọi H là trung ñiểm BC Ta có: HA HB HC= = (do ABC∆ vuông tại A )
Từ H dựng ñường thẳng d ⊥ ABC( ) Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA ñi qua trung ñiểm E của SA , cắt d tại ñiểm I
Ta có IA IS (1)=
Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB SC, Ta có: IC IB IS (2)= =
Từ (1),(2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC Bán kính R IA=
Ta có IA IH2 AH2 a 10
2
Diện tích mặt cầu là: S=4πR2 =10πa2
Thể tích khối cầu là: V 4 R3 5 10 a3
c) Mặt phẳng MNP( ) cắt ABC( ) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung ñiểm của AB (0,25 ñiểm)
Diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC bằng:
a
2
(0,25 ñiểm)
=============================
ðề số 2
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (3 ñiểm)
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 ( ) C
3
b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : = +1 cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt? (1 ñiểm)
Bài 2 (3 ñiểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x( ) 1cos2x 2sinx 4
2
π
∈
b) Giải phương trình: x
x
2
http://www.vnmath.com
Trang 6c) Giải hệ phương trình
y x
xy 1 1
2
Bài 3 (1 ñiểm)
Cho hàm số y x m x m m C( m)
x
2
=
Tìm m ñể hàm số (Cm) có cực ñại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai ñiểm cực ñại, cực tiểu
Bài 4 (3 ñiểm)
Cho hình chóp S ABC có SA⊥(ABC), ñáy là ABC∆ vuông tại C
Biết SA a= 3, AB=2 ,a AC=a
a) Tính thể tích của khối chóp S ABC (1,5 ñiểm)
b) Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SC SB, Xác ñịnh tâm I và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC (1 ñiểm)
c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A BHK và A BCH ? (0,5 ñiểm)
===============================
ðề số 2
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (3 ñiểm)
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 (C)
3
• Giới hạn
xlim y ; xlim y
x
y
1
(0,25 ñiểm)
1 3
−
1
1
0
+∞
+∞
−∞
- +
x
( )
'
f x
( )
f x
http://www.vnmath.com
Trang 7Hàm số ñồng biến trên (1;3) , nghịch biến trên (−∞;1) và (3;+∞)
ðiểm cực ñại I1(3;1) , ñiểm cực tiểu I2 1; 1
3
−
• Ta có y''= −2x+4; '' 0 y = ⇔ −2x+4 0= ⇔ x=2
ðiểm uốn I 2;1
3
• ðiểm ñặc biệt: A( )0;1 , B 4; 1
3
−
ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I 2;1
3
làm tâm ñối xứng (0,5 ñiểm)
b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : = +1 cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt?
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d) là:
2
0
3
=
ðặt g x( ) 1x2 2x m 3
3
ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0
m
1
3
Bài 2 ( 3 ñiểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x( ) 1cos2x 2sinx 4
2
π
∈
• Ta có f x( ) 1(1 2sin2x) 2sinx 4 2sin2x 2sinx 1, x 0;
π
(0,25 ñiểm)
ðặt t sin , 0x t 1 g t( ) 2t2 2 1,t t 0;1
0 -2
A
2
-1
x
y
I
1
-2
3 4
1 3 1 3
−
B
2
I
1
I
http://www.vnmath.com
Trang 8g t'( ) 4t 2, '( ) 0, g t t [0;1]
3
Giá trị lớn nhất:
2
π
Giá trị nhỏ nhất là:
2
π
Vậy f x khi x
0;
2
π
0;
2
1 min ( )
π
π
b) PT x
x
2
log −5log +13log 4 0= ⇔ log22x+10 log2 x+16 0= (0,5 ñiểm) ðặt t=log2x, ta có phương trình: (0,25 ñiểm)
x
2
8 2
1
2
256
−
−
=
+ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = ⇒ =
(0,25 ñiểm)
c) Giải hệ phương trình
y x
xy
1 1
y
x
1 (1)
2
⇔ = , thay vào phương trình (2) ta ñược:
y y
y
t t t
1
16 −4− − =3 0⇔4 −4 − =3 0⇔ = 4 3 0>
t t
2
4
= −
Kết hợp ñiều kiện, ta chọn t=4⇔4y =4⇔y= ⇒1 x=2 (0,25 ñiểm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1)
Bài 3 (1 ñiểm)
y
'
ðặt g x( )=x2+4x m− 2+3m+4 ðể hàm số ñã cho có cực trị thì y' 0= có hai nghiệm phân biệt khác −2 và y ' ñổi dấu khi ñi qua hai nghiệm phân biệt ñó ⇔g x( ) 0= có hai nghiệm phân biệt khác −2 Ta có hệ:
http://www.vnmath.com
Trang 9
2 2
Vậy m∈ −∞( ;0) (∪ 3;+∞) thì hàm số ñã cho có cực trị
Với m∈ −∞( ;0) (∪ 3;+∞), gọi hai ñiểm cực trị là I x x1( 1; 2 1+2m+2 ;) I2(x x2; 2 2+2m+2)
2
2
Áp dụng hệ thức Viet, ta có x x
2
1 2
4
Thay vào (*) ta ñược phương trình m m m
m 2
2
2
=
+
=
(0,25 ñiểm)
Bài 4 (3 ñiểm)
a) Do SA⊥(ABC) nên SA là ñường cao của hình chóp S ABC
Thể tích của khối chóp là: V 1SA S. ABC
Mà ABC∆ vuông tại C nên:
ABC
a
2
3 2
b) Ta có: BC⊥(SAC) ( do BC⊥AC BC; ⊥SA)
Suy ra BC⊥AH
Mặt khác, SC⊥AH
Từ ñó, AH⊥(SBC)⇒AH⊥HB
AHB
∆ vuông tại H
Gọi I là trung ñiểm của AB , ta có IA IB IH (1)= =
ACB
∆ vuông tại C , ta có IA IB IC (2)= =
Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp H ABC
Bán kính R IA AB a
2
= = = (0,5 ñiểm)
Diện tích mặt cầu là: S=4πR2 =4πa2 Thể tích khối cầu là: V 4 R3 4 a3
c) Tỉ số thể tích 2 khối chóp A BHK và A BCH
B
S
A
C I
K
H http://www.vnmath.com
Trang 10Ta có VA BCH VB AHC BC SACH BC AH HC a a a
3 2
H ABK B AHK
a
3
Suy ra A BHK
A BCH
a V
V
a
3
3
3 12 14
8
=================================
SỞ GD & ðT
ðề số 3
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm)
Câu I (3 ñiểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y x= 4−5x2+4
2 Tìm m ñể phương trình x4−5x2+4 =m có 4 nghiệm phân biệt
Câu II (1 ñiểm)
Giải phương trình: 2(log2x 1)log4 x log21 0
4
Câu III (3 ñiểm)
Cho tam giác ABC ñều cạnh a Trên ñường thẳng d ñi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy ñiểm D sao cho AD = 2a
1 Tính thể tích khối chóp D.ABC
2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC
3 Mặt phẳng ñi qua B, trung ñiểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối
chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích của hai phần ñó
II PHẦN TỰ CHỌN (3 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao
1 Theo chương trình Chuẩn
Câu IVa (3 ñiểm)
1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y= x− + − +1 x 9
2 Giải bất phương trình: 1 22 x 2x3
4
log log (2 ) log − ≤0
3 Tìm m ñể hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị và hai giá trị cực trị cùng
dấu
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (3 ñiểm)
http://www.vnmath.com
Trang 111 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x= + 4−x2
2 Giải hệ phương trình:
x y
y x
3
log ( ) 1 log ( )
+
3 Tìm m ñể phương trình (m−2)22x2 −2(m+1)2x2 +2m− =6 0 có nghiệm thuộc ñoạn 0; 2
-Hết -
Họ và tên thí sinh: SBD :
ðề số 3 ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
1) Tập xác ñịnh : R
2) Sự biến thiên:
a) Giới hạn :
b) Bảng biến thiên: y′ =4x3−10x;
x y
x
0
2
=
′ = ⇔
= ±
x – ∞ – 10 / 2 0 10 / 2 + ∞
y' – 0 + 0 – 0 +
y
+ ∞ 4 + ∞
–9/4 –9/4
0,50
Hàm số ñồng biến trên các khoảng 10;0 , 10;
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 10 , 0; 10
−∞ −
Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0, yCð = y(0) = 4
Hàm số ñạt cực tiểu tại x 10
2
= ± , yCT = y 10 9
0,50 http://www.vnmath.com
Trang 123) ðồ thị: ðồ thị (C) của hàm số có hai ñiểm uốn U 5 19;
6 36
±
nhận Oy làm
trục ñối xứng, giao với Ox tại 4 ñiểm ( ± 1; 0); ( ± 2; 0) (Hình 1)
(Hình 1) (Hình 2)
0,50
I.2 Tìm m ñể phương trình x4−5x2+4 =m (1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00
Gọi (C1) là ñồ thị hàm số y= x4−5x2+4 (C1) gồm hai phần:
+) Phần ñồ thị (C) nằm trên trục Ox
+) ðối xứng của phần ñồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox
0,25
Số nghiệm của (1) bằng số giao ñiểm của (C1) với ñường thẳng y = m Theo ñồ
thị ta ñược (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và 9 m 4
4< <
0,50
II Giải phương trình 2(log2x 1)log4 x log2 1 0
4
ðiều kiện: x > 0
(1) ⇔(log2x+1)log2x− =2 0⇔log22x+log2 x− =2 0
0,5
x x
2 2
2
1
4
=
=
O
1 2
x -1
-2
4
y
y = m (C1)
9/4
O
1 2
x -1
-2
4
y
y = m (C1)
9/4
O
-1 -2
4
-9/4
y
(C) http://www.vnmath.com
Trang 13Thể tích khối chóp
III.2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC 1,00
Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi ∆ là ñường thẳng ñi qua O và vuông
góc với (ABC), suy ra ∆ // DA và ∆ là trục của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng (d, ∆) kẻ ñường thẳng trung trực của AD cắt ∆ tại I, khi ñó I cách ñều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp D.ABC
0,25
Gọi M, N là trung ñiểm của BC và AD Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên
IA = ON = AN2+AO2 AN = 1DA a AO, 2AM 2a 3 a 3
0,25
2
= + =
Mặt cầu có bán kính R IA 2 3a
3
π
0,50
Gọi E = DM ∩ IN, F = BE ∩ DC khi ñó tam giác BNF là thiết diện của hình
Do N là trung ñiểm của DA, NE // AM nên E là trung ñiểm của DM
Gọi K là trung ñiểm của FC ⇒ MK là ñường trung bình của tam giác BFC
⇒ MK // BF ⇒ EF là ñường trung bình của tam giác DMK ⇒ F là trung ñiểm
của DK ⇒ DC = 3 DF ⇒ SDBC = 3SDBF
0,25
D
B
O
N
M
I
d
F
E
∆
K http://www.vnmath.com
Trang 14Gọi h là khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (DBC), do N là trung ñiểm của DA
nên khoảng cách từ N ñến (DBC) bằng h/2
Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V1, thể tích
phần còn lại là V2
Ta có V1 1h.SDBF 1h S. DBC 1V V2 V V1 V 1V 5V
0,25
Do ñó ta có tỉ số thể tích: 1
2
V V
1 5
= hoặc 2
1
V
V =5
Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau: V DN DF DB
6
0,25
IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y= x− + − +1 x 9 1,00
Tập xác ñịnh D = [1; 9]
y
'
y(1)= y(9) = 2 2 , y(5) = 4
4
log log (2 ) log − ≤0⇔log (2 ) log− ≥1
x
x
2
x x
2 1
≥
⇔ ≤ Vậy bất phương trình có tập nghiệm S=(0;1] [2;∪ +∞) 0,25
IVa.3 Tìm m ñể hàm số y = x 3 – 6x 2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị cùng dấu 1,00
y’ = 3x2 – 12x + 3(m +2) ðiều kiện ñể hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm
phân biệt ⇔∆' 36 9(= − m+2) 0> ⇔m<2 Gọi x1, x2 là hai ñiểm cực trị của hàm số, khi ñó theo ñịnh lí Viet ta có
1 2
4 2
0,25
Do y x 2 y' (m 2)(2x 1)
và y’(x1) = y’(x2) = 0 nên y x( ) (1 = m−2)(2x1+1) , y x( ) (2 = m−2)(2x2+1)
0,25
C CT
y y§ =y x y x( ) ( ) (1 2 = m−2) (22 x1+1)(2x2+1) (= m−2) [42 x x1 2+2(x1+x2) 1]+
( 2) [4( 2) 2.4 1] ( 2) (4 17)
0,25
Do ñó hai giá trị cực trị cùng dấu khi
CÑ CT
m
m
4
≠
> −
Kết hợp với ñiều kiện ta ñược 17 m 2
4
− < <
0,25 http://www.vnmath.com
Trang 15IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x= + 4−x2 1,00
Tập xác định: D = [– 2; 2]
y
2
4 ' 1
0,25
x
2
0
4
≥
IVb.2 Giải hệ phương trình
x y
y x
3
log ( ) 1 log ( ) (2)
+
1,00
ðiều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠ 0
(2)⇔log ( − ) log (+ + ) 1= ⇔log ( − ) 1= ⇔ − =3 (3) 0,25
(1)
x y
y x
2
5
+
ðặt t x
y
t t
2
1/ 2
0,25
+) Với t = 2 ⇒ =x 2ythế vào (3) ta được y4 2−y2 = ⇔3 y= ±1
Khi y=1 ⇒x = 2 (thoả mãn)
Khi y= −1 ⇒x = −2 ( loại)
0,25
+) Với t = 1
2 ⇒ =y 2x thế vào (3) ta được x x vô nghiệm
2−4 2 =3 ( ) Vậy hệ phương trình cĩ 1 nghiệm (x, y ) = (2; 1)
0,25
IVb.3 Tìm m để phương trình cĩ nghiệm thuộc đoạn [0; 1] 1,00
( −2)2 −2( +1)2 +2 − =6 0 (1) ðặt t = 2 , do x xx2 ∈0; 2 nên t∈[1;4]
(1) trở thành m( −2)t2−2(m+1) 2t+ m− =6 0 (2)
2
2
2 2
0,25
Xét hàm số f(t) trên [1; 4]
t loại
t
2
2
2 ( )
= −
=
0,25
f(1) = 10, f(4) = 23
5 , f
4 3
= 11
0,25 http://www.vnmath.com