intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi thử Đại học lần V năm học 2013­-2014 môn Toán (khối A,A1) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

107
lượt xem
1
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tìm hiểu "Đề thi thử Đại học lần V năm học 2013­-2014 môn Toán (khối A,A1)" của Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần V năm học 2013­-2014 môn Toán (khối A,A1) - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

  1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC  KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN V NĂM HỌC 2013­2014  Môn: Toán ­ Khối A­A 1 .  Đề chính thức  (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  Câu 1 (2,0 điểm).  Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 - mx + 2  có đồ thị ( C m  ) .  1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m = 0  2.  Tìm số thực  m để đồ thị hàm số ( C m  )  có hai điểm cực trị và đường thẳng đi qua hai điểm cực  trị đó  tạo với hai trục toạ độ một tam giác cân.  3 + 4cos2x - 8cos4 x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : = sin2 x - cos2 x sin2 x ì 3 3 2 x -1 ï x - 3 x - y - 6 y - 9 y - 2 + ln =0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í y +1 .  ï y é log ( x - 3 ) + log y ù = x + 1  î ë 2 3 û e8 ln x - 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  : I = ò dx .  e3 x 2 - ln 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ  ABC.A1 B1C 1  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại  A  , AB = 2, BC = 4 .Hình  chiếu vuông góc của điểm  A 1 trên mặt phẳng ( ABC )  trùng với trung điểm của  AC . Góc giữa hai mặt  phẳng ( BCC1B 1 )  và ( ABC ) bằng  60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường  thẳng  AA 1 và  BC .  Câu 6 (1,0 điểm). Cho  a, b, c là các số thực không âm thoả mãn  a + b + c = 5 .  Tìm giá trị lớn   nhất của biểu thức  S = a 4b + b 4c + c 4 a II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)  A. Theo chương trình Chuẩn.  Câu 7.a (1,0 điểm).  Trong  mặt  phẳng  với  hệ  tọa  độ  Oxy ,  cho  tam  giác  ABC  có  phương  trình  AB : 2 x + y - 1 = 0 ,  phương  trình  AC : 3 x + 4 y + 6 = 0  và điểm M  (1;3 ) nằm trên đường thẳng  BC  thoả mãn  3MB = 2 MC . Tìm toạ độ  trọng tâm  G  của tam giác  ABC .  Câu 8.a (1,0 đ iểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hình thoi  ABCD  với A ( - 1;2;1 )  , B ( 2;3;2 ) .  x + 1 y z - 2  Tìm toạ độ các đỉnh  C , D  biết tâm  I  của hình thoi thuộc đường thẳng  d :  = = -1 - 1 1  2  2  4  Câu 9.a (1,0 điểm).  Cho số phức  z thoả mãn 1 + z = z - i + ( iz - 1 )  . Tính mô đun của  z + .  z + 1  B. Theo chương trình Nâng cao.  Câu 7.b (1,0 điểm). Trong  mặt phẳng  với  hệ tọa độ  Oxy  cho hình chữ  nhật  ABCD có diện tích  bằng  22 , đường thẳng  AB  có phương trình  3 x + 4 y + 1 = 0 , đường thẳng  BD  có phương trình  2 x - y - 3 = 0 .  Tìm toạ độ các đỉnh  A, B , C , D .  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tam giá ABC , A ( 0;0;3 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( - 2;0;0 ) .  Viết phương trình mặt cầu ( S )  có tâm là  H  ( H  là trực tâm tam giác  ABC ) và tiếp xúc với trục  Ox .  4 3  Câu 9.b (1,0 điểm).Cho các số phức  z1 = cos a + i .sina , z2  = cos b + i . sinb thoả mãn  z1 + z2  = +  i . Tính 5 5  tan (a + b )  ­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới  www.laisac.page.tl 
  2. TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC  KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN V NĂM HỌC 2013­2014  Môn: Toán ­ Khối A­A 1 .  Đáp án chính thức  (gồm 06 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)  I/ Đáp án  Câu  Đáp án  Điểm  Câu 1  Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 - mx + 2  có đồ thị ( C m  ) .  (2 điểm)  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m = 0  Khi  m = 0  hàm số có dạng y = x 3 - 3 x 2 + 2  có tập xác định là  ¡ .  0.25  Ta có: y ' = 3 x 2 - 6 x = 3x ( x - 2 ) y ' = 0 Û 3 x ( x - 2 ) = 0  Û x = 0 ; x = 2  y ¢ > 0 khi x 2  Þ  hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥ ; 0 )  và ( 2;+¥ )  y ¢ 0 Û m > - 3  ­Trang 1/6­ 
  3. 1  m m  Ta có y = ( x - 1) . y¢ - 2 æç + 1ö÷ x + 2 - Þ Đường thẳng ( D ) đi qua hai điểm cực  3 è 3 ø  3  0.25 æm ö m  trị của đồ thị có phương trình ( D ) : y = -2 ç + 1÷ x + 2 - è 3 ø  3  ïì æ m - 6 ö ïü ì æ 6 - m ö ü ( D ) Ç Ox = í A çç ;0 ÷ ý , ( D ) Ç Oy = í B ç 0;  ý 0.25  ÷ ïî è 2 ( m + 3) ø ïþ  î è 3  ÷ø þ m-6 6 - m  9 3  Tam giác  OAB  cân Û OA = OB Û = Û m = 6; m = - ; m = - 2 ( m + 3)  2 2 2  0.25  3  đối chiếu điều kiện và tồn tại tam giác  OAB  Þ m = -  2  3 + 4cos2x - 8cos4 x 1 Giải phương trình : = sin2 x - cos2 x sin2 x ì p p x ¹ + l  ìsin 2 x - cos 2 x ¹ 0  ïï 8 2  l Î Z *  Đ/K í Ûí ( )  ( )  îsin 2 x ¹ 0  ïx ¹ l p 0.25  ïî 2  2  æ 1 + cos 4 x ö Ta có 8cos4  x = 2 (1 + cos 2 x )  = 2 ç1 + 2cos 2 x + ÷ = 3 + 4 cos 2 x + cos 4 x Câu 2  è 2  ø  (1 điểm)  Với Đ/K (* )  phương trình đã cho cos 4 x  1  0.25 Û- = Û ( sin 2 x - cos 2 x )( sin 2 x + cos 2 x ) = sin 2 x - cos 2 x  sin 2 x - cos 2 x sin 2 x é p ésin 2 x - cos 2 x = 0 ( loai ) æ p ö 1  x = + k p Ûê Û cos ç 2 x - ÷ = Û ê 4  ( k Î Z )  0,25  ësin 2 x + cos 2 x = 1  è 4 ø 2  ê x = kp (loai)  ë p Vây phương trình có một họ nghiệm duy nhất : x = + kp ( k Î Z )  0.25  4  ì 3 3 2 x -1 Câu 3  ï x - 3 x - y - 6 y - 9 y - 2 + ln Giải hệ phương trình: í y +1 =0 (1) .  (1 điểm)  ï y é log ( x - 3) + log y ù = x + 1 ( 2 ) î ë 2 3 û ì x - 1  ï y + 1 > 0  ïï ì x > 3  Đ/K í x - 3 > 0  Û í Từ phương trình (1 ) biến đổi ta được ï y > 0  î y  > 0  0.25  ï ïî  ( x - 1)3 + 3 ( x - 1)2 + ln ( x - 1) = ( y + 1)3 + 3 ( y + 1)2  + ln ( x + 1) ( 3 )  Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t 2  + ln t trên khoảng ( 0; +¥ )  1  f ¢ ( t ) = 3t 2  + 6t + > 0 "t  > 0 Þ  hàm số f ( t )  đồng biến trên khoảng ( 0; +¥ )  0.25  t Phương trình ( 3 ) Û f ( x - 1) = f ( y + 1) Û x - 1 = y + 1 Û y = x - 2 ( 4 )  Thế ( 4 )  vào ( 2 )  ta được ( x - 2 ) éë log 2 ( x - 3) + log 3 ( x - 2 ) ùû = x + 1  0.25 ­Trang 2/6­ 
  4. x +1 x + 1  Û log 2 ( x - 3 ) + log 3 ( x - 2 ) = Û log 2 ( x - 3 ) + log 3 ( x - 2 ) - = 0 ( 5 )  x-2 x - 2  x + 1  Xét hàm số g ( x ) = log 2 ( x - 3 ) + log 3 ( x - 2 ) - trên khoảng ( 3; +¥ )  x - 2  1 1 3  g¢( x) = + + > 0 "x > 3  Þ hàm  số g ( x ) đồng  biến  ( x - 3) ln 2 ( x - 2 ) ln 3  ( x - 2 ) 2  0.25  ( 4 )  trên khoảng ( 3; +¥ )  . Phương trình ( 5 ) Û g ( x ) = g ( 5 ) Û x = 5 ¾¾® y = 3  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 5;3 )  e8 ln x - 1 Tính tích phân  : I = ò dx e 3 x - ln 2 x 2 ln x - 1 ln x - 1 e8 e8 2 e8 I= ln x - 1 dx = ln x dx = ln2 x dx ò ò ò 0.25  e3 x 2 - ln2 x e3 x 2 - ln2 x e3 æ x ö 2 ç ÷ -1 ln2 x è ln x ø x ln x - 1  x  Đặt  t = Þ dt =  2  dx  , đổi cận  e 3  e 8  Câu 4  ln x  ln  x t  e 3  e 8  0.25  (1 điểm) 3  8  e8 e 8  8 8  1 1 æ 1 1  ö I= ò t 2  - 1  dt = 2 ò çè t - 1 - t + 1 ÷ø dt  0.25  e3 e 3  3 3  e 8  1 t - 1 Û I  = ln 8 3  1  e - 8 e  + 3  = ln  8  ( )( ) 0.25  2 t + 1 e 3  2  e8 + 8 e3  - 3  3  ( )( )  Cho lăng trụ  ABC.A1 B1C 1  có đáy  ABC  làtam giác vuông tại  A  , AB = 2, BC = 4 .Hình chiếu  Câu 5  vuông góc của điểm  A 1 trên mặt phẳng ( ABC )  trùng với trung điểm của  AC . Góc giữa hai  (1 điểm)  mặt phẳng ( BCC1 B 1 )  và ( ABC ) bằng  60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách  giữa hai đường thẳng  AA 1 và  BC .  Từ gt ta có  AC = BC 2 - AB 2  = 2 3  .  Gọi  H  là trung điểm của AC Þ A1 H ^ ( ABC ) . Vẽ hình bình hành  ABCE ,  Vẽ  HI ^  AE tại  I  . Do ( A1 AE ) / / ( BCC1B 1 )  0.25  nên (· ( BCCB ) , ( ABC ) ) = (·  ( A1 AE ) , ( ABC ) ) , ta có  AE ^ HI , AE ^  A1 H · suy ra AE ^ ( A1 HI ) Þ ( ( A1 AE ) , ( ABC ) ) = ·  A1 HI = 60 0  1  1  Ta có  S DABC  = AB. AC = 2 3 , do  AB = BC Þ · ·  (so le trong)  ACB = 30 0  =  EAC 2  2  1 1 3 3  Þ HI = AH = AC = , A1 H = HI .tan 60 0  =  . Vậy thể tích khối lăng trụ là  0.25 2 4 2 2  3  V ABCA1B1C1  = A1 H .S DABC  = × 2 3 = 3 3  (đvtt)  2  ­Trang 3/6­
  5. Do BC / / ( A1 AE ) , d ( BC , AA1 ) = d ( BC , ( A1 AE ) ) = d ( C , ( A1EA) ) = 2d ( H , ( A1 EA ) )  1 3  0.25  Vẽ HK ^ A1I , AE ^ ( A1HI ) Þ HK ^ ( A1 AE ) Þ HK = d ( H , ( A1 AE ) ) = A1 H =  2 4  3  Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng  AA 1 và  BC  bằng  (đvđd)  0.25  2  Cho  a, b, c là các số thực không âm thoả mãn  a + b + c = 5 .  Tìm giá trị lớn   nhất của biểu thức  S = a 4 b + b 4 c + c 4 a Trong 3số  a, b, c  có 1 số nằm giữa 2 số chẳng hạn là b nên ta có 0.25 c ( b - a ) ( b3 - c3 ) £ 0  (1 )  (1)  Û b 4c + c4 a £ c 4b + + ab3c Û S = a 4b + b 4c + c4 a £ b ( a 4 + c4 + b 2 ac )  Câu 6  0.25 (1 điểm)  ( 2 ) 4  £ b a 4 + c 4  + ( a + c ) ac £ b ( a + c )  5  1 4  1 é 4 b + ( a + c ) + ( a + c ) + ( a + c ) + ( a + c ) ù = .4b ( a + c ) £ ê ú = 256 ( 2 ) (bđtAM­GM  0.25  4 4ë 5  û dấu bằng xẩy ra ở ( 2 )  Û a = 4; b = 1; c = 0  0.25  Vậy GTLN của F ( a; b; c ) = 256  đạt được khi  a = 4, b = 1, c = 0  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho tam giác  ABC  có phương trình  AB : 2 x + y - 1 = 0 ,  phương  trình  AC : 3 x + 4 y + 6 = 0  và  điểm M  (1;3 ) nằm  trên  đường  thẳng  BC  thoả  mãn  3MB = 2 MC . Tìm toạ độ trọng tâm  G  của tam giác  ABC . { A} = AB Ç AC Þ  Toạ  độ  A  là  nghiệm  hpt ì2 x + y - 1 = 0 ì x = 2  í Þí Þ A ( 2; -3 )  0.25  î3 x + 4 y + 6 = 0 î y = -3  uuur uuuur  B ( b; -2 b + 1) Î AB , C ( 4c - 2; -3c ) Þ MB = ( b - 1; -2b - 2 ) ; MC = ( 4c - 3; -3c - 3 )  Do  M , B, C  thẳng hàng và  3MB = 2 MC nên có hai trường hợp  ì 3  uuur uuuur  ìï3 ( b - 1) = 2 ( 4c - 3 ) ïïb = 5  æ 3 1 ö æ 2 9 ö Câu 7a.  +TH1 3MB = 2MC Û í Ûí Þ B ç ; - ÷ , C ç ; - ÷ (1 điểm)  îï3 ( -2b - 2 ) = 2 ( -3c - 3 )  ïc = 3  è 5 5 ø è 5 5 ø 0.25  ïî 5  æ 5 ö Khi đó toạ độ trọng tâm  G ç1; - ÷ è 3 ø  +TH2 uuur uuuur  ïì3 ( b - 1) = -2 ( 4c - 3 ) ìb = -5  3MB = -2MC Û í Ûí Þ B ( -5;11) , C (10; -9 )  ïî3 ( -2b - 2 ) = -2 ( -3c - 3 ) îc = 3  0.25  æ 7 1 ö Khi đó toạ độ trọng tâm  G ç ; - ÷ è 3 3 ø  æ 5 ö æ 7 1 ö Vậy toạ độ trọng tâm  G ç1; - ÷ hoặc  G ç ; - ÷ .  0.25  è 3 ø  è 3 3 ø  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hình thoi  ABCD  với A ( - 1;2;1 )  , B ( 2;3;2 ) .Tìm toạ  Câu 8a.  (1 điểm)  x + 1 y z - 2  độ các đỉnh  C , D  biết tâm  I  của hình thoi thuộc đường thẳng  d :  = = -1 -1 1  ­Trang 4/6­ 
  6. uur uur  Gọi I ( -1 - t; -t;2 + t ) Î d .  Ta có IA = ( t ; t + 2; -t - 1) , IB = ( t + 3 ; t + 3 ; - t )  0.25  uur uur  Do  ABCD  là hình thoi nên  IA.IB = 0 Û 3t 2  + 9t + 6 = 0 Û t = -1 , t = -2  0.25  Do  C  đối xứng với  A  qua  I  và  D  đối xứng với  B  qua  I  nên  0.25 · t = -1 Þ I ( 0;1;1) Þ C (1;0;1) , D ( -2; -1 ;0 )  0.25  · t = -2 Þ I (1;2;0 ) Þ C ( 3;2 ; - 1) , D ( 0;1 ; - 2 )  2  2  4  Cho số phức  z thoả mãn 1 + z = z - i + ( iz - 1 )  . Tính mô đun của  z + .  z + 1  2  2  Đặt z = a + bi, ( a , b Î ¡ ) . Từ gt suy ra 1 + a - bi = a - ( b + 1) i + ( -b - 1 + ai )  2  ìï1 + a = 2 ( b + 1 ) 2  0.25 Û 1 + a - bi = 2 ( b + 1) - 2 a ( b + 1 ) i Û í ïî b = 2 a ( b + 1 )  éb = -2 Þ a = 1  b  2 2  Câu 9a.  Û 1+ = 2 ( b + 1) , ( b ¹ -1) Û ( b + 2 )( 2b + 1)  = 0 Û ê (1 điểm) 2 ( b + 1 ) êb = - 1 Þ a = - 1  ë  2 2  0.25 1 1  z = 1 - 2 i hoặc  z = - -  i 2 2  4 4  ·  z = 1 - 2i Þ z + = 1 - 2i + = 1 - 2i + 1 + i = 2 - i  = 5  0.25  z +1 2 - 2 i 1 1 4 1 1 8 7 7 2  ·  z = - - i Þ z + = - - i+ = 1 + i  = 0.25  2 2 z +1 2 2 1 - i 2 2  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  cho hình chữ nhật  ABCD có diện tích bằng  22 , đường  thẳng  AB  có phương trình  3 x + 4 y + 1 = 0 , đường thẳng  BD  có phương trình  2 x - y - 3 = 0 .  Tìm toạ độ các đỉnh  A, B , C , D . .  Điểm  B  là giao giữa  AB  và  BD Þ B (1; - 1 )  r  r SX ABCD  = AB. AD = 22 (1) . Đường thẳng  AB  có vtpt n1  = ( 3;4 ) , AC  có vtpt n2  = ( 2; -1 )  r r · r r n1 . n 2  2 11  AD  0.25 cos ABD = cos ( n1 ; n2  ) = r r  = Þ tan ·  ABD = = (2)  n1 n2  5 5  2  AB từ (1),(2) Þ AD = 11 , AB = 2  (3)  Câu 7b.  (1 điểm) 11a - 11  D Î BB Þ D ( a; 2a - 3 ) , AD = d ( D; ( AB ) ) =  (4) . Từ (3) & (4) suy ra  5  0.25 11a - 11 = 55 Û a = 6 , a = - 4  æ 3 1 ö æ 7  ö · a = 6 Þ  D ( 6;9 ) .  Do  AD ^ AB Þ AD : 4 x - 3 y + 3 = 0 Þ A ç - ; ÷ , I ç ;4 ÷ è 5 5 ø è 2  ø  0.25  æ 38 39 ö trung điểm của  BD .  C  đối xứng  A  qua  I Þ C ç ;  ÷ è 5 5  ø  æ 13 11 ö æ 28 49 ö ·  a = -4 Þ D( -4; - 11)  tương tự trên ta tính được  A ç ; - ÷ & C ç - ; - ÷ 0.25  è 5 5ø è 5 5  ø  Câu 8b.  Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ Oxyz cho  tam  giá ABC , A ( 0;0;3 ) , B ( 0;1;0 ) , C ( - 2;0;0 ) .  Viết  (1 điểm)  phương trình mặt cầu ( S )  có tâm là  H  ( H  là trực tâm tam giác  ABC ), tiếp xúc với trục  Ox .  Ta có  OA ^ OB, OB ^ OC , OC ^ OA OA ^ ( OBC ) Þ OA ^  BC mặt khác AH ^ BC Þ BC ^ ( OAH ) Þ BC ^ OH 0.25 Tương tự  CA ^ OH từ đó OH ^ ( ABC )  ­Trang 5/6­ 
  7. x y z  Mặt phẳng ( ABC ) : + + = 1 Û ( ABC ) : 3 x - 6 y - 2 z + 6 = 0  - 2 1 3  ìïQua O ( 0; 0; 0 ) ì x = 3 t  0.25  ï đường thẳng í r r  Û ( OH ) í y = -6 t  ïîvtcp u = vtpt n ( ABC ) = ( 3; -6; -2 ) ï z = -2 t î ì 2  ït  = - 13  ì x = 3 t  ï ï y = -6 t  ï x = - 6  ï ï 13  æ 6 12 4  ö Toạ độ  H  là nghiệm hpt  í Ûí Û H ç - ; ;  ÷ 0.25  ï z = -2t  ï y = 12  è 13 13 13 ø ïî3 x - 6 y - 2 z + 6 = 0  ï 13  ï 4  ïz = î  13  Hình chiếu của  H  trên trục  Ox  là  2 2  æ 6 ö æ 12 ö æ 4 ö 160  H1 ç - ; 0; 0 ÷ Þ HH1  = ç ÷ + ç ÷ = è 13 ø è 13 ø è 13 ø  13  æ 6 12 4  ö 160  0.25  Mặt cầu cần tìm có tâm  H ç - ; ;  ÷ , bán kính  R =  có phương trình  è 13 13 13 ø  13  2 2 2  æ 6ö æ 12 ö æ 4 ö 160  çx+ ÷ +çx- ÷ +çx- ÷ = è 13 ø è 13 ø è 13 ø  169  4 3  Cho  các  số  phức  z1 = cos a + i .sina , z2  = cos b + i . sinb thoả  mãn  z1 + z2  = +  i .  Tính 5 5  tan (a + b )  z1 = z 2 = z1 + z2  = 1  0.25 2  2  æ 1 1  ö ( z + z  )  1 = z1 + z 2 = ( z1 + z 2 )( z1 + z 2 ) = ( z1 + z2 )( z1 + z2 ) = ( z1 + z 2 ) ç + ÷ = 1 2  0.25 è z1 z2 ø  z1 z 2  2  Câu 9b.  2  æ 4 3  ö (1 điểm) z1 z2 = ( z1 + z2  ) Û cos (a + b ) + i. sin (a + b ) = ç + i ÷ è 5 5  ø ì 7  ï cos (a + b ) = 0.25  7 24  ï 25  Û cos (a + b ) + i. sin (a + b ) = + iÞí 25 25  ïsin (a + b ) = 24  ïî  25  sin (a + b ) 24  tan (a + b ) = = 0.25  cos (a + b )  7 ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới  www.laisac.page.tl ­Trang 6/6­ 
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2