CÂU 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

3,5

Đáp án

C

B

D

B

A

A

C

C

D

D

C

B

A

D

2

1

10

7





10

7

10

7





0,5

a) Ta có:

   

²

²

10

7





0,25

3

b) Ta có:

 

6

2 1

0,5





2 3

6

216

6 6







3

3

8 2

2 2 2



2

2 1

2 6



0,5

6

2 6

2

0,25

3

6



c) Ta có:

1

2

3

5















2

3

5

2

3

5

   

²

²

2

3

5





 

0,25

2 2 2. 3 3 5



0,25

2 6



²

³

⁵



⁶

12

3

tan

3

1

P

2

 

Do

^

nhọn nên chia cả tử và mẫu cho

^c

^os

³

^

^

⁰

ta được.

1

3





2

1







tan

1





P

2





2

Thay

ta có:

7

P



16

0,25

4

4a

a) Trong tam giác vuông ABC ta có

.cos

AC BC



C

0,25

^

^{10. os30}

^c

⁰

^

^{5 3}

^cm

^0,25

.sin

AB BC



C

0,25

^

^{10.sin 30}

⁰

^

^5cm

^0,25

4b

b) Tính được góc BMN bằng 300

0,25

Suy ra:

^BMN

^

^

^MBC

^

^

³⁰

⁰

do đó MN // BC

^0,25

Suy ra: Tứ giác AMBN là hình chữ nhật

0,25

Suy ra: MN = AB

0,25

5

Giải phương trình sau:

²

^x

^

³

^

^x

^

²

^x

^

⁶

x

x

2

3 0

3















x

0

2



Điều kiện:

Phương trình tương đương với

3

1

x

x

x







2

3

0

3

2

0













 











x

x

x

x

2

3

2

3













3 0 (1)











1

2 0 (2)







2

3









Giải (1)

^

^x

^

³

(TMĐK)

2

3

1

1

1 2





 

 

x

 

2





. Suy ra phương trình (2) vô

nên

Giải (2). Do

nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

^x

^

³