Đề thi thử ĐH và đáp án môn Toán học lần 2 (2013) trường THPT chuyên Nguyễn H...Megabook
Đây là đề thi thử ĐH và đáp án môn Toán học lần 2 (2013) trường THPT chuyên Nguyễn Huệ. Các em có thể tham khảo nhé!
------------------------------------------------------------------------------
Các em có thể tham khảo bộ sách hay của Megabook tại địa chỉ sau nhé ;)
http://megabook.vn/
Chúc các em học tốt! ^^
Đề thi thử ĐH và đáp án môn Toán học lần 2 (2013) trường THPT chuyên Nguyễn H...Megabook
Đây là đề thi thử ĐH và đáp án môn Toán học lần 2 (2013) trường THPT chuyên Nguyễn Huệ. Các em có thể tham khảo nhé!
------------------------------------------------------------------------------
Các em có thể tham khảo bộ sách hay của Megabook tại địa chỉ sau nhé ;)
http://megabook.vn/
Chúc các em học tốt! ^^
Entenda como a WorldGN, agora é uma Telecom Móvel Virtual e o melhor instalada no Brasil, com Suporte, Assistência Técnica e muito mais.
https://www.youtube.com/watch?v=QPfXrgnMw6U
Còmic realitzat per: Arnau Roquet, Mariona Sala, Antony Quiñones, Marçal Serra, Narcís Rotllant, Olímpia Solà de 1r d'ESO del Col·legi Sant Miquel dels Sants.
GIAO TRINH TRIET HOC MAC - LENIN (Quoc gia).pdfLngHu10
Chương 1
KHÁI LUẬN VỀ TRIẾT HỌC VÀ TRIẾT HỌC MÁC - LÊNIN
A. MỤC TIÊU
1. Về kiến thức: Trang bị cho sinh viên những tri thức cơ bản về triết học nói chung,
những điều kiện ra đời của triết học Mác - Lênin. Đồng thời, giúp sinh viên nhận thức được
thực chất cuộc cách mạng trong triết học do
C. Mác và Ph. Ăngghen thực hiện và các giai đoạn hình thành, phát triển triết học Mác - Lênin;
vai trò của triết học Mác - Lênin trong đời sống xã hội và trong thời đại ngày nay.
2. Về kỹ năng: Giúp sinh viên biết vận dụng tri thức đã học làm cơ sở cho việc nhận
thức những nguyên lý cơ bản của triết học Mác - Lênin; biết đấu tranh chống lại những luận
điểm sai trái phủ nhận sự hình thành, phát triển triết học Mác - Lênin.
3. Về tư tưởng: Giúp sinh viên củng cố niềm tin vào bản chất khoa học và cách mạng
của chủ nghĩa Mác - Lênin nói chung và triết học Mác - Lênin nói riêng.
B. NỘI DUNG
I- TRIẾT HỌC VÀ VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA TRIẾT HỌC
1. Khái lược về triết học
a) Nguồn gốc của triết học
Là một loại hình nhận thức đặc thù của con người, triết học ra đời ở cả phương Đông và
phương Tây gần như cùng một thời gian (khoảng từ thế kỷ VIII đến thế kỷ VI trước Công
nguyên) tại các trung tâm văn minh lớn của nhân loại thời cổ đại. Ý thức triết học xuất hiện
không ngẫu nhiên, mà có nguồn gốc thực tế từ tồn tại xã hội với một trình độ nhất định của
sự phát triển văn minh, văn hóa và khoa học. Con người, với kỳ vọng được đáp ứng nhu
cầu về nhận thức và hoạt động thực tiễn của mình đã sáng tạo ra những luận thuyết chung
nhất, có tính hệ thống, phản ánh thế giới xung quanh và thế giới của chính con người. Triết
học là dạng tri thức lý luận xuất hiện sớm nhất trong lịch sử các loại hình lý luận của nhân
loại.
Với tư cách là một hình thái ý thức xã hội, triết học có nguồn gốc nhận thức và nguồn
gốc xã hội.
* Nguồn gốc nhận thức
Nhận thức thế giới là một nhu cầu tự nhiên, khách quan của con người. Về mặt lịch
sử, tư duy huyền thoại và tín ngưỡng nguyên thủy là loại hình triết lý đầu tiên mà con
người dùng để giải thích thế giới bí ẩn xung quanh. Người nguyên thủy kết nối những hiểu
biết rời rạc, mơ hồ, phi lôgích... của mình trong các quan niệm đầy xúc cảm và hoang
tưởng thành những huyền thoại để giải thích mọi hiện tượng. Đỉnh cao của tư duy huyền
thoại và tín ngưỡng nguyên thủy là kho tàng những câu chuyện thần thoại và những tôn
9
giáo sơ khai như Tô tem giáo, Bái vật giáo, Saman giáo. Thời kỳ triết học ra đời cũng là
thời kỳ suy giảm và thu hẹp phạm vi của các loại hình tư duy huyền thoại và tôn giáo
nguyên thủy. Triết học chính là hình thức tư duy lý luận đầu tiên trong lịch sử tư tưởng
nhân loại thay thế được cho tư duy huyền thoại và tôn giáo.
Trong quá trình sống và cải biến thế giới, từng bước con người có kinh nghiệm và có
tri thức về thế giới. Ban đầu là những tri thức cụ thể, riêng lẻ, cảm tính. Cùng với sự tiến
bộ của sản xuất và đời sống, nhận thức của con người dần dần đạt đến trình độ cao hơn
trong việc giải thích thế giới một cách hệ thống
GIÁO TRÌNH 2-TÀI LIỆU SỬA CHỮA BOARD MONO TỦ LẠNH MÁY GIẶT ĐIỀU HÒA.pdf
https://dienlanhbachkhoa.net.vn
Hotline/Zalo: 0338580000
Địa chỉ: Số 108 Trần Phú, Hà Đông, Hà Nội
CÁC BIỆN PHÁP KỸ THUẬT AN TOÀN KHI XÃY RA HỎA HOẠN TRONG.pptxCNGTRC3
Cháy, nổ trong công nghiệp không chỉ gây ra thiệt hại về kinh tế, con người mà còn gây ra bất ổn, mất an ninh quốc gia và trật tự xã hội. Vì vậy phòng chông cháy nổ không chỉ là nhiệm vụ mà còn là trách nhiệm của cơ sở sản xuất, của mổi công dân và của toàn thể xã hội. Để hạn chế các vụ tai nạn do cháy, nổ xảy ra thì chúng ta cần phải đi tìm hiểu nguyên nhân gây ra các vụ cháy nố là như thế nào cũng như phải hiểu rõ các kiến thức cơ bản về nó từ đó chúng ta mới đi tìm ra được các biện pháp hữu hiệu nhất để phòng chống và sử lý sự cố cháy nổ.
Mục tiêu:
- Nêu rõ các nguy cơ xảy ra cháy, nổ trong công nghiệp và đời sống; nguyên nhân và các biện pháp đề phòng phòng;
- Sử dụng được vật liệu và phương tiện vào việc phòng cháy, chữa cháy;
- Thực hiện được việc cấp cứa khẩn cấp khi tai nạn xảy ra;
- Rèn luyện tính kỷ luật, kiên trì, cẩn thận, nghiêm túc, chủ động và tích cực sáng tạo trong học tập.
Để xem full tài liệu Xin vui long liên hệ page để được hỗ trợ
:
https://www.facebook.com/garmentspace/
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
HOẶC
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
tai lieu tong hop, thu vien luan van, luan van tong hop, do an chuyen nganh
Tai lieu luyen thi dai hoc de thi dh mon toan khoi a - nam 2010
1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x3
− 2x2
+ (1 − m)x + m (1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều
kiện 2 2 2
1 2 3x x x+ + < 4.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin cos2 )sin
14
cos
1 tan 2
x x x
x
x
π⎛ ⎞
+ + +⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
+
.
2. Giải bất phương trình
2
1 2( 1
x x
x x
−
− − + )
≥ 1.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
1 2 2
0
2
d
1 2
x x
x
x e x e
x
e
+ +
+∫ .
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và
SC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x
⎧ + + − − =⎪
⎨
+ + − =⎪⎩
(x, y ∈ R).
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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 0x y+ = và d2: 3 x y− = 0 . Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
1
2 1 1
x y z−
= =
−
2+
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 .
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2
( 2 ) (1 2 )z i= + − i .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung
điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3)
nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆:
2 2
2 3 2
3x y z+ − +
= = . Tính
khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z =
3
(1 3 )
1
i
i
−
−
. Tìm môđun của số phức z + i z.
----------- Hết ----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................
2. Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x3
− 2x2
+ 1.
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 'y = 3x2
− 4x; '( )y x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
3
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4
;
3
⎛ ⎞
+∞⎜ ⎟
⎝ ⎠
; nghịch biến trên khoảng
4
0;
3
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x =
4
3
; yCT =
5
27
− .
- Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= − ∞ ; lim
x
y
→+∞
= + ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x3
− 2x2
+ (1 − m)x + m = 0
⇔ (x − 1)(x2
− x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2
− x − m = 0 (*)
0,25
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt, khác 1.
0,25
Ký hiệu g(x) = x2
− x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:
2 2
2 3
0
(1) 0
3
g
x x
⎧∆ >
⎪
≠⎨
⎪
+ <⎩
0,25
I
(2,0 điểm)
⇔
1 4 0
0
1 2 3
m
m
m
+ >⎧
⎪
− ≠⎨
⎪ + <⎩
⇔
1
4
− < m < 1 và m ≠ 0. 0,25
y
1 +∞
−∞
'y + 0 − 0 +
x −∞ 0
4
3
+∞
5
27
−
5
27
−
O
y
x
4
3
1
2
3. Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin
4
x
π⎛ ⎞
+⎜ ⎟
⎝ ⎠
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
sin cos
cos
cos
x x
x
x
+
⇔ sinx + cos2x = 0 0,25
⇔ 2sin2
x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
1
2
0,25
⇔ x = −
6
π
+ k2π hoặc x =
7
6
π
+ k2π (k ∈ Z). 0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.
Ta có: 2
2( 1)x x− + = 2 2
( 1) 1x x+ − + > 1, suy ra 1 − 2
2( 1)x x− + < 0.
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2
2( 1)x x− + ≤ 1 − x + x (1)
0,25
Mặt khác 2
2( 1)x x− + = 2 2
2(1 ) 2( )x x− + ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25
(1) ⇔ 2
2( 1)x x− + = 1 − x + x (3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0.
+ 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x = x
0,25
II
(2,0 điểm)
⇔ 2
1 0
(1 )
x
x x
− ≥⎧⎪
⎨
− =⎪⎩
⇔ 2
1
3 1 0
x
x x
≤⎧⎪
⎨
− + =⎪⎩
⇔ x =
3 5
2
−
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I =
1
2
0
d
1 2
x
x
e
x x
e
⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
∫ =
1
2
0
dx x∫ +
1
0
d
1 2
x
x
e
x
e+
∫ . 0,25
Ta có:
1
2
0
dx x∫ =
1
3
0
1
3
x =
1
3
0,25
và
1
0
d
1 2
x
x
e
x
e+
∫ =
1
2
1
0
d(1 2 )
1 2
x
x
e
e
+
+
∫ , suy ra: 0,25
III
(1,0 điểm)
I =
1
3
+
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e+ =
1
3
+
1 1 2
ln
2 3
e+
=
1
3
+
1 1 2
ln
2 3
e+
. 0,25
• Thể tích khối chóp S.CDNM.
SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM
= AB2
−
1
2
AM.AN −
1
2
BC.BM
= a2
−
2
8
a
−
2
4
a
=
2
5
8
a
.
0,25
VS.CDNM =
1
3
SCDNM.SH =
3
5 3
24
a
. 0,25
IV
(1,0 điểm)
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
0,25
A
B C
D
S
N
H
K
M
4. Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC =
2
CD
CN
=
2
5
a
và HK =
2 2
.SH HC
SH HC+
=
2 3
19
a
, do đó: d(DM, SC) =
2 3
19
a
. 0,25
Điều kiện: x ≤
3
4
; y ≤
5
2
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2
+ 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 2y− (1)
0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 2y− ), với f(t) = (t2
+ 1)t.
Ta có 'f (t) = 3t2
+ 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 2y− ⇔ 2
0
5 4
.
2
x
x
y
≥⎧
⎪
⎨ −
=⎪
⎩
0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x2
+
2
25
2
2
x
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ 2 3 4x− −7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x =
3
4
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x2
+
2
25
2
2
x
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
+ 2 3 4x− − 7, trên khoảng
3
0;
4
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
0,25
V
(1,0 điểm)
'( )g x = 8x − 8x 25
2
2
x
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
−
4
3 4x−
= 4x (4x2
− 3) −
4
3 4x−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
Mặt khác
1
2
g
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x =
1
2
; suy ra y = 2.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) =
1
; 2
2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
0,25
1. (1,0 điểm)
d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) =
| 3. 3 1.1|
3 1. 3 1
−
+ +
=
1
2
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 .
0,25
Ta có: SABC =
1
2
AB.AC.sin60 =
3
4
(OA.sin60 ).(OA.tan60 )
=
3 3
8
OA2
.
Do đó: SABC =
3
2
, suy ra OA2
=
4
3
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 2 2
3 0
4
3
x y
x y
⎧ + =
⎪
⎨
+ =⎪
⎩
⇒ A
1
; 1
3
⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:
3 0
3 3 4 0
x y
x y
⎧ − =⎪
⎨
− − =⎪⎩
⇒ C
2
; 2
3
−⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
.
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I
1 3
;
22 3
−⎛ ⎞
−⎜ ⎟
⎝ ⎠
và bán kính IA = 1.
Phương trình (T):
2 2
1 3
1
22 3
x y
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
+ + + =⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
.
0,25
d2
y
x
C
B
O
A
d1
I
5. Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).
0,25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = ( )cos ,v n . 0,25
d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC. ( )cos ,v n 0,25
= 6 .
| 2 2 1|
6. 6
− −
=
1
6
. 0,25
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25
= 5 + 2 i, suy ra: 0,25
z = 5 − 2 i. 0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC.
Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
4 0
0
x y
x y
+ − =⎧
⎨
− =⎩
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương
trình: x + y + 4 = 0.
0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t).
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB .CE = 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t2
+ 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
Ta có: MA = (2; −2; 1), ,v MA⎡ ⎤
⎣ ⎦ = (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) =
,v MA
v
⎡ ⎤
⎣ ⎦
=
49 4 100
4 9 4
+ +
+ +
= 3. 0,25
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình (S): x2
+ y2
+ (z + 2)2
= 25. 0,25
Ta có: 3
(1 3 )i− = − 8. 0,25
Do đó z =
8
1 i
−
−
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy: z iz+ = 8 2 . 0,25
------------- Hết -------------
•
M
∆ B
C
A
•
H
M
∆
P
C
• E
d
A
B C
H
D