Tải bản đầy đủ (.pdf) (187 trang)

30 đề THI THỬ THPT QUỐC GIA môn TOÁN 2015 (HAY WITH KEY)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (16.18 MB, 187 trang )

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn : TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề


Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
3
3 1
y x mx
   
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
m

.
b) Tìm
m
để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị
,
A B
sao cho tam giác
OAB
vuông tại
O
( với
O


là gốc tọa độ ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 2 1 6sin cos2
x x x
  
.

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3
2
1
2ln
x x
I dx
x



.

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình
2 1
5 6.5 1 0
x x

  
.


b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho điểm


4;1;3
A 
và đường
thẳng
1 1 3
:
2 1 3
x y z
d
  
 

. Viết phương trình mặt phẳng
( )
P
đi qua
A
và vuông góc với
đường thẳng
d
. Tìm tọa độ điểm
B

thuộc
d
sao cho
27
AB 
.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABC
có tam giác
ABC
vuông tại
A
,
AB AC a
 
,
I

là trung điểm của
SC
, hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng


ABC
là trung điểm
H

của
BC
, mặt phẳng


SAB
tạo với đáy 1 góc bằng
60

. Tính thể tích khối chóp
.
S ABC

tính khoảng cách từ điểm
I
đến mặt phẳng


SAB
theo
a
.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC




1;4
A
, tiếp
tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cắt
BC
tại
D
, đường phân giác trong
của

ADB
có phương trình
2 0
x y
  
, điểm


4;1
M 
thuộc cạnh
AC
. Viết phương trình
đường thẳng
AB
.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
3 5 4
4 2 1 1
x xy x y y y
y x y x

     


     




Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,
a b c
là các số dương và
3
a b c
  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
3 3 3
bc ca ab
a bc b ca c ab
P
 

  



…….Hết……….


ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm
a.(1,0 điểm)
Vơí m=1 hàm số trở thành :
3
3 1
y x x
   

TXĐ:
D R



2
' 3 3
y x
  
,
' 0 1
y x
   


0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng


; 1
 



1;

, đồng biến trên khoảng


1;1


Hàm số đạt cực đại tại
1
x

,
3
CD
y

, đạt cực tiểu tại
1
x

 
,
1
CT
y
 

lim
x
y

 
,
lim
x
y

 

0.25
* Bảng biến thiên
x –

-1 1 +


y’ + 0 – 0 +

y


+

3


-1 -




0.25








Đồ thị:

4
2
2
4



0.25
b.(1,0 điểm)



2 2
' 3 3 3
y x m x m
     




2
' 0 0 *
y x m   


0.25
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị

PT (*) có 2 nghiệm phân biệt


0 **
m 


0.25
Khi đó 2 điểm cực trị


;1 2

A m m m
 
,


;1 2
B m m m


0.25
1

Tam giác OAB vuông tại O
. 0
OAOB
 
 

3
1
4 1 0
2
m m m
     
( TM (**) )
Vậy
1
2
m




0,25
2.
(1,0 điểm)

WWW.VNMATH.COM

sin 2 1 6sin cos2
x x x
  


(sin 2 6sin ) (1 cos 2 ) 0
x x x
   


0.25



2
2sin cos 3 2sin 0
x x x
  





2sin cos 3 sin 0
x x x
  


0. 25
sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn




 



0. 25














x k


. Vậy nghiệm của PT là
,
x k k Z

 

0.25
(1,0 điểm)

2
2 2 2 2
2
2 2 2
1 1 1 1
1
ln ln 3 ln
2 2 2
2 2
x x x x
I xdx dx dx dx
x x x
     
   




0.25
Tính
2
2
1
ln
x
J dx
x



Đặt
2
1
ln ,
u x dv dx
x
 
. Khi đó
1 1
,du dx v
x x
  

Do đó
2
2
2

1
1
1 1
ln
J x dx
x x
  



0.25
2
1
1 1 1 1
ln 2 ln 2
2 2 2
J
x
     


0.25
3

Vậy
1
ln 2
2
I  



0.25
(1,0 điểm)

a,(0,5điểm)
2 1
5 6.5 1 0
x x

  
2
5 1
5.5 6.5 1 0
1
5
5
x
x x
x



    






0.25

0
1
x
x




 

Vậy nghiệm của PT là
0
x


1
x
 


0.25
b,(0,5điểm)


3
11
165
n C  



0.25
4.

Số cách chọn
3 học sinh có cả nam và nữ là
2 1 1 2
5 6 5 6
. . 135
C C C C 

Do đó
xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
135 9
165 11






0.25
5. (1,0 điểm)
WWW.VNMATH.COM
Đường thẳng d có VTCP là


2;1;3
d
u  






P d

nên


P
nhận


2;1;3
d
u  

làm VTPT


0.25
Vậy PT mặt phẳng


P
là :







2 4 1 1 3 3 0
x y z
      


2 3 18 0
x y z
     



0.25

B d

nên


1 2 ;1 ; 3 3
B t t t
    

27
AB 





2 2
2 2
27 3 2 6 3 27
AB t t t
        
2
7 24 9 0
t t
   

0.25
3
3
7
t
t







Vậy


7;4;6
B 
hoặc
13 10 12

; ;
7 7 7
B
 
 
 
 

0.25
(1,0 điểm)


j
C
B
A
S
H
K
M

Gọi K là trung điểm của AB
HK AB
 
(1)



SH ABC


nên
SH AB

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AB SK
 

Do đó
góc giữa



SAB
với đáy bằng góc
giữa SK và HK và bằng

60
SKH 


Ta có

3
tan
2
a
SH HK SKH 



0.25

Vậy
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH  



0.25

/ /
IH SB
nên


/ /
IH SAB
. Do đó









, ,
d I SAB d H SAB


Từ H kẻ
HM SK

tại M


HM SAB
 





,
d H SAB HM




0.25
6.

Ta có
2 2 2 2

1 1 1 16
3
HM HK SH a
  
3
4
a
HM 
. Vậy
 
 
3
,
4
a
d I SAB 








0,25

7.

(1,0 điểm)


WWW.VNMATH.COM
K
C
A
DB
I
M
M'
E

Gọi AI là phan giác trong của

BAC

Ta có :



AID ABC BAI
 





IAD CAD CAI
 





BAI CAI

,


ABC CAD

nên


AID IAD




DAI

cân tại D

DE AI




0,25

PT đường thẳng AI là :
5 0
x y

  


0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI

PT đường thẳng MM’ :
5 0
x y
  

Gọi
'
K AI MM
 

K(0;5)

M’(4;9)


0,25

VTCP của đường thẳng AB là


' 3;5
AM 



VTPT của đường thẳng AB là


5; 3
n
 


Vậy PT đường thẳng AB là:




5 1 3 4 0
x y
   
5 3 7 0
x y
   


0,25
(1,0 điểm).
2
2
3 5 4(1)
4 2 1 1(2)
x xy x y y y
y x y x


     


     




Đk:
2
2
0
4 2 0
1 0
xy x y y
y x
y

   

  


 


Ta có (1)





3 1 4( 1) 0
x y x y y y
       

Đặt
, 1
u x y v y
   
(
0, 0
u v
 
)
Khi đó (1) trở thành :
2 2
3 4 0
u uv v
  
4 ( )
u v
u v vn




 


0.25

Với
u v

ta có
2 1
x y
 
, thay vào (2) ta được :
2
4 2 3 1 2
y y y y
    

 


2
4 2 3 2 1 1 1 0
y y y y
        

0.25


2
2 2
2
0
1 1
4 2 3 2 1

y
y
y
y y y


 
 
   
 
2
2 1
2 0
1 1
4 2 3 2 1
y
y
y y y
 
 
   
 
 
   
 

0.25
8.
2
y

 
( vì
2
2 1
0 1
1 1
4 2 3 2 1
y
y
y y y
    
 
   
)
Với
2
y

thì
5
x

. Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là


5;2



0.25

9.
(1,0 điểm) .

WWW.VNMATH.COM
Vì a + b + c = 3 ta có
3 ( ) ( )( )
bc bc bc
a bc a a b c bc a b a c
 
     
1 1
2
bc
a b a c
 
 
 
 
 

Vì theo BĐT Cô-Si:
1 1 2
( )( )
a b a c
a b a c
 
 
 
, dấu đẳng thức xảy ra


b = c



0,25

Tương tự
1 1
2
3
ca ca
b a b c
b ca
 
 
 
 

 

1 1
2
3
ab ab
c a c b
c ab
 
 
 
 


 



0,25

Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
a b c a b c
    
    
  
,

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =
3
2
khi a = b = c = 1.

0,25

WWW.VNMATH.COM

Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số
2x 1

y
x 1



, gọi đồ thị là (C).
a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số.
b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng (d):
3 2 0
x y
  
.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình:
2
x
2sin cos5x 1
2
 
 
 
 

Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
3
( ) . (5 )
f x x x
 
trên đoạn



0;5

Câu 4 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình sau :
2 3
3
3
2log (2 1) 2log (2 1) 2 0
x x
    

b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3
nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC






4;8 , 8;2
A B 
,



2; 10
C  
. Chứng tỏ
ABC

vuông và viết phương trình đường cao còn
lại.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
.Góc

0
60
BAC 
,hình chiếu của
S
trên mặt


ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC

.

Mặt phẳng


SAC
hợp với mặt phẳng


ABCD
góc
0
60
. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng


SCD
theo
a
.
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác nhọn ABC.
Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có
phương trình là
3 5 8 0, 4 0
x y x y

     
. Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là


4; 2
D

. Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
2 2 2
2 2 1 3 1
( , )
9 4 2 6 7
y y x x x
x y
y x y

    



   






Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn
a b c
 

2 2 2
a b c 5
  
. Chứng
minh rằng:
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4
      


HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………………



SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA

NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
WWW.VNMATH.COM

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Môn: TOÁN


HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Câu 1. (4 điểm)
Nội dung Điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2đ
+Tập xác định


\ 1
D
 


0.25
+Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
 
2
3
'
1
y

x


0


1
x
  
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng


; 1
 



1;
 

 Cực trị : Hàm số không có cực trị.
0.25
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận:

2 1
lim lim 2
1
x x
x

y
x
 

 

,đường thẳng
2
y

là tiệm cận ngang
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
 
 
 
   
 
, đường thẳng
1
x
 
là tiệm cận đứng
0.5
 Bảng biến thiên :


x -

- 1 +


y' + || +
y 2



||
2



0.5
+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục
Ox
tại điểm
1
;0
2
A
 
 
 

Đồ thị hàm số cắt trục
Oy

tại điểm


0; 1
B


Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là


1;2
I 
làm tâm đối xứng
( Đồ thị )










0.5
WWW.VNMATH.COM
2, Viết phương trình tiếp tuyến

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
0 0

( ; )
M x y
ta có :
'
0
2
0
3
( )
( 1)
k f x
x
 


0.5

Lại có
1
. 1 3
3
k k
 
    
 
 

0.5
hay
0

2
0
0
0
3
3
2
( 1)
x
x
x


 

 



0.5
Với
0 0
0 1
x y
   
Vậy phương trình tiếp tuyến là :
3 1
y x
 


Với
0 0
2 5
x y
   
Vậy phương trình tiếp tuyến là :
3 11
y x
 


0.5
Câu 2. (2 điểm)
Nội dung Điểm
2
x
2sin 1 cos5x cosx cos5x
2
 
    
 
 

0.5




cos x cos 5x


  

0.5
5 2
6 3
5 2
4 2
k
x
x x k
x x k
k
x
 
 
 
 

 

  

 


  


 



là nghiệm của phương trình.
1.0
Câu 3. (2 điểm)
Nội dung Điểm
f(x) =
3
x (5 x)

hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x)
3/ 2
x(5 x) x (0;5)
   

0,5
f ’(x) =
5
5 x(5 x)
2
 

0,5
f’(x) = 0
x 5; x 2
  
. Ta có : f(2) =
6 3
, f(0) = f(5) = 0
0,5


Vậy
x [0;5]
Max

f(x)= f(2) = 6 3
,
x [0;5]
Min

f(x) = f(0) = 0

0,5

Câu 4. (2 điểm)
Nội dung Điểm
a)
2 3
3
3
2log (2 1) 2log (2 1) 2 0
x x
    


Điều kiện :
1
2
x



0,25
PT
2
3 3
8log (2 1) 6log (2 1) 2 0
x x
     

0,25

3
2
3 3
3
log (2 1) 1
4log (2 1) 3log (2 1) 1 0
1
log (2 1)
4
x
x x
x
 


      

  



0,25

WWW.VNMATH.COM
4
3
2
3 1
2 3
x
x









là nghiệm của phương trình đã cho.
0,25
b) Tính xác suất
Ta có :
4
16
1820
C  

0.25
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”

B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “
C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H=
A B C
 
= ” Có nữ và đủ ba bộ môn “
0.5
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3
3
( )
7
C C C C C C C C C
P H
 
 


0.25
Câu 5. (2 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có :




12; 6 ; 6; 12
AB BA    
 


0,5
Từ đó
. 0
AB BC

 
Vậy tam giác ABC vuông tại B
0,5
* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua


8;2
B 

nhận




6; 18 6 1;3
AC     

làm vecto pháp tuyến
0,5

Phương trình BH :
3 2 0
x y
  


0,5

Câu 6. (2 điểm)
O
S
A
D
CB
H
E

Nội dung Điểm
* Gọi
O AC BD
 
Ta có :

0
, 60
OB AC SO AC SOB   


0.25
WWW.VNMATH.COM

Xét tam giác SOH vuông tại H :
0 0
3
tan 60 .tan 60 . 3
6 2

SH a a
SH OH
HO
    

0.25
Ta có : tam giác ABC đều :
2
3
2.
2
ABCD ABC
a
S S 

0.25
Vậy
2 3
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 2 12
SABCD ABCD
a a a
V SH S  
(đvtt)
0.25
* Tính khỏang cách
Trong
( )
SBD

kẻ
OE SH

khi đó ta có :
; ;
OC OD OE
đôi một vuông góc Và :
3 3
; ;
2 2 8
a a a
OC OD OE  

0.5
Áp dụng công thức :
2 2 2 2
1 1 1 1
( , )
d O SCD OC OD OE
  
3
112
a
d 



   
6
, 2 ,

112
a
d B SCD d O SCD 

0.5

Câu 7. (2,0 điểm)

MK
H
D
C
B
A

Nội dung Điểm
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu
,
d d
n u
 
lần lượt là vtpt,
vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M
là nghiệm của hệ phương trình:
7
4 0
7 1
2
;

3 5 8 0 1
2 2
2
x
x y
M
x y
y



  


 
  
 
 
  
 


 



0,5
AD vuông góc với BC nên



1;1
AD BC
n u 
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra
phương trình của




:1 4 1 2 0 2 0
AD x y x y
       
. Do A là giao điểm
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
 
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
   
 
 
 
   
 

0,5

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
0,25
E

WWW.VNMATH.COM
 
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
   
 
  
 
    
 

Tứ giác HKCE nội tiếp nên


BHK KCE

, mà


KCE BDA

(nội tiếp chắn cung


AB
) Suy ra


BHK BDK

, vậy K là trung điểm của HD nên


2;4
H
.
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ
0.25 điểm)
0,25
Do B thuộc BC


; 4
B t t
 
, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra


7 ;3
C t t
 
.
( 2; 8); (6 ;2 )

HB t t AC t t
   
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
        
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t


            



 

0,25
Do




3 2 2; 2 , 5;1
t t B C    
. Ta có









1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1
AB AC
AB AC n n     
   

Suy ra
:3 4 0; : 1 0.
AB x y AC y
    

0,25

Câu 8. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
Điều kiện:
3 3
1; ;
2 2
x y
 
  
 
 
. Ta có

0.25
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      

0.25
Xét hàm số
3
( ) 2 ,
f t t t
 
ta có
2
'( ) 6 1 0, ( )
f t t t f t
     

đồng biến trên

.
Vậy
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1

y
f y f x y x
y x


      

 


0.25
Thế vào (2) ta được :
2
4 5 2 6 1
x x x
   

0.25
Pt
2
2 4 5 4 12 2
x x x
    


 
2
2
4 5 1 2 2
x x    

0.5
4 5 2 3( )
4 5 1 2
x x vn
x x

  


  



1
2
1 2( )
1 2
x
x l
x







 




 




Với
4
4
2
1 2
2
y
x
y


  

 


Vậy hệ có hai nghiệm.
0.5

Câu 9. (2,0 điểm)
WWW.VNMATH.COM
Nội dung Điểm
Ta có
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4

      
(a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4
      
(*).
Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P

0 suy ra BĐT được chứng minh
0.25
Nếu ab + bc + ca

0 , đặt ab + bc + ca = x

0
0.25
(a-b)(b-c)
2
2
a b b c (a c)
2 4
   
 
 
 
 


(a - b)(b - c)(a - c)
3
(a c)

4


(1)
0.25
Ta có : 4(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) = 2(a - c)
2
+ 2(a - b)
2
+ 2(b - c)
2


2(a - c)
2
+ [(a - b) + (b - c)]
2
= 2(a - c)
2
+ (a - c)
2
= 3(a - c)
2


Suy ra 4(5 - x)

3(a - c)
2
,từ đây ta có x

5 và
4
a c (5 x)
3
  
(2) .
0.25
Từ (1) , (2) suy ra P
3
1 4
x. (5 x)
4 3
 
 
 
 
=
3
2 3
x (5 x)
9

(3)
Theo câu a ta có: f(x) =

3
x (5 x)


6 3

với x thuộc đoạn [0; 5]
nên suy ra P
2 3
.6 3 P 4
9
  
. Vậy (*) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0

1.0

………. Hết……….
















WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN
BAN CHUYÊN MÔN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2
y x mx
  
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình




1
1 1 2

2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
x x x

   
.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình
2
2 3 0
z z
  
. Tính
độ dài đoạn thẳng AB.
b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa,
Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của
3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó
có bao nhiêu phương án tuyển sinh?
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
0
sin
cos 2 3cos 2
x
I dx
x x


 



Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm




4;2;2 , 0;0;7
A B

đường thẳng
3 6 1
:
2 2 1
x y z
d
  
 

. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng thuộc một
mặt phẳng. Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC cân đỉnh A.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có đáy là tam giác cân,
AB AC a
 
,

0
120

BAC 
. Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 60
0
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và
khoảng cách từ đường thẳng
BC
đến mặt phẳng


' '
AB C
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có


1;2
A 
. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình
2 8 0
x y
  
và điểm B có hoành
độ lớn hơn 2.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
 

2 2
2 2
1 2 2 3
,
1 2 2
y x y x y xy
x y
y x y y x

    



     



Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thỏa mãn




2 2 2
5 9 2
x y z xy yz zx
    


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 
3
2 2
1x
P
y z
x y z
 

 

Hết
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm
a) Khảo sát hàm số
3 2
3 2
y x mx
  

Với m = 1, ta có hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ 2
*) TXĐ:



*) Sự biến thiên:
+) Giới hạn tại vô cực:
lim
x
y

 


0,25
+) Chiều biến thiên:
y' = 3x
2
+ 6x  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2
Bảng biến thiên:

x
- - 2 0 +
y

+ 0 - 0 +

y
6 +
2
-
0,25
 hàm số đồng biến trên (-; -2) và (0; +); hàm số nghịch biến trên (-

2; 0)
hàm số đạt cực đại tại x = -2, y

= 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 2

0,25
*) Đồ thị:
Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm
I(-1; 4) làm tâm đối xứng.








0,25
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích
tam giác OAB bằng 2
Với mọi x


, y' = 3x
2
+ 6mx  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt


 m  0
Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m
3
+ 2)
0,5
1
S
OAB
= 1  OA.d(B;OA) = 4 
1
2 2
1
m
m
m


  

 

(thỏa mãn)
Vậy với m =

1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài.
0,5
2






1
1 1 2
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
x x x

   




0,5

6
4
2
-2
-5 5
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com





   
1
1 1 1

2 2 2
2 1
1 1
2 2
log 4 4 log 2 3 log 2
log 4 4 log 2 3.2
x x x
x x x


    
   

 
2 1
4 4 2 3.2
4 3.2 4 0
2 1
2
2 4
x x x
x x
x
x
L
x

   
   


 
  





Vậy BPT có tập nghiệm: S =


2;





0,5
a) Xét phương trình:
2
2 3 0
z z
  

' = 1 - 3 = -2 =


2
2
i


Phương trình có hai nghiệm:
1 2
1 2; 1 2
z i z i
     


0,25





1; 2 ; 1; 2
A B  

AB =
2 2


0,25
b) TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:
Có:
2
6
2. 30
C

(cách)
0,25

3
TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn:
Có:
1
6
1. 6
C

(cách)
Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)

0,25
2 2
2
0 0
sin sin
cos2 3cos 2 2cos 3cos 1
x x
I dx dx
x x x x
 
 
   
 

Đặt cosx = t  dt = -sinxdx
Với x = 0  t = 1; với x =
2

 t = 0


0,25
  
1 1 1
2
0 0 0
1 1
2
2 3 1 2 1 1 2 1 2 2
dt dt
I dt
t t t t t t
 
   
 
     
 
  


0,25
4
=
1
0
2 1 3
ln ln
2 2 2
t
t


 

 

 


0,5
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
Đường thẳng d có véctơ chỉ phương


2;2;1
u 

và đi qua M(3;6;1)
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương


4; 2;5
AB  




1;4; 1
AM
 



Ta có:
 
, 12;6;12
u AB
 

 
 

, . 12 24 12 0
u AB AM
 
    
 
  

Vậy AB và d đồng phẳng

0,5
5


3 2 ;6 2 ;1
C d C t t t
    

Tam giác ABC cân tại A  AB = AC
 (1 + 2t)

2
+ (4 + 2t)
2
+ (1 - t)
2
= 45
 9t
2
+ 18t - 27 = 0  t = 1 hoặc t = -3
Vậy C(1; 8; 2) hoặc C(9; 0; -2)
0,5









+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là

'
AKA


0
' 60
AKA 
.

Tính A'K =
1
' '
2 2
a
A C


0
3
' ' .tan 60
2
a
AA A K 

3
. ' ' '
3
=AA'.S
8
ABC A B C ABC
a
V 














0,5
6
+) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))
Chứng minh: (AA'K)  (AB'C')
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK  A'H  (AB'C')
 d(A';(AB'C')) = A'H
Tính: A'H =
3
4
a

Vậy d(B;(AB'C')) =
3
4
a


0,5
H
K
C'
B'
A'
C

B
A
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
Gọi E = BN  AD  D là trung điểm của AE
Dựng AH  BN tại H 
 
8
AH d A;BN
5
 

Trong tam giác vuông ABE:
2 2 2 2
1 1 1 5
AH AB AE 4AB
  


5.AH
AB 4
2
 





0,25





B  BN  B(b; 8 - 2b) (b > 2)
AB = 4  B(3; 2)

0,25
Phương trình AE: x + 1 = 0
E = AE  BN  E(-1; 10)  D(-1; 6)  M(-1; 4)
0,25
7
Gọi I là tâm của (BKM)  I là trung điểm của BM  I(1; 3)
BM
R 5
2
 
. Vậy phương trình đường tròn: (x - 1)
2
+ (y - 3)
2
= 5.
0,25

   
 
2 2
2 2
1 2 2 3 1
1 2 2 2
y x y x y xy

y x y x y

    


     



ĐK: y  -1
Xét (1):
 
2 2
1 2 2 3
y x y x y xy
    

Đặt
 
2 2
2 0
x y t t
  

Phương trình (1) trở thành:


2 2 2
1 2 2 3 0
t y t x y x y xy

       

 = (1 - y)
2
+ 4(x
2
+ 2y
2
+ x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)
2


2 2
2 2
2 1
1
2
2 2
x y x y
t x y
t x y
x y x y

    
   


 

 



  


0,5
8
Với
2 2
2 1
x y x y
    
, thay vào (2) ta có:

2
1
1 3 1 0
3
9 5 0
y
y y y
y y

 

     


 




2
1
x x
  
(vô nghiệm)
0,25
H
E
K
N
M
D
C
B
A
WWW.VNMATH.COM
trang1
TRƯỜNGTHPTMẠCĐỈNHCHI
ÔNTHITHPTQUỐCGIANĂM2015
MônTOÁN
Thờigianlàmbài180phút
 ***
Câu1(2,0điểm). Chohàmsố:
4 2 2
2( 1) 1(1)y x m x = - + +
a)Khảosátsựbiếnthiênvàvẽđồthịhàmsố(1)khi m=0.
b)Tìmcácgiátrịcủathamsốm đểhàmsố(1)có3điểmcựctrịthỏamãngiá

trịcựctiểuđạtgiátrịlớnnhất.
Câu2(1,0điểm).
a)Giảiphươngtrình:sin 2 cos sin 1( )x x x x R - + = Î
b)Giảibấtphươngtrình:
2
1
2
2
log log (2 ) 0( )x x R
é ù
- > Î
ë û
.
Câu3 (1,0điểm).Tínhtíchphân
2
3
1
1
dx
I
x x
=
+
ò
.
Câu4 (0,5 điểm). Chosốphức z thỏamãnđiềukiện
11
1
2
z

z
z
-
= -
-
.Hãytính
4
2
z i
z i
-
+
.
Câu5(1,0điểm).Chohìnhlăngtrụ
. ' ' 'ABC A B C
,
ABC D
đềucócạnhbằng
a
,
'AA a =
vàđỉnh 'A cáchđều
, ,A B C
.Gọi M,N lầnlượtlàtrungđiểmcủacạnhBCvà 'A B .
Tínhtheo
a
thể tíchkhốilăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
và khoảngcáchtừ Cđến mặtphẳng
( )AMN

.
Câu6(1,0điểm).Trongkhônggianvớihệtọađộ Ox yz,chomặtcầu ( )S cóphương
trình
2 2 2
4 6 2 2 0x y z x y z + + - + - - =
.Lậpphươngtrìnhmặtphẳng
( )P
chứatrucOy
vàcắtmặtcầu
( )S
theomộtđườngtròncóbánkính
2 3r =
.
Câu7(0,5điểm).GiảibóngchuyềnVTVCupgồm12độibóngthamdự,trongđócó9
độinướcngoàivà3độicủaViệtNam.Bantổchứcchobốcthămngẫunhiênđểchia
thành3bảngA,B,Cmỗibảng4đội.Tínhxácsuấtđể3độibóngcủaViệtNamởba
bảngkhácnhau.
Câu8(1,0điểm).Trongmặtphẳngvớihệtọađộ Oxy,chotamgiác
ABC
vớiđường
cao AHcóphươngtrình
3 4 10 0x y + + =
vàđườngphângiáctrong BE cóphươngtrình
1 0x y - + =
.Điểm (0;2)M thuộcđườngthẳng AB vàcáchđỉnh
C
mộtkhoảngbằng
2
.Tínhdiệntíchtamgiác
ABC

.
Câu9 (1,0điểm).Giảibấtphươngtrình:
(
)
2 2
5 4 1 ( 2 4)x x x x x + < + + - (x
Î
R).
Câu10(1,0điểm).Chocácsốthực ;x ythayđổi. Tìmgiátrị nhỏnhấtcủabiểuthức:
2 2 2 2
2 1 2 1 2P x y x x y x y = + + + + + - + + -
.
Hết
trang2
PN
Cõu1.
(2)
a)(Tkhosỏt)
b) y=4x
3
4(m
2
+1)x
y=0
2
0
1
x
x m
=



= +


ịhms(1)luụncú3imcctrvimim
2
1
CT
x m = + ịgiỏtrcctiu
2 2
( 1) 1
CT
y m = - + +
2 2
ỡ( 1) 1 0
CT
V m y + ị Ê
2
max( ) 0 1 1 0
CT
y m m = + = =
Cõu2.
(1)
a)
sin 2 cos sin 1x x x - + =
(1)
(1) (sin cos )(1 sin cos ) 0x x x x - + - =
sin cos 0
1 sin cos 0

x x
x x
- =



+ - =

4
( )
3
2 2
2
x k
k Z
x k x k
p

= + p



p

= p = + p


b)
2
1

2
2
og log (2 ) 0( )x x R
ộ ự
- > ẻ
ở ỷ
(2).
iukin:
2 2
2
log (2 ) 0 2 1 1 1x x x - > - > - < <
Khiú(2)
2
2
2 2
1 1 1 1
1 1
log (2 ) 1
0
2 2 0
x x
x
x
x
x x
- < < - < <
ỡ ỡ
- < <

- <

ớ ớ ớ

- < >

ợ ợ
Vytpnghimbptl ( 10) (01)S = - ẩ
Cõu3.
(1)
2
2 2
3 3 31 1
1 1
dx x dx
I
x x x x
= =
+ +
ũ ũ
.
t
3 3 2 2
2
1 1 .
3
t x x t x dx t dt = + ị = - ị =
.
1 2 2 3x t x t = ị = = ị =
3 3
2
2 2

2 . 1 1 1
3 3 1 1( 1)
t dt
I dt
t tt t
ổ ử
= = -
ỗ ữ
- + -
ố ứ
ũ ũ
3
2
1 1 1 1 2 1 1 3 2 2
ln ln ln ln
3 1 3 2 3 2
2 1
x
I
x
ổ ử
- - +
= = - =
ỗ ữ
+
+
ố ứ
Cõu4.
(0,5)
11

1
2
z
z
z
-
= -
-

2
4 13 0z z - + =
,
2
' 9 9i D = - =

2 3
2 3
z i
z i
= +


= -

l
2 3z i = +

4
2
z i

z i
-
+
=
2
1
2
i
i
-
=
-
l
2 3z i = -

4
2
z i
z i
-
+
=
2 7 53
2 5
29
i
i
-
=
+

Cõu5.
(1)
lGiOltõmtamgiỏcuABC ịA O ^(ABC)
Tacú
3 2 3
,
2 3 3
a a
AM AO AM = = =
2
2 2 2
6
' '
3 3
a a
A O AA AO a = - = - =
2
3
4
ABC
a
S
D
=
trang3
Thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C :
2 2
3 6 2
. ' .
4 3 4

ABC
a a a
V S A O
D
= = =
lTacó
[ ]
1
. ,( )
3
NAMC AMC
V S d N ABC
D
=
[ ]
3
,( )
NAMC
AMC
V
d C AMN
S
D
Þ =
[ ]
2
1 3 1 6
; ,( ) '
2 8 2 6
AMC ABC

a a
S S d N ABC A O = = = =
Suyra:
2 2
1 3 6 2
.
3 8 6 48
NAMC
a a a
V = =
lạicó:
3
2
a
AM AN = =
,nên
AMN D
cântạiA
GọiE làtrungđiểmAM suyra
AE MN ^
,
'
2 2
A C a
MN = =
2 2
2 2
3 11
4 16 4
a a a

AE AN NE Þ = - = - =
;
2
1 11
.
2 16
AMN
a
S MN AE = =
[ ]
2
3 2 11 22
,( ) :
48 16 11
a a a
d C AMN Þ = = (đvđd)
Câu6.
(1đ)
2 2 2 2 2 2
( ) : 4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16S x y z x y z x y z + + - + - - = Û - + + + - =
Þ ( )S cótâm (2; 3;1)I - bánkính
4R =
;trụcOycóVTCP (0;1;0)j =
r
Gọi
( ; ; )n a b c =
r
làVTPTmp(P),
( )P
chứaOy Þ

2 2
0 ( ;0; )( 0)n j b n a c a c ^ Þ = Þ = + ¹
r r r
Phươngtrìnhmp(P):
0ax cz + =
(P)cắtmặtcầu(S)theođườngtròncóbánkinh
2 3r =
Þ
[ ]
2 2
,( ) 2d I P R r = - =
Û
2 2 2 2
2 2
2
2 4 4 4 4
a c
a ac c a c
a c
+
= Û + + = +
+
E
A
B
C
C'
B'
A'
M

O
N
trang4
2
0
3 4 0
3 4
c
c ac
c a
=

- =

=

Vy phngtrỡnhmp(P): 0x = hoc3 4 0x z + = .
Cõu7.
(0,5)
Sphntkhụnggianmul
4
4 4 4
12 8
( ) . . 34.650n C C C W = =
GiA lbinc3ibongcaVitnambabngkhỏcnhau
ScỏcktquthunlicaA l
3 3 3
9 6 3
( ) 3 .2 .1. 1080n A C C C = =
XỏcxutcabincAl

( ) 1080 54
( ) 0,31
( 34650 173
n A
P A
n
= = =
W
;
Cõu8.
(1)
GiNlimixngcaM quaphõngiỏc BEthỡ NthucBC
TớnhcN(11).ngthngBCqua NvvuụnggúcviAHnờncú
phngtrỡnh4x3y 1=0
BlgiaoimcaBCvBE.SuyrataBlnghimcahpt:
4 3 1 0
(45)
1 0
x y
B
x y
- - =



- + =

ngthngABquaBvMnờncúphngtrỡnh:3x 4y+8=0
AlgiaoimcaABvAH,suyrataAlnghimhpt:
3 4 8 0

1
( 3 )
3 4 10 0 4
x y
A
x y
- - =

- -

+ + =

imCthucBCvaMC=2suyrataClnghimhpt:
2 2
(11)
1 1
4 3 1 0
31 33
31 33


( 2) 2
25 25
25 25
C
x y
x y
C
x y
x y


= =

- - =

ù




ổ ử


= =
+ - =
ỗ ữ
ù



ố ứ

ThtaAvC(11)vophngtrỡnhBEthỡhaigiỏtrtrỏidu,suyra
A,CkhỏcphớaiviBE,doúB ElphõngiỏctrongtamgiỏcABC.
TngtAv
31 33

25 25
C
ổ ử

ỗ ữ
ố ứ
thỡA,CcựngphớaviBEnờnBElphõngiỏc
ngoicatamgiỏcABC.
BC=5,
49
( , )
20
AH d A BC = =
.Doú
49
8
A BC
S =
(vdt).
Cõu9.
(1)
(
)
2 2
5 4 1 ( 2 4)x x x x x + < + + - (*)
A
B
C
H
E
M(02)
N
I
trang5

K:x(x
2
+2x4)0
1 5 0
1 5
x
x

- - Ê Ê

- +


Khiú(*)
2 2
4 ( 2 4) 5 4x x x x x + - > + -

2 2
4 ( 2 4) ( 2 4) 3x x x x x x + - > + - + (**)
TH1:
1 5x - +
,chiahaivchox>0,tacú:
(**) ị
2 2
2 4 2 4
4 3
x x x x
x x
+ - + -
> +

t
2
2 4
, 0
x x
t t
x
+ -
= ,tacúbpt:
2
4 3 0t t - + < 1 3t < <
2
2
2
7 4 0
2 4
1 3
4 0
x x
x x
x
x x

- - <
+ -
ù
< <

+ - >
ù



1 17 7 65
2 2
x
- + +
< <
TH2:
1 5 0x - - Ê Ê
,
2
5 4 0x x + - < ,(**)luụntha
Vytpnghimbpt(*)l
1 17 7 65
1 50
2 2
S
ổ ử
- + +
ộ ự
= - - ẩ
ỗ ữ
ở ỷ
ố ứ
Cõu10.
(1)
2 2 2 2
2 1 2 1 2P x y x x y x y = + + + + + - + + -
XộtcỏcimM(x1y) ,N(x+1y). TacúOM+ON MN


2 2 2 2 2
( 1) ( 1) 4 4x y x y y - + + + + +

2
2 1 2 ( )P y y f y + + - =
TH1:y2:
2
( ) 2 1 2f y y y = + + - ị
2
2
'( ) 1
1
y
f y
y
= -
+
2
2
0
3
'( ) 0 2 1
3
3 1
y
f y y y y
y


= = + =


=

Lpbngbinthiờn f(y) ị
( .2]
3
min ( ) 2 3
3
x
f y f
ẻ -Ơ
ổ ử
= = +
ỗ ữ
ố ứ
TH2:y2:
2
( ) 2 1 2f y y y = + + -
2 5 2 3 > +
Vy 2 3 P x y + " .
Doú
2 3MinP = +
khix=0y=
3
3
Ht
SGIODCVOTO
LOCAI
THITH K THITHPTQUCGIANM2015
MễNTHI:TON

Thigianlmbi:180phỳt
Cõu1(2,0im). Chohms
3
2
3 1
3
2 4 2
x
y x x = - - + (1).
a) Khosỏtsbinthiờnvvth(C)cahms(1)
b)Vitphngtrỡnhtiptuyncath (C).Bittiptuynúvuụnggúcvingthng
8
( ) : 1
27
d y x = + .
Cõu2(1,0im).
1) Giiphngtrỡnh:
2
cos2x cos x sin x+2 0 + - =
.
2) Tỡmcỏcsthcx, y thamón:
( )
( )
2
2 1 (3 2)
1 2
2
x i i y i
y
x

+ + = + -
-
- +
.
Cõu3(0,5im).Giiphngtrỡnhsautrờntpsthc:
2 2
3 9
log log (9 ) 1 0x x - - = .
Cõu 4(1,0im).Giihphngtrỡnhsautrờntpsthc:
2 2
2
2 5 2 2
3 5 4
x y x
x xy x y y y

+ = +
ù

+ + - - = +
ù

.
Cõu5(1,0im).Tớnhtớchphõn
1
0
x
x
e x
I dx

e
+
=
ũ
.
Cõu6(1,0im).Chohỡnhchúp
.S ABCD
cúỏy
A BCD
lhỡnhthoicnha,gúcBACbng60
0
.
Hỡnhchiuvuụnggúcca
S
trờnmtphng
( )
ABCD limHthuconBDsaochoHD=
2HB.ngthngSOtovimtphng
( )
ABCD gúc
0
60
viOlgiaoimcaACvBD.
Tớnhthtớchkhichúp
.S ABCD
vkhongcỏcht B nmtphng
( )
SCD theo a .
Cõu7(1,0im).Trongmtphngvihta Oxy ,chotgiỏc
A BCD

nitipngtrũn
ngkớnhAC.Bit
( )
3 1M - ltrungimcacnh BD ,im
( )
4 2C - .im
( )
1 3N - - nm
trờnngthngiquaBvvuụnggúcviAD.ngthng AD iquaim
( )
13P .Tỡmta
cỏcnhA,B,D.
Cõu8 (1,0 im). Trong khụng gian vihto Oxyz , choim
( )
235M vng thng
1 2 2
:
1 3 2
x y z
d
+ + -
= = .Vitphngtrỡnhmtphng ( )P iquaMvvuụnggúcvingthng
d.Tỡmtaim Nthuc dsaochoNcỏchMmtkhongbng5.
Cõu 9(0,5im).Tỡmhsca
8
x trongkhaitrinnhthcNiutnca
22
2
2
x

x
ổ ử
-
ỗ ữ
ố ứ
.
Cõu10(1,0im).Cho x lsthcthucon
5
1
4
ộ ự
-
ờ ỳ
ở ỷ
.Tỡmgiỏtrlnnht,giỏtrnhnht
cabiuthc
5 4 1
5 4 2 1 6
x x
P
x x
- - +
=
- + + +
.
HT
Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm.
WWW.VNMATH.COM

×