17 TS247 DT de thi thu thpt qg mon toan so gd dt vinh phuc lan 1 nam 2017 co loi giai chi tiet 8967 1484213609

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA

MÃ ĐỀ: 218

NĂM HỌC 2016-2017 - MÔN TOÁN 12

01

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

1
C. x  ; y  3
3

B. y  2; x  1

D. y  1; x  3

uO
nT
hi
D

A. x  1; y  3

3x  1
lần lượt là:
x 1

ai

Câu 1: Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 

H
oc

Thời gian làm bài 90 phút (50 câu trắc nghiệm)

Câu 2: Tính theo a thể tích khối lăng trụ đứng ABC. A‟B‟C‟ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, mặt bên
BCC‟B‟ là hình vuông cạnh 2a .
B. a3 2

A. a 3

C.

2a 3
3

D. 2a3

C. 10

a

A. 7 2

s/

 0  a  1 bằng:

8log 2 7

D. 10

Ta

B. 9

Câu 4: Giá trị của a

iL

A. 9

ie

23.21  53.54
Câu 3: Giá trị của biểu thức P 
là:
101  (0,1)0

C. 78

up

B. 716

D. 7 4

3
B. 9a

3

/g

A. 6a

ro

Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy
 ABCD  và SA  3a . Thể tích của khối chóp S.ABCD là:
3
D. a

3
C. 3a

om

Câu 6: Hàm số nào sau đây có ba điểm cực trị?

.c

A. y   x4  2x2

ok

C. y   x 4  2 x 2  1

1
B. y  x3  3x 2  7 x  2
3
D. y  x 4  1

Câu 7: Hàm số y  2ln x  x có đạo hàm là

bo

2

2
1

B.   2 x  2ln x  x .ln 2
x


.fa

ce

2
1

A.   2 x  2ln x  x
x


ln x  x
2ln x  x
1
2
C.
D.   2 x 
ln 2
x
 ln 2
2

2

Câu 8: Cho a  0, a  1 ; x, y là hai số thực dương. Tìm mệnh đề đúng?

w

w

w

A. log a  xy   log a x  log a y
C. log a  xy   log a x.log a y

B. log a  x  y   log a x  log a y
D. log a  x  y   log a x.log a y

1 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Câu 9: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC  2a , SA vuông góc với mặt phẳng
o
đáy  ABC  . Tính thể tích khối chóp S.ABC biết SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 30 .
a3 6
9

B.

a3 6
3

C.

2a 3 6
3

D.

a3 6
6

01

A.

A.  0;2

B. 1; 2 

C.  0;1

H
oc

Câu 10: Hàm số y  2 x  x 2 đồng biến trên khoảng nào?
D.  ;1

B. 2

C. 1

D. 4

uO
nT
hi
D

A. 3

Câu 12: Hàm số y  x3  2 x 2  x  1 nghịch biến trên khoảng nào?

 1

A.   ;  

 3


B.  ;  1

ai

Câu 11: Hình hộp chữ nhật (không phải là hình lập phương) có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?

1

D.  1;  
3


C.  ;   

C. y  2 x  2

B. y   x  1

iL

A. y   x  1

ie

Câu 13: Cho hàm số y  x3  x  1 có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  tại giao điểm của  C 
với trục tung.
D. y  2x 1

Ta

Câu 14: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x3  3x 2  mx  1 đồng biến trên khoảng  ;0  .
C. m  3

s/

B. m  3

A. m  0

D. m  3

B. 12

C. 30

ro

A. 24

up

Câu 15: Khối đa diện đều có 12 mặt thì có bao nhiêu cạnh?

D. 60

om

/g

1
 12

Câu 16: Cho x, y là các số thực dương, khi đó rút gọn biểu thức K   x  y 2 



B. K  x  1

A. K  x

C. K  2 x

2


y y
 
1  2
x x 


1

ta được:

D. K  x  1

a 6
9

bo

A.

ok

.c

Câu 17: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a , G là trọng tâm của tứ diện ABCD . Tính theo a khoảng cách
từ G đến các mặt của tứ diện.
B.

a 6
6

C.

a 6
3

D.

a 6
12

ce

Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, BC  2a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy

.fa

 ABCD  . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD biết SB tạo với mặt phẳng đáy  ABCD 
B. 2a

3

3

a3 3
C.
3

D.

2a 3 3
3

w

w

w

2a 3
A.
3 3

o

một góc 60 .

2 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Câu 19: Đồ thị như hình bên là của hàm số nào?
A. y   x 3  3x 2  1

B. y  x 3  3x  1

C. y   x 3  3x 2  1

D. y  x 3  3x  1

B. 3

3

 31,7

D. 4

3

 4

ai

e

2

uO
nT
hi
D



2 2
C.     
3 3

2

H
oc

1,4

1
1
A.     
3

3

01

Câu 20: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?

Câu 21: Cho hình lập phương có cạnh bằng a và tâm O. Tính diện tích mặt cầu tâm O tiếp xúc với các mặt của
hình lập phương.
A. 4 a 2

B. 2 a 2

D.  a 2

C. 8 a 2

Câu 22: Chọn khẳng định sai.

Ta

C. Mỗi đỉnh của khối đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 mặt.

iL

B. Hai mặt bất kì của khối đa diện luôn có ít nhất một điểm chung.

ie

A. Mỗi cạnh của khối đa diện là cạnh chung của đúng 2 mặt của khối đa diện.

D. Mỗi mặt của khối đa diện có ít nhất ba cạnh.

B. 2a

3

ro

a3
2

3
C. a

D. 6a

3

/g

A.

up

s/

Câu 23: Cho hình tứ diện SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc; SA  3a, SB  2a, SC  a . Tính thể tích khối
tứ diện SABC .

A. min y  3 2; max y  3 2

B. min y  0; max y  3 2

C. min y  0;max y  6

.c

om

Câu 24: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  18  x 2 .

D. min y  3 2; max y  6

B. 2

C. 14

bo

ok

Câu 25: Gọi M, N lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  1 trên đoạn  2; 4 .
Tính tổng M  N .
A. 18

D. 22

ce

Câu 26: Cho hình trụ có chiều cao h, bán kính đáy là R. Diện tích toàn phần của hình trụ đó là:

.fa

A. Stp  2 R  R  h 

B. Stp   R  R  h 

C. Stp   R  R  2h 

w

w

w

Câu 27: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
A. y  

1
 x  1
3

B. y  3  x  1

C. y 

D. Stp   R  2 R  h 

x 1
tại điểm M 1;0  .

x2
1
 x  1
3

D. y 

1
 x  1
9

3 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Câu 28: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a . Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng song song với trục của hình trụ và
a
cách trục của hình trụ một khoảng bằng ta được thiết diện là một hình vuông. Tính thể tích khối trụ.
2
B.  a 3

C.

 a3 3

D. 3 a3

4

01

A.  a3 3

H
oc

Câu 29: Tập hợp tất cả các trị của x để biểu thức log 1  2x  x 2  được xác định là:
2

C.  ;0   2;   
1
C. y  log 2  
 x

B. y  log x

A. y   log 1 x

uO
nT
hi
D

Câu 30: Hàm số nào dưới đây nghịch biến trên tập xác định của nó?

3

D.  ;0    2;   

ai

B.  0; 2 

A.  0; 2 

D. y  log 2 x

Câu 31: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a , SA   ABCD  và
SA  2a . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD .

9 a 3
2

C.

9 a 3
8

ie

B.

D. 36 a3

iL

A. 9 a3

B. X 

4.106
1  0, 00837

D. X 

4.106
1, 00836  1

up

4.106
1, 00837  1

ro

A. X 

s/

Ta

Câu 32: Một người gửi tiết kiệm theo thể thức lãi kép như sau: Mỗi tháng người này tiết kiệm một số tiền cố
định là X đồng rồi gửi vào ngân hàng theo kì hạn một tháng với lãi suất 0,8% /tháng. Tìm X để sau ba năm kể từ
ngày gửi lần đầu tiên người đó có được tổng số tiền là 500 triệu đồng.

om

/g

4.106
C. X 
1, 008 1, 00836  1

.c

Câu 33: Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị hàm số y  x 4  2mx 2  2m  m 4 có ba điểm cực trị
tạo thành một tam giác đều.
B. m  3 3

ok

A. m  1

C. m 

3

6
2



D. m 



ce

A. 0  m  2

bo

Câu 34: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2  1
B. m  2

C. 2  m  0

3

3
2

4  x 2  m  0 có nghiệm.
D. 2  m  2

.fa

Câu 35: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m2  1 đạt cực tiểu tại x  0 .

w

A. m  1 hoặc m  1

B. m  1

C. m  1

D. m  1

w

w

Câu 36: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a . Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SA  2a . Gọi N là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SN và CD .

4 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

D.

Câu 37: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y 

x 1
m2 x 2  m  1

 1  5 
B. m  1 và m  0;
 C. m  1
2 


Câu 38: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y 

C. m  0

Câu 39: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
A. m  3 hoặc m 

3
5

D. m  0

 cos x  m
đồng biến trên khoảng
cos x  m

B. m  1

A. m  0 hoặc m  1

B. m  3 hoặc m 

có bốn đường tiệm cận.

2
5

 
 0;  .
 2

uO
nT
hi
D

A. m  1

2a
3

01

C. a 2

B. a 5

H
oc

2a
5

ai

A.

D. m  1

mx  1
5

có giá trị lớn nhất trên đoạn  2;3  bằng .
2
xm
6
D. m  2 hoặc m 

C. m  3

2
5

A. a 2

C. a

D.

a 2
2

D.

1  b  ab
1  a  b

s/

B. 2a

Ta

iL

ie

Câu 40: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng
đáy, SA  a . Gọi M là trung điểm của cạnh CD . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SAB  .

1  a  ab
1  a  b

B.

1  b  ab
1 a

ro

A.

up

Câu 41: Cho log5 3  a, log 7 5  b . Tính log15 105 theo a và b .
C.

a  b 1
b 1  a 

om

/g

Câu 42: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và
SM
 k . Xác định k sao cho mặt phẳng  BMC  chia khối chóp
SA
S. ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.

ok

1  3
2

B. k 

1  5
2

C. k 

1  2
2

D. k 

1 5
4

bo

A. k 

.c

SA  a . Điểm M thuộc cạnh SA sao cho

Câu 43: Cho hàm số y  f  x  có đồ thị như hình vẽ bên. Xác định tất cả

.fa

biệt.

ce

các giá trị của tham số m để phương trình f  x   m có 6 nghiệm thực phân

w

A. 0  m  4

D. m  4

w

w

C. 3  m  4

B. 0  m  3

5 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

A. a, d  0; b, c  0

B. a, b, c  0; d  0

C. a, c, d  0; b  0

D. a, b, d  0; c  0

01

Câu 44: Cho hàm số y  ax3  bx 2  cx  d có đồ thị như hình bên.
Khẳng định nào sau đây đúng?

H
oc

Câu 45: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,

a3 33
12

B. a3 2

C.

a3 2
3

D.

a3 2
6

uO
nT
hi
D

A.

ai

ABC  60o , SA  SB  SC  a 3. Tính theo a thể tích khối chóp
S . ABCD .

Câu 46: Một nhà sản suất cần thiết kế một thùng đựng dầu nhớt hình trụ có nắp đậy với dung tích là 2000dm3 .
Để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì bán kính của nắp đậy phải bằng bao nhiêu?
A.

10
3



B.

dm

20
2



C.

dm

10
dm
3
2

D.

20
dm
3
2

trục hoành tại ba điểm phân biệt.
B. m  4

C. m  3

Ta

A. m  2

iL

ie

Câu 47: Cho hàm số y   x  1  x 2  mx  1 có đồ thị (C). Tìm số nguyên dương nhỏ nhất m để đồ thị (C) cắt
D. m  1

A. 18 r 2

up

s/

Câu 48: Người ta xếp 7 viên bi có dạng hình cầu có cùng bán kính bằng r vào một cái lọ hình trụ sao cho tất cả
các viên bi đều tiếp xúc với đáy của lọ, viên bi nằm chính giữa tiếp xúc với 6 viên bi xung quanh và mỗi viên bi
xung quanh đều tiếp xúc với các đường sinh của lọ hình trụ. Khi đó diện tích đáy của cái lọ hình trụ là:
C. 16 r 2

D. 36 r 2

ro

B. 9 r 2

om

/g

Câu 49: Do nhu cầu sử dụng các nguyên liệu thân thiện với môi trường. Một công ty sản suất bóng tenis muốn
thiết kế một hộp làm bằng giấy cứng để đựng 4 quả bóng tenis có bán kính bằng r, hộp đựng có dạng hình hộp
chữ nhật theo 2 cách như sau:
Cách 1: Mỗi hộp đựng 4 quả bóng tenis được đặt dọc, đáy là hình vuông cạnh 2r, cạnh bên bằng 8r.

ok

.c

Cách 2: Mỗi hộp đựng 4 quả bóng tenis được xếp theo một hình vuông, đáy của hộp là hình vuông cạnh bằng
4r, cạnh bên bằng 2r.
Gọi S1 là diện tích toàn phần của hộp theo cách 1, S 2 là diện tích toàn phần của hộp theo cách 2.

9
8

.fa

A.

bo

S1
.
S2

ce

Tính tỉ số

B. 1

C. 2

D.

2
3

w

Câu 50: Hàm số y   x3  6 x 2  15 x  2 đạt cực đại khi
B. x  0

C. x  5

D. x  1

w

w

A. x  2

---------------- HẾT -----------------

6 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

2D

3C

4D

5B

6A

7B

8A

9B

10C

11A

12D

13B

14D

15C

16A

17D

18D

19D

20C

21D

22B

23C

24D

25B

26A

27C

28A

29A

30C

31B

32A

33B

34D

35D

36A

37B

38C

39B

41D

42B

43C

44A

45C

46A

47C

48B

49A

40C

ai

50C

uO
nT
hi
D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

H
oc

1A

01

ĐÁP ÁN – MÃ ĐỀ 218

Thực hiện: Ban chuyên môn Tuyensinh247.com
Câu 1
– Tính chất

ax  b
d
a
với a, c ≠ 0, ad ≠ bc có tiệm cận đứng x   và tiệm cận ngang y 
cx  d
c
c

ie

Đồ thị hàm số y 

iL

– Giải

Ta

Đồ thị hàm số đã cho có tiệm cận đứng x = –1, y = 3

s/

Chọn A

up

Câu 2

ro

– Phương pháp: Xác định diện tích đáy, chiều cao, áp dụng công thức tính
thể tích lăng trụ: V= Sđ.h

/g

– Cách giải

BC
a 2
2

ce

bo

Chọn D
Câu 3

1
BB '. AB. AC  2a 3
2

ok

VABC . A ' B 'C '  BB '.S ABC 

.c

AB  AC 

om

Vì ∆ ABC vuông cân nên

.fa

– Phương pháp: Sử dụng máy tính để tính giá trị biểu thức

w

– Kết quả: P = –10

w

w

Chọn C
Câu 4

7 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

– Phương pháp: Thay a bằng số bất kì thỏa mãn điều kiện và sử dụng máy
tính, tính giá trị biểu thức
– Cách giải: Thay a = 0,5 ta có giá trị biểu thức bằng 2401

01

Mà log7 2401 = 4 nên 2401 = 74

ai

H
oc

Chọn D

uO
nT
hi
D

Câu 5
– Phương pháp: Sử dụng công thức tính thể tích
– Cách giải:

1
1
Thể tích của hình chóp đã cho là V  SA.S ABCD  SA. AB 2  9a3
3

3

ie

Chọn B

iL

Câu 6

Ta

– Phương pháp
Hàm số bậc 3 chỉ có nhiều nhất là 2 cực trị

s/

Hàm số bậc 4 trùng phương có 3 cực trị khi và chỉ khi hệ số của x4 và x2 trái dấu nhau

up

– Cách giải

ro

Hàm số ở ý B là hàm số bậc 3 nên không thể có 3 cực trị

/g

Còn lại là các hàm số bậc 4 trùng phương, nhưng chỉ có hàm số ở ý A là có hệ số của x4 (là –1) và hàm số của

x2 (là 2) trái dấu nhau

om

Chọn A
Câu 7

.c

– Phương pháp: Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp: (au)‟ = u‟.au.lna

ok

– Cách giải

Chọn B

.fa

Câu 8

ce

bo

2
2
1

Có y  2ln x  x  y '    2 x  2ln x  x .ln 2

x


w

Công thức đúng: log a  xy   log a x  log a y

w

w

Chọn A
Câu 9
Vì CA ⊥ AB, CA ⊥ SA nên CA ⊥ (SAB)

8 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

⇒ Góc giữa SC và (SAB) là góc ASC = 30o
Vì ∆ ABC vuông cân tại A nên

BC
a 2
2

01

AB  AC 

H
oc

SA  AC.cot 30  a 6
1
1
a3 6
VS . ABC  SA.S ABC  SA. AB. AC 
3
6
3

Câu 10
– Phương pháp: Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y = f(x)
+ Tìm TXĐ của hàm số
+ Giải phương trình y‟ = 0 và các bất phương trình y‟ ≥ 0, y‟ ≤ 0

uO
nT
hi
D

ai

Chọn B

iL

ie

+ Khoảng đồng biến (nghịch biến) của hàm số là khoảng liên tục của hàm số mà y‟ ≥ 0 (y‟ ≤ 0) và số các
nghiệm của phương trình y‟ = 0 trong khoảng đó là hữu hạn

Ta

– Cách giải
TXĐ: D = [0;2]

2 x  x2

 0  x  1; y '  0  0  x  1

s/

1 x

up

Có y ' 

ro

Hàm số đồng biến trên (0;1)

/g

Chọn C

Câu 11

om

Hình hộp chữ nhật mà không phải là hình lập phương thì có 3 mặt đối xứng (là mặt phẳng qua tâm hình hộp và
song song với 1 trong 3 mặt đôi một không song song của hình hộp)

.c

Chọn A

ok

Câu 12

bo

– Phương pháp: Tìm khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số y = f(x)
+ Tìm TXĐ của hàm số

ce

+ Giải phương trình y‟ = 0 và các bất phương trình y‟ ≥ 0, y‟ ≤ 0

.fa

+ Khoảng đồng biến (nghịch biến) của hàm số là khoảng liên tục của hàm số mà y‟ ≥ 0 (y‟ ≤ 0) và số các
nghiệm của phương trình y‟ = 0 trong khoảng đó là hữu hạn

w

– Cách giải

w

w

Có y '  3x 2  6 x  1 . Phương trình y‟ = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng giữa hai nghiệm của phương trình y‟ = 0 nên khoảng đó không thể chứa
–∞ hoặc +∞ ⇒ Loại A, B, C

9 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Chọn D
Câu 13
– Phương pháp:

01

+ Tìm giao điểm M(0;m) của đồ thị hàm số với trục tung

H
oc

+ Tính y‟, viết phương trình tiếp tuyến y = y‟(0).x + m

– Cách giải
Có y‟ = 3x2 – 1; y‟(0) = –1

ai

Phương trình tiếp tuyến tại điểm (0;–1) là y = –x – 1

uO
nT
hi
D

Chọn B
Câu 14

– Phương pháp: Tìm m để hàm số bậc ba y = f(x) đồng biến trên khoảng K:
+ Lập phương trình y‟ ≥ 0
+ Cô lập m, đưa về phương trình m ≥ g(x) hoặc m ≤ g(x)

ie

+ Khảo sát hàm số y = g(x) trên K và kết luận giá trị m

iL

– Cách giải

Ta

Có y‟ = 3x2 + 6x – m ≥ 0 ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = g(x)

s/

Xét hàm số g(x) = 3x2 + 6x trên (–∞;0) có g‟(x) = 6x + 6 = 0 ⇔ x = –1; g‟(x) > 0 ⇔ x > –1; g‟(x)<0 ⇔ x < –1

up

⇒ g(x) ≥ g(–1) = –3

Hàm số đã cho đồng biến trên (–∞;0) ⇔ m ≤ g(x) ∀x ∈ (–∞;0) ⇔ m ≤ –3

ro

Chọn D

/g

Câu 15

om

Khối đa diện mười hai mặt đều thuộc loại (5;3) ⇒ Mỗi mặt có 5 cạnh
Mỗi cạnh là cạnh chung của 2 mặt nên tổng số cạnh của đa diện là 12.5:2 = 30 (cạnh)

.c

Chọn C

ok

Câu 16

ce

– Cách giải.

bo

– Phương pháp: Sử dụng các công thức biến đổi lũy thừa



x y

 

y y
1 2

x x

x y



 y 
 1

x




2

2








2



x y 
  x
y x 

x 





2

x

w

w

w

.fa

Với x, y dương ta có K 

2

Chọn A
Câu 17

10 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Thể tích khối tứ diện đều cạnh a được tính theo công thức V 

a2 3

4

01

∆ BCD là tam giác đều cạnh a nên S BCD

a3 2
12

ai

3VGBCD a 6

S BCD
12

Chọn D
Câu 18
Vì SA ⊥ (ABCD) nên góc giữa SB và (ABCD) là góc SBA = 60o. Ta có

SA  AB.tan 60  a 3

iL

ie

1
1
2a 3 3
VS . ABCD  SA.S ABCD  SA. AB.BC 
3
3
3

uO
nT
hi
D

Khoảng cách từ G đến (BCD) là d 

H
oc

Vì G là trọng tâm tứ diện ABCD nên thể tích tứ diện GBCD là
1
a3 2
VG.BCD  VABCD 
4
48

up

s/

Ta

Chọn D

Câu 19

/g

ro

– Phương pháp: Đồ thị hàm số bậc 3 có y → +∞ khi x → +∞ thì hàm số đó
có hệ số của x3 là dương

om

– Cách giải

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy y → +∞ khi x → +∞ nên hệ số của x3 phải dương ⇒ Loại A, C

.c

Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;1) ⇒ Chỉ có đáp án D thỏa mãn

ok

Chọn D
– Lý thuyết

bo

Câu 20

ce

Với a > 1 thì ax > ay ⇔ x > y

.fa

Với 0 < a < 1 thì ax > ay ⇔ x < y
– Cách giải

w

w

w

Áp dụng các kết quả trên, ta có

11 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

1

1,4
0   1
1
1
3


   
3
1, 4  2  1, 414  3 



2

 4

H
oc
ai

3

2

Chọn C
Câu 21

a
nên có diện tích S  4 R 2   a 2
2

ie

Mặt cầu tâm O tiếp xúc với các mặt của hình lập phương có bán kính R 

uO
nT
hi
D

4  1
 4

 3   2

01

3  1
 3 3  31,7

 3  1, 732  1, 7
2


e
0   1  2   2 
   
3

3 3
  e

iL

Chọn D

Ta

Câu 22
Các khẳng định A, C, D đúng

up

s/

Khẳng định B sai vì hai mặt của khối đa diện có thể có điểm chung hoặc không có điểm chung, chẳng hạn hai
mặt đối nhau của hình hộp chữ nhật.

ro

Chọn B
Câu 23

/g

– Công thức: Thể tích khối tứ diện vuông bằng một phần sáu tích ba cạnh đôi một vuông góc của tứ diện đó

om

– Cách giải

.c

1
Áp dụng công thức trên có VS . ABC  SA.SB.SC  a3
6

ok

Chọn C

– Phương pháp

bo

Câu 24

ce

Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số (thường xác định trên 1 đoạn [a;b])

.fa

+ Tính y‟, tìm các nghiệm x1, x2, ... thuộc [a;b] của phương trình y‟ = 0

w

+ Tính y(a), y(b), y(x1), y(x2), ...

w

w

+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [a;b], giá trị
nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b]
– Cách giải

12 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

TXĐ: D  3 2;3 2 



 x  18  x 2
x  0
y '  1
0
 2
 x3
2
18  x 2
 x  18  x
 x  3 2







01

x



H
oc

y 3 2  3 2; y  3  6; y 3 2  3 2
 min y  3 2; max y  6

ai

Chọn D
– Phương pháp
Tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số trên 1 đoạn [a;b]
+ Tính y‟, tìm các nghiệm x1, x2, ... thuộc [a;b] của phương trình y‟ = 0
+ Tính y(a), y(b), y(x1), y(x2), ...

uO
nT
hi
D

Câu 25

ie

+ So sánh các giá trị vừa tính, giá trị lớn nhất trong các giá trị đó chính là GTLN của hàm số trên [a;b], giá trị
nhỏ nhất trong các giá trị đó chính là GTNN của hàm số trên [a;b]

iL

– Cách giải

up

s/

Ta

x  0
y '  3x 2  6 x  0  
x  2
y  2   19; y  0   1; y  2   3; y  4   17
 M  17; N  19  M  N  2

ro

Chọn B

/g

Câu 26

om

– Công thức: Diện tích toàn phần của hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là
Stp  2 R 2  2 R.h  2 R  R  h 

.c

Chọn A

ok

Câu 27

bo

– Phương pháp: Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm M(m;n)
+ Tính f „(x); f „(m)

ce

+ Viết phương trình: y = f „(m).(x – m) + n. Rút gọn phương trình

3

 x  2

w

w

w

y' 

.fa

– Cách giải

2

; y ' 1 

1
3

Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y 

1
1
 x  1  0  y   x  1
3
3

13 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Chọn C
Câu 28
Gọi (O) là một đường tròn đáy của hình trụ

01

Mặt phẳng đã cho cắt (O) tại A và B, gọi H là trung điểm AB.

H
oc

Vì thiết diện thu được là hình vuông nên chiều cao hình trụ bằng

h  AB  2 AH  2 OA2  OH 2  a 3

ai

Thể tích hình trụ là

uO
nT
hi
D

V   R 2 h   a 2 .a 3   a3 3
Chọn A
Câu 29

– Phương pháp: Tìm tập xác định của hàm số loga f(x) (a ≠ 1): Giải bất phương trình f(x) > 0

ie

– Cách giải

iL

Điều kiện xác định của hàm số đã cho là 2x – x2 > 0 ⇔ 0 < x < 2

Ta

⇒ TXĐ: (0;2)
Chọn A

s/

Câu 30

up

– Phương pháp

/g

ro

1
Với a > 1 thì hàm số loga x đồng biến, hàm số –loga x và log a   nghịch biến
x

om

1
Với 0 < a < 1 thì hàm số loga x nghịch biến, hàm số –loga x và log a   đồng biến
x

.c

– Cách giải

ok

Dựa vào các kết quả trên, ta có các hàm số ý A, B, D đồng biến trên TXĐ, hàm số ở ý C nghịch biến trên TXĐ
Chọn C

bo

Câu 31

ce

– Phương pháp: Tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp:
+ Xác định trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy

.fa

+ Xác định một mặt phẳng trung trực của một cạnh bên phù hợp

w

+ Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng vừa xác định.

w

w

– Cách giải
Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD, M và I lần lượt là trung điểm SA,
SC ⇒ AOIM là hình chữ nhật.

14 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –

Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD, OI ⊥ (ABCD) nên OI là trục đường tròn ngoại tiếp
hình chữ nhật ABCD
IM ⊥ SA ⇒ IM là trung trực SA trong mặt phẳng (SAC)

01

⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Có

SA
a
2
AC 1
a 5
OC 

AB 2  AD 2 
2
2
2

ai

H
oc

OI  AM 

R  IC  IO 2  OC 2 

uO
nT
hi
D

Bán kính và thể tích mặt cầu lần lượt là
3a
2

4
9 a 3
V   R3 
3
2

Chọn B

ie

Câu 32

r
. Sau tháng đầu tiên người đó có X.s + X (đồng)
100

Ta

Đặt s  1 

iL

– Bài toán tổng quát: Với hình thức lãi kép, lãi r%/ tháng, mỗi tháng gửi thêm X đồng:

... Sau tháng thứ n, người đó có Xs  Xs

n 1

 ...  Xs  X  X  s  s

ro

n

up

s/

Sau tháng thứ 2, người đó có  Xs  X  s  X  Xs 2  Xs  X đồng

s

n2

s n1  1
đồng

 ...  1  X .
s 1

0,8
 1,008; n  36 nên sau 3 năm người đó có số tiền là
100

om

Bài toán đã cho có s  1 

n 1

/g

– Cách giải

n

ok

.c

1,00837  1
4.106
6
X.
 500.10  X 
0,008
1,00837  1

Câu 33

ce

– Phương pháp:

bo

Chọn A

.fa

+ Lập phương trình y‟ = 0, tìm điều kiện để phương trình có 3 nghiệm phân biệt
+ Gọi tọa độ của 3 điểm cực trị theo m

w

+ Sử dụng tính chất của tam giác đều để tìm m

w

w

– Cách giải
Có y‟ = 4x3 – 4mx; y‟ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = m
Đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị ⇔ m > 0

15 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

 



 

Gọi tọa độ của 3 điểm cực trị là A 0;2m  m4 , B  m; m4  m2  2m , C

m; m4  m2  2m



Ta thấy ∆ ABC cân tại A.

 m   m 
2

2 2

 2 m  m  m4  4m  m4  3m  m  3 3  do m  0 

H
oc

 AB  BC 

01

∆ ABC đều

Chọn B

ai

Câu 34

uO
nT
hi
D

– Phương pháp: Tìm điều kiện để phương trình m = f(x) có nghiệm
+ Tìm TXĐ D của f(x)
+ Khảo sát hàm số y = f(x) trên D

+ Tìm điều kiện của m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) trên D
– Cách giải

4  x 2 trên D

f '  x   2 x 4  x  1  x  .
2

x
4  x2



2 x  4  x 2   x 1  x 2 
4  x2

3x3  9 x



4  x2





f  2   f  2   0; f  3  f

 3   2; f  0   2  min f  x   2; max f  x   2

ro

x  0
f ' x  0  
x   3

up

s/

2

iL



Ta



Xét hàm số f  x   1  x 2

ie

TXĐ: D = [–2;2]

om

/g

Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ –2 ≤ m ≤ 2
Chọn D

.c

Câu 35

ok

– Kết quả:

– Cách giải

bo

Hàm số bậc 4 trùng phương y = x4 + bx2 + c đạt cực tiểu tại x = 0 khi và chỉ khi b ≥ 0

Chọn D

.fa

Câu 36

ce

Áp dụng kết quả trên ta có điều kiện của m cần tìm là –2(m + 1) ≥ 0 ⇔ m ≤ –1

w

Gọi M là trung điểm BC

w

w

Vì CD // MN nên CD // (SMN)
⇒ d(CD; SN) = d(CD; (SMN)) = d(D; (SMN))
= d (A;(SMN)) (vì N là trung điểm AD)

16 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Vẽ AH ⊥ SN tại H. Có MN ⊥ SA, MN ⊥ AN ⇒ MN ⊥ (SAN)
⇒ MN ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SMN)

2a 5
5

H
oc

 d  SN ; CD  

01

1
1
1
2a 5
 2
 AH 
2
2
AH
SA
AN
5

ai

Chọn A
Câu 37

uO
nT
hi
D

– Phương pháp

Tìm số đường tiệm cận ngang: Tìm giới hạn của hàm số tại +∞ và –∞: Nếu các giới hạn đó là hữu hạn và bắng
nhau (khác nhau) thì đồ thị hàm số có 1 (2) tiệm cận ngang
Số đường tiệm cận đứng (của hàm số phân thức): Bằng số nghiệm của mẫu mà không là nghiệm của tử
– Cách giải

ie

x 1
m2 x 2  m  1

iL

y

x 

s/

x 

1
1
1
1
1
x
x
nên đồ thị hàm số

; lim y  lim

2 x 
2
x

m 1
m 1
m
m
2
2
m  2
 m  2
x
x
1

up

Nếu m ≠ 0 thì ta có lim y  lim

Ta

Nếu m = 0 thì hàm số không xác định

ro

có 2 tiệm cận ngang

1 m
có 2 nghiệm phân biệt và khác
m2

om

/g

Đồ thị hàm số có 2 tiệm cận đứng khi phương trình m2 x 2  1  m  x 2 

bo

ok

.c

m  1
m 2  m  1  0


1  5


 m 
–1  1  m  0
2
m  0


m  0

Câu 38

ce

Chọn B

.fa

– Phương pháp: Đặt cosx = t
– Cách giải:

w

w

w

 

Đặt cos x = t ta có hàm số y = cos x nghịch biến trên  0; 
 2

t  m
 
Hàm số đã cho đồng biến trên  0;  ⇔ Hàm số y 
nghịch biến trên (0;1)
tm
 2

17 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

2m

0
2
y' 
t  m

m0
m  1;0
 


01

Chọn C

H
oc

Câu 39
– Phương pháp : Xét y‟ = 0 , y‟ > 0 và y‟ < 0

ai

– Cách giải

Có y ' 

uO
nT
hi
D

Với m = 1 ta có y = 1 ∀x ≠ –1, nên GTLN của y trên [2;3] bằng 1 (loại)

m3  1

xm 

2 2

iL

ie

Với m > 1 ta có hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, do đó hàm số đạt GTLN trên [2;3] tại x = 3. Ta có
 m  3  tm 
3m  1 5
2
  5m  18m  9  0  
m  3  L 
3  m2 6

5

2
5

ro

Vậy m = 3 hoặc m 

up

s/

Ta

Với m < 1 ta có hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định, do đó hàm số đạt GTLN trên [2;3] tại x = 2. Ta
m  2  L 
2m  1 5
2
có

  5m  12m  4  0  
2
 m  2  tm 
2m
6

5

/g

Chọn B

om

Câu 40

.c

Goị N là trung điểm AB, ta có MN ⊥ AB và MN ⊥ SA (do SA ⊥
(ABCD)) nên MN ⊥ (SAB)

ok

Do đó d(M;(SAB)) = MN = AD = a

w

.fa

ce

bo

Chọn C

w

w

Câu 41

– Phương pháp

18 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Sử dụng các công thức log a b 

log c b
để đưa về logarit cùng cơ số
log c a

– Cách giải

1
1 a 

log5 105 log5  3.5.7  1  log 5 3  log 5 7
b  1  b  ab
log15 105 



log5 15
log5  3.5
1  log5 3
1 a
b 1  a 

uO
nT
hi
D

Chọn D

H
oc

01

1
1

log 7 5 b

ai

Ta có log 5 7 

Câu 42
– Phương pháp: Sử dụng công thức thể tích cho tứ diện
– Cách giải

ie

Vì BC // AD nên mặt phẳng (BMC) cắt (SAD) theo đoạn thẳng MN // AD
(N ∈ SD)

up

 k k2 
    VS . ABCD
2 2 

ro

 VS .MBCN

s/

VS .MNC SM SN
k2

.
 k 2  VS .MNC  k 2 .VS . ADC  .VS . ABCD
VS . ADC

SA SD
2

Ta

iL

VS .BMC SM
k

 k  VS .MBC  k .VS . ABC  .VS . ABCD
VS . ABC
SA
2

Để mặt phẳng (BMNC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì

om

/g

k k2 1
1  5
   k 2  k 1  0  k 
2 2 2
2

.c

Chọn B

 do k  0 

Câu 43

ok

– Phương pháp

bo

Vẽ đồ thị hàm số y = |f(x)| từ đồ thị hàm số y = f(x) (phần đồ thị
hàm số dưới Ox thì lấy đối xứng qua Ox)

.fa

ce

Biện luận để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = |f(x)| tại 6
điểm phân biệt
– Cách giải

w

Ta có đồ thị hàm số y = |f(x)| như hình bên (nét liền)

w

w

Phương trình |f(x)| = m có 6 nghiệm thực phân biệt ⇔ đường
thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = |f(x)| tại 6 điểm phân biệt ⇔ 3 <
m<4

19 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Chọn C
Câu 44

01

Dựa vào đồ thị hàm số đã cho ta thấy

H
oc

+ y → +∞ khi x → +∞ nên a > 0
+ Đồ thị hàm số cắt Oy tại điểm có tung độ dương nên d > 0

Vậy a, d > 0; b, c < 0
Chọn A
Câu 45
– Phương pháp

ie

Vì SA = SB = SC nên hình chiếu của S trên (ABCD) là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆ ABC

uO
nT
hi
D

+ Phương trình y‟‟ = 6ax + 2b = 0 có nghiệm dương nên 6a.2b < 0 ⇒ b < 0

ai

+ Phương trình y‟ = 3ax2 + 2bx + c = 0 có 2 nghiệm trái dấu nên 3a.c < 0 ⇒ c < 0

iL

– Cách giải

Ta

Gọi M là trung điểm BC, H là tâm tam giác đều ABC

bo

ok

.c

om

/g

ro

up

a 3
2
2
a 3
S ABCD  BC. AM 
2
2
a 3
AH  AM 
3
3
2a 6
SH  SA2  AH 2 
3
1
1 2a 6 a 2 3 a 3 2
VS . ABCD  SH .S ABCD  .
.

3
3 3
2
3

AM  AB.sin 60 

s/

Ta có SH ⊥ (ABCD) tại H, AM ⊥ BC

Câu 46

ce

Chọn C

.fa

– Phương pháp

Để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì diện tích toàn phần của hình trụ phải nhỏ nhất

w

– Cách giải

w

w

Gọi bán kính nắp đậy và chiều cao của hình trụ là x (dm) và h (dm)
Thể tích hình trụ là 2000   x 2 h  h 

2000

 x2

20 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Diện tích toàn phần Stp  2 x 2  2 xh  2 x 2  2 x.

2000
4000
 2 x 2 
2
x
x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương:

H
oc

2000
1000
10
 x3 
x 3
x




Vậy để tiết kiệm nguyên liệu nhất thì bán kính nắp đậy phải bằng

10
3

ai

Dấu “=” xảy ra  2 x 2 

01

2000 2000
2000 2000

 3 3 2 x 2 .
.
 600 3 
x
x
x
x



uO
nT
hi
D

2 x 2 

Chọn A
Câu 47
– Phương pháp

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình f (x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt

ie

Từ đó tìm ra số nguyên dương m nhỏ nhất thỏa mãn

iL

– Cách giải

Ta

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Ox:

 x  1

up

2
 x  mx  1  0 *

s/

 x  1  x2  mx  1  0  

/g

om

2

m  2
 1  m.  1  1  0


2
 m  2

  m  4  0

ro

(C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác –1

Vậy số nguyên dương m nhỏ nhất thỏa mãn là m = 3

.c

Chọn C

ok

Câu 48

bo

Để xếp được 7 viên bi hình cầu vào lọ hình trụ thì bán kính đáy và
đường sinh của hình trụ phải lần lượt bằng R = 3r và l = r
Diện tích đáy của hình trụ là

w

w

w

.fa

Chọn B

ce

B = πR2 = 9πr2

21 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Câu 49
– Công thức:

01

Diện tích toàn phần của hình hộp có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao b là: Stp = 2a2 + 4ab

H
oc

Áp dụng công thức trên ta có

S1  2  2r   4.2r.8r  72r 2
2

S2  2  4r   4.4r.2r  64r 2
S1 9

S2 8

uO
nT
hi
D



ai

2

Chọn A

Câu 50
– Phương pháp

ie

Hàm số bậc ba có hệ số x3 âm có điểm cực đại lớn hơn điểm cực tiểu

iL

– Cách giải
Có y‟ = –3x2 + 12x + 15 = 0 ⇔ x2 – 4x – 5 = 0 ⇔ x = –1 hoặc x = 5

Ta

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 5

w

w

w

.fa

ce

bo

ok

.c

om

/g

ro

up

s/

Chọn C

22 Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn –
Anh – Sử - Địa tốt nhất!
www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01