2 de thi thu Dai hoc mon Toan va dap an tham khao

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (214.78 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010

MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B

(Thời gian làm bài: 180 phút)

Phần chung cho tất cả thí sinh

(7,0 điểm)

Câu I(2 điểm) Cho hàm số

2 1

x
y

x





1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II(2 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

1 1 4

6 4 6

x y

    


   


2. Giải phương trình:

1 2(cos sin )

tan cot 2 cot 1

x x

x x x




 

Câu III(1 điểm)

Trong mặt phẳng (P) cho đường trịn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng
vng góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3. I là điểm thuộc đoạn OS với SI =

2
3

R

. M là
một điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có
thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó.

Câu IV(1 điểm)

Tính tích phân: I =
1

11 1

dx

x x





  

Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng

1 1 1

x y  y z  z x  

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(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích
bằng

2 và trọng tâm thuộc đường thẳng : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a(1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số
đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7.

Câu VIII.a(1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm:

1 1

3 3

log x  1 log (ax a )

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2 2

4 3

x y

 

và đường thẳng :3x + 4y =12. 
Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn 
đi qua một điểm cố định.

Câu VII.b(1 điểm) Cho hàm số

2 4 3

x x
y

x
 


 có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) 
tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi.

Câu VIII.b(1 điểm) Giải phương trình:









2 2

log log

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010

MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B

ĐÁP ÁN

Lu ý:

Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa

Câu Đáp án Điểm

I 1.(1,0 điểm) Khảo sát . . .
(2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1}

* Sự biến thiên

- Giới hạn và tiệm cận: xlim yxlim  y2; tiệm cận ngang: y = 2
xlim( 1) y ; limx ( 1) y

   

  

; tiệm cận đứng: x = - 1

0,25

- Bảng biến thiên

Ta có 2

' 0

( 1)

y
x

 

 với mọi x- 1
x - ∞ -1 + ∞
y’ + +

y + ∞ 2
2 - ∞

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ∞ ; -1) và ( -1; + ∞ )

0,5

* Đồ thị

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . .

Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0- 1) thì

0
0

2 1

1
x
y

x





Gọi A, B lần lượt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0
0

2 1

1
x
x



 - 2| = | 0

1
1
x  |

Theo Cauchy thì MA + MB  2
0

x 1 .

x



=2

 MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Như vậy ta có hai 
điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3)

0,25

0,25
II 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . .

(2,0 điểm)

Điều kiện: x-1, y1

Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ

1 6 1 4 10

6 1 4 1 2

x x y y

        


       


Đặt u= x 1 x6, v = y 1 y4. Ta có hệ

10
5 5 2u v

u v

  


 


 



5
5

u
v




3
5

x

y là nghiệm của hệ

0,25
0,25

0,25
0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình . . .

Điều kiện:sinx.cosx0 và cotx1
Phơng trình tương đương

1 2(cos sin )

sin cos 2 cos
1
cos sin 2 sin

x x

x x x




 

 cosx =

2  x = 4 k2



 

Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = 4 k2




 

0,25
0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(1,0 điểm) S

H
I

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3, SI =
2

R
,
SM = SO2OM2 2R SH = R hay H là trung điểm của SM
Gọi K là hình chiếu vng góc của H lên mp(MAB) thì HK =

1
2SO=

3
2
R , (không đổi)

 VBAHM lớn nhất khi dt(MAB) lớn nhất  M là điểm giữa của cung AB

Khi đó VBAHM=
3

6 R (đvtt)

0,25

0,25
0,5
IV Tính tích phân . . .

(1,0 điểm)

Đặt u = x+ 1x2 thì u - x= 1x2  x2 2ux u 2  1 x2
2

1 1 1

2 2

u

x dx du

u u

  

      

 

Đổi cận x= - 1 thì u = 2-1

x = 1 thì u = 2+1

2 1 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

1 1

1 2 1 2 (1 )

du

du du

u
I

u u u u

  

  

 



 

 

   

  



2 1 2 1

1 1 1 1 1

2 1 2 1

du

u u u u

 

 

 

    

   



0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V

(1,0 điểm) Đặt x=a

3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-abab
 a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

 3 3





1 1

a  b 1 ab a b c  
Tương tự ta có





3 3

1 1

c 1 bc a b c

b      , 3 3





1 1

a 1 ca a b c

c     
Cộng theo vế ta có

1 1 1

x y   y z   z x  = 3 3

a  b 1+ 3 3
1
c 1

b   + 3 3

1
a 1
c  







1 1 1 1

a b c ab bc ca

 

 

 

   =









1
a b c  c a b  

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

0,5

0,25

VI. a Tìm tọa độ . . .
(1,0 điểm)

Ta có: AB = 2, M = (
5 5

;

2  2), pt AB: x – y – 5 = 0
SABC=

2d(C, AB).AB = 
3

2  d(C, AB)=

3
2

Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=
1

 d(G, AB)=

(3 8) 5

t t 
=

2  t = 1 hoặc t = 2
 G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

Mà CM  3GM  C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4)

0,25

0,5
0,25
VII. a Từ các chữ số . . .

(1,0 điểm) Gọi số có 6 chữ số là abcdef

Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn
e, 3 cách chọn f. ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số

Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn

e, 3 cách chọn f. ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số

Tương tự với c, d, e, f

Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số

0,25
0,5
0,25
VIII. a Tìm a để . . .

(1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0

Bpt tương đương x2 1 a x( 1)

Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có

2 1

x

a
x

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có
2 1
1
x

a
x




Xét hàm số y =

2 1

x
x



 với x - 1

y’ = 2 2
1

( 1) 1

x

x x



  =0 khi x=1

x - Ơ -1 1 + Ơ
y’ - || - 0 +

-1 + 1

-

2
2

a>
2

2 hoặc a < - 1

0,25

0,25
0,25

VI. b Chứng minh . . .

(1,0 điểm) Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
Tiếp tuyến tại A có dạng

1 1 1

4 3

xx yy

 

Tiếp tuyến đi qua M nên
0 1 0 1 1

4 3

x x y y

 

(1)

Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt

0 0 1

4 3

xx yy

 

do M thuộc  nên 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0

0 0
4 4
4
4 3
xx yy
 

0 0

4 (12 3 )

4 3

xx y  x

 

Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì
(x- y)x0 + 4y – 4 = 0



4x y y 4 0 xy1

 

  

Vậy AB ln đi qua điểm cố định F(1;1)

0,25

0,5

0,25
VII. b Tìm tập hợp . . .

(1,0 điểm)

y = kx + 1 cắt (C):

2 4 3

2
x x
y
x
 


 . Ta có pt
2 4 3

x x

x
 

 = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt k1
Trung điểm I của AB có tọa độ thỏa mãn

2 3
2 2
1
k
x
k
y kx

 
 
  


2

2 5 2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Vậy quĩ tích cần tìm là đường cong

2 5 2

2 2

x x
y

x
 




0,25
VIII. b Giải phương trình . . .

(1,0 điểm) Điều kiện : x>0
Đặt





log

3 1 x

=u,





log

3 1 x v

ta có pt
u +uv2 = 1 + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0

21 1

u
uv



 



 . . . x =1

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Trường Lương Thế Vinh

Đề thi thử ĐH lần I năm 2010. Mơn Tốn

(180’)

Phần bắt buộc.

Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y=2x −1
x+1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .

2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I(−1;2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn
nhất .

CÂU 2. (2 điểm).

1. Giải phương trình : 2 sin2x −sin 2x

+sinx+cosx −1=0 .
2. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log0,5(m+6x)+log2(3−2x − x2)=0

CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân: I=



1
2

√

4− x2
x2 dx .

CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đơi một vng góc với nhau và

AB=BC=CD=a . Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích
tích tứ diện ABC’D’.

CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:
S=cos 3A+2cosA+cos 2B+cos 2C .

Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B)
Phần A

CÂU 6A. (2 điểm).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1), B(−2;5) , đỉnh C nằm trên
đường thẳng x −4=0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 2x −3y+6=0 .

Tính diện tích tam giác ABC.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
x=y −2

−1 =z và d’ :

x −2

2 =y −3=

z+5
−1 .

Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vng góc với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (α)
đi qua d và vng góc với d’

CÂU7A. (1 điểm) Tính tổng : −1¿

n

(n+1)Cnn

S=Cn0−2Cn1+3Cn2−4Cn3+⋅+¿

Phần B.

CÂU 6B. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;−1), B(1;−2) , trọng tâm G của tam

giác nằm trên đường thẳng x+y −2=0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
13,5 .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
x=y −2

−1 =z và d’ :

x −2

2 =y −3=

z+5
−1 .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng : S=Cn

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Đáp án mơn Tốn.
Câu 1. 1. Tập xác định : x ≠ −1 .

y=2x −1
x+1 =2−

x+1 ,

x+1¿2

y '=3

,
Bảng biến thiên:

Tiệm cận đứng : x=−1 , tiệm cận ngang y=2

2. Nếu M

(

x0;2−

x0+1

)

∈(C) thì tiếp tuyến tại M có phương trình

x0+1¿2

¿
¿

y −2+ 3
x0+1=

hay

x0+1¿

(y −2)−3(x0+1)=0

3(x − x0)−¿

. Khoảng cách từ I(−1;2) tới tiếp tuyến là

x0+1¿
4

x0+1¿2
¿

x0+1¿
2

¿
¿

√¿

9+¿

√¿

d=

|

3(−1− x0)−3(x0+1)

|

√

(

x0+1

)

|

x0+1

|

. Theo bất đẳng

thức Côsi

x0+1¿
2

x0+1¿2≥2

√

9=6

, vây d ≤

√

6 . Khoảng cách d lớn nhất bằng

√

6 khi

x0+1¿
2

x0+1¿2⇔

(

x0+1

)

2=3⇔x0=−1±

√

Vậy có hai điểm M : M(−1+

√

3;2−

√

3) hoặc M(−1−

√

3;2+

√

3)
CÂU 2.

1) 2 sin2x −sin 2x+sinx+cosx −1=0⇔2sin2x −(2 cosx −1)sinx+cosx −1=0 .

2cosx −3¿2

2 cosx −1¿2−8(cosx −1)=¿

Δ=¿

. Vậy sinx=0,5 hoặc sinx=cosx −1 .
Với sinx=0,5 ta có x=π

6+2kπ hoặc x=
5π

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Với sinx=cosx −1 ta có sinx −cosx=−1⇔sin

(

x −π

)

=−

√

2 =sin

(

−

π

)

, suy ra

x=2kπ hoặc x=3π

2 +2kπ

2) log0,5(m+6x)+log2(3−2x − x2)=0⇔ log2(m+6x)=log2(3−2x − x2)⇔

⇔

3−2x − x2

>0
m+6x=3−2x − x2

⇔

¿−3<x<1
m=− x2−8x

¿{

Xét hàm số f(x)=− x2−8x+3,−3<x<1 ta có f '(x)=−2x −8 , f '(x)<0 khi x>−4 , do đó
f(x) nghịch biến trong khoảng (−3;1) , f(−3)=18, f(1)=−6 . Vậy hệ phương trình trên có
nghiệm duy nhất khi −6<m<18

CÂU 3. Đặt x=2 sint thì dx=2 cos tdt , khi x=1 thì t=π

6 , khi x=2 thì t=

π

2 , vậy:

√

4− x2

x2 dx=



π

cos2t

sin2t dt=¿

I=



1
2

d(cott)−t¿π

π

=¿



π

(

sin12t −1

)

dt=−



π

√

3−π

CÂU 4. Vì CD⊥BC,CD⊥AB nên CD⊥mp(ABC) và do đó

mp(ABC)⊥mp(ACD) .Vì BC'⊥AC nên BC⊥mp(ACD) .
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì V=1

3dt(AC' D '). BC' .

Vì tam giác ABC vng cân nên AC'=CC'=BC'=a

√

2 .

Ta có AD2

=AB2+BD2=AB2+BC2+CD2=3a2 nên AD=a

√

3 . Vì BD’ là đường cao của tam giác
vng ABD nên AD'. AD=AB2 , Vậy AD'= a

√

3 . Ta có
dt(AC' D')=1

2AC'. AD 'sinC^A D=
1

2AC'. AD'.
CD
AD=

1
2

a

√

2
2

a

√

3
3 ⋅

√

a2

√

12 . Vậy

V=1

a2

√

12 .

a

√

2
2 =¿

a3

CÂU 5. S=cos 3A+2cosA+cos 2B+cos 2C = cos 3A+2 cosA+2 cos(B+C)cos(B −C) .
¿ cos 3A+2 cosA

[

1−cos(B −C)

]

Vì cosA>0,1−cos(B −C)≥0 nên S ≥cos 3A , dấu bằng xẩy ra khi cos(B −C)=1 hay
B=C=180

− A

2 . Nhưng cos 3A ≥−1 , dấu bằng xẩy ra khi 3A=180

0 hay A = 600

Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều.
Phần A (tự chọn)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

1. Ta có C=(4; yC) . Khi đó tọa độ G là xG=

1−2+4

3 =1, yG=

1+5+yC

3 =2+

yC

3 . Điểm G nằm trên

đường thẳng 2x −3y+6=0 nên 2−6− yC+6=0 , vậy yC=2 , tức là

C=(4;2) . Ta có ⃗AB=(−3;4),⃗AC=(3;1) , vậy AB=5 , AC=

√

10 , ⃗AB .⃗AC=−5 .
Diện tích tam giác ABC là S=1

√

. AC2−(⃗AB .⃗AC)2=1

√

25 . 10−25 =
15

2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phương ⃗u(1;−1;1)
Đường thẳng d’đi qua điểm M '(2;3;−5) và có vectơ chỉ phương ⃗u '(2;1;−1)

Ta có ⃗MM=(2;1;−5) ,

[

⃗u ;⃗u'

]

=(0;3;3) , do đó

[

⃗u ;u'⃗

]

.⃗MM'=−12≠0 vậy d và d’ chéo nhau.
Mặt phẳng (α) đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là ⃗u '(2;1;−1) nên có phương
trình: 2x+(y −2)− z=0 hay 2x+y − z −2=0

CÂU 7A. Ta có 1+x¿n=Cn

+Cn

x+Cn

x2+⋅+Cn
n

xn

¿ , suy ra

1+x¿n=Cn0x+Cn1x2+Cn2x3+⋅+Cnnxn+1

x¿ .

Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
1+x¿

n −1

=¿

1+x¿n+nx¿
¿

Cn0+2Cn1x+3C2nx2+⋅+(n+1)Cnnxn

Thay x=−1 vào đẳng thức trên ta được S.
Phần B (tự chọn)

CÂU 6B.

1. Vì G nằm trên đường thẳng x+y −2=0 nên G có tọa độ G=(t ;2−t) . Khi đó
⃗AG=(t −2;3− t) , ⃗AB=(−1;−1) Vậy diện tích tam giác ABG là

3− t¿2

t −2¿2+¿−1
¿

2¿

S=1

√

2. AB2−(⃗AG .⃗AB)2

2√¿

= |2t −3|

Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13,5 :3=4,5 . Vậy
|2t −3|

2 =4,5 , suy ra t=6 hoặc t=−3 . Vậy có hai điểm G : G1=(6;−4), G=(−3;−1) . Vì G

là trọng tâm tam giác ABC nên xC=3xG−(xa+xB) và yC=3yG−(ya+yB) .

Với G1=(6;−4) ta có C1=(15;−9) , với G=(−3;−1) ta có C2=(−12;18)

2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phương ⃗u(1;−1;1)

Đường thẳng d’đi qua điểm M '(2;3;−5) và có vectơ chỉ phương ⃗u '(2;1;−1) .
Mp (α) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến ⃗n vng góc với ⃗u và

|

cos(⃗n ;⃗u ')

|

=cos 600=1

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

¿
A − B+C=0

|2A+B− C|

√

√

A2+B2+C2

¿{
¿

⇔

B=A+C
A+C¿2+C2

¿
¿⇔

¿
¿B=A+C

¿
¿

A2+¿

2|3A|=

√

6√¿

Ta có 2A2−AC−C2=0⇔(A −C)(2A+C)=0 . Vậy A=C hoặc 2A=−C .

Nếu A=C ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B=2 , tức là n=(⃗ 1;2;1) và mp(α) có phương trình
x+2(y −2)+z=0 hay x+2y+z −4=0

Nếu 2A=−C ta có thể chọn A=1, C=−2 , khi đó B=−1 , tức là ⃗n=(1;−1;−2) và mp(α)
có phương trình x −(y −2)−2z=0 hay x − y −2z+2=0

CÂU 7B. Ta có 1+x¿n=Cn

+Cn

x+Cn

x2+⋅+Cnnxn

¿ , suy ra

1+x¿

n

=Cn

x+Cn

x2+Cn2x3+⋅+Cnnxn+1

x¿ .

Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
1+x¿

n −1

=¿

1+x¿n+nx¿
¿

Cn0+2Cn1x+3C2nx2+⋅+(n+1)Cnnxn

</div>

2 de thi thu Dai hoc mon Toan va dap an tham khao

<b>TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ</b>

<b> </b>

<b>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010</b>

<b>MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B </b>

(Thời gian làm bài: 180 phút)

<b>Phần chung cho tất cả thí sinh</b>



<b>Phần riêng</b>









<b>TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ</b>

<b> </b>

<b>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010</b>

<b>MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B </b>

ĐÁP ÁN

Lu ý:

<i>Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa</i>



















































<b> </b>

<b>Đề thi thử ĐH lần I năm 2010. Mơn Tốn </b>

<b>(180’)</b>



√

(

)

|

|

√

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

|

|

√

√

√

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

√

√

√

√

√

(

)

√

(

)

√







(

)