1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 2 pot

11 156 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 11
Dung lượng 438,94 KB

Nội dung

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 6 Với: 2 1 a b      đường thẳng  qua AB có phương trình 2 0 x y    Với 4 3 a b      đường thẳng  qua AB có phương trình 3 12 0 x y    0,25 0,25 ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y x m x m m x       có đồ thị (C m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng   ;2 Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2   xx b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân    2ln3 0 23 )2( x e dx I Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22  yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44    yx yx P II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2  zzzz ,  z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :3 5 0 x y     sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1        zyx d 1 3 3 1 2 : 2 zyx d     Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22  xxx www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 7 ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm 0,25 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y x m x m m x       )1(6)12(66' 2  mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22  mmm 0,5       1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên   ;2  0'  y 2   x  21   m  1  m 0,25 b) 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2   xx 1 đi ểm PT  1)1cos4(3cos2 2 xx  1)sin43(3cos2 2  xx 0,25 Nhận xét Zkkx   ,  không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2  xx  xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3   xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin  0,25         26 26 mxx mxx          7 2 7 5 2   m x m x ; Zm  0,25 Xét khi  5 2  m  k  2m=5k  m t5  , Zt  Xét khi 7 2 7   m  =  k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl  Vậy phương trình có nghiệm: 5 2  m x  ( tm 5  ); 7 2 7   m x  ( 37   lm ) trong đó Zltm  ,, 0,25 Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx 1 đi ểm PT  631012)13(2 22  xxxx 232)12(412)13(2 222  xxxxx . Đặt )0(12 2  txt Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 b) Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 8 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12     x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:          7 602 ; 2 61 x 0,5 Tính tích phân    2ln3 0 2 3 )2( x e dx I 1 đi ểm Ta c ó    2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e  dxedu x 3 3  ; 22ln3;10       uxux 0,25 Ta được:    2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu              2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1           u uu 0,25 Câu III 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  0,25 Câu IV 0,5 A B C C’ B’ A’ H O M www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 9 Gọi M là trung điểm BC ta thấy:      BCOA BCAM ' )'( AMABC   Kẻ ,'AAMH  (do A  nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC       )'( )'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd  . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA  '  suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A  Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC  0,5 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3    cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222  abccba 1 đi ểm Đặt 2 ;134)(3),,( 222 cb tabccbacbaf   *Trước hết ta chưng minh: ),,(),,( ttafcbaf  :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba   33      cbaa hay a 1    ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(3 2222222  atttaabccba = )(4)2(3 2222 tbcatcb  =                 22 22 4 )( 4 4 )(2 3 cb bca cb cb = 2 2 )( 2 )(3 cba cb   = 0 2 ))(23( 2   cba do a 1  0,5 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: 0),,(  ttaf với a+2t=3 Ta có 134)(3),,( 2222  atttattaf = 13)23(4))23((3 2222  ttttt = 0)47()1(2 2  tt do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra 10&1         cbacbt (ĐPCM) 0,5 Câu V 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22  yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 10 1 1 22 44    yx yx P Từ giả thiết suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22   Từ đó ta có 1 3 1  xy . 0,25 M¨t kh¸c xyyxyxyx  11 2222 nªn 12 2244  xyyxyx .®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña 1 3 1 ; 2 22 )( 2     t t tt tfP 0.25 TÝnh          )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf 0.25 Do hàm số liên tục trên   1; 3 1  nên so sánh giá trị của ) 3 1 (  f , )26( f , )1(f cho ra kết quả: 626)26(  fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min  fP 0.25 Câu VIa 1 đi ểm (Học sinh tự vẽ hình) Ta có:   1;2 5 AB AB     . Phương trình của AB là: 2 2 0 x y    .     : ; I d y x I t t    . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC  0,5 a) Theo bài ra: 2),(. 2 1   ABCdABS ABC  446. t        3 4 0 t t Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . 0,5 1 đi ểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 b) *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên )1;1;2(// nOH ;   H ABC  Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( H 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 11 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' O 0,5 Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2  zzzz ,  z C. 1 đi ểm PT       10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22  zzzz Đặt zzt 2 2  . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt zzt 2 2  . Khi đó phương trình (8) trở thành 0103 2  tt 0,25 CâuVIIa             61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz    1 0,5 Câu VIb a) 1 đi ểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0 x y    và 5 AB  Viết phương trình đường CD: 4 17 0 x y    và 17 CD  0,25 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: ( ;3 5) M t t   Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD     0,25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD    7 9 3 t t       Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M  0,5 1 đi ểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥   1 2 , d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u            Ad 1 , Bd 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25  AB  (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0,25 b) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là:   2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6 x y z       0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22  xxx 1 đi ểm www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 12 Điều kiện: 0  x Bất phương trình  )1(2log)3(3 2  xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 0.25 TH1 Nếu 3  x BPT  3 1 log 2 3 2    x x x Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng   ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng   ;3 *Với 4  x :Ta có      3)4()( 3)4()( gxg fxf  Bpt có nghiệm 4  x * Với 4  x :Ta có      3)4()( 3)4()( gxg fxf  Bpt vô nghiệm 0,25 TH 2 :Nếu 30   x BPT  3 1 log 2 3 2    x x x xxf 2 log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng   ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng   3;0 *Với 1  x :Ta có      0)1()( 0)1()( gxg fxf  Bpt vô nghiệm * Với 1  x :Ta có      0)1()( 0)1()( gxg fxf  Bpt có nghiệm 10   x 0,25 Vậy Bpt có nghiệm      10 4 x x 0,25 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng :         25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y    5 5 5 4 x y z Đặt 5 x = a , 5 y =b , 5 z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab         ( *) ( *)  3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc         0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 13  3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b            Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c        ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a        ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b        ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 0,25đ 0,25đ Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph ần Nội dung Điểm CâuVI a. (1,0) 1(1, 0) + Do AB CH  nờn AB: 1 0 x y    . Giải hệ: 2 5 0 1 0 x y x y          ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ( 4;3) AB BN B    . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ ' A BC  . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): 2 5 0 x y    . Gọi ( ) I d BN   . Giải hệ: 2 5 0 2 5 0 x y x y          . Suy ra: I(-1; 3) '( 3; 4) A    + Phương trình BC: 7 25 0 x y    . Giải hệ: 7 25 0 1 0 x y x y          Suy ra: 13 9 ( ; ) 4 4 C   . + 2 2 450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4) 4 BC       , 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d A BC       . Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. . 2 2 4 4 ABC S d A BC BC   0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIA 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1 u  (4; - 6; - 8) 2 u  ( - 6; 9; 12) +) 1 u  và 2 u  cùng phương 0,25đ +) M( 2; 0; - 1)  d 1 ; M( 2; 0; - 1)  d 2 Vậy d 1 // d 2 0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n  = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) AB  = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 . Ta có: IA + IB = IA 1 + IB  A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A 1 B và d 0,25đ B C A H N www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 14 Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm được H 36 33 15 ; ; 29 29 29       A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95 28 ; ; 29 29 29        I là trung điểm của A’B suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29         0,25đ Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0) Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z      (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0  Chia hai vế PT (1) cho z 2 ta được : ( 0 2 1 ) 1 () 1 2 2  z z z z (2) 0.25đ Đặt t=z- z 1 Khi đó 2 1 2 22  z zt 2 1 2 2 2  t z z Phương trình (2) có dạng : t 2 -t+ 0 2 5  (3) 2 99 2 5 .41 i PT (3) có 2 nghiệm t= 2 31 i  ,t= 2 31 i  0.25đ Với t= 2 31 i  ta có 02)31(2 2 311 2    ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii  PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii     1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31(      iii 0.25đ Với t= 2 31 i  ta có 02)31(2 2 311 2    ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii  PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii     1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31(       iii Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= 2 1  i ; z= 2 1   i 0.25đ Phần II. Câu VIb. 1) I d 1 H A B A 1 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 15 Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:            2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy       2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22                Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD  Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1  Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1         . Lại có: 2MDMA  0,25đ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:          2y3x 03yx 2 2                       13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2       1y 2x hoặc      1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do       2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:      213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25đ Cõu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0) 2.a) Các véc tơ chỉ phương của D 1 và D 2 lần lượt là 1 u  ( 1; - 1; 2) và 2 u  ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D 1 ; N( 2; 3; 0)  D 2 0,25đ Xét 1 2 ; . u u MN        = - 10  0 Vậy D 1 chéo D 2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D 1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D 2 1 2 . 0 . 0 AB u AB u            1 3 ' 0 t t          A 5 4 2 ; ; 3 3 3        ; B (2; 3; 0) Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D 1 và D 2 . Ta có  : 2 3 5 2 x t y t z t           0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com [...]...  C2009 2 0 2 4 6 20 06 20 08 B  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009  C2009 20 09 2 1004 1004 1004 0 ,25 đ 1004 + Ta có: (1  i )  (1  i )[(1  i ) ]  (1  i) .2  2  2 i Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1  i ) 20 09 nờn A  21 004 0 1 2 2009 + Ta có: (1  x) 20 09  C2009  xC2009  x 2C2009   x 20 09C2009 0 2 2008 1 3 20 09 Cho x =-1 ta có: C2009  C2009   C2009  C2009  C2009... kính có 2 CâuVIIb (1,0) 2 0 ,25 đ 2 11   13   1  5  dạng:  x     y     z    6  6   3 6  20 09 0 1 20 09 Ta có: (1  i)  C2009  iC2009   i 20 09C2009 0 2 4 6 20 06 20 08 C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009  1 3 5 7 20 07 20 09 (C2009  C2009  C2009  C2009   C2009  C2009 )i 0 ,25 đ 1 0 2 4 6 20 06 20 08 Thấy: S  ( A  B) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009   C2009... C2009  C2009   C2009 0 ,25 đ 0 ,25 đ 0 2 2008 1 3 20 09 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009   C2009 )  (C2009  C2009   C2009 )  2 2009 Suy ra: B  22 008 + Từ đó ta có: S  21 003  2 2007 ĐỀ 3 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2, 0 điểm) Cho hàm số y = x 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C... cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Câu II (2, 0 điểm) 1 Giải phương trình cos 2 x  cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x 2 Giải phương trình 7  x2  x x  5  3  2x  x2 3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  3 0 ( x  ) x3 dx x 1  x  3 Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC... x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x3  y 3  16 z 3  x  y  z 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) http://tranduythai.violet.vn 16 Biên soạn: Trần Duy Thái 3 . 0 ,25 Giải phương trình : 3 2 3 5 12) 13( 22  xxxx 1 đi ểm PT  6310 12) 13 (2 22  xxxx 23 2) 12( 4 12) 13 (2 222  xxxxx . Đặt )0( 12 2  txt Pt trở thành 023 2)13 (24 22 .    Cho x =-1 ta có: 0 2 2008 1 3 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 C C C C C C       Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 ( ) ( ) 2 C C C C C C. 20 06 20 08 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 1 3 5 7 20 07 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 ( ) C C C C C C C C C C C C i              Thấy: 1 ( ) 2 S A B   , với 0 2 4 6 20 06 20 08 20 09

Ngày đăng: 27/07/2014, 12:20

w