bộ đề thi thử thpt quốc gia 2016 môn toán có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  x  Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  cos 2 x  cos 3x  b)Cho số phức z thỏa mãn z    3i  z   9i Tìm môđun số phức z Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x   Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ trường phổ thông có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không lớp   Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 600 Gọi M, N trung điểm cạnh bên SA SB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN) Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) đường thẳng d:  x  2  t   y   2t Viết phương trình mặt phẳng qua A chứa đường thẳng d Viết phương trình z  1  2t  mặt cầu tâm A tiếp xúc với d Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:        32 x  y   1   y 3 3  x x  5  y  1   x 2 y 3 2  x   y  1 Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn: ab  bc  ca  Tìm GTNN biểu thức: P a 16  b  c   a  bc   b 16  a  c   b  ac   a2 1  c      a ab  Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015 Câu 1a (1,0đ) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Đáp án -Tập xác định: D = R -Sự biến thiên: Chiều biến thiên y '  3 x  x; y '   x   x  Các khoảng nghịch biến: (-;0) (2;+); khoảng đồng biến: (0;2) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = 0; đạt cực đại x = 2, yCĐ = Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x   Điểm 0,25 0,25 x   Bảng biến thiên: x y' y - 0 – + + + 0,25 – - Đồ thị: y x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0,25 -2 -4 -6 -8 1b (1,0đ) Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  nên có hệ số góc 2 Gọi M(x0;y0) tiếp điểm, ta có  x  x0   x  x0    x0  Suy M(1;2) Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 2a (0,5đ) 1  (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x)  2 2  (cos6 x  cos2 x)  cos4 x   cos x.cos2 x  cos4 x  cos x  cos 2 x  cos x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  cos4 x(2 cos x  1)   k  cos4 x  x     cos2 x    x     k   2b (0,5đ) Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi z    3i  z   9i 0,25 0,25  a  bi    3i  a  bi    9i   a  3b   3a  3b    9i  a  3b  a   Vậy môđun số phức z : z  22  (1)   3a  3b  b  1 (0,5đ) 32 ( x 1)  82.3 x    9.32 x  82.3 x     x   3  x  32  2  x  Vậy bất phương trình có nghiệm   x  0,25 0,25 0,25 (0.5đ) n()  C12  495 Gọi A biến cố : “ học sinh chọn không lớp trên”  A : “ học sinh chọn học sinh lớp trên” Ta có trường hợp sau: + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C52 C14 C31  120 cách + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C51.C42 C31  90 cách 0,25 0,25 + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C51.C14 C32  60 cách  n( A)  270 n( A)  n() 11  P ( A)  Vậy xác suất biến cố A là: P ( A)   P ( A)  (1,0đ)   I   x  x  x dx   x dx   x  x dx 11 1 x3 I1   x dx   0,25 I   x  x dx Đặt t   x  x   t  xdx  tdt Đổi cận: x   t  1; x   t   t3 t5   I    1  t  t dt    t  t dt        15 0 Vậy I  I1  I  2 15 Đặt u = x  du = dx; dv  e x dx choïn v  0,25 2x e  xe x dx   Vậy I  (1,0đ) x 2x 1 2x e2 e2  e |0  e dx   e x |10  20 4  3e  12 0,25 0,25 S Ta có SA  (ABCD)  AC hình chiếu SC H M  (ABCD)  SCA  600 N AC  AD  CD  a ; SA  AC tan 600  a 15 A B 0,25 D C 1 15a3 VS ABCD  S ABCD SA  AB.AD.SA  3 Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH  0,25 0,25 SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN)) SH SM SA.DA SA.DA 2a 15 SHM ~ DAM    SH    2 DA DM DM AD  AM 31 (1,0đ) 0,25 Đường thẳng d qua M(-2;1;-1) có vectơ phương a  (1;2;2) , MA  (4;2;2)   mp(P) qua A chứa d nhận n  a, MA  (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến 0,25 (P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0,25 0,25 Gọi H hình chiếu A d  H(-2 + t; + 2t; -1 – 2t),  32 10 26  AH  ( 4  t;2  2t;2  2t ); AH  a  AH a   t   AH    ; ;  9   Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH = (1,0đ) 10 200 Vậy (S): x  2  y  32  z  52  Gọi E,F,G trung điểm đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF  EF Ta thấy tứ giác ADEG ADFG tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp, AF  EF Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0 Tọa độ điểm F nghiệm hệ G A B H D E C 0,25 32 AF  ; 0,25 nội F 17   x  3 x  y  10  17    F  ;   AF    5 x  3y  y   AFE  DCB  EF  0,25 0,25 51   17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5  5  19  19   5t  34t  57   t   t  hay E  3; 1  E  ;   5 Theo giả thiết ta E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0 Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân D nên  x  12   y  12   x  3   y  12  AD  DE    AD  DE  x  1 x  3   y  1 y  1  y  x  x  x     hay D(1;-1)  D(3;1)  y  1  y   x  1 x  3  Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1) 0,25 Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) D(1;-1) (0,5đ) x  y  ĐK:  0.25 Ta có phương trình thứ    x x  y  1  hệ:  x  a Đặt:     y  1 x  y 3   x   y  1  * 0,25 Phương trình thứ hệ trở thành:  y    b a  2a  b   b  a  2b    a  b  BCS VT*  Ta có:  a  b    a  b   VP*  a  b  2a  b  2b  a   Dấu “=” xảy khi: a  b  Thế vào phương trình đẩu hệ ta có: 32 x  *  y    x 0,25 y  1  x  y   0.25 52 x 32   x  y 3 y 3 3  5 ** Mặt khác theo AM-GM ta có:   x  y 3   x y 3 3 y 3 3   2 32   x  y 3 y 3 3  32  AM  GM  x  y 3 y 3 3     VT**  VP** Và dẩu “=” xảy khi:  y 3 3 x  y 3   2  0.25 32   x  y 3 y 3 3    x    y 3     x    y  13   13   4  Vậy nghiệm hệ  x; y    ; 10 (1,0đ) Ta có: 0,25 a  bc a  bc 1   ab  ac ab  ac  2a  b  c  ab  ac  a  bc  a  b  a  c  a 2a   b  c   a  bc   a  b  a  c  Tương tự ta có: 1 b 2b   a  c   b  ac   c  b  a  b   2 0,25 Từ (1) (2) ta có: 0,25 P  a2 1  c  1 2a 2b         a  b  a  c   c  b  a  b    a ab   a  1  b  c  4ab  2ac  2bc    a  b  b  c  c  a  4ab Mặt khác ta có a,b,c số không âm ab  bc  ca  Nên ta có: a  1  b  c  4ab Từ ta có:  a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a  4ab 4ab  2c  a  b   a  b  b  c  c  a  AMGM 1 4ab  2ac  2bc P   a  b  b  c  c  a  4ab  2c  a  b  0,25   a  bc  ab  ac   a  b   b  ac Dấu “=” xảy   1 c   ab  bc ab  bc  ca   c    Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Ngày thi: 1/12/2015, BTC trả cho thí sinh vào ngày 4/12/2015 *******HẾT******* SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x 1 x2 Câu (1,0 điểm) Tìm điểm cực trị đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  Câu (1,0 điểm) x 4 b) Giải phương trình 5.9 x  2.6 x  3.4 x a) Giải bất phương trình log 22 x  log Câu (1,0 điểm) Tính nguyên hàm I    x   sin xdx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  ,  ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a Chứng minh trung điểm I cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC tính diện tích mặt cầu theo a Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  sin x   b) Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp có học sinh chọn có học sinh lớp 12A Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SD  3a Hình chiếu vuông góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm đoạn AB Gọi K trung điểm đoạn AD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng HK SD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông A D có AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình y   Đường thẳng qua B  cắt cạnh DC N Biết vuông góc với BC cắt cạnh AD M Đường phân giác góc MBC đường thẳng MN có phương trình x  y  25  Tìm tọa độ đỉnh D x   x  x    y    x  1 y  1 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 x  x    x  1 y    x, y    2 y  x Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y   thỏa mãn  Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  y  2 x  x P  x4  y   x  y -HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn - Với hình học không gian thí sinh không vẽ hình vẽ hình sai không cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 2x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  1,0 x2 2x 1 y x2 Tập xác định: D   \ {2} Sự biến thiên 0,5 y'   0,  x  D ( x  2) Suy hàm số nghịch biến khoảng (; 2) (2; ) Hàm số cực trị Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   x  x  x2 x2 0,25 Suy x  tiệm cận đứng, y  tiệm cận ngang đồ thị Bảng biến thiên 0,25 1  Đồ thị: Giao với trục Ox  ;0  , giao với trục Oy 2  xứng điểm I (2; 2)  1  0;  , đồ thị có tâm đối  2 0,25 Tìm điểm cực trị đồ thị hàm số y  x  x  1,0 * Tập xác định:  0,25 x  y '  x  x, y '    x  Bảng xét dấu đạo hàm x y 0,25  + 0 -  + Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có Hàm số đạt cực đại x  giá trị cực đại y  ; đạt cực tiểu x  giá trị cực tiểu y  Vậy điểm cực đại đồ thị hàm số M  0;6  , điểm cực tiểu đồ thị hàm số 0,25 0,25 N  2;  a x  (1) +) Điều kiện bất phương trình (1) là: x  (*) +) Với điều kiện (*), (1)  log 22 x  log x  log   log 22 x  log x    (log x  2)(log x  1)  Giải bất phương trình log 22 x  log  x4  log x    0  x  log x     +) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm bất phương trình (1)  1 S   0;    4;    2 b Giải phương trình 5.9 x  2.6 x  3.4 x (1) 0,5 0,25 0,25 0,5 Phương trình cho xác định với x   Chia hai vế phương trình (1) cho x  ta : 2x x 3 3 5.9 x  2.6 x  3.4 x        2 2 2x x   x     x  3 3             1 5    3  (2) 2 2        0,25 x 3 Vì     x   nên phương trình (2) tương đương với 2 x 3   1 x  2 Vậy nghiệm phương trình là: x  Tính nguyên hàm I    x   sin xdx u  x  Đặt  dv  sin xdx du  dx  ta  cos x v    x   cos 3x  cos 3xdx Do đó: I   3  x   cos 3x  sin 3x  C  0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  ,  ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a Chứng minh trung điểm I cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC tính diện tích mặt cầu theo a 1,0 Vì SA   ABC   SA  BC Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên BC   SAB  BC  SB Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên SC IA  IB   IS  IC (*) Vậy điểm I cách bốn đỉnh hình chóp, I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC SC Từ (*) ta có bán kính mặt cầu R  Ta có AC  AB  BC  2a SC  SA2  AC  2a  R  a Diện tích mặt cầu 4 R  8 a a Giải phương trình cos x  sin x   Ta có: cos x  sin x    2sin x  sin x    (sin x  1)(2sin x +3)=0  sin x  (do 2sin x   x   )  s inx   x    k 2  k      k 2  k    b Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp có học sinh chọn có học sinh lớp 12A Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên  Số phần tử không gian mẫu là: C95  126 Gọi A biến cố “Chọn học sinh từ đội văn nghệ cho có học sinh ba lớp có học sinh lớp 12A” Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A : + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C Số kết thuận lợi cho biến cố A là: C42 C31.C22  C42 C32 C21  C43 C31.C21  78 78 13 Xác suất cần tìm P   126 21 3a Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SD  Hình chiếu vuông Vậy nghiệm phương trình cho x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 1,0 u  v Khi (1) trở thành : u  3uv  4v    u  4v(vn) Với u  v ta có x  y  , thay vào (2) ta :  y  y    y  1   y  2 y  y   y 1    y 1 1  y2 0 y 1 1    y  2    y  y   y 1   y  (  0,25  0 y    y  y   y 1 y2  y   y 1  y   0y  ) y 1 1 0,25 Với y  x  Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ PT  5;  Câu 1.0đ 1   , x  0, y  x y x y 1 1 1     S   2     3  bca acb bca abc acb abc Áp dụng bất đẳng thức suy S    c b a Từ giả thiết ta có 2 3 1 3    a, nên          a    c b c b a a c b a  Vậy giá trị nhỏ S Dấu xảy a  b  c  0,25 0,25 0,25 0,25 Mọi cách giải khác cho điểm tương ứng TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề (Đề gồm có trang) TỔ TOÁN - TIN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  3x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  x 1 đoạn 2; 4 2x  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: log3 x  x  log1 x       x 1  1 b) Giải bất phương trình: 22x 1     8  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   2x   sin x  dx   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x  y  2z           hai điểm A 2; 0; , B 3; 1;2 Viết phương trình mặt cầu S tâm I thuộc mặt phẳng P qua điểm A, B điểm gốc toạ độ O Câu (1,0 điểm) cos2 -3 sin2  b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ năm học 2015 – 2016 huyện uỷ Phù Cừ tổ chức Tính xác suất để chọn nhóm gồm học sinh mà có nam nữ, biết số học sinh nam số học sinh nữ Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCD A ' B 'C ' D ' , đáy ABCD hình chữ nhật có a) Cho góc lượng giác  , biết t an   Tính giá trị biểu thức P   AB  a, AD  a Biết góc đường thẳng A 'C mặt phẳng ABCD  600 Tính thể tích khối lăng trụ ABCD A ' B 'C ' D ' khoảng cách hai đường thẳng chéo B 'C C ' D theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Điểm D thuộc tia đối tia AC cho GD  GC Biết điểm G thuộc đường thẳng d : 2x  3y  13  tam giác nội tiếp đường tròn BDG C  : x  y  2x  12y  27  Tìm toạ độ điểm B viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm toạ độ điểm G số nguyên Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập  : 5x  13  57  10x  3x x   19  3x  x  2x  Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:   a bc 2a 3b c    a  b c 1 a bc  TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ TOÁN TIN MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề (Đáp án gồm có trang) Câu Đáp án Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  3x Tập xác định: D   x  Ta có y '  3x   y '    x  1 Giới hạn  3 lim y  lim x  3x  lim x  1     x  x  x  x    3 lim y  lim x  3x  lim x  1     x  x  x  x   Bảng biến thiên x  1     f' x     Điểm 0,25 0,25      f x 0,25   2  Hàm số đồng biến khoảng 1;1    Hàm số nghịch biến khoảng ; 1 1;   Hàm số đạt cực đạt điểm x = yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = -1 yCT = -2 Đồ thị: Bảng giá trị x -2 -1 y -2 -2 y f(x)=-x^3+3*x 0,25 x -8 -6 -4 -2 -5 ~1~ Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  x 1 2x  đoạn 2; 4 Hàm số liên tục đoạn 2; 4 Ta có y '   0, x  2; 4 2x   0,25 0,25  ;y  Vậy max y = x  y = x  2;4 2;4 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log3 x  x  log1 x     Có y     0,25 0,25  x  Điều kiện:   4  x         x  4   x      x   x  4 0,25  log3 x  x  log3 x    log3 x  x  log3 x   log3    log3 x  x  log3 x  2  x  4x  12    (thoả mãn) x  0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  x 1  1 b) Giải bất phương trình 22x 1     8 Bất phương trình tương đương với 22x 1  x 1 23    22x 1  2x 1 0,25  2x   x     x  2x   2  x  Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  2; 0,25  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   2x   sin x  dx I      2 2 0 0  2x   sin x  dx   2x.dx   dx   sin xdx  A  B  C  A   2x.dx  x   2 0  2   C   sin xdx  cosx 0,25  ; B   dx  x     2 0,25 0,25 1 ~2~ Vậy I  A  B  C  2   1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng 0,25 x  y  2z  Do A, B ,O  S  I A  I B  I O Suy  x  x  y  2z   x    Từ (1) (2) ta có hệ x  y  2z   y  2  I 1; 2;1 x  z    0,25 P  : x  y  2z   hai điểm A 2; 0; 0 , B  3; 1;2 Viết phương trình mặt cầu S  tâm I thuộc mặt phẳng P  qua điểm A, B điểm gốc toạ độ O Giả sử I  x, y, z  Ta có I   P   x  y  2z   1    2  0,25 0,25 Bán kính mặt cầu (S) R  I A        Vậy phương trình mặt cầu (S) là: x   y   z   0,25 Câu (1,0 điểm) a) Cho góc lượng giác  , biết t an   Tính giá trị biểu thức P  cos2 -3 sin2  cos2 -3 2cos2  P   sin2   cos2 0,25 1  cos2   Suy P   2 cos   t an  b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ năm học 2015 – 2016 huyện uỷ Phù Cừ tổ chức Tính xác suất để chọn nhóm gồm học sinh mà có nam nữ, biết số học sinh nam số học sinh nữ Không gian mẫu n   C 105  252  t an2   0,25   Gọi A biến cố học sinh chọn có nam nữ đồng thời số học sinh nam học sinh nữ Trường hợp 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 41.C 64 0,25 Trường hợp 2: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 42.C 63   Suy n A  C 41.C 64  C 42.C 63  180 Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCD A ' B 'C ' D ' , đáy ABCD hình chữ   Vậy xác suất cần tìm P A   nhật có AB  a, AD  a Biết góc đường thẳng A 'C mặt phẳng ABCD  600 Tính thể tích khối lăng trụ ABCD A ' B 'C ' D ' khoảng cách hai đường thẳng chéo B 'C C ' D theo a ~3~ 0,25 Do ABCD A ' B 'C ' D ' A ' A  ABCD   lăng trụ đứng nên   Suy góc A 'C mặt phẳng ABCD  A 'CA  600 0,25 Có AC  AB  BC  2a  A ' A  AC t an 600  2a ABCD hình chữ nhật có AB  a, AD  a  SABCD  AB AD  a 0,25 Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD A ' B 'C ' D ' V  A ' A.SABCD  6a Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C)     Suy d C ' D, B 'C  d C ' D, A B 'C    d C ',  A B 'C    d  B,  A B 'C   0,25 Do BC’ giao với mp(AB’C) trung điểm BC’ (vì BCC’B’ hình chữ nhật) Kẻ BM  AC  AC  BB ' M  AB 'C  BB ' M theo giao tuyến B’M  Kẻ BH  B ' M  BH Có        AB 'C  hay d  B,  A B 'C    BH 1 1 1 17 2a 51        BH  17 BH B ' B BM B ' B BC AB 12a 0,25 2a 51 17 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Điểm D thuộc tia đối tia AC cho GD  GC Biết điểm G thuộc đường thẳng d : 2x  3y  13  tam   Vậy d C ' D, B 'C    giác BDG nội tiếp đường tròn C : x  y  2x  12y  27  Tìm toạ độ điểm B viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm toạ độ điểm G số nguyên Tam giác ABC vuông cân A có G trọng tâm nên GB = GC Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G Suy   2BCD   2BCA   900  BG  GD BGD 0,25 Hay tam giác BDG vuông cân G Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính R  10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I trung điểm BD Do I G  10 I G  BD ~4~  13  2m  Vì G  d : 2x  3y  13   G  m;    G 2;  Từ I G  10    28 75  , toạ độ điểm G số nguyên nên G(2;3) G   13 ; 13     BD qua I(1;6) I G  BD nên phương trình x  3y  17    0,25     B 2;5 (do hoành độ điểm B âm) B , D  BD  C   D 4;7     Vậy B 2;5 Gọi M trung điểm BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân A) 1 Suy AM  BC  GM  MB GM  AM  MB 3   MG   cosGBM  Nên t an GBM MB 10  Gọi n  a, b với a  b2  VTPT BC   Ta có VTCP BG BG  4; 2  nBG  1;2 VTPT BG   n n       cos n , n   BG Có cos BG, BC  cos nBG , n  cosGBM   BG 10 nBG n              0,25  a  b   35a  40ab  5b2    10 7a  b  a  b2  Trường hợp 1: Với a  b   n  1;1 nên phương trình BC : x  y    Trường hợp 2: Với 7a  b   n  1;7 nên phương trình BC : x  7y  33    a  2b       Do hai điểm D G mằn phía đường thẳng BC nên phương trình 0,25 BC thoả mãn x  y     Vậy BC : x  y   B 2;5 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập  : 5x  13  57  10x  3x x   19  3x  19 3  x  Điều kiện  x   Bất phương trình tương đương  x   19  3x 2 x   19  3x x   19  3x  x  x  2x  0,25  2x  0,25  x   19  3x  x  2x  ~5~  x  5  13  x   2 x      19  3x   x x 2        x  x   x  5 9 x       x  x   x2  x   13  x   19  3x         2  0  x x 2  *    x  5 13  x    9 x     19  3x          19  Vì   với x   3;  \ 3   x  5 13  x   9 x     19  3x          0,25   Do *  x  x    2  x  (thoả mãn) 0,25 Vậy tập nghiệm bất phương trình S   2;1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:   a bc 2a 3b c    a  b c 1 a bc  Bất đẳng thức tương đương với 1   a  2a   b  3b   c  c  a bc  6 a bc         a  2  b  3  c  1 a bc   a  2  b  3  c  1  a  b  c  6  a  2 b  3 c  1 a  b  c  6 a  2  b  3  c  1  a  b  c  6  10 2 2 2 0,25 2 a2 b3 c 1 a bc  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có               0,25  a 2  b  c 1    a  b  c   VP VT   a bc  a 2  b  c 1  0,25  Dấu xảy a  2;b  3; c  Vậy bất đẳng thức (2) Do bất đẳng thức (1) chứng minh Chú ý: Mọi cách làm khác học sinh chấm điểm bình thường! Giáo viên đề: Quách Đăng Thăng ~6~ 0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm trang) Câu Đáp án Điểm   3 Tập xác định: D   \     2  Sự biến thiên : 1,0 x  2x  Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y  5 3 + CBT y '   0, x  D  Hàm số nghịch biến (;  ) ( ; ) 2 (2 x  3) 0,25 +Hàm số CĐ, CT +Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực đường tiệm cận (1,0 đ)   3 lim  y   lim  y    x   TCĐ x     3  2 x  x  lim y   x   0,25 1  y   TCN x   2 Bảng biến thiên: x y’ y   -  || -  0.25    3.Đồ thị - Đồ thị nhận điểm I(  ;  ) 2 làm tâm đối xứng - Đồ thị cắt Ox 1;  cắt Oy (0; ) - Đồ thị qua  1;  ,  2; 3 - 10 -5 10 I -2 0,25 -4 -6 -8 -10 Câu Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : f  x   x  18  x 1,0 Hàm số xác định liên tục D   3 2;3    (1,0 đ) Ta có f   x      0,25 x   f   x    18  x  x    x3 2 18  x 18  x  x x   Mà f 3  3 ; f  ; f  3   18   Suy max x 3 ;3  f  x   f  3  ; x 3 ;3   0,25  f  x   f 3  3 0,25   a) Cho    ;   sin   Tính giá trị biểu thức 2  sin  sin 2  cos3   2cos  P sin  cos 2  sin  Ta có 2sin  cos   cos3  1  cos   2sin  cos   cos3  sin  P  sin   cos   sin    sin  sin   cos   sin   cos   sin    sin  3.(1,0đ) 2sin  cos  1  cos2   2sin  cos   tan  1 sin  cos  sin  cos4  3    Bài ta có sin    cos 2   sin    cos     Do    ;    25 5   P 0,25  0,5 0,25     128 128 Thế vào 1 ta P      Đáp số P   27 27 3  5 b) Giải phương trình : cos x  1  cos x  sin x  cos x   0,25 0,5 Phương trình cho   cos x  sin x   1  cos x  sin x  cos x     cos x  sin x   cos x  sin x   1  2cos x    0,25  cos x  sin x   cos x  sin x   1  cos x     cos x  sin x  sin x   cos x      tan x  x   k  cos x  sin x    ( k  ) sin x   cos x    sin  x            x   k 2 , x    k 2 4      Vậy phương trình có nghiệm x   k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : log  x    log9  x    log  x  1  log (1,0 đ) x    x  5  x   Điều kiện  x      x    x  x 1  x    0,25 1,0 0,25 Với điều kiện phương trình  log  x    log3 x   log  x  1  log 2  log  x   x    log   x  1    x   x    x  1    Trường hợp Nếu x  phương trình * tương đương với x   x  5 x     x  1  x  x  12    x  ( t / m) (t / m) * 0,25 0,25  Trường hợp Nếu  x  phương trình * tương đương với   97 (t / m) x     x   x     x  1  x  x      97 (loai ) x    97 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  x  0,25   a) Tìm hệ số x khai triển biểu thức :  2x   x  8k k 32 5 k   k 8k k k    C  x     x k 0  32  5k Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 6k 4 Vậy hệ số x : C84  1 2434  90720   Gt   x   C8k  x    x  k 0  (1,0 đ) 1,0 b) Cho đa giác n đỉnh, n   n  Tìm n biết đa giác cho có 135 đường chéo n  n  3 Số đường chéo đa giác n đỉnh Cn2  n  n  n  3  n  18 Từ giả thiết ta có phương trình  135  n  3n  270     n  15 Do n   n  Nên ta tìm giá trị cần tìm n  18 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  Tìm tọa độ đỉnh C D   Gọi C  x0 ; y0  , AB   2;1 , BC   x0  3; y0  0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 (1,0 đ) Từ ABCD hình vuông, ta có :   x0     2  x0    y0   AB  BC   y0  1    2  x   AB  BC  x0    y0     y0    Với C1  4; 2   D1  2; 3  ( từ đẳng thức AB  DC )   Với C2  2;   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC ) 0,25 0,25 0,25 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh Mặt bên  SAB  nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc S mặt đáy điểm H thuộc đoạn AB cho BH  AH Góc SC mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  1,0   600 Vì SC tạo với đáy góc 600 , suy SCH 13 13 64 13  Ta có: HB   HC  42   SH  tan 600  3 3 0,25 S I A B H D K C 1 13 64 13 (1,0 đ)  V S ABCD SH   S ABCD  3 3 Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp ( SCD)  mp( SHK ) Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI 1 16 Trong SHK ta có:       HI  13 2 HI SH HK 13 13.4  d ( H , ( SCD))  13 0,25 0,25 0,25 Câu Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân ADB d : x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết giác góc  phương trình đường thẳng AB A(1;4) F E M(-4;1) I D B C Gọi E, F giao điểm d AB, AC Ta có:     AFD  C  ADC      AEF  ADC  DAB    Mà C  DAB (cùng chắn AB ) cung     AFD  A EF  AE  AF 1,0 0,25   (1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy vtpt AC n AC  (3; 5)  pt AC : 3( x  1)  5( y  4)   3x  y  17    x  3x  y  17  11 Tọa độ F nghiệm hệ:    F( ; ) 2 x  y    y  11  11 34 34 AF  (1  )2  (4  )2   AE  2 2  Vì E  d  E (t ; t  2)  AE  ( t  1; t  2)  AE  ( t  1)  ( t  2) Ta có 0,25   11 t   E ( ; ) ( Loai trung F ) 34 AE    2 t    E (  ; ) (T / m)   2    AE  (  ;  )  vtpt AB nAB  (5; 3) 2  pt AB : 5( x  1)  3( y  4)   5x  y   Câu Giải hệ phương trình  x3  y  x  y  3x  y :  x  y  10 y    y   x   x  13 y  x  32 x    x  2 Điều kiện :    y    y  7   3 Từ phương trình 1 ta có  x  1   x  1   y  1   y  1 0,25 1  2  3 1,0 0,25 Xét hàm số f  t   t  5t , tập  , f   t   3t   0, t    hàm số f  t  đồng biến  Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y   (1,0 đ) Thay   vào   ta pt: 5x  x  10 x    x   x   x3  13x  x  32  5   5x   x  10    x     2x  6  x  x  10  x  2    Đ/K x  2  x    x3  x  x  10   2x      x    x  5 x22  x7 3  x  x  10  2x     x2  5    x  2  x2 2  x7 3    0,25 0,25   x    y    x; y    2; 2 ( thỏa mãn đ/k)  x  x  10 x   x  x  10 2x     0  x7 3 x22     1  1   5 x  5x  10       2 x      (pt vô nghiệm)   x    0,x2  x   2      0,x 2    0,x2 0,25  0, x2 Vậy hệ phương trình có nghiệm :  x; y    2;  Câu10 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị lớn biểu thức : T 4 1      ab bc ca a b c  1 Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi  a, b, c   0;   2 4 1 5a  5b  5c  T          a  b  c a b c a  a b  b2 c  c2 10.(1,0đ) 1,0 0,25 5a   3a  1  2a  1  , a   0;   18a    Ta có   aa a  a2  2 5a   1  18a  3, a   0;  Từ suy : aa  2 0,25 Ta có bất đẳng thức tương tự: 5b  5c   1  1  18b  3, b   0;   18c  3, c   0;  2 b b cc  2  2 Cộng bất đẳng thức lại với ta có : T 5a  5b  5c     18  a  b  c    a  a b  b2 c  c2 0,25 1  Tmax  đạt  a  b  c  3 Vậy Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi , giá trị lớn Dấu đẳng thức xẩy a  b  c  biểu thức : a  b  c  T 4 1      đạt ab bc ca a b c Chú ý: Để có bất đẳng thức 0,25 5a   1  18a  3, a   0;  ta sử dụng phương aa  2 pháp tiếp tuyến Lưu ý chấm bài: - Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước không cho điểm bước - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai không điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu học sinh không vẽ hình không cho điểm - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn [...]... 2 3  2912 b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó Tính xác suất để chọn được đề thi từ 0.5 ngân hàng đề nói trên nhất thi t phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 4 Không gian mẫu của việc tạo đề thi là :   C 407 ... f '(t )   7 t2  121 7(1  t )2 0t  7 18 BBT t f '(t ) f (t ) 1 7 3 18 0  324 7 1 + 0,25 TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 -2016- LẦN Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông... a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2   x  b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thi t phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 4 Câu... 0; 2 2 t 2 t3  2 g '(t )  t  2  2 ; g '(t )  0  t  3 2 t t 6 33 4 16 Lập bảng biến thi n ta có Min P  khi x  y  2 2 Hết 0,25 0,25 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 CÂU Câu 1a ĐÁP ÁN ĐIỂM 0,25 1 3 x  x2 3 Tập xác định: D   ta có: y  y '  x 2  2x ; y '  0  x  0; x  2 Sự biến thi n: + Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; ) +Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)... VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG Thời gian làm bài: 180 phút; (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1 (2.0 điểm) Cho hàm số y = 2x + 1 có đồ thị (C ) x +1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số 2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1 1 Bài 2 (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x − 1)2 dx 0 Bài 3 (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm... sau   x + y + 4 = 2 2 x + 2 y − xy ( ) Bài 9 (1.0 điểm) Với các số dương x và y có tổng bé hơn 1 Chứng minh rằng 1 4 9 + + ≥ 36 x y 1− x − y -HẾT 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG Thời gian làm bài: 180 phút; (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Đáp án Điểm 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = 2x + 1 x +1 1,0 Tập xác định: D = » \ {−1} Giới... 2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có C32C42 C21 cách 0,25 2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có C32C41C22 cách 0,25 3 3 1 4 1 2 3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C C C cách 1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách Vậy xác suất cần tìm là 0,25 Câu 8 Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD Gọi N là giao điểm của KM và BC Gọi I là giao điểm của CM và HK   450 Ta có DKM vuông tại K và DKM... giác vuông SHE có: a 2 a 4  (3) 3 a 2 2 ( )  a2 4 a +) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD)  3 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là y  2  0 Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M Đường phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N Biết rằng đường thẳng MN có phương trình... Từ giả thi t ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và 3a a SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  ( ) 2  ( ) 2  a 2  a 2 2 1 1 a3 Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS ABCD  SH S ABCD  a.a 2  3 3 3 Từ giả thi t ta có HK / / BD  HK / /( SBD) Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE Ta có BD ... đứng của đồ thị x →−1+ x →−1 Đạo hàm: y ' = 1 ( x + 1) 2 > 0, ∀x ≠ −1 Bảng biến thi n: x -1 -∞ +∞ + y' +∞ y 2 0,25 + 2 -∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) Hàm số không có cực trị Đồ thị: 0,5 Với x = 0 ta có y = 1 Với x = – 2 ta có y = 3 1 2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1 1,0 Giả sử M ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm  x0 = 0 =1⇔  ... TRNG THPT KMIL K THI TH THPT QUC GIA NM 2016 Mụn thi: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao Ln th I, ngy thi 1/12/2015 Cõu 1a (1,0) P N THANG IM ỏp ỏn -Tp xỏc nh: D = R -S bin thi n:... 324 + 0,25 TRNG THPT VIT TRè THI TH THPT QUC GIA 2015 -2016- LN Mụn: Toỏn Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian giao Cõu (2.0 im) Cho hm s y x x x (1) a) Kho sỏt s bin thi n v v th (C)... TRNG THPT Lấ LI chớnh thc THI KSCL CC MễN THI TT NGHIP THPT QUC GIA LN NM HC 2015 -2016 Mụn: Toỏn lp 12 (Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k giao ) thi cú 01 trang Cõu (1,0 im) Kho sỏt s bin thi n