Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán_01

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 2 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 3 2 x x   có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       2) Giải phương trình:   2 2 2 1 5 2 4; x x x x R     Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x           Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a ,   0 60ASO SAB  . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy     II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y  và điểm (2;1)M . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng    đi qua hai điểm   0; 1;2 ,A    1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu   S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2x y z      Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z   . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z                                 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   C có phương trình   2 2 : 4 25x y   và điểm (1; 1)M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn   C tại 2 điểm ,A B sao cho 3MA MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P có phương trình: 1 0x y   . Lập phương trình mặt cầu   S đi qua ba điểm       2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng   P BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 3 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:     2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x               ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 3 2 x x   (C) D= R\ {2} lim 2 : 2 x y TCN y     2 2 lim ; lim x x y y          TCĐ x = 2 y’ = 2 1 0; 2 ( 2) x x      BBT 2) Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x   ) (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: () y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x       ( )  TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x   ) ( )  TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x       AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x      AB min = 2 2  0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M        II 1. 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x         sin 0 (sin ). 2 2(sin ) sin . 0 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx                 0,25 + Với sin 0 ( ) 4 x cosx x k k Z         0,25 + Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx    , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx        được pt : t 2 + 4t +3 = 0 1 3( ) t t loai         0.25 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 4 t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m                Vậy : ( ) 4 2 ( ) 2 2 x k k Z x m m Z x m                       0,25 Câu II.2 (1,0 đ)   2 2 2 1 5 2 4; x x x x R     Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 )t x x t x x     ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t       4 2 t t        + Với t =  4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x                   2 0 2 2 x x x          + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x                  2 0 3 1 3 1 x x x             ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x    0,25 0,25 0,25 0,25 III 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x           I 1 = 1 ln 1 ln e x dx x x  , Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I 1 = 4 2 2 3 3  0.5   2 2 1 ln e I x dx  , lấy tích phân từng phần 2 lần được I 2 = e – 2 I = I 1 + I 2 = 2 2 2 3 3 e   0.25 0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 5 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a Đặt OA R  0 60SAB SAB   đều  1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO     Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO  2 2 2 6 3 2 R a R a R     2SA a  Chiếu cao: 2 2 a SO  Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a       0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y  . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x              Thay 5y x  được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x                P bằng 3 2 khi 1; 4x y  Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5y x  sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x      0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) Anằm trên Ox nên   ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y  nên ( ; )B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b         Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b                           , do 2b  không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b                                          2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b                                                0,25 0,25 S O A B I www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 6 Với: 2 1 a b      đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y   Với 4 3 a b      đường thẳng  qua AB có phương trình 3 12 0x 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) 1y 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 0x 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 13 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) 1y 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 điểm 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 điểm 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 điểm 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 điểm 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 điểm (Học sinh tự vẽ hình) Ta có:   1;2 5AB AB     . Phương trình của AB là: 2 2 0x 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 điểm *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 điểm 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 điểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y   và 5AB  Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y   và 17CD  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 điểm 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) 6x y z      0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22  xxx 1 điểm www.VNMATH.com [...]... 1 3 2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009   C2009 )  (C2009  C2009   C2009 )  2 2009 Suy ra: B  22008 + Từ đó ta có: S  21003  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 ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có... 2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 1 0.25 2  u 2  6u  1  6ln u  1 1 0.25  3  6 ln 3 2 0.25  2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC C B 0.25 N H M A 2  3 6 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1      3  3   2 Diện tích tam giác AMN là S AMN  2 2 1 3 AM AN sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D...  0  x  1 + 5-y +5-z = 1 Chứng minh rằng 25z 5 x  5y  5 z  z xy  5 5 4 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 25x 25y  25x  5yz 5y  5zx -x : Đặt 5 x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thi t ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc    Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( *) a  bc b  ca c  ab 4 a3 b3 c3 abc  2  2  ( *)  2 a  abc b  abc c  abc 4 http://tranduythai.violet.vn... 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 sao cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x  y  3 xy Câu... mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 1  Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log 1  y  x   log 4 y  1  4 ( x, y )  x 2  y 2  25  ĐÁP ÁN ĐỀ 3 Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 1 2.0 Giải phương trình cos 2 x  cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x 1.0 0.25 ĐK: sin x  cos x  0 Khi đó PT  1  sin 2 x   cos x  1  2 1  sin... trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 0,25đ 2 9 3  Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2 2 2  S ABCD 12  2 2 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1  d 1  AD Theo giả thi t: S ABCD  AB.AD  12  AD  0,25đ Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0 )  0  x  y  3  0 Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0... 0.25 3  1  t   64t 3 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1   9 0.25 Lập bảng biến thi n  Minf  t   t0;1 64 16  GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 81 81 0.25 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  5 x  2 y 1  0   21 . 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng   P BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn:. Thái 2 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC