Trường THPT Đặng Thai Mai Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN Mơn: Tốn Khối: A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm m để đường thẳng d : y  m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) cho độ dài đoạn thẳng MN,NP,PQ độ dài cạnh tam giác vuông Câu II ( 3,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: cos x  cos x  sin x  cos x  2  x  x y  y Giải hệ phương trình :  2 1  x y  y   x  cos x dx  cos 2x Tính tích phân: I   Câu III (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác cân C, cạnh đáy AB 2a góc ABC  30 Mặt phẳng (C ' AB) tạo với đáy ( ABC ) góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AB CB ' Câu IV (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 y y2 z z2 x xyz P    z x y xy  yz  zx II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu V.a ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3;1) x 1 y  z Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) đường thẳng (d1), (d2) với (d1):    x  1  (d2) :  y  1  t Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vng góc (d1) cắt (d2) z  t  Câu VI.a ( 1,0 điểm) Giải phương trình : log (1  x  x )  log x B.Theo chương trình Nâng cao Câu V.b ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC 20 điểm B có hồnh độ dương  x  2t  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ( 1 ) :  y  t (t  R ) ; ( 2 ) : z   x   s   y  s  s  R  Chứng z   tỏ hai đường thẳng 1 , 2 chéo viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vng góc chung 1 , 2 làm đường kính Câu VI.b ( 1,0 điểm) Một thầy giáo có 12 sách đơi khác có sách Tốn, sách Vật lý, sách Hóa học.Ơng muốn lấy đem tặng cho học sinh A,B,C,D,E,F em quyển.Tính xác suất để sau tặng sách xong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học cịn lại ……….Hết……… Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Trường THPT Đặng Thai Mai Năm học 2012 – 2013 Đáp án thang điểm THI KHO ST CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN Mơn: Tốn Khối: A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút C¢U NƠI DUNG Câu I (2,0 điểm) (1,0 điểm) a) Tp xác định : D = R b) Sự biến thiên: * Giới hạn : lim y   , lim y   ĐIỂ M x  0,25 x  *Chiều biến thiên: y’ = 4x3-4x x  y'     x  1 * Bảng biến thiên x 0,25 -∞ y' -1 - +∞ + - +∞ + +∞ -3 y -4 -4 + Hàm số đồng biến khoảng; (- ; 0) (1; +  ); nghịch biến khoảng (  ; 1 )  0;1 +Cực trị : hàm số đạt cực đại x=0 yCĐ=-3 , đạt cực tiểu x= 1 yCT= -4 0,25 c) Đồ thị *Vẽ đồ thị: 0,25 -2 -1 O -3 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng (1,0 ®iĨm) Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) điểm phân biệt 4  m  3 (*) Phương trình hồnh độ giao điểm: x  x   m  (1) Đặt t  x  t   phương trình hồnh độ trở thành t  2t   m  (2) Với điều kiện (*) phương trình (1) có nghiệm phân biệt hay phương trình (2) có nghiệm dương phân biệt t1 , t2  t1  t2  Từ tìm tọa độ điểm      M  t2 ; , N  t1 ; , P   t1 ;0 , Q 0,25 0,25  t2 ; suy MN  t2  t1 ; NP  t1 ; PQ  t2  t1 Vì MN  PQ nên NP độ dài cạnh huyền   NP  MN  PQ  NP  MN  PQ  4t1  t2  t1 Do : 0,25   t1  t2   8t1t2  t t  Áp dụng định lí vi-et ta có  Vì   3  m   m   t1t2  3  m Đáp số m   0,25 C©u II (3,0 ®iÓm) (1,0 ®iÓm) cos x  cos x  sin x  cos x   cos x  2cos x  1  cos x   sin x   cos x cos x  cos x  sin x.cos x     cos x cos x  cos x  sin x  (1điểm)  cos x  1   2  2cos x  cos x  sin x   1  x   k ,  k  Z    k   5 x  x   k 2  x   24       cos x  cos  x       6  5 x   x    k 2  x    k   36     k  k Vậy pt cho có nghiệm: x   k , x    ,x   ,k  Z  24 36 Ta thấy (0;0) không nghiệm hệ nên x  1  y ( y  x)  ( x y )( y  x)    Hệ phương trình      x2  (  x)  x   y2  y y   Đặt S = x  1 , P = x y y  S P  S  Hệ pt trở thành   P  S  P  0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0,25 S  Có   P   x 3  y    x   y  x    y      x    y   0,25 KL : Vậy hệ phương trình có nghiệm là(x;y)= (1; ) ; (2;1) (1điểm)     4 x  cos x x  cos x x cos x I dx   dx   dx   dx  I1  I 2  cos 2x cos x cos x cos2 x 0 0  Tính I1  x  cos2 x dx 20 0,25 0,25 0,25 u  x du  dx  Đặt    dv  cos 2x dx  v  tan x       s inx   I1  (x tan x   tandx)    dx   ln cos x   ln cos x 8 2 0    cos x d(s inx) 1  s inx 2 I2   dx    ln  ln 2 cos x  sin x  s inx 2  2  2  ln  ln   ln 2 2 42 Gọi M trung điểm AB Tam giác CAB cân C suy AB  CM Mặt khác AB  CC '  AB  (CMC ')  CMC '  600 Gọi V thể tích lăng trụ ABC A ' B ' C ' V  S ABC CC ' I  I1  I  Câu III (1 điểm) a a2  S ABC  CM AB  3 a a a3 CC '  CM tan 60   a V  a  3 Mặt phẳng (CA ' B ') chứa CB ' song song AB nên d( AB ;CB ')  d ( AB;(CA' B '))  d( M ;(CA ' B '))  MH , với N trung điểm A ' B ' H hình chiếu M CN Do MH  CN , MH  A ' B '  MH  (CA ' B ') Tam giác CMN vuông M nên 1 a     d( AB ;CB ')  MH  2 MH MC MN a 0,25 0,25 0,25 Ta có CM  BM tan 300  0,25 0,25 0,25 A' C' M B' H C A M B CÂU IV (1 điểm) Đặt x y z a  , b  , c   abc   a  b  c  z x y 2 0,25 a b c    c a b ab  bc  ca a2 Mà a  c  2ac   2a  c c b2 c2 Tương tự  2b  a;  2c  b a b Mặt khác (a+b+c)2≥3(ab+bc+ca) 12 Nên P≥(a+b+c)+ ( a  b  c) 4 12 1 13  ( a  b  c)  ( a  b  c )   ( a  b  c)    9 ( a  b  c) 3 13 Vậy minP= xảy a=b=c=1 hay x=y=z P CÂU Va + Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận  1(1 điểm) HK  (1; 2) làm vtpt AC qua K nên ( AC ) : x  y   Ta có: ( BK ) : x  y   0,25 0,25 0,25 A 0,25 M K H C + Do A  AC , B  BK nên giả sử A(2a  4; a ), B(b;  2b) Mặt khác M (3;1) trung điểm AB nên ta có hệ: 2a   b  2a  b  10 a     a   2b   a  2b  b  Suy ra: A(4; 4), B(2;  2)   + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y     + Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x  y   KL: Vậy : ( AC ) : x  y   0, ( AB) : 3x  y   , ( BC ) : x  y   B 0,25 0,25 0,25 0,25 CÂU Va quaM (0;1;1) QuaM      2(1 điểm) Gọi (P) mf:   d1 vtptnP  ud1  (3; 2;1)    0,25 PT mf(P) : 3x + 2y + z - = (P)  d2 = A có tọa độ A(-1;5/3;8/3) 0,25 0,25  x  3t quaM (0;1;1)     Khi đt d :   d có pt :  y   2t (t  R ) vtcp : AM  (3; 2; 5)   z   5t  CÂU VI.a ĐK: x >0 (1 điểm) Đặt t  log x  x=2t 0,25 0,25 PT trở thành log (1  t  t )  t   t  t  t t t t 1 2 4  f(t)=          (1) 7 7 7 Ta thấy hàm số f(t) nghịch biến R t=1 thoã mãn (1) Là Với t=1  x=2 Vậy Pt có nghiệm x=2 Câu Vb (2,0 điểm) 0,25 0,25 (1,0 điểm) +Ta có phưong trình AH qua A  x-2y-4=0 nên vtpt AH  n  (2;1)  x  y   Goi I giao AH đường trung bình cạnh AB,AC nên I trung điểm AH Ta có:I(2;-1)  H (3; 3) 0,25 A(1 ;1 ) x-2y-4 =0 I B C H M 3x+2y-5 =0 0,25 +Từ  BC : x  y   11 Gọi M trung điểm BC  M giao BC AM  M ( ; ) Gọi B(x,y) B nằm BC x=2y+9.Ta có BM= 5( y  3 15   y x  11  S ABC  BM AH  20 5( y  )  10    19 1 y  x      15 3 1 19 Do điểm B có hồnh độ dương nên B( ; ) từ suy C( ; ) 4 (1,0 điểm) 11 ) Ta có 0,25 0,25 x   s     PTTS 2 :  y  s (t  R )  1 ,  có vtcp: u1 (2;1;0), u2 ( 1;1; 0) z   Gọi AB đường vng góc chung 1 , 2 : A(2t ; t ; 4)  1 ; B (3  s; s; 0)  2    AB(3  s  2t ; s  t ; 4)   AB.u1   AB  1  AB  1, AB  2       A(2;1; 4); B(2;1;0)  AB    AB  2  AB.u2   0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Số cách chọn cho khơng cịn sách Tốn: A6 =5040 Câu VIb (1,0 điểm)  Phương trình mặt cầu là: ( x  2)  ( y  1)2  ( z  2)2  Ta thấy chọn cho hết loại sách Số cách chọn sách từ 12 sách   A12  665280 Gọi A biến cố: “sau tặng sách song ba loại Toán, Vật lý, Hóa học cịn lại quyển.” P(A)=1-P( A ) 0,25 Số cách chọn cho khơng cịn sách Vật lý: A6 A82  20160 3 Số cách chọn cho khơng cịn sách Hóa học: A6 A9  60480 | A |= 5040  20160  60480 =85680 85680 17 P( A )=  665280 132 17 115 P(A)=1 132 132 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0,25 Trường THPT Đặng Thai Mai Năm học 2012 – 2013 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN Mơn: Tốn Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận Tìm điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận A B cho diện tích đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB 2 Câu II ( 3,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: cos x  cos x  sin x  x2  y2  x  y  Giải hệ phương trình :   x( x  y  1)  y ( y  1)   x cos x(cos x  s inx)  cos 2x dx cos x  s inx Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D, AB = AD = 2a, CD = a, góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 60o Gọi I trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu IV (1,0 điểm) Cho x,y   2012; 2013 x  y Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức : Tính tích phân: I   ( x  y) (x  y2 ) xy II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu V.a ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3;1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) qua M(1;1;1), cắt đường thẳng P=  d1  :  x  2  2t x  y z 1    vng góc với đường thẳng ( d2 ) :  y  5t ( t  R ) 2 z   t  Câu VI.a ( 1,0 điểm) Giải phương trình: log (1  x )  log x B.Theo chương trình Nâng cao Câu V.b ( 2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC 20 điểm B có hồnh độ dương Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với mặt phẳng (P):  x  1  t x 1 y 1 z  x  y  z   đồng thời cắt hai đường thẳng  d1  :   ( d ) :  y  1 , với t  R 1  z  t  Câu VI.b ( 1,0 điểm) Một túi có cầu đỏ ,6 cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên cầu Tính xác suất để cầu có màu đỏ màu xanh ……….Hết……… Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Trường THPT Đặng Thai Mai Nm hc 2012 2013 CÂU Câu I (2,0 điểm) Đáp án thang điểm THI KHO ST CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN Mơn: Tốn Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút NÔI DUNG (1,0 ®iÓm) a) Tập xác định : D = R b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : lim y   , lim y   nên x  tiệm cận đứng x2 ĐIỂM 0,25 x2 lim y  , lim y  nên y  tiệm cận ngang x x  *Chiều biến thiên: y    x  2  0, x  * Bảng biến thiên x 0,25 y' +∞ -∞ - - +∞ y -∞ + Hàm số nghich biến khoảng; (-  ; 2) (2; +  ) +Cực trị : hàm số khơng có cực trị c) Đồ thị *Vẽ đồ thị: 0,25 0,25 I O 5 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng 2 (1,0 ®iĨm)  2a   2) Gọi M  a;    C  với a  Phương trình tiếp tuyến (C) M có dạng:  a2  2a  y  x  a  a2  a  2 0,25 Giả sử A,B giao điểm tiếp tuyến với tiệm cận đứng tiệm cận ngang Khi  2a   ta tìm A  2;  , B  2a  2;   AB   a     a2   a  2 Do tam giác IAB vuông I nên bán kính đường trịn ngoại tiếp AB R   a  2  2  a  2 2 Vì S IAB  2   R  2  R  2 Vì  a    Đáp số   a  1; a  0,25 0,25 0,25  a  2 M 1;1 hay M  3;3 Câu II (3 điểm) 1(1 điểm) cos x  cos x  sin x   cos x  1  cos x   sin x   cos x  cos x  sin x.cos x     cos x  cos x  sin x  ( điểm)  cos x  1   2   cos x  sin x   1  x   k ,  k  Z         cos  x    x   k 2  x   k 2 ,  k  Z    6 6    Vậy pt cho có nghiệm: x   k , x   k 2 ,  k  Z  2 x  y  x  y   Hệ phương trình   2  x  y  x  y  xy    x  y  x  y  ( x  y )2  ( x  y )  xy    xy  2   xy  2  x  y  (I )  ( x  y )  x  y   xy  2     x  y  1  xy  2  ( II )    xy  2  0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0,25 x     y    Giải (I): (I)   x      y   x    y  2 Giải (II) : (II)     x  2   y   0,25 KL:Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x;y)= 2;  ;  2; ; 1; 2  ;  2;1  (1 điểm)     0,25  0,25 x cos x(cos x  s inx)  cos 2x I dx =  x cos xdx   (cos x  s inx)dx  I1  I cos x  s inx 0  Tính I1   x cos xdx 0,25 u  x du  dx Đặt    dv  cos xdx  v  s inx    I1  xsin x   s inxdx   0   I   (cos x  s inx)dx  (s inx  cos x)  0  1 ( SBI )  ( ABCD )  Ta có ( SCI )  ( ABCD )  SI  ( ABCD ) SI  ( SBI )  ( SCI )  Gọi H hình chiếu I lên BC.Theo định lí đường vng góc SH  BC I  I1  I  Câu III (1 điểm) 0,25 0,25 0,25  Mà BC = ( SBC )  ( ABCD) nên SHI = 60o góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 1 AD ( AB  AC )  2a(2a  a )  3a 2 1 S IBC  S ABCD  S ICD  SIAB  3a  ID.CD  IA AB 2 3a  3a  a  a  2 S ABCD  0,25 3a 2S 3a 3a Kẻ CE  AB, IH  IBC    2 2 BC CE  BE 4a  a 3a 3a 15 Trong tam giác SIH vng I, ta có : SI = IH.tan60o = 3 5 0,25 S 0,25 B E A I H C D 3a 15 3a 15 3a  (đvtt) 5 x (t  1)(t  1) Đặt t= Khi P= =f(t),khi f’(t)= 2t   , y t t Vậy Câu IV (1 điểm) VS ABCD  0,25 0,25 2012 x 2012  1  t  Ta có 2013 y 2013 2012 2013  2012  f’(t)> 1  ( )  với t   ,1 2013 2012  2013    max P  max f (t )  f (1)  đạt x=y Vì 2012  x  y  2013  0,25  2012  t ;1  2013  2012  2012   20122  2013 P  m inf (t )  f ( )  1   1 2013  2013   20132  2012   2012 t ;1  2013   0,25 4025 8100313 2012 20132 Đạt x  2012 y 2013 Câu V.a.1 + Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận  (1 điểm) HK  (1; 2) làm vtpt AC qua K nên ( AC ) : x  y   Ta có: ( BK ) : x  y   A 0,25 M K C H B + Do A  AC , B  BK nên giả sử A(2a  4; a ), B(b;  2b) Mặt khác M (3;1) trung điểm AB nên ta có hệ: 0,25 2a   b  2a  b  10 a     a   2b   a  2b  b  Suy ra: A(4; 4), B(2;  2)   + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y   0,25   + Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x  y   KL: Vậy : ( AC ) : x  y   0, ( AB) : 3x  y   , ( BC ) : x  y   0,25 0,25 Câu V.a.2 quaM (1;1;1) QuaM      (1 điểm) Gọi (P) mf:   d vtptnP  ud  (2; 5;1)  PT mf(P) : 2x - 5y + z + = (P)  d1 = A(-5;-1;3) 0,25  x   3t quaM (1;1;1)    Khi đt d :   d có pt :  y   t (t  R )  vtcp AM  (3;1; 1)  z  1 t   Câu VI.a (1 điểm) 0,25 0,25 ĐK: x >0 Đặt y= log x  x  y 0,25 y y 1  3   (1) Ta có PT log (1  )  y     f(y)=     2     Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến R y=2 thoã mãn (1) y y y Với y=2  x=32 =9 Vậy Pt có nghiệm x=9 Câu V.b.1 (1 điểm) A 0,25 0,25 :2x-3y+14=0 H M(-3;0) x-2y-1=0 C B   Ta có n 1; 2  VTPT đường thẳng CH, AB  CH nên n 1; 2  VTCP đường thẳng AB, mà AB qua M  3;   phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x  y   Mặt khác 0,25 A     A      AB tọa độ A nghiệm hpt 2x  y    x  4   A  4;   2x  3y  14  y  0,25 xA  xB  x M  x  2  M  3;  trung điểm AB   B  B  2; 2   y B  2 y  yA  yB  M  Do BC //   phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x  3y  m  (m  14) , mà (BC) qua B  2; 2   m  2  BC : 2x  3y   0,25 Lại có C  BC  CH tọa độ C nghiệm hpt x  2y 1  x    C1;0  2x  3y   y  0,25 0,25 Vậy A  4;  , B  2; 2  , C 1;  Câu V.b.2 Giả sử : d  d1 = M 1  2t1 ; 1  t1 ; t1  ; d  d = N  1  t; 1; t    (1 điểm) Suy MN   t  2t1  2; t1 ; t  t1      0,25  d   mp  P   MN  k nP ; k  R*  t  2t1   t1  t  t1   t5     M   ; ;    2 5 5 t  1  0,25  x   v  quaM       d:  có ptts :  y    v vtcpu  nP  (1;1;1)    z    v  Câu VI.b (1 điểm) 0,25 0,25 (v R )   C11  330 Biến cố A: “4 cầu có màu đỏ màu xanh” với A= A1  A2  A3 0,25đ A cầu có 1quả màu đỏ màu xanh | A |=5 C6 =100 A2 cầu có 2quả màu đỏ màu xanh 0,25đ | A2 |= C52 C62  150 0,25đ A3 cầu có 3quả màu đỏ màu xanh | A3 |= C5  60 P ( A)  P ( A1 )  P ( A2 )  P ( A3 )  100 150 60 31    330 330 330 33 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0,25đ ... x=y Vì 2 0 12  x  y  20 13  0 ,25  2 0 12  t ;1  20 13  2 0 12  2 0 12   2 0 122  20 13 P  m inf (t )  f ( )  1   1 20 13  20 13   20 1 32  2 0 12   2 0 12 t ;1  20 13   0 ,25 4 025 8100313... =f(t),khi f’(t)= 2t   , y t t Vậy Câu IV (1 điểm) VS ABCD  0 ,25 0 ,25 2 0 12 x 2 0 12  1  t  Ta có 20 13 y 20 13 2 0 12 20 13  2 0 12  f’(t)> 1  ( )  với t   ,1 20 13 2 0 12  20 13    max... 1 32 17 115 P(A)=1 1 32 1 32 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0 ,25 Trường THPT Đặng Thai Mai Năm học 2 0 12 – 20 13 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN Mơn: Tốn Khối: D Thời gian