Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán

Thông tin tài liệu

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 2 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Trường THPT Gò Cơng Đơng Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 32xx 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 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       2) Giải phương trình:  22 21 5 2 4; x x x x R     Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 21lnln1 lnexI x dxx x     Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A Blà hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a, 060ASO 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 24x y x yPxy   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 ( )dcó phương trình :0x y  và điểm (2;1)M. Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hồnh tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vng cân tại M 2) Trong khơng 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  Scó 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: 21 0z z  . Rút gọn biểu thức 2 2 2 22 3 42 3 41 1 1 1P z z z zz z z z                             2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn Ccó phương trình 22: 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 khơng gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  Pcó 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 MƠN TỐN 2011 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 3 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:   21 222123log 1 log 1 62log 12 log ( 1)x xxx         ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 32xx (C) D= R\ {2} lim 2 : 2xy TCN y   2 2lim ; limx xy y      TCĐ x = 2 y’ = 210; 2( 2)xx   BBT 2) Gọi M(xo; 002 32xx) (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: () y = 20 02 20 02 6 6( 2) ( 2)x xxx x   ( )  TCĐ = A (2; 002 22xx) ( )  TCN = B (2x0 –2; 2) 002(2 4; )2AB xx  AB = 202044( 2) 2 2( 2)cauchyxx   AB min = 2 2  03 (3;3)1 (1;1)ox Mx M   II 1. 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       sin 0(sin ). 2 2(sin ) sin . 02 2(sin ) sin . 0x cosxx cosx x cosx x cosxx cosx x cosx           0,25 + Với sin 0 ( )4x 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 : t2 + 4t +3 = 0 13( )tt loai   0.25 -2 -1 1 2 3 4 5-3-2-112345xy www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 4 t = -1 2( )22x mm Zx m      Vậy : ( )42 ( )22x k k Zx m m Zx m        0,25 Câu II.2 (1,0 đ)  22 21 5 2 4; x x x x R     Đặt 2 2 4 22 4 2( 2 )t x x t x x     ta được phương trình 221 5 2 8 02tt t t       42tt  + Với t =  4 Ta có 24 2 4 20 02 4 42( 2 ) 16 2 8 0x xx xx x x x             2022xxx    + Với t = 2 ta có 24 2 4 20 02 4 22( 2 ) 4 2 2 0x xx xx x x x            203 13 1xxx     ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x    0,25 0,25 0,25 0,25 III 21lnln1 lnexI x dxx x     I1 =1ln1 lnexdxx x, Đặt t = 1 ln x,… Tính được I1 = 4 2 23 3 0.5  221lneI x dx, lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2 I = I1 + I2 =2 2 23 3e   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 060SAB SAB  đều 1 1 12 2 23sinOA RIA AB SAASO    Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2OA IA IO  22 263 2R aR a R     2SA a  Chiếu cao:22aSO  Diện tích xung quanh: 262 32xqaS 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 14 2 4 4 2 2x y x y x y y x yPxy y x y x            Thay 5y x được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 32 . 2 .4 2 2 4 2 4 2 2y x x y yP x xy x y x y x              P bằng 32 khi 1; 4x y  Vậy Min P = 32 Lưu ý: Có thể thay 5y x  sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5( )(5 ) 4x xg xx 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 bMA MBMA MBa b b            , do 2b  không thỏa mãn vậy 22 2 22 212 , 212 , 2221( 2) 1 ( 2) ( 1)1 ( 2) ( 1)2ba bba bbbba b bb bb                    2 22212 , 21214( 2) ( 1) . 1 0( 2)3aba bbbab bbb                0,25 0,25 S O A B I www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 6 Với: 21ab đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y   Với 43ab 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 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x      có đồ thị (Cm). 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 : 323512)13(22 xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2ln3023)2(xedxI 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 34 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 122 yxyx.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 112244yxyxP 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: 251134:1 zyxd 13312:2zyxd  Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 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 22 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 10'mxmxy 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(3cos22xx  1)sin43(3cos22 xx 0,25 Nhận xét Zkkx  ,không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos22 xxxxxx sin)sin4sin3(3cos23  xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin  0,25 2626mxxmxx 72752mxmx ;Zm  0,25 Xét khi 52mk 2m=5kmt5,Zt  Xét khi 727m=k 1+2m=7kk=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl  Vậy phương trình có nghiệm: 52mx  (tm 5);727mx  (37  lm) trong đó Zltm ,, 0,25 Giải phương trình : 323512)13(22 xxxx 1 điểm PT 631012)13(222 xxxx 232)12(412)13(2222 xxxxx . Đặt )0(122 txt Pt trở thành 0232)13(2422 xxtxt Ta có:222)3()232(4)13('  xxxx 0,25 b) Pt trở thành 0232)13(2422 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 :22;212 xtxt Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:7602;261x 0,5 Tính tích phân 2ln3023)2(xedxI 1 điểm Ta c ó 2ln30 2333)2(xxxeedxeI= Đặt u=3xe  dxedux33 ;22ln3;10  uxux 0,25 Ta được: 212)2(3uuduI=3duuuu212)2(21)2(4141 0,25 =321)2(212ln41ln41uuu 0,25 Câu III 81)23ln(43 Vậy I81)23ln(43 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: BCOABCAM')'( AMABC  Kẻ ,'AAMH (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHMAMAHMAMABC)'()'(.Vậy HM là đọan vông góc chung của AA’và BC, do đó 43)BC,A'( aHMAd  . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AHHMAOOA'  suy ra 3aa3443a33aAHHM.AOO'A  Thể tích khối lăng trụ: 123aa23a3a21BC.AM.O'A21S.O'AV3ABC 0,5 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3 cba.Chứng minh rằng: 134)(3222 abccba 1 điểm Đặt 2;134)(3),,(222cbtabccbacbaf *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 a1  ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(32222222 atttaabccba = )(4)2(32222tbcatcb  =22224)(44)(23cbbcacbcb=22)(2)(3cbacb = 02))(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((32222 ttttt =0)47()1(22 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: 122 yxyx.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biờn son: Trn Duy Thỏi 10 112244yxyxP T gi thit suy ra: xyxyyxxyxyxyyxyx33)(121222 T ú ta cú 131 xy . 0,25 Măt khác xyyxyxyx 112222 nên 122244 xyyxyx .đăt t=xy Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của 131;222)(2 tttttfP 0.25 Tính )(26260)2(610)('2lttttf 0.25 Do hm s liờn tc trờn 1;31 nờn so sỏnh giỏ tr ca )31(f,)26( f,)1(f cho ra kt qu: 626)26( fMaxP ,1511)31(min fP 0.25 Cõu VIa 1 im (Hc sinh t v hỡnh) Ta cú: 1;2 5AB AB . Phng trỡnh ca AB l: 2 2 0x y . : ;I d y x I t t . I l trung im ca AC:)2;12( ttC 0,5 a) Theo bi ra: 2),(.21ABCdABSABC446. t 340tt T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(38;35) tho món . 0,5 1 im *T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0 0.25 b) *Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi (ABC) nờn )1;1;2(// nOH ; H ABC Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=31 suy ra)31;31;32( 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’ )32;32;34(' 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 22. Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt zzt 22. Khi đó phương trình (8) trở thành 01032 tt 0,25 CâuVIIa 61152ziztt 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( , ) ; ( , )517t td M AB d M CD   0,25 Từ đó: ( , ). ( , ).MAB MCDS S d M AB AB d M CD CD   793t t      Có 2 điểm cần tìm là: 7( 9; 32), ( ;2)3M M  0,5 1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 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 d1, d2 0, 25 Ta tìm A, B : 'AB uAB u   Ad1, Bd2 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:  22 22 ( 1) ( 1) 6x y z      0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3(22 xxx 1 điểm www.VNMATH.com [...]... 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 MƠN TỐN 2011 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 28 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là       5;3 ,... www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 2 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Trường THPT Gị Cơng Đơng Mơn: Tốn - 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 thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại... phần tử) ĐÁP ÁN ĐỀ 9 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thi n lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x     nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x         nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x    0.25 Bảng biến thi n 1 +  -  1 - - y y' x -  ... đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : 25 8 6z i z    ĐÁP ÁN ĐỀ 7 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thi n: -Chiều biến thi n: 2 4 ' 0, ( 1) y x D x      . Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ). - Cực trị: Hàm số khơng có cực trị. 0,25 - Giới... 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 thi n 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... 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... lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số ln ln có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. ĐÁP ÁN ĐỀ 8 I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điểm 1. (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thi n +Giới hạn:     22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang... H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:       ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH          Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thi t 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:... C x xxxdtt t tt dt t ttt       2 2433 3 246 tan2 1 tanln3tan 2 3 tan 4 1 ) 3 3( 133 0,5 Do )( 111 CBAAH  nên góc HAA 1  là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thi t thì góc HAA 1  bằng 30 0 . Xét tam giác vng AHA 1 có AA 1 = a, góc HAA 1  =30 0 2 3 1 a HA  . Do tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B 1 C 1 và 2 3 1 a HA  nên A 1 H vng góc với B 1 C 1 . Mặt khác 11 CBAH  nên )( 111 HAACB  ... 1 0, 2 x x  nên trong trường hợp này (1) khơng có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số 2)2()21( 23  mxmxmxy (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: 07 . 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng  P BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MƠN TỐN 2011 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn . Thái 2 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Trường THPT Gò Cơng Đơng Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC

Ngày đăng: 20/09/2012, 17:17

Xem thêm: Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán