Tài liệu Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D docx

13 786 1
Tài liệu Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D docx

Đang tải... (xem toàn văn)

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

Thông tin tài liệu

Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT Mơn: Tốn khối D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1/ (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3 có đồ thị (C) x 1 a/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho b/ Tìm tọa độ điểm M (C) cho độ dài IM ngắn (I: giao điểm hai tiệm cận của(C)) cos x  sin x  cos 2 x  sin x    x  yx  y    Câu 3/ Giải hệ phương trình:   x  x  y  2  y   Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:    Câu 4/ ( điểm) Tính: A   sin x  cos x  ln 1  sin x dx Câu 5/ ( điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có (A/BC) tạo với đáy góc 600, tam giác A/BC có diện tích a/Gọi M ,N trung điểm BB/ CC/ Tính thể tích khối tứ diện A/AMN b/ Tính khoảng cách hai cạnh A/B AC Câu 6/ ( điểm) Gọi x1 , x , x3 nghiệm phương trình:   x  2m  3x  2m  m  x  2m  3m   Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: A  x12  x  x32  x1 x x3 II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A d: x –y + = 0.Tìm tọa độ A ,C tam giác.Biết C thuộc đường thẳng : 2x + y –1 = diện tích tam giác ABC Câu 8.a (1,0 điểm).Cho A(5 ; ; – 4) B(1; ; 4) Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC cân đỉnh C có diện tích S  Câu a (1,0 điểm ).Giải phương trình: x 6 x   x 3 x 1  2 x 6 x 3 B Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt A Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3) cắt (C1) (C2) thành hai dây cung 2 Câu 8.b (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng có phương trình d  : d  : x7 y4 z 9   1 x  y 1 z 1 Lập phương trình đường thẳng ()cắt (d1),(d2) trục Ox lần   7 lượt điểm A, B, C cho B trung điểm AC Câu 9.b (1,0 điểm ).Giải phương trình:  log x  log x  log x  Đáp án Câu Câu 1a Nội dung Tập xác định: D = R \ –1 , y /  0, x  D x  1 x3 x3   lim    Vì: lim  x  1 x  x  1 x  Điểm 0,25 y/  0,25 nên: x = –1 tiệm cận đứng x 3 x 3  lim 1 x   x  x   x  Vì: lim nên: y = tiệm cận ngang Bảng biến thiên kết luận Đồ thị Câu 1b   Gọi M  m ; m 3  thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) m 1 IM  m  12  IM  m  12  16 m  12 16 m  1  16  2 ( Tương ứng xét g t   t  Giải phương trình: 0,25 16 , t  t = (m + 1)2 lập t bảng biến thiên IM nhỏ IM  2 Khi (m + 1)2 = Tìm hai điểm M 1 ;  1 M  ; 3 Câu 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 cos x  sin x  cos 2 x  sin x  sin x   Điều kiện:  sin x  sin x     sin x    0,25 0,25 cos x  sin x   cos x  sin x  sin x  cos x   sin 2 x  sin x   cos x  sin x  cos x  sin x     x   x   k 2      cos x    cos x     3 6    x    4 x    k 2   x   k  x    k 2 0,25 So lại điều kiện nghiệm phương trình cho  2 x Câu k 0,25   x  yx  y    Giải hệ phương trình:   x  x  y  2  y       x   yx  y   x  yx  y        x  x  y  2  y   y  x  y  x  y    y    x   yx  y     x  y  x  y       ( Vì: y = khơng nghiệm hệ)  x   yx  y   x   yx  y      x  y   2 x  y     x  y  12     x   yx  y    x  y    x   y   x    x  x  y  y   x x  x   x   x  1    y   x y   x Nghiệm hệ: (0 ; 1) , ( –1 ; 2) Câu  A   sin x  cos x  ln 1  sin x dx  0,25 A   sin x  cos x  ln sin x  cos x  dx  A   sin x  cos x  ln sin x  cos x dx   (Vì: sin x  cos x  , x  0 ;  )  4 cos x  sin x  dx u  ln sin x  cos x  du  Đặt  suy ra:  sin x  cos x dv  sin x  cos x dx v  cos x  sin x  0,25       A  sin x  cos x  ln sin x  cos x  04   cos x  sin x dx      0,25 0,25    A   ln  sin x  cos x  04    A = 2 ln     A  ln   2 Câu 5a C/ A/ B/ N M A Ta có AA /   ABC  Gọi H trung điểm BC AH  BC / nên A H  BC.Vậy góc A/HA 600 C H B Trong tam giác vuông A/HA có: A/ H  AH BC 2  BC cos 60 Diện tích tam giác A/BC: S  BC A / H  V A/ AMN Câu 5b BC S  nên BC = 4, AA /  AH tan 60   Vlt  2V A BMNC  BC AH AA /  16 3 Tính khoảng cách hai đoạn thẳng A/B AC Ta có AA /   ABC  Dựng hình hộp ABDC.A/B/D/D AC//BD nên AC//(A/BD)  A/B nên d(AC;A/B) = d(AC;(A/BD)) = d(A;(A/BD)) 0,25 C/ A/ B/ D/ T C A K B D Kẻ AK  BD (K BD) BD AK BD AA/ nên BD (A/AK)  (A/BD) (A/AK) Kẻ AT A/K (TA/K)  AT(A/BD) AT=d(A;(A/BD)) = d(AC;A/B) 1 1   /  2 AT AK A A   Câu    hay AT = 36 Gọi x1 , x , x3 nghiệm phương trình   x  2m  3x  2m  m  x  2m  3m   Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn 0,25 0,5 2 A  x12  x  x3  x1 x x3 Phương trình: x  2m  3x  2m  m  9x  2m  3m   (*) Có nghiệm x3  Nên (*)  x  1x  2m  1  2m  3m  7  0,25 x    2  x  2m  1x  2m  3m    1 (1) có hai nghiệm x1 ; x khi: m  12  2m  3m   0,25   m  5m     m  2 A  x12  x  x3  x1 x x3 = x12  x   x1 x =  x1  x 2  x1 x  = 2m  2  2m  3m  Hay A = f m   2m  11m  m 2 ; 3 f / m   4m  11 , f / m    m   11  2 ; 3 f 2   28 f 3  49 Vậy max A  49 m = A  28 m = Câu 7a 0,25 PHẦN TỰ CHỌN A Theo chương trình chuẩn Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A d: x –y + = 0.Tìm tọa độ A ,C tam giác.Biết C thuộc đường thẳng :2x + y –1 = diện tích tam giác ABC BC qua B vuông góc d nên BC có phương trình: x + y + = 0,25 0,25 2 x  y   x  Vậy: C(2 ; –3)  x  y    y  3 Tọa độ C nghiệm hệ  Aa ; a  3  d d  A ; BC   2a  , BC  Theo giả thiết ta 2a  1 BC.d  A ; BC   hay 1 2 2a  a  1 Hay   2a     2 a  3 0,25 có: Câu 8a Với a = –1 A(–1 ; 2), với a = –3 A(–3 ; 0) Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân C nên trung điểm H(3 ; ; 0) AB chân đường cao vẽ từ C  AC  BC  Theo giả thiết ta có:   AB.CH   2 a  5  b  3  16  a  12  b  32  16   1 2  16   64 a  3  b  3  2 0,5 0,25 0,5 a    b   Câu 9a 0,25 a  b   b  1   Có hai trường hợp C(3 ; ; 0), C(3 ; –1 ; 0) Giải phương trình: x 6 x   x 3 x 1  2 x 6 x 3 x 6 x   x 3 x 1  2 x 6 x 3  x  x  21  x 3 x 1  2 x 6 x  21 x  x 1 x 3 x 1 3 3 x  x 1 x  x 1 x  x 1   20  3  3.9 6  2.4 2 2 2 2 2 2 2 3 Đặt t =   2 x  x 1 2 0,25 2 t  1 t  0 , ta được: 3t  t     t   l  0,25 Với t  , ta : x  x    x =  x = Câu 7b 0,25 Tập nghiệm S  2 ; 3 B Theo chương trình nâng cao Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt A Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt (C1) (C2) thành hai dây cung Gọi M(a ; b) (C1) N(4 –a ; –b) đối xứng với M qua A Theo giả thiết N (C2) 0,25 0,5 a  b  13 a  b  13     Vậy ta có:  2   a   6  b   25 2  a 2  6  b 2  25   2 a  b  13    a  b  4a  12b  15    a  l    b  a  b  13    17    a   17 , M   ;     5 4a  12b  10      b   Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + = Câu 8b 0,25 0,25 x7 y4 z 9 x  y 1 z 1     d  : Lập Cho d  : 1 7 phương trình đường thẳng () cắt (d1),(d2) trục Ox điểm A, B, C cho B trung điểm AC Gọi A7  a ;  2a ;  a   d1  , B3  7b ;  2b ;  3b   d1  C(c ; ; 0) Ox B trung điểm AC nên: 7  a  c  23  7b  a  14b  c     4  2a  21  2b   2a  4b    9  a  21  3b  a  6b     Vậy: A8 ; ; 8  d1  , B ; ;   d  0,25 0,25 a   b  c  14  0,25 x 8 y 6 z 8   12 Giải phương trình:  log x  log x  log x  0,25 Điều kiện xác định: x ≥ 0,25 Phương trình  : Câu 9b  log x  log x  log x    log x  log x  log x     log x  2 log x  1  log x  log x   0,25   2 log x  1  log x  log x    log x  vì:  log x  log x   0,25  x = Vậy nghiệm phương trình cho: x = 0,25 Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT Mơn: Tốn khối A,A1,B Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x3 –6x2 + 9x –2 có đồ thị (C) a/ Khảo sát sư biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho b/ Viết phương trình tiếp tuyến (C) M, biết M với hai cực trị (C) tạo thành tam giác có diện tích S =   Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: sin  x    sin x  cos x   4   x2  2y   2y    Câu 3/ Giải hệ phương trình:    Câu 4/ ( điểm) Tính: A   sin x cos x ln 1  sin x dx 2 y  x  y  x  12  x  x  1     2 Câu 5/ ( điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy SA = 2a a/ Gọi M trung điểm SB, V1 thể tích tứ diện SAMC, V2 thể tích tứ diện ACD Tính tỷ số V1 V2 b/ Tính khoảng cách hai đường thẳng AC SD Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: x  y  Tìm giá trị nhỏ A  1  x xy II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = Câu 8.a (1,0 điểm) Cho B5 ;  ;  , C 3 ;  ;  (P): 2x + y + z –5 = Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Câu a (1,0 điểm ) Giải phương trình: log x   log  x  32  10  log  x  32 B Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50 M điểm thuộc (C)( M có hồnh độ tung độ dương) Viết phương trình tiếp tuyến (C) M cho tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ A B nhận M trung điểm Câu 8.b (1,0 điểm ) Cho M(0; 0; 1) A(1 ; ; 1)và B(2; –1;0) Viết phương trình mặt phẳng Câu 9.b (1,0 điểm ) Giaỉ bất phương trình: log x  x  log 64 x (P) qua A,B khoảng cách từ M đến (P)   Đáp án Câu Câu 1a Nội dung Cho hàm số y = x –6x + 9x –2 có đồ thị (C) a/ Khảo sát vẽ đồ thị hàm số cho Tập xác định: D = R y/ = 3x2 –12x + y/ =  x =  x = lim x  x  x     lim x  x  x     Điểm 0,25 Bảng biến thiên kết luận Đồ thị b/ Viết phương trình tiếp tuyến (C) M, biết M với hai cực trị (C) tạo thành tam giác có diện tích S = Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), AB  Phương trình AB: 2x + y – = 0,25 0,25 x   Câu 2b 0,25 x   Gọi M m ; m  6m  9m    C  d M ; AB   2m  m  6m  9m   0,25 0,25  m  6m  11m  Diện tích tam giác MAB: AB.d M ; AB   m  6m  11m  m  6m  11m   m    S 6 m  6m  11m   6 m   S Câu m =  M(0; –2) phương trình: y = 9x –2 m =  M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14   Giải phương trình sin  x    sin x  cos x    4 0,25 0,25   sin  x    sin x  cos x   4   sin x  cos x  sin x  cos x    sin x cos x  sin x  cos x  cos x   0,25  sin x2 cos x  1  cos x  12 cos x  1   2 cos x  1sin x  cos x  1  0,25  cos x    sin  x        4   0,25 Nghiệm phương trình: x     k 2 , x  k 2 , x    k 2 Giải hệ phương trình: Câu 0,5  x  y   y   1   2 y  x  y  x  12  x  x  1    (2)  2x  13  y x  12  y    2   x  1  x  1   3  2   y  40  y      x 1  2  y y = không nghiệm  x2  2y   2y    Hệ trở thành:   x  2 y    y     4y2  6y    2y  14     y  nghiệm hệ:   ;  18  18   x  2 y    14  x    Câu 0,25 0,25 0,25  Tính: A   sin x cos x ln 1  sin x dx  Tính: A   sin x ln  sin x dx Đặt u  ln 1  sin x  dv  sin xdx sin x dx v  1 sin x Suy ra: du   sin x     1 2  sin xdx  Khi đó: A  1  sin x ln 1  sin x          0,25 0,25 A A Câu 5a 1 2   sin x ln  sin x 2   0,25    ln        sin x  0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy SA = 2a a/ Gọi M trung điểm SB, V1 thể tích tứ diện SAMC, V2 thể tích tứ diện MACD Tính tỷ số S Ta có: V1 V2 VS AMC  Gọi H trung điểm SA VS ABC 0,25 M A D H B C SA  (ABCD) nên MH  (ABCD) MH  SA VM ACD  VM ABC  VS ABC Câu 5b vậy: 0,25 V1 1 V2 Tính khoảng cách hai đường thẳng SC AD Gọi E điểm đối xứng B qua A.Ta có S AEDC hình bình hành góc EAC 1350, CD = a AC  a K A AC // ED nên AC // (SDE)  SD nên C d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE)) D E H Kẻ AH  ED ( H ED)  ED(SAH)  (SED)(SAH) Kẻ AK SH  AK  (SDE) AK = d(AC,SD) Trong tam giác SAH có 0,25 0,25 1 1      2 2 AK SA AH 4a 2a 4a 2a Vậy: AK = d(AC,SD) = Câu Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ A  1  x xy Giải  x  y  x  x  x  y  44 x y hay A 0,25 1 ≥2   x x xy xy x3 y 8 xy  0,25 0,25 0,25  x  y   A=8   xy 1   4 xy x  Giá trị lớn A x  y  Câu 7a PHẦN TỰ CHỌN A Theo chương trình chuẩn Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a) Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay a  2   2a  2  3a  8a  14 25  0,25 5a  12a   11a  14  a = Câu 8a 0,25 Ta I(1; –2)  bán kính R = (0,25) Phương trình đường trịn cần tìm: (x –1)2 + (y +2)2 = 25 Cho B5 ;  ;  , C 3 ;  ;  (P): 2x + y + z –5 = Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Gọi (Q) mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung điểm BC có vectơ pháp tuyến BC Phương trình (Q): x –2z + = A(a ; b; c) (P) A(a ; b; c) (Q) nên: 0,25 0.25 0.25  2a  b  c   b  13  5c Khi đó: A2c  ; 13  5c ; c     a  2c    a  2c  0.25 AB  9  2c ; 5c  15 ;  c  AC  7  2c ; 5c  15 ;  c  Tam giác ABC vuông A nên: AB AC   9  2c 7  2c   5c  152  2  c 6  c    30c  170c  200   c   c  0.25 20 13   11 ; ;  3 3 có hai điểm A1  ;  ;  A2  Câu 9a Giải phương trình: log x   log  x  3  10  log  x  3 x    x  3  x     2 Điều kiện: log  x  3    x  3   x     x  3     x  4  x  Phương trình cho trở thành:  x  3  x    x  4  x  2 x   0.25 0,25 log  x  3  log  x  3  10   log  x  32  2    log  x  32  5 vn   0,25 2  log  x  3    x  3  16 x    x  l      x   4  x  7 Vậy phương trình cho có nghiệm x = –7 Câu 7b 0,25 B Theo chương trình nâng cao Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50 M điểm thuộc (C)(M có hồnh độ ,tung độ dương) Viết phương trình tiếp tuyến (C) M cho tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ A B nhận M trung điểm (C) có tâm I(–6 ; 6) bán kính R  Gọi A(a ; 0) B(0 ; b) ( ab ≠ 0) giao điểm tiếp tuyến 0,25 a b  2 cần tìm với hai trục tọa độ,suy M  ;  , phương trình AB: x y    bx  ay  ab  a b * 0,25 b a  IM    ;   AB   a ; b  2  Theo giả thiết ta có :   a  12   b  12    a    b        IM  AB M(C) hay  2  a     b    50       2  0,25 b  a  12a  12b  b  a b  a   12a  b      a  12   b  12    2     50  a  12   b  12   200     a  b b  a  12     2 1 a  12   b  12  200 Câu 8b 2 b   a l  b  a  12 1   Với b  a  12 thay vào (2) được: a  12 2  a  200  a =  a = –14 ( loại) Với a = , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = Cho M(0; 0; 1), A(1 ; ; 1)và B(2; –1;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B khoảng cách từ M đến (P) Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = (a2 + b2 + c2 > 0): hay ax + by +cz –a –c = Qua B nên: 2a –b –a –c = hay a = b + c Khi (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = 0,25 nên: d M ; P   Câu 9b bc b  c 2  b  c  Hay: 2b  4bc  2c  2b  2bc  2c   b =  c = Với c = a = b Chọn b =  c = a (P): x + y –1 = Với b = a = c Chọn c =  c = a (P): x + z –2 = Giaỉ bất phương trình: log x  x  log 64 x   Đặt: t  x , t  0 suy ra: x = t Bất phương trình trở thành: log t  t   log 64 t   0,25  log t  t  log t Đặt: log t  u  t  u Bật phương trình trở thành: u 0,25 u  2 1 4u  u  6u         3 3 u u  2 1  3 3 f u   f 1   u   log t  Gọi: f u        hàm nghịch biến nên:  t2  x   ≤ x ≤ 64 0,25 0,25 ... ABC  D? ??ng hình hộp ABDC.A/B /D/ D AC//BD nên AC//(A/BD)  A/B nên d( AC;A/B) = d( AC;(A/BD)) = d( A;(A/BD)) 0,25 C/ A/ B/ D/ T C A K B D Kẻ AK  BD (K BD) BD AK BD AA/ nên BD (A/AK)  (A/BD) (A/AK)... góc EAC 13 50, CD = a AC  a K A AC // ED nên AC // (SDE)  SD nên C d( AC,SD) = d( AC,(SDE)) = d( A,(SDE)) D E H Kẻ AH  ED ( H ED)  ED(SAH)  (SED)(SAH) Kẻ AK SH  AK  (SDE) AK = d( AC,SD) Trong... tiệm cận ngang Bảng biến thi? ?n kết luận Đồ thị Câu 1b   Gọi M  m ; m 3  thuộc đồ thị, có I(? ?1 ; 1) m ? ?1? ?? IM  m  1? ??2  IM  m  1? ??2  16 m  1? ??2 16 m  1? ??  16  2 ( Tương ứng xét g

Ngày đăng: 23/02/2014, 02:20

Hình ảnh liên quan

Bảng biến thiên và kết luận 0,25 - Tài liệu Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D docx

Bảng bi.

ến thiên và kết luận 0,25 Xem tại trang 2 của tài liệu.
Dựng hình hộp ABDC.A/B/D/D. AC//BD nên AC//(A/BD)  A/B nên d(AC;A/B) = d(AC;(A/BD)) = d(A;(A/BD))  - Tài liệu Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D docx

ng.

hình hộp ABDC.A/B/D/D. AC//BD nên AC//(A/BD)  A/B nên d(AC;A/B) = d(AC;(A/BD)) = d(A;(A/BD)) Xem tại trang 4 của tài liệu.
Câu 5/ (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy và SA = 2a  - Tài liệu Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D docx

u.

5/ (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy và SA = 2a Xem tại trang 7 của tài liệu.
Bảng biến thiên và kết luận 0,25 - Tài liệu Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D docx

Bảng bi.

ến thiên và kết luận 0,25 Xem tại trang 8 của tài liệu.
Câu 5a Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy và SA = 2a  - Tài liệu Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 Môn: Toán khối D docx

u.

5a Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy và SA = 2a Xem tại trang 10 của tài liệu.

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • WWW.VNMATH.COM

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan