PHẠM VĂN HIẾU- 0974.511.025 TUYỂN TẬP ĐỀ THI MƠN TỐN ĐẠI HỌC, THPT QUỐC GIA TỪ NĂM: 2002-2017 Bắc Ninh , tháng 9/2017 PHẦN A ĐỀ THI bé gi¸o dơc đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 -M«n thi : toán Đề thức (Thời gian làm bài: 180 phút) _ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số : y = x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m (1) ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm k để phơng trình: x + x + k − 3k = có ba nghiệm phân biệt Viết phơng trình đờng thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) log 32 x + log 32 x + − 2m − = Cho ph−¬ng trình : (2) ( m tham số) m = Giải phơng trình (2) Tìm m để phơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [ ; 3 ] Câu III (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm ) cos 3x + sin 3x Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; ) phơng trình: sin x +  = cos x + + sin x   TÝnh diÖn tÝch hình phẳng giới hạn đờng: y =| x − x + | , y = x + Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC đỉnh S , có độ dài cạnh đáy a Gọi M N lần lợt trung điểm cạnh SB SC Tính theo a diƯn tÝch tam gi¸c AMN , biÕt r»ng mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) Trong kh«ng gian víi hƯ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng:  x = 1+ t  x − 2y + z − =  vµ ∆ :  y = + t ∆1 :  x + y − 2z + =  z = + 2t  a) ViÕt ph−¬ng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng song song với đờng thẳng b) Cho điểm M (2;1;4) Tìm toạ độ điểm H thuộc đờng thẳng cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ Câu V.( ĐH : 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông A , phơng trình đờng thẳng BC x y = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đờng tròn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Cho khai triển nhị thức: n n n −1 n −1 −x  x2−1   −x   x −1   x −1   − x   x −1  − x   +  = C n0  2  + C n1  2    + L + C nn −1  2   + C nn                           ( n số nguyên dơng) BiÕt r»ng khai triĨn ®ã C n = 5C n số hạng thứ t 20n , tìm n vµ x HÕt Ghi chó: 1) ThÝ sinh thi cao đẳng không làm Câu V n 2) Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: bé gi¸o dơc đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề thức Môn thi : toán, Khèi B (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm) Cho hàm số : y = mx + m − x + 10 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị ( ) (1) ( m tham số) Câu II (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Giải phơng trình: sin x cos x = sin x − cos x Giải bất phơng trình: log x log (9 x − 72) ≤ ( )  x − y = x − y   x + y = x + y + Câu III ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng : x2 x2 y = y = 4 Giải hệ phơng trình: Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ;0 , phơng trình đờng thẳng AB x y + = AB = AD Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D biết đỉnh A có hoành độ âm Cho hình lập phơng ABCDA1 B1C1 D1 có cạnh a a) Tính theo a khoảng cách hai đờng thẳng A1 B vµ B1 D b) Gäi M , N , P lần lợt trung điểm cạnh BB1 , CD , A1 D1 Tính góc hai đờng thẳng MP C1 N Câu V (ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác A1 A2 L A2 n (n ≥ 2, n nguyªn ) nội tiếp đờng tròn (O ) Biết số tam giác có đỉnh 2n ®iĨm A1 , A2 , L , A2 n nhiỊu gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , L , A2 n , t×m n HÕt Ghi chó : 1) Thí sinh thi cao đẳng không làm Câu IV b) Câu V 2) Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: Bé gi¸o dục đào tạo Đề thức Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 Môn thi : Toán, Khối D (Thời gian làm : 180 phút) _ CâuI ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) y= Câu II (2m − 1)x − m (1) ( m tham số ) x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = -1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng cong (C) hai trục tọa độ Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x Cho hàm số : ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) Giải bất phơng trình : Giải hệ phơng trình : (x ) 3x x − 3x − ≥ 2 x = 5y − y  x  + x +1 = y  x +2 Câu III ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) Tìm x thuộc đoạn [ ; 14 ] nghiệm phơng trình : cos 3x − cos x + cos x − = C©u IV ( §H : ®iĨm ; C§ : ®iĨm ) Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = cm ; AB = cm ; BC = cm Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x − y + = (2 m + 1)x + (1 − m )y + m − = ( m tham số ) đờng th¼ng d m :  ( ) mx + m + z + m + = Xác định m để đờng thẳng d m song song với mặt phẳng (P) Câu V (ĐH : điểm ) Tìm số nguyên dơng n cho C 0n + 2C 1n + 4C 2n + + n C nn = 243 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình x y2 + = Xét điểm M chuyển động tia Ox điểm N chuyển động tia Oy cho 16 đờng thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ -HÕt Chó ý : ThÝ sinh chØ thi cao đẳng không làm câu V Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh : Sè b¸o danh Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi : toán khối A đề thức Thời gian làm : 180 _ mx + x + m (1) (m lµ tham sè) x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt hai điểm có hoành độ dơng Câu (2 điểm) cos x + sin x − sin x 1) Giải phơng trình cotgx = + tgx 1  x − = y − x y 2) Giải hệ phơng trình y = x +  C©u (3 điểm) 1) Cho hình lập phơng ABCD A ' B ' C ' D ' TÝnh sè ®o cđa góc phẳng nhị diện [B, A' C , D ] 2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' cã A trïng víi gèc cđa hƯ täa ®é, B (a; 0; 0), D(0; a; 0), A '(0; 0; b) (a > 0, b > 0) Gọi M trung điểm cạnh CC ' a) TÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn BDA ' M theo a vµ b a b) Xác định tỷ số để hai mặt phẳng ( A ' BD) ( MBD) vuông góc với b Câu ( điểm) y= Câu (2 điểm) Cho hàm số n 1) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thøc Niut¬n cđa  + x  , biÕt r»ng  x3  C nn++14 − C nn+ = 7(n + 3) ( n số nguyên dơng, x > 0, C nk số tổ hợp chËp k cđa n phÇn tư) 2) TÝnh tÝch ph©n I= ∫ dx x x +4 Câu (1 điểm) Cho x, y, z ba số dơng x + y + z Chøng minh r»ng 1 x2 + + y2 + + z2 + ≥ x2 y2 z2 82 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Ghi chó: C¸n bé coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: …………………………… …… Sè b¸o danh: …………… Bé gi¸o dơc đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 - Môn thi : toán khối B Đề thức Thời gian làm bài: 180 phút _ Câu (2 điểm) Cho hàm sè y = x3 − x + m (1) ( m tham số) 1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt ®èi xøng víi qua gèc täa ®é 2) Kh¶o sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =2 Câu (2 điểm) 1) Giải phơng trình cotgx tgx + 4sin x = sin x  y2 + = y x2 2) Giải hệ phơng trình   3x = x +  y2 Câu (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho tam gi¸c ABC cã n = 900 BiÕt M (1; −1) trung điểm cạnh BC G ;  lµ träng AB = AC , BAC  tâm tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 2) Cho hình lăng trụ đứng ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình thoi cạnh a , n = 600 Gäi M lµ trung điểm cạnh AA ' N trung điểm cạnh CC ' gãc BAD Chøng minh r»ng ®iĨm B ', M , D, N cïng thc mét mỈt phẳng Hãy tính độ dài cạnh AA ' theo a để tứ giác B ' MDN hình vuông 3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai ®iĨm → A(2; 0; 0), B(0; 0; 8) điểm C cho AC = (0; 6; 0) Tính khoảng cách từ trung điểm I BC đến đờng thẳng OA Câu (2 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhỏ hµm sè y = x + − x I= 2) TÝnh tÝch ph©n π − 2sin x ∫ + sin x dx Câu (1 điểm) Cho n số nguyên dơng Tính tổng Cn0 + 22 1 23 − 2n +1 − n Cn + Cn + " + Cn n +1 ( Cnk số tổ hợp chập k n phÇn tư) HÕt Ghi chó: C¸n bé coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi: toán Khối D Thời gian làm bµi: 180 _ §Ị chÝnh thøc Câu (2 điểm) x2 x + (1) x2 2) Tìm m để đờng thẳng d m : y = mx + − 2m c¾t đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt Câu (2 điểm) x x sin  −  tg x − cos = 1) Giải phơng trình 2 y= 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2 2) Giải phơng trình x − x − 22 + x − x = Câu (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho đờng trßn 2) 3) (C ) : ( x − 1) + ( y − 2) = vµ ®−êng th¼ng d : x − y − = Viết phơng trình đờng tròn (C ') đối xứng với đờng tròn (C ) qua đờng thẳng d Tìm tọa độ giao điểm (C ) (C ') Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đờng thẳng x + 3ky − z + = dk :   kx − y + z + = Tìm k để đờng thẳng d k vuông góc với mặt phẳng ( P) : x y z + = Cho hai mỈt phẳng ( P) (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến đờng thẳng Trên lấy hai ®iĨm A, B víi AB = a Trong mặt phẳng ( P) lấy điểm C , mặt phẳng (Q) lấy điểm D cho AC , BD vuông góc với AC = BD = AB Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD) theo a Câu ( điểm) 1) Tìm giá trị lớn giá trị nhá nhÊt cđa hµm sè y= x +1 x +1 đoạn [ 1; 2] 2) Tính tÝch ph©n I = ∫ x − x dx Câu (1 điểm) Với n số nguyên dơng, gọi a3n hệ số x3n khai triển thành đa thức ( x + 1) n ( x + 2) n Tìm n để a3n = 26n HÕt -Ghi chó: C¸n coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Bộ giáo dục đào tạo -§Ị chÝnh thøc đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn thi : Toán , Khối A Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) x + 3x (1) 2(x 1) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) hai ®iĨm A, B cho AB = Cho hµm số y = Câu II (2 điểm) 2(x 16) 1) Giải bất phơng trình x + x −3 > 7−x x −3 ⎧ ⎪ log (y − x) − log y = ⎨ ⎪ x + y = 25 2) Giải hệ phơng trình Câu III (3 điểm) ( ) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A ( 0; ) B 3; Tìm tọa độ trực tâm tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AC cắt BD gốc tọa độ O BiÕt A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 ) Gọi M trung điểm cạnh SC a) Tính góc khoảng cách hai đờng thẳng SA, BM b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.ABMN Câu IV (2 điểm) 1) Tính tích phân I = ∫ 1+ x dx x −1 2) T×m hƯ sè cđa x8 khai triĨn thành đa thức + x (1 x) Câu V (1 điểm) Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện cos2A + 2 cosB + 2 cosC = TÝnh ba gãc cđa tam gi¸c ABC -Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Sè b¸o danh Bé gi¸o dơc đào tạo §Ị chÝnh thøc §Ị thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - C©u I (2 ®iĨm) Cho hµm sè y = x x + 3x (1) có đồ thị (C) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Viết phơng trình tiếp tuyến (C) điểm uốn chøng minh r»ng ∆ lµ tiÕp tun cđa (C) cã hệ số góc nhỏ Câu II (2 điểm) sin x − = (1 − sin x ) tg x 1) Giải phơng trình ln x 2) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = đoạn [1; e ] x Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai ®iĨm A(1; 1), B(4; − ) T×m ®iĨm C thuộc đờng thẳng x y = cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB 2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy ( o < < 90 o ) TÝnh tang cđa gãc gi÷a hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) theo Tính thể tÝch khèi chãp S.ABCD theo a vµ ϕ ⎧x = −3 + t 3) Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é Oxyz cho ®iĨm A (−4; − 2; 4) đờng thẳng d: y = t z = + t Viết phơng trình đờng thẳng qua điểm A, cắt vuông góc với đờng thẳng d Câu IV (2 điểm) e 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ 1 + ln x ln x dx x 2) Trong môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gåm c©u hái khã, 10 c©u hái trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi lập đợc đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác nhau, cho đề thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ không ? Câu V (1 điểm) Xác định m để phơng trình sau có nghiệm m + x − − x + ⎞⎟ = − x + + x − − x ⎝ ⎠ -Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Sè b¸o danh .… Đáp án √ Ta có M N = 10 Gọi a độ dài cạnh của√ hình vuông ABCD, I C 3AC 3a a (1,0đ) D = , a > Ta có AM = vaø AN = 4 5a2 N neân M N = AM + AN − 2AM.AN cos M AN = 5a Do = 10, nghóa a = Gọi I(x; y) trung điểm CD Ta có IM = AD = BD √ A M B = 2, nên ta có hệ phương trình IN = x = 1; y = −2 (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 ⇔ 17 (x − 2)2 + (y + 1)2 = ;y = − x= 5 −−→ • Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) IM = (0; 4) −−→ Đường thẳng CD qua I có vectơ pháp tuyến IM, nên có phương trình y + = Câu ✒ ✕ Điểm ✑ ✔ 0,25 ✖ ✎ ✓ ✏ 17 17 −−→ 12 16 ; y = − ta coù I ;− vaø IM = − ; 5 5 5 −−→ Đường thẳng CD qua I có vectơ pháp tuyến IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = • Với x = (1,0ñ) 0,25 0,25 0,25 √ x 12 − y + √ √ y(12 − x2 ) = 12 (1) Điề u kieä n : −2 ≤ x ≤ 3; ≤ y ≤ 12 √ x3 − 8x − = y − (2) √ x2 + 12 − y y + 12 − x2 Ta có x 12 − y ≤ y(12 − x2 ) ≤ 2 √ x≥0 neân x 12 − y + y(12 − x ) ≤ 12 Do ñoù (1) ⇔ y = 12 − x2 √ √ Thay vào (2) ta x3 − 8x − = 10 − x2 ⇔ x3 − 8x − + 2(1 − 10 − x2 ) = 2(x + 3) √ ⇔ (x − 3) x2 + 3x + + = (3) + 10 − x2 Do x ≥ neân x2 + 3x + + 2(x + 3) √ > + 10 − x2 Do (3) ⇔ x = Thay vào hệ đối chiếu điều kiện ta nghiệm: (x; y) = (3; 3) Ta coù ≤ (x − y − z)2 = x2 + y + z − 2xy − 2xz + 2yz = 2(1 − xy − xz + yz), (1,0đ) nên x2 + yz + x + = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) ≥ x(x + y + z + 1) x2 x Suy ≤ x + yz + x + x+y+z+1 Mặc khác, (x + y + z) = x2 + y + z + 2x(y + z) + 2yz = + 2yz + 2x(y + z) x+y+z (x + y + z)2 ≤ + 2yz + [x2 + (y + z)2 ] = 4(1 + yz) Do P ≤ − x+y+z+1 36 Đặt t = x + y + z, suy t ≥ vaø t = (x + y + z)2 = (x2 +√ y + z ) + 2xy + 2yz + 2zx ≤ + (x2 + y ) + (y + z ) + (z + x2 ) = Do ≤ t ≤ √ t t2 Xeùt f (t) = − , với ≤ t ≤ t + 36 t (t − 2)(t2 + 4t + 9) Ta coù f (t) = − = − , neân f (t) = ⇔ t = (t + 1)2 18 18(t + 1)2 √ √ √ 31 Ta coù f (0) = 0; f (2) = vaø f ( 6) = − , neân f (t) ≤ ≤ t ≤ 30 5 Do P ≤ Khi x = y = vaø z = P = Do giá trò lớn P 9 −−−−−−Hết−−−−−− 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BOÄ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0đ) Với m = 1, hàm số trở thành: y = x − 3x + • Tập xác đònh: D = R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y = 3x2 − 3; y = ⇔ x = ±1 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (1; +∞); khoảng nghòch biến: (−1; 1) - Cực trò: Hàm số đạt cực đại x = −1, y CĐ = 3; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −1 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ Điểm 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y y −∞ −1 + − ✶ PP ✏ ✏✏ PP ✏ PP q ✏✏ −1 • Đồ thò: +∞ + ✶ +∞ ✏ ✏✏ ✏ ✏✏ 0,25 y ✁ ✂ 0,25 ✞ ✄ ✝ ✆ −1 O −1   x ☎ b) (1,0 điểm) Ta có y = 3x2 − 3m Đồ thò hàm số (1) có hai điểm cực trò ⇔ phương trình y = có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > √ √ √ √ Tọa độ điểm cực trò B, C B(− m; m3 + 1), C( m; −2 m3 + 1) √ √ −−→ Suy BC = (2 m; −4 m3 ) − → −−→ Gọi I trung điểm BC, suy I(0; 1) Ta có tam giác ABC cân A ⇔ AI.BC = √ √ ⇔ −4 m + m3 = ⇔ m = hoaëc m = Đối chiếu điều kiện tồn cực trò, ta giá trò m cần tìm m = 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu √ Phương trình cho tương đương với sin x cos x − 2 cos x + √ √ (1,0ñ) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x + 2) = √ • sin x − = 0: phương trình vô nghiệm √ 3π • cos x + = ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z) 3π + k2π (k ∈ Z) Nghiệm phương trình cho là: x = ± Ta có I = (1,0đ) x2 + 3x + dx = x2 + x Điểm sin x − = 0,25 0,25 0,25 0,25 2x + dx x2 + x dx + 1 √ 0,25 • 0,25 dx = 1 2x + dx = ln |x2 + x| x2 + x • 0,25 1 = ln Do I = + ln 0,25 a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết suy (1,0ñ) √ ⇔ a = 2, b = Do môđun z 13 5a − 3b = 3a + b = 0,25 0,25 b) Soá phần tử không gian mẫu là: C 312 = 220 Số cách chọn hộp sữa có đủ loại 5.4.3 = 60 Do xác suất cần tính p = 0,25 60 = 220 11 → Vectơ phương d − u = (2; 2; −1) (1,0đ) → Mặt phẳng (P ) cần viết phương trình mặt phẳng qua A nhận − u làm vectơ pháp tuyến, nên (P ) : 2(x − 1) + 2(y − 0) − (z + 1) = 0, nghóa (P ) : 2x + 2y − z − = Goïi H hình chiếu vuông góc A d, suy H(1 + 2t; −1 + 2t; −t) A ✡ ✍ B K ✑ ✟ A ✏ I ✎ ☛ H ✠ B Gọi H trung điểm AB, suy A H ⊥ (ABC) 3a vaø A CH = 60◦ Do A H = CH tan A CH = C Thể tích khối lăng trụ V ABC.A B C = A H.S∆ABC ✌ ☞ C √ 3 a3 = Gọi I hình chiếu vuông góc H AC; K hình chiếu vuông góc H A I Suy HK = d(H, (ACC A )) √ 3a , Ta coù HI = AH sin IAH = √ 1 52 13 a = + = , suy HK = HK HI HA 9a 26 √ 13 a Do d(B, (ACC A )) = 2d(H, (ACC A )) = 2HK = 13 0,25 0,25 0,25 1 Ta coù H ∈ (P ), suy 2(1 + 2t) + 2(−1 + 2t) − (−t) − = ⇔ t = Do H ; − ; − 3 3 (1,0ñ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu (1,0đ) B E ✚ ✛ ✓ M ✔ G I ✗ F ✙ ✘ ✒ ✖ A ✕ H D Điểm Gọi E F giao điểm HM HG −−→ −−→ −−→ − −→ C với BC Suy HM = M E HG = 2GF , Do E(−6; 1) F (2; 5) −−→ Đường thẳng BC qua E nhận EF làm vectơ phương, neân BC : x − 2y + = Đường thẳng −−→ BH qua H nhận EF làm vectơ pháp tuyến, nên BH : 2x + y + = Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ x − 2y + = phương trình Suy B(−2; 3) 2x + y + = Do M trung điểm AB nên A(−4; −3) −→ −→ Gọi I giao điểm AC BD, suy GA = 4GI Do I 0; Do I trung điểm đoạn BD, nên D(2; 0) √ √ (1 − y) x − y + x = + (x − y − 1) y (1) √ √ (1,0ñ) 2y − 3x + 6y + = x − 2y − 4x − 5y − (2) 1 + √ x−y+1 1+ y 1 y=1 + √ > neân (3) ⇔ y = x − x−y+1 1+ y • Với y = 1, phương trình (2) trở thành − 3x = ⇔ x = • Với y = x − √ 1, điều kiện (∗) trở thành ≤ x ≤ 2.√Phương trình (2) trở thành 2x2 − x − = − x ⇔ 2(x2 − x − 1) + (x − − − x) = √ ⇔ (x2 − x − 1) + =0 x−1+ 2−x √ 1± ⇔ x −x−1 = ⇔ x = Đối chiếu điều kiện (∗) kết hợp trường hợp trên, ta √ √ + −1 + nghieäm (x; y) hệ cho (3; 1) ; 2 a 2a ≥ b+c a+b+c 2(a + b) c 2(a + b) a+b+c Do P ≥ + = + − a + b + c 2(a + b) a+b+c 2(a + b) ≥2− = 2 Khi a = 0, b = c, b > P = 0,25 0,25 = (3) Do √ Ta coù a + b + c ≥ a(b + c) Suy (1,0đ) b 2b Tương tự, ≥ a+c a+b+c 0,25 0,25   y≥0 Điều kiện: x ≥ 2y (∗)  4x ≥ 5y + √ √ Ta coù (1) ⇔ (1 − y)( x − y − 1) + (x − y − 1)(1 − y) = ⇔ (1 − y)(x − y − 1) √ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 Do giá trò nhỏ P 2 −−−−−−Hết−−−−−− 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0đ) • Tập xác đònh D = R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y = 3x2 − 3; y = ⇔ x = ±1 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (1; +∞); khoảng nghòch biến: (−1; 1) - Cực trò: Hàm số đạt cực đại x = −1, y CĐ = 0; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −4 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ Điểm 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y y • Đồ thò: −∞ −1 + − ✶ PP ✏ ✏✏ PP ✏ Pq P ✏✏ −4 0,25 ✶ +∞ ✏ ✏✏ ✏ ✏✏ y ✁ −1 +∞ + ✄ ✂ ✆ ✝   x O 0,25 −2 ✞ −4 ☎ b) (1,0 điểm) M ∈ (C) ⇒ M (a; a3 − 3a − 2) 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến M ⇔ y (a) = 0,25 ⇔ 3a2 − = ⇔ a = ±2 0,25 Tọa độ điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M (2; 0) M (−2; −4) 0,25 Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết ta [3(a + bi) − (a − bi)](1 + i) − 5(a + bi) = 8i − (1,0ñ) 3a + 4b = ⇔ 2a − b = a=3 ⇔ b = −2 √ Do môđun z 32 + (−2)2 = 13 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu Điểm π I = (x + 1) sin 2x dx Đặt u = x + vaø dv = sin 2xdx, suy du = dx v = − cos 2x (1,0đ) π π 4 cos 2xdx Ta coù I = − (x + 1) cos 2x + 20 = − (x + 1) cos 2x = π + sin 2x π 0,25 0,25 0,25 0,25 x−1 = −2 a) Điều kiện: x > Phương trình cho tương đương với log 3x − (1,0ñ) x−1 = ⇔ x = ⇔ 3x − Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x = b) Số đường chéo đa giác n đỉnh C 2n − n = Từ giả thiết ta có phương trình n(n − 3) = 27 ⇔ n(n − 3) n=9 n = −6 0,25 0,25 0,25 0,25 Do n ∈ N vaø n ≥ nên ta giá trò n cần tìm n = (1,0đ) Mặt cầu (S) có tâm I(3; 2; 1) bán kính R = Ta có khoảng cách từ I đến (P ) d(I, (P )) = |6.3 + 3.2 − 2.1 − 1| = < R 62 + 32 + (−2)2 0,25 0,25 Do (P ) cắt (S) theo giao tuyến đường tròn (C) Tâm (C) hình chiếu vuông góc H I (P ) Đường thẳng ∆ qua I vuông góc x−3 y−2 z−1 với (P ) có phương trình = = Do H ∈ ∆ neân H(3 + 6t; + 3t; − 2t) −2 3 13 Ta coù H ∈ (P ), suy 6(3+6t)+3(2+3t)−2(1−2t)−1 = ⇔ t = − Do H ; ; 7 7 (1,0ñ) BC a Gọi H trung điểm BC, suy AH = = , 2 √ 3a a2 SH ⊥ (ABC), SH = vaø S∆ABC = BC.AH = 2 √ 3a Thể tích khối chóp V S.ABC = SH.S∆ABC = 24 S ☛ ✌ B ✠ K ✟ A ☞ H Gọi K hình chiếu vuông góc H SA, suy HK ⊥ SA Ta có BC ⊥ (SAH) nên BC ⊥ HK Do HK đường vuông góc chung BC SA 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ✡ C Ta có Do 1 16 = + = HK SH AH 3a √ 3a d(BC, SA) = HK = 0,25 Đáp án Câu (1,0đ) Ñieåm 3x + 2y − = x + 2y − = Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình A Suy A(1; 3) ✏ ✍ ✑ ✎ ✒ E B D C Goïi ∆ tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E giao điểm ∆ với đường thẳng BC (do AD không vuông góc với ∆ nên E tồn ta giả sử EB < EC) Ta có EAB = ACB vaø BAD = DAC, suy EAD = EAB + BAD = ACB + DAC = ADE Do đó, tam giác ADE cân E E giao điểm ∆ với đường trung trực đoạn AD, nên x + 2y − = tọa độ điểm E thỏa mãn hệ phương trình y − = Suy E(5; 1) −−→ Đường thẳng BC qua E nhận DE = (4; 2) làm vectơ phương, nên BC : x − 2y − = Điều kiện: x ≥ −2 Bất phương trình cho tương đương với √ √ (1,0đ) (x + 1)( x + − 2) + (x + 6)( x + − 3) − (x2 + 2x − 8) ≥ ⇔ (x − 2) √ x+1 x+6 +√ − x − ≥ (1) x+2+2 x+7+3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Do x ≥ −2 nên x + ≥ x + > Suy x+6 x+2 x+2 x+1 √ +√ −x−4= √ − + x+2+2 x+7+3 x+2+2 x+6 x+6 √ −√ − < x+7+3 x+2+2 Do (1) ⇔ x ≤ 0,25 Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm bất phương trình cho laø: −2 ≤ x ≤ 0,25 Do ≤ x ≤ neân (x − 1)(x − 2) ≤ 0, nghóa x + ≤ 3x Tương tự, y + ≤ 3y (1,0đ) x + 2y y + 2x x+y Suy P ≥ + + = + 3x + 3y + 3y + 3x + 4(x + y − 1) x + y + 4(x + y − 1) t + , với ≤ t ≤ Đặt t = x + y, suy ≤ t ≤ Xeùt f (t) = t + 4(t − 1) 1 Ta coù f (t) = − Suy f (t) = ⇔ t = (t + 1)2 4(t − 1)2 Maø f (2) = 11 53 ; f (3) = ; f (4) = neân f (t) ≥ f (3) = 12 60 Khi x = 1, y = P = 7 Vậy giá trò nhỏ P 8 −−−−−−Hết−−−−−− Do P ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu (Trang 01) Điểm • Tập xác đònh: D = R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y = 3x2 − 3; y = ⇔ x = ±1 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (1; +∞); khoảng nghòch biến: (−1; 1) - Cực trò: Hàm số đạt cực đại x = −1, y CĐ = 2; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −2 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ • Bảng biến thiên: x −∞ y y (1,0ñ) 0,25 x→+∞ −∞ + −1 ✯ ❍ ✟ ✟ ✟✟ ✟ • Đồ thò: ❍ − +∞ + ✯ +∞ ✟✟ ✟ ✟ ✟ ❍ ❍❍ ❥ −2 0,25 y −1 O x 0,25 −2 Ta có f (x) xác đònh liên tục đoạn [1; 3]; f (x) = − x2 Với x ∈ [1; 3], f (x) = ⇔ x = 2 (1,0ñ) 13 Ta coù f (1) = 5, f (2) = 4, f (3) = 0,25 0,25 0,25 Giá trò lớn giá trò nhỏ f (x) đoạn [1; 3] 0,25 a) Ta coù (1 − i)z − + 5i = ⇔ z = − 2i 0,25 Do số phức z có phần thực 3, phần ảo −2 0,25 b) Phương trình cho tương đương với x + x + = (1,0đ) x=2 x = −3 Vậy nghiệm phương trình x = 2; x = −3 ⇔ 0,25 0,25 Đáp án Câu (1,0đ) (Trang 02) Điểm Ñaët u = x − 3; dv = ex dx Suy du = dx; v = ex 0,25 Khi I = (x − 3)ex 0,25 = (x − 3)ex 1 − ex dx 0 − ex 0,25 0,25 = − 3e − −→ Ta coù AB = (1; 3; 2) 0,25 x−1 y+2 z−1 Đường thẳng AB có phương trình = = (1,0đ) Gọi M giao điểm AB (P ) Do M thuộc AB nên M (1 + t; −2 + 3t; + 2t) M thuộc (P ) nên + t − (−2 + 3t) + 2(1 + 2t) − = 0, suy t = −1 Do M (0; −5; −1) 1 14 Suy P = − 2+ = 3 (1,0đ) b) Số phần tử không gian mẫu C 325 = 2300 a) Ta có cos 2α = − sin2 α = Soá kết thuận lợi cho biến cố “có đội Trung tâm y tế sở” 2090 209 C220 C15 + C320 = 2090 Xác suất cần tính p = = 2300 230 S ✟✠ (1,0ñ) H ☞✌  ✁ A ✝✞ D Tam giác SAM vuông A, có đường cao AH, neân 1 = + = 2 2 AH SA AM 2a √ 10 a Vaäy d(AC, SB) = AH = AC Goïi M trung điểm AC Ta có M H = M K = , nên M thuộc đường trung trực HK Đường trung trực HK có phương trình 7x + y − 10 = 0, nên tọa x − y + 10 = độ M thỏa mãn hệ 7x + y − 10 = Suy M (0; 10) ✡☛ d M ✂✄ ☎✆ C B A ✍ (1,0ñ) M ✖✗ D ✎ B ✑✒ ✓✔ ✏ C H ✕ K Ta coù SCA = (SC, √ (ABCD)) = 45◦ , suy SA = AC = a √ 1√ 2a VS.ABCD = SA.SABCD = a.a = 3 Kẻ đường thẳng d qua B song song AC Gọi M hình chiếu vuông góc A d; H hình chiếu vuông góc A SM Ta có SA⊥BM, M A⊥BM nên AH⊥BM Suy AH⊥(SBM ) Do d(AC, SB) = d(A, (SBM )) = AH Ta coù HKA = HCA = HAB = HAD, nên ∆AHK cân H, suy HA = HK Maø M A = M K, nên A đối xứng với K qua M H −−→ Ta có M H = (5; 15); đường thẳng M H có phương trình 3x − y + 10 = Trung điểm AK thuộc M H AK⊥M H nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ x+9 y−3 − + 10 = 2 (x − 9) + 3(y + 3) = Suy A(−15; 5) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu (Trang 03) Điểm Điều kiện: x −2 Phương trình cho tương đương với x=2 (x + 1)(x − 2) (x − 2)(x + 4) x+1 x+4 √ = ⇔ =√ (1) x2 − 2x + x+2+2 x2 − 2x + x+2+2 √ Ta coù (1) ⇔ (x + 4)( x + + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) √ √ ⇔ ( x + + 2)[( x + 2)2 + 2] = [(x − 1) + 2][(x − 1)2 + 2] (2) 0,25 0,25 Xét hàm số f (t) = (t + 2)(t + 2) (1,0đ) Ta có f (t) = 3t2 + 4t + 2, suy f (t) > 0, ∀t ∈ R, nên f (t) đồng biến R √ √ Do (2) ⇔ f ( x + 2) = f (x − 1) ⇔ x + = x − ⇔ ⇔x= √ 3+ 13 x x2 − 3x − = Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x = 2; x = 3+ 0,25 √ 13 0,25 Đặt t = ab + bc + ca (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + 3t 3t Suy t 12 Mặt khác, (a − 1)(b − 1)(c − 1) 0, neân abc ab + bc + ca − = t − 5; vaø (3 − a)(3 − b)(3 − c) 0, neân 3t = 3(ab + bc + ca) abc + 27 t + 22 Suy t 11 Vaäy t ∈ [11; 12] Ta coù 36 = (a + b + c)2 = Khi P = 10 (1,0đ) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc(a + b + c) + 72 abc − ab + bc + ca (ab + bc + ca)2 + 72 abc = − ab + bc + ca Xét hàm số f (t) = Do f (t) Suy f (t) t2 + 72 t − t2 + 5t + 144 − = t 2t 0,25 0,25 t2 + 5t + 144 t2 − 144 , với t ∈ [11; 12] Ta coù f (t) = 2t 2t2 0,25 0, ∀t ∈ [11; 12], neân f (t) nghòch biến đoạn [11, 12] 160 160 f (11) = Do P 11 11 Ta coù a = 1, b = 2, c = thỏa mãn điều kiện toán P = 160 Vậy giá trò lớn P 11 −−−−−−− −Hết−−−−−−−− 160 11 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Mơn thi: TỐN (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu I (0,5 điểm) (1,0 điểm) Ta có w  1  2i    2i Đáp án Điểm 0,25   2i Vậy phần thực w phần ảo w 2 (0,5 điểm) Ta có A  log2 x  log2 x  log2 x II (1,0 điểm)   - 0,25 0,25   log2 x   2 Tập xác định: D   Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y   4x  4x ; x  x  1 1  x  y     ; y     ; y     x  1   x  x      0,25 0,25 Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 0; Hàm số nghịch biến khoảng 1; 0 1;  - Cực trị: hàm số đạt cực đại x  1, y c®  1; đạt cực tiểu x  0, yCT  - Giới hạn: lim y  ; lim y   - Bảng biến thiên: x  0,25 x   0,25  Đồ thị: 0,25 Hàm số cho xác định với x   III (1,0 điểm) Ta có f (x )  3x  6x  m 0,25 Hàm số có hai điểm cực trị phương trình 3x  6x  m  có hai nghiệm phân biệt, tức    m  0,25 Ta có x 12  x 22   x  x   2x 1x    2 m 3 (thỏa mãn) Vậy m  2 IV (1,0 điểm) Ta có I  0,25 0,25 3x 2dx   3x x  16 dx  0,25  m 3 I1   3x dx  x 3  27 0,25   3x I2  x  16 dx Đặt t  x  16, ta có t   2x ; t(0)  16, t(3)  25 25 Do I  2 0,25 t dt 16 t t 25  61 0,25 16 V (1,0 điểm) Vậy I  I  I  88  Ta có BC  1; 1;2 0,25 Mặt phẳng (P ) qua A vng góc với BC có phương trình x  y  2z   0,25  x   t  Đường thẳng BC có phương trình  y  t   z   2t   Gọi H hình chiếu vng góc A BC Ta có H  (P )  BC   - Vì H  BC nên H  t ;  t ;1  2t - Vì H  (P ) nên 1  t   t   1  2t     t  1 0,25 0,25 Vậy H 0;1; 1 VI (0,5 điểm) (1,0 điểm) sin x    Ta có sin x  sin x     sin x    sin x   : vô nghiệm   x    k 2  (k  )  sin x    x  5  k 2   (0,5 điểm)  720 Khơng gian mẫu  có số phần tử n()  A10 Gọi E biến cố: “B mở cửa phòng học” Ta có E  (0;1;9),(0;2; 8),(0; 3; 7),(0; 4; 6),(1;2; 7),(1; 3;6),(1; 4; 5),(2; 3; 5) Do n(E )  n(E ) Vậy P(E )   n() 90 0,25 0,25 0,25 0,25 H Gọi trung điểm  A H  ABC   A BH  45o VII (1,0 điểm) AC , ta có AC  a S ABC  a Tam giác A HB vuông cân H , suy A H  BH  a Do VABC AB C   A H S ABC  a 0,25 Ta có BH  Gọi I giao điểm A B AB , ta có I trung điểm A B AB  Suy HI  A B Mặt khác HI đường trung bình AB C nên HI // B C Do A B  B C Phương trình MN: x  y   Tọa độ P nghiệm hệ  x  y    P  ;    2  x  y    Vì AM song song với DC điểm A, B, M , N thuộc đường tròn nên ta có   PCD   ABD   AMP  PAM VIII (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Suy PA  PM Vì A  AC : x  y   nên A a; a  1, a  2 2 a              Ta có a    a            A(0; 1)         a  Đường thẳng BD qua N vng góc với AN nên có phương trình 2x  3y  10  Đường thẳng BC qua M vng góc với AM nên có phương trình y   2x  3y  10   Tọa độ B nghiệm hệ   B 1;   y     Điều kiện:  x  IX (1,0 điểm) Khi phương trình cho tương đương với   x   x   log   x   x .log 3x   log 3x       log   x   x   log 3x   log   x   x   log 3x       log   x   x   log 3x     x   x  3x log23 3 3 3 0,25 0,25 3    x  9x   x  9x     x2      81  68x  x     x2  0,25 0,25 68 81 Kết hợp với điều kiện  x  2, ta có nghiệm x   log    x   x  log 3x    Vì  x  nên 3x  17  x  2x   3x (1) 0,25 Mặt khác  x  2x     x2    x  2x   Do phương trình (1) vơ nghiệm 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x  17 X (0,25 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: x  2, y  3   Ta có (*)  x  y  1  x  y   x  y  (**) Vì x  y   x  y  nên từ (**) suy x  y  1  x  y  1 0,25  x  y    x  y  Ta có x  6, y  thỏa mãn (*) x  y  Do giá trị lớn biểu thức x  y (0,75 điểm) Vì x  y   nên từ (**) suy x  y  1  x  y  1 x  y   x  y   (vì x  y   0) x  y  1       x  y   x  y   x  y  Vì x  2x (do x  ), y   2y nên x  y   x  y  Do   3x y 4  x  y  1 27x y  x  y  3x y 4  x  y  1 27x y  x  y   0,25 0,25 Đặt t  x  y, ta có t  1  t  Xét hàm số f (t )  3t 4  t  1 27t  6t  Ta có f (1)  f (t )  3t 4 ln  27t  t  1 27t ln  6; 2188 ; 243 f (t )  3t 4 ln2  t  1 ln  2 27t ln  0,  t  [3;7]   Suy f (t ) đồng biến (3;7) Mà f (t ) liên tục [3;7] f (3)f (7)  0, f (t )  có nghiệm t0  (3; 7) Bảng biến thiên 0,25   Suy 3x y 4  x  y  1 27x y  x  y  Đẳng thức xảy x  2, y  Vậy m  148 với x, y thỏa mãn (*) 148 - Hết - ... chØ thi cao đẳng không làm Câu V n 2) Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thÝ sinh: Sè b¸o danh: giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề thức Môn thi : toán, ...PHN A THI giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 -Môn thi : toán Đề thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) ... -Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Bộ giáo dục đào tạo -Đề thức đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn thi : Toán , Khối A Thời