SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x 3 3x 2 1 (C)
Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN của hàm số
y
x2
trên đoạn 2; 4
x 1
Câu 3.(1,0 điểm)
a) Tìm môđun của số phức z biết z 2 z 1 7i .
b) Giải phương trình: 9 x 3.3x 2 0 .
1
Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I x 2 1 x 1 x 2 dx
0
Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng :
x 1 y 1
z
. Viết
1
2
1
phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và viết phương
trình đường thẳng ' là hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng (Oxy).
Câu 6.(1 điểm)
a) Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos 3 x sin x cos 8 x
b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu.
Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam
giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích
hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN).
8
Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G ; 0 và có đường tròn
3
ngoại tiếp là C tâm I . Điểm M 0;1 , N 4;1 lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường
thẳng AB, AC . Đường thẳng BC qua điểm K 2; 1 . Viết phương trình đường tròn C .
2 y 2 3 y 2 x3 4 x
Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:
2
y 4 2 y 12 8 x y
x
2
2 x 2 y
Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 3 .Tìm GTNN của biểu thức:
P
25a 2
2a 2 7b 2 16ab
25b 2
2b 2 7c 2 16bc
c2 3 a
a
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:.................................................................... SBD:...........................................................
Chữ kí giám thị 1:...............................................Chữ kí giám thị 2:.............................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
Môn thi: TOÁN
(Đáp án bao gồm 5 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015
Đáp án
Câu
1
Nội dung
Điểm
Tập xác định: D = R.
+Giới hạn: lim y , lim y
x
0,25
x
x 0
x 2
+ Ta có y 3x 2 6 x; y 0
BBT:
x
y
+
y
0
0
2
0
-
+
0,25
1
3
+Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2;
+Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2, yct = y(2) = -3.
+ Đồ thị
0,25
6
4
2
0,25
-10
-5
5
10
-2
-4
-6
2
+ Ta thấy hàm số đã cho xác định và liên tục trên 2; 4
y'
x2 2x
2
x 0
y' 0
x 2
0,25
x 1
+Trên 2; 4 thì y' = 0 có một nghiệm là x = 2.
0,25
+Ta có y 2 4; y 4
16
3
0,25
+Max y =
16
khi x = 4
3
0,25
+Min y = 4 khi x = 2
3a
+Gọi z a bi , , a, b R
(1 i) z (2 i ) z 2 2i (1 i )(a bi ) (2 i)(a bi ) 2 2i
3a 2b 2
a 2
3a 2b bi 2 2i
b 2
b 2
+Vậy z 2 2i
3b
+Đặt: 3x t ,
0,25
t 1
t 2
+Với t=1: 3x 1 x 0
+Với t=2: 3x 2 x log 3 2
1
2
0,25
t0
có: t 2 3t 2 0
4
0,25
1
1
I x 1 x 1 x dx x dx x 3 1 x 2 dx
0
2
0,25
1
I1 x 2 dx
0
1
x3
3
0
2
0
0
1
3
0,5
1
I 2 x 3 1 x 2 dx
0
Đặt t 1 x 2 x 2 1 t 2 xdx tdt
Đổi cận: x 0 t 1; x 1 t 0
1
t3 t5
2
I 2 1 t t dt t t dt
3 5 0 15
1
0
0
1
2
Vậy I I1 I 2
5
2
2
4
7
15
0,5
+Đường thẳng có vectơ chỉ phương u 1; 2; 1 , đi qua M(1;-1;0); mặt phẳng
(Oxy) có vectơ pháp tuyến k 0;0;1 .
0,25
+Vậy (P) có phương trình 2( x 1) ( y 1) 0 hay 2x – y – 3 = 0.
0.25
+Suy ra (P) có vectơ pháp tuyến n [u , k ] 2; 1; 0 và đi qua M.
(Oxy) có phương trình z = 0. ' là giao tuyến của (P) và (Oxy).
2x y 3 0
.
z 0
+Xét hệ
x t
+Đặt x = t thì hệ trên trở thành y 3 2t .
z 0
0,25
0.25
x t
+Vậy ' có phương trình y 3 2t .
z 0
6a
PT cos2x + cos8x + sinx = cos8x
0,25
2
1- 2sin x + sinx = 0
sinx = 1 v sin x
6b
1
2
0,25
7
x k 2 ; x k 2 ; x
k 2 , (k Z )
2
6
6
Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144 1001 cách .
Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C51 .C 72 cách
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C 52 .C 71 cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C51 .C 71 cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 =
385 cách .
0,25
0,25
1001 385 616
8
.
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P
1001
1001 13
7
+Ta có:
AN AB 2 BN 2 2a 3
S
Diện tích tam giác ABC là:
S ABC
0,25
1
BC. AN 4a 2 3 .
2
M
Thể tích hình chóp S.ABC là:
1
1
VS . ABC S ABC .SA 4a 2 3.8a
3
3
C
A
H
32a 3 3
(đvtt).
3
N
0,25
B
+Ta có:
VB. AMN BA BM BN 1
.
.
VS . ABC BA BS BC 4
0,25
1
8a 3 3
VB. AMN VS . ABC
.
4
3
1
2
1
2
+Mặt khác, SB SC 4 5a MN SC 2 5a ; AM SB 2 5a .
+Gọi H là trung điểm AN thì MH AN , MH AM 2 AH 2 a 17 .
+Diện tích tam giác AMN là S AMN
1
1
AN .MH 2a 3.a 17 a 2 51 .
2
2
+Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
0,25
d ( B, ( AMN ))
3VB. AMN 8a 3 3
8a
8a 17
.
2
S AMN
17
a 51
17
8
0,25
+Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy ra H 2;1 . Từ GT suy ra IAMB, IANC là
các hình thoi. Suy ra AMN,IBV là các tam giác cân bằng nhau.
+ Suy ra AH MN , IE BC , AHEI là hình bình hành.
+ Suy ra G cũng là trọng tâm HEI HG cắt IE tại F là trung điểm IE
0,25
+ Vì BC / / MN , K 2; 1 BC BC : y 1 0
8
H 2;1 , G 3 ;0
F 3; 1
+ Từ
2
3
HF HG
2
0,25
+ Từ EF BC EF : x 3 E 3; 1
0,25
+ Vì F là trung điểm IE nên I 3;0 R 5
2
+ Từ đây ta sẽ có: C : x 3 y 2 5 . là phương trình đường tròn cần tìm.
9
y 2
0,25
+ Đk:
2
x y
+ Từ pt thứ 2 ta có:
y 4 2 y 12 8 x 2 y
x2 8 y
y 4 2 y 12
2 x2 8 y 2
2
2 x 2 y
x
2
2 x 2 y 0
y 4 2 y 12 2
2
2y 8 y 6
x
x2 2 x2 y
2 y 8 y 6
y 2
2
2
x
2
x
y
y2 0
x
2
2 x 2 y 0
2
0
0.25
+ Thay vào pt 1 ta được:
2 y 2 3 y 2 x3 4 x
0,25
3
y2 3 y2 x 4 x
3
y2
3
3
4 3 y2 x 4 x
+ Xét hàm số: ft t t 3 4 t R Ta có:
3t 2
0, t R f 3 y 2 f x
2 t 4
y 2 0 x 3 4
+ Vậy ta sẽ có:
TM
3 y 2 x y 2
f t ' 1
Kl: Nghiệm duy nhất của hệ là: x; y 3 4; 2
10
y2 x
3
3
0,25
2
+ Ta có: a b 0 2ab a 2 b 2 . Nên ta sẽ có:
2a 2 7b 2 16ab 2a 2 7b 2 2ab 14ab 3a 2 8b 2 14ab
a 4b 3a 2b
4a 6b
2a 3b
2
+ Vậy ta sẽ có:
0,5
25a
2
2
2
2
2a 7b 16ab
25b 2
+ Tương tự ta cũng có:
25a
1
2a 3b
2b 2 7c 2 16bc
+ Mặt khác theo Cauchy shwarz Ta có:
25b 2
2b 3c
2
3c 2
25c 2
3 2
2c c 2
a
a c 3a 2c
3
+ Từ (1),(2),(3) ta sẽ có:
2
a2
a b c c 2 2c
b2
c2 2
P 25
c 2c 25.
5a b c
2a 3b 2b 3c 2c 3a
2
5 a b c c 2c
0.25
2
+ Mà a b c 3 theo giả thiết nên ta sẽ có: P c 2 2c 15 c 1 14 14
Vậy GTNN của P 14
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi a b c 1
0.25
Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ
trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3 x 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y 3 x 5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x cos 2 2 x cos 2 3x
3
2
b)Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i z 1 9i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1) 82.3 x 9 0.
Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
1
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I x 2 1 x 1 x 2 dx
0
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:
x 2 t
y 1 2t . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương trình
z 1 2t
mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường
thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Câu 9 .(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
32
2 x
y 3 1
2 y 3 3
x 2 x
2
5
y 3 1
x 2 y 3 2 6 x
2
y 3 1
Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab bc ca 1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
P
a
16 b c a 2 bc
b
16 a c b 2 ac
a2 1 1 c
4 a ab
-------- Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015
Câu
1a
(1,0đ)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.
-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y ' 3 x 2 6 x; y ' 0 x 0 x 2 .
Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y ; lim y
x
Điểm
0,25
0,25
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
-
0
0
–
2
0
4
+
+
+
0,25
–
0
-
Đồ thị:
y
8
6
4
2
x
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
0,25
9
-2
-4
-6
-8
1b
(1,0đ)
Tiếp tuyến song song với đường thẳng y 3x 5 nên có hệ số góc bằng 3.
2
0
2
0
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có 3 x 6 x0 3 3 x 6 x0 3 0 x0 1
Suy ra M(1;2)
Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 .
2a
(0,5đ)
3
1
1
1
3
(1 cos2 x) (1 cos4 x) (1 cos6 x)
2
2
2
2
2
(cos6 x cos2 x) cos4 x 0 2 cos 4 x.cos2 x cos4 x 0
cos 2 x cos 2 2 x cos 2 3 x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
cos4 x(2 cos 2 x 1) 0
k
cos4 x 0
x 8 4
cos2 x 1
x k
2
3
2b
(0,5đ)
Gọi z a bi, a, b ; Khi đó z 2 3i z 1 9i
0,25
0,25
a bi 2 3i a bi 1 9i a 3b 3a 3b 1 9i
a 3b 1
a 2
. Vậy môđun của số phức z là : z 22 (1) 2 5
3a 3b 9
b 1
3
(0,5đ)
32 ( x 1) 82.3 x 9 0 9.32 x 82.3 x 9 0
1
3 x 9 3 2 3 x 32 2 x 2. Vậy bất phương trình có nghiệm là 2 x 2 .
9
0,25
0,25
0,25
4
(0.5đ)
4
n() C12
495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:
+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31 120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31 90 cách
0,25
0,25
+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32 60 cách
n( A) 270.
n( A) 6
.
n() 11
P ( A)
Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A) 1 P ( A)
5
(1,0đ)
1
2
1
1
. I x 1 x 1 x dx x dx x 3 1 x 2 dx
0
2
5
11
1
1
x3
I1 x dx
3
0
2
0
2
0
0,25
0
1
3
1
I 2 x 3 1 x 2 dx
0
Đặt t 1 x 2 x 2 1 t 2 xdx tdt
Đổi cận: x 0 t 1; x 1 t 0
1
t3 t5
2
I 2 1 t t dt t t dt
3 5 0 15
1
0
0
1
2
Vậy I I1 I 2
2
2
4
7
15
Đặt u = x du = dx; dv e 2 x dx choïn v
1
0,25
1 2x
e
2
1
xe 2 x dx
0
Vậy I
6
(1,0đ)
x 2x 1 1 2x
e2 1
e2 1
e |0
e dx e 2 x |10
2
20
2 4
4
3e 2 7
.
12
0,25
0,25
S
Ta có SA (ABCD) AC là hình chiếu của SC trên
H
M
(ABCD) SCA 600
N
AC AD 2 CD 2 a 5 ; SA AC tan 600 a 15
A
B
0,25
D
C
1
1
2 15a3
VS. ABCD S ABCD .SA AB.AD.SA
.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH DM, ta có AB (SAD) mà MN // AB MN (SAD) MN SH
0,25
0,25
SH (DMN) SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM
.
SH
2
2
DA DM
2 DM 2 AD AM
31
7
(1,0đ)
0,25
Đường thẳng d đi qua M(-2;1;-1) và có vectơ chỉ phương a (1;2;2) , MA (4;2;2)
mp(P) đi qua A và chứa d nhận n a, MA (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến
0,25
(P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0
0,25
0,25
Gọi H là hình chiếu của A trên d H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t),
4
32 10 26
AH ( 4 t;2 2t;2 2t ); AH a AH .a 0 t AH ; ;
9
9
9
9
Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH =
8
(1,0đ)
10 2
200
. Vậy (S): x 2 2 y 32 z 52
.
3
9
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF EF .
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp,
đó AF EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ
G
A
B
H
D
E
C
0,25
32
5
1
2
AF 2 ;
2
5
2
0,25
nội
do
F
17
x 5
3 x y 10
17 1
F ; AF
5 5
x 3y 4
y 1
5
AFE DCB EF
0,25
0,25
2
8
51 8
17
E t ;3t 10 EF t 3t
5
5
5 5
19
19 7
5t 2 34t 57 0 t 3 t
hay E 3; 1 E ;
5
5 5
Theo giả thiết ta được E 3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
2
x 12 y 12 x 3 2 y 12
AD DE
AD DE
x 1 x 3 y 1 y 1
y x 2
x 1
x 3
hay D(1;-1) D(3;1)
y 1 y 1
x 1 x 3 0
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
0,25
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
9
(0,5đ)
x 0
y 3
ĐK:
0.25
Ta có phương trình thứ 2 của
x 2 x y 3 1
hệ:
x a
Đặt:
y 3 1
x 2 y 3 2 6 x
2
y 3 1
*
0,25
. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:
y 3 1 b
a 2a b b a 2b 6 a 2 b 2
BCS
VT*
Ta có:
3 a b 6 a 2 b 2 VP*
a b 2a b 2b a
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a b
Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có:
32
2 x
*
1. 2 y 3 3
2
x
0,25
y 3 1 x y 3 1
0.25
52 x
32
x y 3 2 y 3 3
2
5
**
Mặt khác theo AM-GM ta có:
2
x y 3
x
2 y 3 3 2 y 3 3
2
2
32
x y 3 2 y 3 3
2
32
AM GM
x y 3 2 y 3 3
2
8
5 VT** VP** .
Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
2
2 y 3 3
x y 3
2
2
0.25
32
x y 3 2 y 3 3
2
3
x 2
y 3 1
2
9
x 4
y 13
4
9 13
4 4
Vậy nghiệm của hệ là x; y ;
10
(1,0đ)
Ta có:
0,25
a 2 bc
a 2 bc
1 2
ab ac
ab ac
2a b c
ab ac
2
a bc a b a c
a
2a
2
b c a bc a b a c
Tương tự ta cũng sẽ có:
1
b
2b
2
a c b ac c b a b
2
0,25
Từ (1) và (2) ta sẽ có:
0,25
P
a2 1 1 c
1
2a
2b
4 a b a c c b a b
4 a ab
a 2 1 b c
1
4ab 2ac 2bc
.
4 a b b c c a
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab bc ca 1 . Nên ta sẽ có:
a
2
1 b c
4ab
Từ đây ta sẽ có:
a b b c c a a b b c c a
4ab
4ab 2c a b
a b b c c a AMGM 1
1
4ab 2ac 2bc
P .
4 a b b c c a
4ab 2c a b
0,25
a 2 bc
1
ab ac
a b 1
b 2 ac
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
.
1
c 0
ab bc
ab bc ca 1
c 0
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
quy định
Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015.
*******HẾT*******
- Xem thêm -
.PDF 
33 
293 
72 
