TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi M là điểm nằm trên đồ thị (C) có hoành độ lớn hơn 1, I là giao điểm hai đường tiệm cận. Tiếp tuyến với (C) tại M cắt tiệm cận đứng tại A, cắt tiệm cận ngang tại B. Tính diện tích tam giác IAB. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình     3 2 2 4cos 2cos 2sin 1 sin 2 2 0 2 1 x x x x sinx cosx sin x        2. Giải bất phương trình sau: 2 2 5 3 2 3 6 .5 2 3 .5 1 x x x x x x x           Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 1 ln 3 ln 1 ln e x I x x dx x x           Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có 3 SA a  (với 0 a  ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60 0 . Tam giác ABC vuông tại B,  0 30 ACB  . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là những số thực dương thoả mãn điều kiện 2 2 2 1 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 5 3 5 3 5 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x y y y z z z P y z z x x y             . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết   1;1 C  , trực tâm   1;3 H , trung điểm của cạnh AB là điểm   5;5 I . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết       1;0;2 , 1;1;0 , 2;1; 2 B C D    , vectơ OA  cùng phương với vectơ   0;1;1 u   và thể tích tứ diện ABCD là 5 6 . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 2 2 2 2 log log 4 4 6 2.3 x x x   B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm   2;1 A và đường tròn (C):     2 2 1 2 5. x y     Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng (P): 7 9 2 7 0 x y z     cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là 3 42 . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   2 2 2 2 2 2 2 log log 9 1 log 1 log 10 9 1 log 2.log 2 .log ( ) 2 x y x x xy y y              Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 6 9 2 y x x x     (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M thuộc (C), biết M cùng với hai điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình   4 4 2 1 cot 2 . 1 6 sin x cotx x cos x cos x     2. Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 7 1 10 1 xy x y x y y         Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân   2 1 1 3 10 x x I dx x      Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp SABC có 3 SA a  (với 0 a  ); SA tạo với đáy (ABC) một góc bằng 60 0 . Tam giác ABC vuông tại B,  0 30 ACB  . G là trọng tâm tam giác ABC. Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình   2 12 4 3 3 24 3 1 2 4 3 x x x m x x         có nghiệm. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết   1;1 C  , trực tâm   1;3 H , trung điểm của cạnh AB là điểm   5;5 I . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tan giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD biết       1;0;2 , 1;1;0 , 2;1; 2 B C D    , vectơ OA  cùng phương với vectơ   0;1;1 u   và thể tích tứ diện ABCD là 5 6 . Lâp phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình 2 2 2 2 log log 4 4 6 2.3 x x x   B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm   2;1 A và đường tròn (C):     2 2 1 2 5. x y     Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biết B, C sao cho đoạn thẳng BC ngắn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 : 2 1 3 x y z d      và mặt phẳng (P): 7 9 2 7 0 x y z     cắt nhau. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d và cách d một khoảng là 3 42 . Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số 2 2 1 x x y x     trên 1 ; 4         Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) * Tập xác định   / 1 D R * Sự biến thiên: Chiều biến thiên:   2 3 ' 0, 1 y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;1  và   1;  . 0,25 Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2; x x y y     tiệm cận ngang: 2 y  1 1 lim lim 1; x x y y       tiệm cận đứng: 1 x  0,25 Bảng biến thiên: x  1  ' y - - y 2   2 0,25 Ta có   2 3 ' 1 y x    . Do điểm M thuộc (C) nên 2 1 1 ; ; 1 a a M a a          . 0,25 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M là   2 3 2 1 ( 1) 1 a y x a a a        (d) 0,25 Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận đứng là 2 4 1; 1 a A a         . Toạ độ giao điểm (d) và tiệm cận ngang là   2 1;2 B a  . Tọa độ giao điểm 2 đường tiệm cận là   1;2 I 0,25 I. (2,0 điểm) Ta có   6 6 0; ; 2 2;0 2 2 1 1 IA IA IB a IB a a a                   . Vậy diện tích tam giác IAB là: 1 1 6 . . 2 2 6 2 2 1 IAB S IA IB a a      0,25 1. (1,0 điểm) Điều kiện 2 2sin 1 0 4 2 x x k        0,25 Phương trình tương đương với       2 4 2 2 0 cos x sinx cosx cosx sinx cosx sinx cosx       0,25       2 1 2 1 0 sinx cosx cosx cosx     Từ đó tìm được 4 x m      hoặc 2 x m   hoặc 2 2 3 x m      0,25 Đối chiếu điều kiện ta được 2 3 m x   . 0,25 2. (1,0 điểm) II. (2,0 điểm) Điều kiện: 1 3 2 x    . Bất phương trình tương đương với 0,25 2 2 5 3 3 2)5 6 2 3 . 5 5 ( x x x x x x x x            3 .5 0 3 5 5 3 2 1 x x x x x x x       (1) Xét hàm số ( ) 3 5 x g x x   , 5 ln5 '( ) 3 5 .ln5, ( ) 0 log 3 x g x g x x            . Lâp bảng biến thiên, ta thấy 5 ln5 ( ) log 0 3 g x g              0,25 (1)     3 0 3 2 1 xx x     ( vì 5 0 x  ) 5 157 22 x    0,25 Vậy nghiệm của bất phương trình là: 5 157 ;3 22 T          0,25 (1,0 điểm)   2 2 1 2 1 1 1 ln ln 3 ln ln 1 ln 1 ln 3 3 e e e x x I x x dx dx x x dx x x x x I I                        0,25 + Tính 1 1 ln 1 ln e x dx x x I          . Đặt 2 2 1 ln 1 ln ln 1 x x xt t t        . Suy ra 2 dx tdt x  Khi 1 1; 3 2 x t x t      .     2 2 2 2 3 2 1 1 1 1 1 2(2 2) .2 2 1 2 3 3 t t I tdt t dt t t                  . 0,25 +Tính   2 2 1 ln e I x x dx   . Đặt 2 3 ln 3 dx du u x x dv x dx x v                3 3 3 3 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 ln ln 3 3 3 3 3 9 e e e e x x x e I x x dx x         0,25 III. (1,0 điểm) 3 1 2 5 2 2 2 3 3 e I I I      0,25 (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm BC. Ta có 0 3 ( ); 60 , . 2 a SG ABC SAG AG    0,25 Từ đó 9 3 3 ; . 4 2 a a AK SG  0,25 Trong tam giác ABC đặt 2 ; 3. AB x AC x BC x    Ta có 2 2 2 AK AB BK   nên 9 7 14 a x  0,25 IV. (1,0 điểm) 3 . 1 243 . 3 112 S ABC ABC V SG a S  (đvtt) 0,25 (1,0 điểm) Do x, y, z > 0 và 2 2 2 1 x y z    nên x,y, z  ( 0;1) 0,25 V. (1,0 điểm) Ta có 5 3 2 2 3 2 2 2 2 ( 1) 1 x x x x x x x y z x          . Khi đó, ta có: 3 3 3 ( ) ( ) ( ) P x x y y z z          0,25 Xét hàm số   3 ( ) , 0;1 f a a a a    . Ta có   0;1 2 3 max ( ) 9 f a  . Suy ra 2 3 3 P  . 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 3 3 , đạt được khi 1 3 x y z   . 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình AB: 10 0 x y    . 0,25 Do A AB  nên ( ;10 ) A b b  .Từ I là trung điểm AB, tìm được (10 ; ) B b b  . 0,25 (1 ; 7); (11 ; 1). AH b b CB b b         Ta có . 0 AH CB AH CB        . 0,25         1 11 7 1 0 1; 9 b b b b b b           Khi 1 b      1;9 ; 9;1 A B . Khi     9 9;1 , 1;9 b A B  0,25 2. (1,0 điểm) Từ giả thiết có . (0; ; ) OA t u t t     (0; ; ). (0;1; 2), (3;1;4), (1; ; 2) A t t BC BD BA t t         0,25 , (2; 6; 3) BC BD           . Suy ra , 9 4. BC BD BA t           0,25 Ta có ABCD V  1 5 1 , 9 4 6 6 6 BC BD BA t            1 1; 9 t t     . 0,25 Với 1 (0;1;1) t A   . Mặt cầu cần tìm có phương trình là: 2 2 2 7 29 7 46 ( ) : 0 5 5 5 5 S x y z x y z        . Với 1 0 9 t    , tương tự ta tìm được phương trình mặt cầu 0,25 3. (1,0 điểm) Điều kiện 0 x  2 2 2 2 log log 4 4 6 2.3 x x x   2 2 2 2 2 2 2 2 1 log log 4 log log 4 2log 2 2log 2 6 2 6 2.3 2 2.3 0 6 x x x x x x         0,25 2 2 2 2log 2 1 log 2log 2 6.2 6 12.3 0 x x x     0,25 2 2 2log 2 log 2 2 2 6. 12 0 3 3 x x                 0,25 VIa. (3,0 điểm) 2 log 2 2 3 1 3 2 4 x x          0,25 1. (1,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy A nằm trong đường tròn (C). 0,25 Khi đó PA/(C) = 2 2 . . 3 AB AC AB AC IA R         . Suy ra AB.AC=3. 0,25 Theo BĐT AM-GM ta có 2 . 2 3 BC AB AC AB AC    . Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC. 0,25 Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận (1; 1) IA    là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0. 0,25 2. (1,0 điểm) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương (2; 1; 3) d u    .mp(P) có vectơ pháp tuyến (7;9;2) P n  . 0,25 Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên  thì (4; 1; 6) M   . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương 1 , (1; 1;1) 25 P d u n u            0,25 VIb. (3,0 điểm) Ta thấy  , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 1 42 0,25 nên , 3 3 3 1 42 42 42 , d d u u MH t t u u                     hoặc 1 t   Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 2 7 15 ' : 4 ( ); : 6 '( ) 10 22 ' x t x t y t t R y t t R z t z t                              0,25 3. (1,0 điểm) Điều kiện: 0 , 1 x y   . Đặt 2 2 log ; log a x b y   . Khi đó, hệ phương trình trở thành:   2 2 9 1 1 10 1 9 1 2 a b a b a b ab                     (*) (**)           2 2 10 1 9 1 1 2 1 9 a b ab a b a b ab ab               (1) (2) 0,25 Lấy phương trình (1) chia vế theo vế (2) ta được:    2 2 2 2 5 1 5 1 1 1 a b ab a b a b        (3) Từ (*), ta suy ra 2 2 9 1 10 1 a b a b     . 0,25 Thay vào (3), ta có: 2 2 2 2 9 1 1 9 5 5 0 10 1 1 2 b b b b b b b b                 (4) Đặt 2 1 b t b   . Phương trình (4) trở thành: 2 5 9 5 0 2 9 10 0 2; 2 2 t t t t t t           . 0,25 Với 2 t    2 2 1 0 1 b b b       2 y   2 4 x x       Với 2 2 4, 2 5 2 5 2 0 1 2 2, 2 2 b y x t b b b y x                   Vậy hệ có nghiệm ( ; ) (2;4);(2; 2) x y      2;4 , 4;2 . 0,25 - - - Hết - - - TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) * Tập xác định D R  * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2 ' 3 12 9 y x x    , ' 0 1; 3 y x x     Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;1  và   3;  . Hàm số nghịch biến trên khoảng   1;3 0,25 Giới hạn: lim ; lim x x y y       Cực trị: 3 1, 2; , 2 CD CD CT CT x y x y      0,25 Bảng biến thiên: x  1 3  ' y  0  0  y 2   2  0,25 * Đồ thị: HS tự vẽ 0,25 2. (1,0 điểm) Điểm ( ) M C  nên   3 2 ; 6 9 2 , 1;3 M t t t t t    . 0,25 Hàm số có đồ thị (C) nhận điểm cực tiểu   3; 2 A  , điểm cực đại   2;1 B . Phương trình AB: 2 4 0 x y    0,25 Ta có:   3 2 9 2 4 1 1 . , 6 6 4 16 2 2 4 1 ABM t t t S AB d M AB           0,25 I. (2,0 điểm) 3 2 6 11 6 6 0; 4 t t t t t         Vậy điểm M là (0; 2); (4;2) M M  . 0,25 II. 1. (1,0 điểm) ĐK sin2 0 2 k x x     0,25 2 2 1 (1) 1 6 1 sin 2 sin .sin 2 2 cosx x cos x x x           0,25 2 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 1 6 1 sin 2 6 3sin 2 sin 2 2 sin 2 x x x x x               0,25 2 2 2 4 2 2 sin 2 (6 3sin 2 )sin 2 3sin 2 5sin 2 2 0 x x x x x         2 2 4 2 sin 2 1 1 6 arcsin 2 2 3 sin 2 3 1 6 arcsin 2 2 3 m x x x m x x m                                                  0,25 2. (1,0 điểm) Ta có: y 0 không là nghiệm của HPT. Đặt 1 t y  do đó 0,25 2 2 2 2 2 2 2 7 1 7 7 10 10 10 1 x x x xt t x xt t t t x x t x t t t                               0,25 Đặt ; S x t P xt     , ta có 2 7 6 13 2 10 S P S P S P               hoặc 4 3 S P      0,25 (2,0 điểm) Khi 4 3 S P      thì x;t là nghiệm PT 2 4 3 0 X X    X 1; X 3. Vậy nghiệm HPT đã cho là   1 1; ; 3; 1 3          Khi 6 13 S P       thì x;t là nghiệm PT X 2 6X 13 0VN . 0,25 (1,0 điểm) Đặt 2 1 1 2 t x t x dx tdt        Khi 1 0; 2 1 x t x t       0,25 Khi đó: 1 2 2 0 2 ( 1)( 3) 9 t t t I dt t      0,25 1 2 0 30 3 10 3 t t dt t             0,25 III. (1,0 điểm) 1 3 2 0 3 53 4 2 10 60ln 3 60ln 3 2 3 3 t t t t              0,25 (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm BC. Ta có 0 3 ( ); 60 , . 2 a SG ABC SAG AG    0,25 Từ đó 9 3 3 ; . 4 2 a a AK SG  0,25 IV. (1,0 điểm) Trong tam giác ABC đặt 2 ; 3. AB x AC x BC x    0,25 Ta có 2 2 2 AK AB BK   nên 9 7 14 a x  3 . 1 243 . 3 112 S ABC ABC V SG a S  (đvtt) 0,25 (1,0 điểm) Đặt 3 1 2 4 3 , 21;7 t x x t          0,25 Khi đó phương trình trở thành 2 1 1 t mt m t t      , do 0 t  (2). Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm 21;7 t      . 0,25 Xét hàm số 1 ( ) , f t t t   21;7 t      . Ta có 2 1 '( ) 1 0 f t t    . 0,25 V. (1,0 điểm) Xét bảng biến thiên ta có phương trình (1) có nghiệm khi 20 48 7 21 m  0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình AB: 10 0 x y    . 0,25 Do A AB  nên ( ;10 ) A b b  .Từ I là trung điểm AB, tìm được (10 ; ) B b b  . 0,25 (1 ; 7); (11 ; 1). AH b b CB b b         Ta có . 0 AH CB AH CB        . 0,25         1 11 7 1 0 1; 9 b b b b b b           Khi 1 b      1;9 ; 9;1 A B . Khi     9 9;1 , 1;9 b A B  0,25 2. (1,0 điểm) Từ giả thiết có . (0; ; ) OA t u t t     (0; ; ). (0;1; 2), (3;1;4), (1; ; 2) A t t BC BD BA t t         0,25 , (2; 6; 3) BC BD           . Suy ra , 9 4. BC BD BA t           0,25 Ta có ABCD V  1 5 1 , 9 4 6 6 6 BC BD BA t            1 1; 9 t t     . 0,25 Với 1 (0;1;1) t A   . Mặt cầu cần tìm có phương trình là: 2 2 2 7 29 7 46 ( ) : 0 5 5 5 5 S x y z x y z        . Với 1 0 9 t    . Tương tự tìm ra phương trình mặt cầu 0,25 3. (1,0 điểm) Điều kiện 0 x  2 2 2 2 log log 4 4 6 2.3 x x x   2 2 2 2 2 2 2 2 1 log log 4 log log 4 2log 2 2log 2 6 2 6 2.3 2 2.3 0 6 x x x x x x         0,25 2 2 2 2log 2 1 log 2log 2 6.2 6 12.3 0 x x x     0,25 2 2 2log 2 log 2 2 2 6. 12 0 3 3 x x                 0,25 VIa. (3,0 điểm) 2 log 2 2 3 1 3 2 4 x x          0,25 1. (1,0 điểm) Kiểm tra điểm A ta thấy nằm trong đường tròn (C). 0,25 Khi đó PA/(C) = 2 2 . . 3 AB AC AB AC IA R         . Suy ra AB.AC=3. 0,25 VIb. (3,0 điểm) Theo BĐT AM-GM ta có 2 . 2 3 BC AB AC AB AC    . Đẳng thức xảy ra khi A là trung điểm của BC. 0,25 Đường thẳng d là qua A(2;1) nhận (1; 1) IA    là vectơ pháp tuyến. Vậy phương trình đường thẳng d là x-y-1=0. 0,25 2. (1,0 điểm) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương (2; 1; 3) d u    .mp(P) có vectơ pháp tuyến (7;9;2) P n  . 0,25 Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) và H là hình chiếu của M trên  thì (4; 1; 6) M   . Đường thẳng  có vectơ chỉ phương 1 , (1; 1;1) 25 P d u n u            0,25 Ta thấy  , d là hai đường thẳng chéo nhau có khoảng cách 1 42 nên , 3 3 3 1 42 42 42 , d d u u MH t t u u                     hoặc 1 t   0,25 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 2 7 15 ' : 4 ( ); : 6 '( ) 10 22 ' x t x t y t t R y t t R z t z t                              0,25 3. (1,0 điểm) Ta có   2 2 2 2 1 ' ; 2 1 x x y x      0,25 1 3 ' 0 2 y x      0,25 Bảng biến thiên: x 1 4  1 3 2    ' y  0  y 2 3 2  5 8   0,25 Dựa vào bảng biến thiên, ta có giá trị lớn nhất của hàm số: 1 ; 4 2 3 , 2 max y           tại 1 3 2 x    0,25 - - - Hết - - - . liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: D. TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG. thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án- thang