Trường THPT Trần Đại Nghĩa

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Tổ Toán

-----------------------------------Câu 1: (2 điểm)
1 / Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x 3 − 3 x − 2
2/ Tìm tọa độ của điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng (d): 9x – y 18 = 0
Câu 2: a/ (0,5 điểm) Giải phương trình sau log 3 (2 x − 1) − 4 log 9 (5 x + 2) + 4 = 0
b/ (0.5 điểm) Giải phương trình cos3x + 2 sin2x – cosx = 0
1

Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân

∫
0

xdx
x2 + 1 + x

.

Câu 4: a/ (0.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 2 x + 5 − x
b/ (0.5 điểm)Biết trong số 10 vé xổ số còn lại trên bàn vé có 2 vé trúng thưởng. Khi đó một người
khách rút ngẫu nhiên 5 vé . Hãy tính xác suất sao cho trong 5 vé được rút ra có ít nhất một vé trúng
thưởng
Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, mặt bên (SAB) nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy (ABCD), tam giác SAB vuông tại S, SA = a Hãy tính thể tích của khối chóp

x →+∞

1đ

1b

Điểm
0.25

x →−∞

+ BBT: Đúng chiều biến thiên
Đúng các giới hạn và cực trị
+ KL: Hs đồng biến trong khoảng (-∞ ;-1)và (1 ; +∞); nghịch biến trong
khoảng (-1 ; 1); đạt cực đại bằng 0 tại x=-1 ; đạt cực tiểu bằng -4 tại x=1
+ Điểm đặc biệt: đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm (2; 0) và (-1;0)
có điểm uốn (0; 2)
+ Đồ thị: Vẽ đúng đồ thị qua các điểm cực trị , điểm đặc biệt và đúng
dạng
+ Đường thẳng 9x – y – 18 = 0 có hệ số góc bằng 9
+ Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng
9x - y- 18=0 ⇒ f '( x0 ) = 9

0.25
0.25

0.25

0.25


⇔

2x −1

( 5x + 2 )

2

= −4

2x −1
= 3−4
2
(5 x + 2)

0.25

⇔ 25 x 2 − 142 x + 85 = 0
x = 5
⇔
 x = 17
25

So với đk ta nhận x=5 và x =
2b
0.5

b/ 2sin2x +cos3x – cosx = 0
⇔ 2 sin2x – 2 sin2x.sinx = 0
⇔ 2sin2x ( 1 – sinx) = 0


1

2x 

= ∫ 1 + 2 ÷dx
x +1 
0
1

1

2 x.dx
x2 + 1

0.25

d(x + 1)
x2 + 1
0

0.25

= ∫ 1.dx + ∫

1đ

0

0

0.25

+ f (0) = 5; f (5) = 2 5; f (4) = 5
Maxf ( x ) = 5 = f (4)
+

x∈[ 0;5]

min f ( x) = 5 = f (0)
x∈[ 0;5]

4b
0.5 đ

5

5
+ Số phần tử của không gian mẫu: Ω = C10 =252
+ Biến cố A: ‘Trong năm vé rút ra có ít nhất một vé trúng thưởng’
 biến cố A : ‘Trong năm vé rút ra không có vé nào trúng thưởng’
5
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C8 = 56
56
Xác suất của biến cố A là P( A ) =
252
56 7
=
Xác suất của biến cố A là P(A) = 1 −
252 9
+ Trong mp(SAB), dựng SH ⊥ AB, do (SAB) ⊥ (ABCD)

• d(AB,SC)
Vì AB// DC nên d (AB, SC)= d( AB, (SDC))
= d ( A, (SDC)
3V
= A.SDC
dtSDC
1
3. .VS . ABCD
= 2
dtSDC
• dt SDC=?
tgSAD vuông tại A nên SD = a 5
tgSBC vuông tại B nên SC = a 7 , DC= 2a
⇒ dtSDC =

19 2
a
2

nên d ( A, ( SDC )) =
6a
0.5 đ
6b

0.5 đ

0.25

6a 57
19


0.25


2 x − 2 y + z = 1

x + y = 0
 y + 2 z = −1


7

1

x = 3
Ta có hpt

1

⇔ y = −
3

1

z = − 3

1 1 1
KL : M  ; − ; − ÷
3 3 3
r

* Với M’(8,4) và AB : x= 5 pt BC là y=4  B= AB ∩ BC  B(5;4)
8

1đ

+

x 2 − xy − 2 y 2 = − x + 2 y
⇔ x 2 + (1 − y ) x − y 2 − 2 y = 0

có ∆ = (3 y + 1) 2
x = 2y
nên 
 x = − y −1

 y =1⇒ x = 2
+ Với x=2y thế vào (1) ta có 
 y = −1 ⇒ x = −2
 y = −3 ⇒ x = 2
+ Với x= -y-1 thế vào (1) ta có 
 y = 2 ⇒ x = −3
Vậy hệ có 4 nghiệm (2;1); (-2;-1); (2;-3); (-3;2)
9

0.25

+ Ta có x 2 + y 2 + (3x − 2)( y − 1) = 0 ⇔ ( x + y ) 2 − 3( x + y ) + 2 = − xy − y

0.25
0.25

⇔
 P ≤ 6 + 8 2 , P= 6 + 8 2 khi 
t = 2
y = 0
KL: Giá trị lớn nhất của P là 6 + 8 2 đạt được khi x = 2 và y = 0

0.25
0.25


Sở gD&đT thái nguyên

đề thi thử kỳ thi thpt quốc gia năm 2015
Môn: Toán

Trờng thpt lơng ngọc quyến

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s y =

x + m
(Cm)
x+2

a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m=1.
b) Tỡm cỏc giỏ tr thc ca tham s m ng thng d: 2x+2y -1= 0 ct th (Cm) ti hai
im phõn bit A, B sao cho tam giỏc OAB cú din tớch bng 1 (O l gc to ).
Cõu 2 (1,0 im).
a) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s f(x) =

b)

3

( 2 x 1) = 2 .

3sin 2x 2 sin x
=2.
sin 2x cos x

Cõu 4 (1,0 im).
a) Cho s phc z tha món: (2 + i)z +

1 i
= 5 i. Tớnh mụ un ca s phc w = z + z 2 .
1+ i

b) Một lớp học có 20 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm chọn ra 5 học sinh
để lập một tốp ca hát chào mừng ngày thành lập Quân đội nhân dân Việt Nam(22
tháng 12). Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học sinh nữ.
Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u cnh a, mt bờn SAB l tam
giỏc vuụng cõn ti inh S v nm trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ỏy. Tớnh theo a th
tớch khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai ng thng SB v AC.
11
;3 ữ l
2

Cõu 6 (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh vuụng ABCD. im F

trung im ca cnh AD. ng thng EK cú phng trỡnh 19x 8y 18 = 0 vi E l trung im



Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
Họ và tên thí sinh: . Số báo danh:
Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên

Hớng dẫn chấm
thi thử kỳ thi thpt quốc gia năm 2015
môn Toán

Trờng thpt lơng ngọc quyến

Lu ý khi chm bi:
- ỏp ỏn ch trỡnh by mt cỏch gii bao gm cỏc ý bt buc phi cú trong bi lm ca hc sinh.
Khi chm nu hc sinh b qua bc no thỡ khụng cho im bc ú.
- Nu hc sinh gii cỏch khỏc, giỏm kho cn c cỏc ý trong ỏp ỏn cho im.
- Trong bi lm, nu mt bc no ú b sai thỡ cỏc phn sau cú s dng kt qu sai ú khụng
c im.
- Hc sinh c s dng kt qu phn trc lm phn sau.
- Trong li gii cõu 5, nu hc sinh khụng v hỡnh hoc v sai hỡnh thỡ khụng cho im.
- im ton bi tớnh n 0,25 v khụng lm trũn.
Câu

Điể
m

Nội dung
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
x + m
Cho hm s y =

3
< 0 x 2
( x + 2) 2
Hm s nghch bin trờn mi khong (; 2) v (2; +)
Hm s khụng cú cc tr
-Chiu bin thiờn y ' =

Bng bin thiờn
x
y'
y

-2
||
+Ơ

- Ơ
- 1
- Ơ

th

0,25

+Ơ

- 1

0,25


 m ≠ −2
2.(−2) + (−2) + 2m − 2 ≠ 0
 m ≠ −2
1 
1

A  x1 ; − x1 + ÷, B  x 2 ; − x 2 + ÷ trong đó x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình
2 
2

−1

 x1 + x 2 =
2
(1), theo viet ta có 
 x1.x 2 = m − 1
2(17 − 16m)
AB = (x 2 − x1 ) + (x1 − x 2 ) = 2 (x 2 + x1 ) − 4x1x 2  =
2
1
2(17 − 16m)
1
1 1
−47
d ( O, d ) =
.
=1⇔ m =
; S ∆OAB = AB.d(O, d) = .
(t/m)
2 2

2

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =
C©u 2

0,25

1
2

dx
3 + 2x − x 2

1 
x2 + x + 1
trên đoạn  ;2  .
x +1
2 

.

1 
a) Hàm số f(x) liên tục trên đoạn  ;2  .
2 

1 
 x = 0 ∉  2 ; 2
2
x + 2x



(x + 1)



1
2

1
2

0

dx
3 + 2x x

2

=



3

dt = 2 (
1

7 3

7


b)

1
2

0,25

)

Gii cỏc phng trỡnh sau:
Câu 3

(x + 1)

7
3 khi x=2.

1
3 x dx = 1 tdt
. i cn: x = t = 7;x = 0 t = 3.
2
(x + 1)
2
2
x +1

t: t =
I=


0,25

x 1 ( 2x 1) = 3
1
x >1
2 < x < 1
hoac
2
2x
3x 2 = 0
2x 2 3x + 4 = 0(vn)
x = 2 (tha món iu kin)
Vy: x=2

{

k
(k  )
b) K: sin 2x 0 x
2
(2) 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0
x = k2
cos x = 1


x = + k2
sin
2x
=
sin

0,25
0,25


a) 0,5
b) 0,5

dân Việt Nam(22 tháng 12). Tính xác suất sao cho trong đó có ít nhất một học
sinh nữ.
a) (3) (2 + i)z = 5 z = 2 i

0,25

w = 5 5i w = 5 2

0,25

5
b) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong 35 học sinh của lớp, có = C35 (cách)
Gọi A là biến cố: Chọn đợc 5 học sinh trong đó có ít nhất một em nữ
Suy ra A là biến cố: Chọn đợc 5 học sinh trong đó không có hs nữ nào
5
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là C20

( )

P A =

Câu 5



Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc ờu cnh a, mt bờn SAB l tam giỏc
vuụng cõn ti nh S v nm trong mt phng vuụng gúc vi mt phng ỏy. Tớnh
theo a th tớch khi chúp S.ABC v khong cỏch gia hai ng thng SB v AC.

1.0

0,25
SH ( ABC )

+) Theo bi ta cú:
a
SH = 2
a2 3
+) S ABC =
4

a3 3
V S . ABC =
24

+) Dng ng thng d i qua B v d // AC
d ( AC , SB) = d ( A;( SB, d )) = 2d ( H ;( SB; d ))
K on thng HJ sao cho HJ d, J d ; K on thng HK sao cho HK SJ, K SJ
+) d ( H ;( SB, d )) = HK

0,25
0,25

1

của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình 19x − 8y − 18 = 0 với E là trung điểm của
cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD
biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.

1.0

+) Gọi AB=a (a>0) ⇒ S ∆EFK = S ABCD − S ∆AEF − S ∆FDK − S ∆KCBE
S ∆EFK =

5a 2
=
16

1
25
a 17
FH.EK , FH = d(F, EK) =
;EK =
⇒a =5
2
4
2 17

ABCD là hình vuông cạnh bằng 5 ⇒ EF =

5 2
2

 x = 2


19 − 8 y − 18 = 0
 y = 17

3
uur 9 uur
Ta xác định được: IC = IP ⇒ C (3;8)
5

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2x − 2y − z − 4 = 0 và mặt
C©u 7

1,0

2
2
2
cầu ( S) : x + y + z − 2x − 4y − 6z − 11 = 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt
cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn
đó.

Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R=5

0,25

0,25

0,25
0,25



2

0,25

Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
1
1
1
+
+
≥
+
+
.
2
2
2
4b
4c
4a
a+b b+c c+a
Ta có:

 a2
1   b2
1   c2
1 
VT =  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷
4b   4c

a
a b c

0,25

0,25

Suy ra:

1  1 1 1  1  1 1   1 1   1 1  
VT ≥  + + ÷ =  + ÷+  + ÷+  + ÷
2  a b c  4  a b   b c   c a  
0,25

1 4
4
4 
1
1
1
+
+
=
+
+
= VP


4 a + b b + c c + a a + b b + c c + a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1

Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3 + 6 x 2 − 171x − 40 ( x + 1) 5 x − 1 + 20 = 0, x ∈ ¡
1 + x3
lnxdx.
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫
x
1
e

·
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB = BC = a, BAD
= 900 ,
cạnh SA = a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A lên
SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là
điểm trên cạnh AC sao cho AB = 3 AM . Đường tròn tâm I ( 1; −1) đường kính CM cắt BM tại D.
4 
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0 ÷, phương trình
3 
đường thẳng CD : x − 3 y − 6 = 0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:

x −1 y z − 3
= =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
1
1
1


TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN

Câu
Câu
1
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
• Tập xác định: R.

y = +∞. Đồ thị (C) có không tiệm cận.
• Giới hạn và tiệm cận: xlim
→±∞

(

0,25

)

3

+ ∞y’
+y
0,25

+∞

1

0

+∞

0

• Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (±2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.

Câu
2
(1,0
điểm)

0,25

b) (1,0 điểm)
• Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
• Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.


Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x =

π
+ k 2π , k ∈ ¢.
4

b) (0,5 điểm)

( 1 + i ) ( 2 − i ) z = 8 + i + ( 1 + 2i ) z ⇔ ( 1 + i ) ( 2 − i ) − ( 1 + 2i )  z = 8 + i
2

2

0,25

⇔  2i ( 2 − i ) − 1 − 2i  z = 8 + i

8 + i ( 8 + i ) ( 1 − 2i )
=
= 2 − 3i ⇒ z = 13
1 + 2i
5
Vậy môđun của z là 13.
⇔z=

Câu
3
(0,5
điểm)


)

+ 6 x 2 + 12 x + 8 − ( 3 x + 6 ) = 8 ( 5 x − 1) 5 x − 1 + 36 ( 5 x − 1) + 54 5 x − 1 + 27  − 6 5 x − 1 + 9

(

)

(

3

⇔ ( x + 2) − 3( x + 2) = 2 5x − 1 + 3 − 3 2 5x − 1 + 3
3

Xét hàm sô f ( t ) = t − 3t

)

0,25

)

3

(

Phương trình (1) có dạng f ( x + 2 ) = f 2 5 x − 1 + 3
2

 x ≥ 1
 x ≥ 1
⇔ x − 1 = 2 5x − 1 ⇔  2
⇔ 2
 x − 22 x + 5 = 0
 x − 2 x + 1 = 4 ( 5 x − 1)
 x ≥ 1
⇔
⇔ x = 11 + 116 ( t / m )
 x = 11 ± 116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x = 11 + 116.

Câu
5
(1,0
điểm)

e

e

e

1 + x3
ln x
lnxdx = ∫
dx + ∫ x 2 lnxdx = I1 + I 2
x
x
1

Tính I2: I 2 = x lnxdx . Đặt  dv = x 2 dx ⇒ 
3

v = x
1

3
e 1e 2
x3
e 3 1 3 e 2e 3 1
⇒ I 2 = ln x −
x dx = − x =
+
1 31
3
3 9 1
9
9

0,25

1 + x3
1 2e3 1 11 2e3
Vậy I = ∫ x lnxdx = 2 + 9 + 9 = 18 + 9
1

0,25

e


(đvtt).
2
3
6

d ( B, ( SCD ) )
d ( A, ( SCD ) )

d ( H , ( SCD ) )
d ( B, ( SCD ) )

=

=

3VS . BCD
S SCD

0,25

a3 2
a
= 2 6 =
2
a 2
3.

BK 1
a
= ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = )

(1,0
điểm)

∆DCM (g − g) ⇒

AB
DC
=
=3
AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2 = DM 2 + CD 2 ⇔ 4CI 2 = 10 DM 2
4
Mà DM = 2d (I,d) =
nên CI 2 = 4
10
0,5

 3 11 
Gọi I ( 3 y + 6; y ) Ta có ⇒ C  − ; − ÷ (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
 5 5
I

là

trung

( C ) : ( x − 1)


0,5

Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC ⇒ AB : x + 2 = 0 . A là giao điểm của
AB và AC ⇒ A ( −2; −1)
Câu
8
(1,0
điểm)

Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A ( −2; −1) , B ( −2;2 ) , C ( 3; −1)
uu
r
Mp(P) qua M(2;1;2) và ⊥ (d) nhận vtcp ud = ( 1;1;1) làm vtpt.

Suy ra phương trình mp(P): 1.( x − 2 ) + 1. ( y − 1) + 1.( z − 2 ) = 0 ⇔ x + y + z − 5 = 0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d ( M , d ) =

 4 1 10 
8
, H  ; ; ÷.
3
3 3 3 
2

4 2
=
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .
3
3
 x −1 y z − 3

9
(0,5
điểm)

Câu
10
(1,0
điểm)

5
4
• Gọi Ω (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n ( Ω ) = A8 − A7 = 5880 .
• Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
4
3
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n ( A ) = A7 + 6. A6 = 1560

1560 13
=
⇒ Xác suất cần tìm P(A) =
5880 49
x2
3
Xét BĐT: 1 + x ≤ 1 + , ∀x ≥ 0
2

Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1 + x =
3

Ấp dụng vào bài toán ta có:


=

3

b3

1

b3 + ( c + a )
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
3

3

b+c
1+ 
÷
 a 
b2
≥ 2
a + b2 + c 2

1

a2
a 2 + b2 + c 2

( 1)

101 đề thi thử thpt quốc gia môn toán (tuyển sinh 247) có đáp án cực hay
TÀI LIỆU ÔN THI KÌ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN cực hay
Tuyển chọn 150 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2015 có đáp án chi tiết
Các chuyên đề luyện thi đại học môn toán của Đặng Thành Nam (full 800 trang)
200 đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án hay (1064 trang)

Cùng 1 số sách hay cho ôn luyện:

Đây là danh sách và links tải BỘ SÁCH ÔN THI TPHT QUỐC GIA NĂM 2016 các
môn Toán- Lý-Hóa mới nhất của các Tác giả nổi tiếng chuyên ôn và luyện thi quốc
gia
(GIỮ CTRL+CLICK CHUỘT VÀO TÊN SÁCH ĐỂ TỚI TRANG TÀI LIỆU)
1-BÍ QUYẾT CHINH PHỤC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2 TRONG 1 CHUYÊN ĐỀ
VẬT LÝ TẬP 1 - LÊ VĂN VINH



2- NHỮNG ĐIỀU CẦN BIẾT LUYỆN THI QUỐC GIA KỸ THUẬT GIẢI
NHANH HỆ PHƯƠNG TRÌNH - ĐẶNG THÀNH NAM

Nội dung cuốn sách bao gồm bốn chương
Chương 1. Kiến thức bổ sung khi giải hệ phương trình.
Chương 2. Các kỹ thuật và phương pháp giải hệ phương trình.
Chương 3. Hệ phương trình nhiều ẩn.

Trong mỗi chương chúng tôi trình bày theo các chủ đề tương ứng với mỗi dạng
toán điển hình hay gặp và được viết theo các phần.
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Trình bày các bài toán điển hình hay gặp cùng phương pháp giải tổng quát kèm
theo là các ví dụ minh họa đơn giản cho các em dễ nắm bắt được nội dung