Trang 2
2
Phần thi TƯ DUY TOÁN HỌC từ Câu 1 đến Câu 40
Câu 1. Một công ty muốn thiết kế một hộp giấy hình hộp chữ nhật không nắp có thể tích
3
500 cm
. Đáy hộp là hình vuông. Tìm kích thước cạnh đáy của hộp để chi phí nguyên vật liệu
làm hộp là thấp nhất.
A.
10 cm
B.
5 cm. C.
15 cm. D.
20 cm .
Phương pháp giải:
Gọi cạnh đáy là
x
, chiều cao là
h
. Rút
h
theo
x
từ thể tích. Lập hàm số diện tích toàn phần
(không nắp) và tìm giá trị nhỏ nhất bằng đạo hàm hoặc bất đẳng thức Cauchy.
Lời giải chi tiết:
Gọi cạnh đáy của hộp là
x
(
x 0
, đơn vị:
cm
), chiều cao của hộp là
h
(
h 0
, đơn vị:
cm
).
Thể tích của hộp là
2
2
500 V x h h 500
x
= = = .
Vì hộp không có nắp nên diện tích nguyên vật liệu cần dùng chính là diện tích xung quanh
cộng với diện tích đáy:
2 2 2
2
500 2000 S x xh x x x 4 4
x x
= + = + = +
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương
2 1000 1000
x , ,
x x
:
2 2 3
3
1000 1000 1000 1000 S x x 3 3 1000000 300
x x x x
= + + = = .
Dấu "=" xảy ra khi
2 3 1000
x x x 1000 10
x
= = = .
Vậy kích thước cạnh đáy để chi phí thấp nhất là
10 cm .
Câu 2. Cho hàm số
2
2 5 khi 1
( )
3 4 khi 1
x x
f x
x x
+
=
+
. Giả sử
F x( )
là nguyên hàm của
f x( )
trên
thỏa mãn
F(0) 2 =
. Giá trị của
F F ( 1) 2 (2) − +
bằng.
A. 27. B. 29. C. 12. D. 33.
Phương pháp giải:
Sử dụng tính chất tích phân
( ) ( ) ( )
b
a
f x dx F b F a = −
và tính liên tục của nguyên hàm.
Lời giải chi tiết:
Ta có
( )
0 0 2
1 1
f x dx F F F F x dx ( ) (0) ( 1) ( 1) (0) 3 4 2 5 3
− −
= − − − = − + = − = −
.
Mặt khác, hàm số liên tục tại
x =1
nên
F x( )
liên tục trên
.
Ta có
( ) ( )
2 1 2 2
0 0 1
f x dx F F F F x dx x dx ( ) (2) (0) (2) (0) 3 4 2 5 = − = + + + +
.
Khi đó:
F(2) 2 5 8 15 = + + = .
Vậy
F F ( 1) 2 (2) 3 2(15) 27 − + = − + = .
Trang 3
3
Câu 3. Chiều cao
h
(mét) của một cabin trên vòng quay Mặt Trời so với mặt đất sau
t
phút
được mô hình hóa bởi
( ) 15 10cos
5
t
h t
= −
. Hỏi trong 20 phút đầu tiên, cabin đạt độ cao 20
mét bao nhiêu lần?
A.
2 . B.
3 . C.
4 . D.
5 .
Phương pháp giải:
Giải phương trình lượng giác
h t( ) 20 =
và tìm số nghiệm trong khoảng [0; 20].
Lời giải chi tiết:
Ta có phương trình:
15 10cos 20 cos 0,5
5 5
t t
− = = −
.
2 2 10 cos cos 2 10
5 3 5 3 3
t t k t k
= = + = +
(
k
).
Vì
t [0;20]
nên ta xét các trường hợp:
Với
10 10
3
t k = +
:
10 1 5 0 10 20 {0;1}
3 3 3
+ − k k k
. Ta được
10 40
,
3 3
t t = = .
Với
10 10
3
t k = − +
:
10 1 7 0 10 20 {1;2}
3 3 3
− + k k k
. Ta được
20 50
,
3 3
t t = = .
Vậy trong 20 phút đầu tiên, cabin đạt độ cao 20 mét
4
lần.
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại
A
và
B
. Biết cạnh bên
SA vuông góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng
60
. AB a = 3 , BC a = 4 , AD a = 2
. Gọi
M
là trung điểm của AC, khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM bằng
A.
a 3 . B.
5
2
a
. C.
10 3
79
a
.
D.
5 3 a .
Phương pháp giải:
Xác định mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia để chuyển về bài
toán tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
Lời giải chi tiết:
Gọi
N
là trung điểm BC, ta có MN là đường trung bình của tam giác
ABC MN AB .
Trang 4
4
Do đó
AB SMN d AB SM d AB SMN d A SMN ( ) ( , ) ( ,( )) ( ,( )) = = .
Vì ABCD là hình thang vuông tại
A
và
B
nên
AB BC ⊥
. Mà
MN AB MN BC ⊥ .
Trong mặt phẳng đáy, kẻ
AH MN ⊥
tại
H .
Vì
MN AB
và
AB BC ⊥
nên AHBN là hình chữ nhật, suy ra
2
2
BC AH NB a = = = .
Trong mặt phẳng
( ) SAH
, kẻ
AK SH ⊥
tại
K .
Ta có
MN AH ⊥
và
MN SA MN SAH MN AK ⊥ ⊥ ⊥ ( ) .
Từ đó
AK SMN d A SMN AK ⊥ = ( ) ( ,( )) .
Xét tam giác ABC vuông tại
B
:
2 2 2 2 AC AB BC a a a = + = + = 9 16 5 .
Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là
SCA 60
= .
Xét tam giác SAC vuông tại
A
:
SA AC a tan 60 5 3
= = .
Xét tam giác SAH vuông tại
A
, đường cao AK:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 79 10 3
4 75 300 79
a
AK
AK AH SA a a a
= + = + = = .
Vậy
10 3 ( , )
79
a
d AB SM = .
Câu 5. Cho
f x( )
là hàm đa thức thỏa mãn
3 2 ( 1) ( ) 3 x f x dx x ax x C − = + + +
. Khi đó giá trị
của
a =
…………………, giá trị của
f (2) = …………………
Phương pháp giải:
Áp dụng tính chất của tích phân và đạo hàm hai vế.
Lời giải chi tiết:
Theo tính chất của nguyên hàm, đạo hàm của vế phải chính là biểu thức dưới dấu tích phân. Ta
có:
2
( 1) ( ) 3 2 3 x f x x ax − = + +
(*)
Vì
f x( )
là một hàm đa thức, nên vế phải của phương trình (*) phải chia hết cho
( 1) x − . Điều
này có nghĩa là
x =1
phải là một nghiệm của đa thức
2 P x x ax ( ) 3 2 3 = + + .
Thay
x =1
vào vế phải, ta được:
2
3(1) 2 (1) 3 0 2 6 0 3 + + = + = = − a a a .
Thay
a =−3
vào phương trình (*):
2
( 1) ( ) 3 6 3 x f x x x − = − + 2
( 1) ( ) 3( 2 1) x f x x x − = − +2
( 1) ( ) 3( 1) x f x x − = −
Chia cả hai vế cho
( 1) x − , ta tìm được:
f x x ( ) 3( 1) = − .
Suy ra
f (2) 3(2 1) 3 = − = .
Câu 6. Trong hình lập phương ABCD.A'B'C'D',
M
là trung điểm của BC. Tính côsin góc tạo
bởi đường thẳng A'M và mặt phẳng
( ) AB D .
A.
6
9
. B.
5 3
9
C.
2
3
. D.
2 2
3
.
Trang 5
5
Phương pháp giải:
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz vào hình lập phương, tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng và vectơ
pháp tuyến của mặt phẳng để tính góc.
Lời giải chi tiết:
Gắn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A(0;0;0), B a( ;0;0) , D a (0; ;0), A a (0;0; ).
Khi đó
C a a ( ; ;0) , B a a ( ;0; ), D a a (0; ; ).
Vì
M
là trung điểm của BC nên
; ;0
2
a
M a
.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng A'M là
; ;
2
a
u A M a a
= = −
.
Mặt phẳng
( ) AB D
đi qua
A(0;0;0)
và có cặp vectơ chỉ phương
( ;0; )
AB a a
= ,
(0; ; )
AD a a
= .
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( ) AB D
là
2 2 2 , ( ; ; )
n AB AD a a a = = − −
. Chọn
(1;1; 1)
n = − .
Gọi
là góc giữa đường thẳng A'M và mặt phẳng
( ) AB D
. Ta có:
2
2 2 2 2 2
5
1 1 ( ) ( 1)
| | 5 2 2
sin
| | | | 3 3 3 3 1 1 ( 1) 2 4
a a
a a
u n
u n a a
a a
+ + − −
= = = =
+ + + + −
.
Suy ra
2 25 2 6 cos 1 sin 1
27 27 9
= − = − = = .
Câu 7. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai vectơ
( 1;1;0), (0; 1;0)
u v = − = − .
Mệnh đề Đúng Sai
a)
| | 2
v =
b) Góc giữa hai vectơ đã cho bằng
45
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức
cos( , )
| | | |
u v
u v
u v
=
.
Lời giải chi tiết:
a) Sai. Có
2 2 2 | | 0 ( 1) 0 1
v = + − + = .
b) Sai. Có
1 0 1 ( 1) 0 0 1
u v = − + − + = −
;
| | 2
u =
;
| | 1
v = .
1 1 cos( , ) ( , ) 135
| | | | 2 1 2
u v
u v u v
u v
− − = = = =
.
Câu 8. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với
A B (4;0;2); (1; 4; 2) − −
và
C(2;1;1) .
Mệnh đề Đúng Sai
Trang 6
6
a) Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
7 1 ;1;
3 3
G
b) Diện tích của tam giác ABC bằng
210
2
c) Tọa độ điểm
D
thỏa mãn ABCD là hình bình hành là
D(5;5;5)
d) Gọi điểm
E a b c ( ; ; )
là giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng tọa độ
( ) Oxz
khi đó
2 9
2
a
b
c
+ =
Phương pháp giải:
Sử dụng các công thức tọa độ trong không gian: trọng tâm, tích có hướng, diện tích tam giác,
điều kiện hình bình hành và giao điểm với mặt phẳng tọa độ.
Lời giải chi tiết:
a) Sai.
( ; ; ) G x y z G G G
là trọng tâm của tam giác
7 1 ; 1;
3 3
ABC G −
.
b) Đúng. Có
( 3; 4; 4); ( 2;1; 1)
AB AC = − − − = − − .
Suy ra
1 1 210 , 210
2 2 2
ABC S AB AC = = =
.
c) Đúng. Gọi
( ; ; ) (2 ;1 ;1 )
D m n p DC m n p = − − − .
Vì ABCD là hình bình hành nên
2 3 5
1 4 5 (5;5;5)
1 4 5
m m
AB DC n n D
p p
− = − =
= − = − =
− = − =
.
d) Sai. Có
E a b c ( ; ; )
là giao điểm của đường thẳng BC với mặt phẳng tọa độ
( ) Oxz .
Khi đó
E Oxz ( )
và ba điểm E, B, C thẳng hàng.
Vì
E Oxz ( )
nên
b = 0
. Nghĩa là
E a c ( ;0; ) ,
Có
( 1;4; 2); (1;5;3)
BE a c BC = − + =
mà ba điểm E, B, C thẳng hàng nên
4 9 1
1 4 2 5 5
1 5 3 12 2 2
5 5
a a
a c
c c
− = =
− + = =
+ = =
.
Có
9
2
9 2 2 9 5
, 0, 0 9
5 5 2 2
5
a
a b c b
c
= = = + = + = .
Câu 9. Cho hàm số
f x x x ( ) 2 2cos = + .
Mệnh đề Đúng Sai
a)
2
(0) 2;
2 2
f f
= =
b) Đạo hàm của hàm số đã cho là
f x x ( ) 2sin 2 = − +
Trang 7
7
Phương pháp giải:
Công thức đạo hàm, giải phương trình lượng giác cơ bản.
Lời giải chi tiết:
a) Đúng. Có
f (0) 2 0 2cos0 2 = + =
;
2
2 2cos
2 2 2 2
f
= + =
.
b) Đúng. Đạo hàm hàm số
f x x x ( ) 2 2sin 2sin 2 = − = − + .
Câu 10. Có bao nhiêu giá trị nguyên của
m
để phương trình
1
4 2 2 0 x x m m
+
− + =
có hai
nghiệm phân biệt
1 2 x x,
thỏa mãn
1 2 x x + = 3
?
A.
1. B.
2 . C.
0 . D.
3 .
Phương pháp giải:
Đặt ẩn phụ
2 0 x
t =
, đưa về phương trình bậc hai. Sử dụng định lý Vi-ét để xử lý điều kiện
tổng các nghiệm.
Lời giải chi tiết:
Đặt
2
x
t =
(
t 0
). Phương trình đã cho trở thành:
2
t mt m − + = 2 2 0
(1).
Để phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt
1 2 x x,
thì phương trình (1) phải có hai nghiệm
dương phân biệt
1 2 t t, .
Điều kiện là:
2
2 0
2 0 2
2 0
m m
S m m
P m
= −
=
=
.
Khi đó, ta có
1
1
2
x
t =
và
2
2
2
x
t = .
Theo giả thiết
1 2 1 2 3
1 2 1 2 3 2 2 2 2 8 8 x x x x x x t t +
+ = = = = .
Theo định lý Vi-ét cho phương trình (1), ta có
1 2 t t m = 2 .
Suy ra
2 8 4 m m = =
(thỏa mãn điều kiện
m 2
).
Vậy có
1
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 11. Một loại vi khuẩn sinh trưởng theo mô hình
0
( ) rt N t N e =
, trong đó
N0
là số lượng
vi khuẩn ban đầu,
r
là tỉ lệ tăng trưởng và
t
là thời gian tính bằng giờ. Biết sau
2
giờ số lượng
vi khuẩn tăng gấp
3
lần. Hỏi sau bao lâu số lượng vi khuẩn tăng gấp 27 lần so với ban đầu?
A. 6 giờ. B. 8 giờ. C. 4 giờ. D.9 giờ.
Phương pháp giải:
Sử dụng dữ kiện bài toán để tìm
r
e
, sau đó giải phương trình mũ để tìm thời gian
t .
Lời giải chi tiết:
Theo giả thiết, sau
2
giờ số lượng vi khuẩn tăng gấp
3
lần, ta có:
2 2
0 0 0 (2) 3 3 3 3 r r r N N N e N e e = = = = .
Để số lượng vi khuẩn tăng gấp 27 lần so với ban đầu, ta cần tìm
t
sao cho:
0 0 0 ( ) 27 27 ( ) 27 rt r t N t N N e N e = = = .
Thay
3
r
e =
vào, ta được:
2 3
( 3) 27 3 3 3 6
2
t
t
t
= = = =t .
Vậy sau
6
giờ số lượng vi khuẩn sẽ tăng gấp 27 lần.
Trang 8
8
Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm
O
, hai đường chéo
AC a BD a SO ABCD = = ⊥ 2 , 2 3, ( )
; cạnh bên
SD a = 2
. Gọi
là góc giữa đường thẳng SB
và mặt phẳng
( ) SCD
. Tính
sin =
………………… (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức
( ,( )) sin d B SCD
SB
=
. Tính khoảng cách thông qua thể tích khối chóp.
Lời giải chi tiết:
Ta có
O
là tâm hình thoi nên
O
là trung điểm của AC và BD. Do đó:
2
AC OC a = =
;
3.
2
BD OD a = =
Xét tam giác SOD vuông tại
O
:
2 2 2 2 SO SD OD a a a = − = − = 4 3 .
Diện tích tam giác BCD là
1 1 2
2 3 3
2 2 BCD S OC BD a a a = = = .
Thể tích khối chóp S.BCD là
3
2
.
1 1 3 3
3 3 3 S BCD BCD
a
V SO S a a = = = .
Xét tam giác SCD:
2 2 2 2 CD OC OD a a a = + = + = 3 2 .
2 2 2 2 SC SO OC a a a = + = + = 2 .
SD a = 2 .
Gọi
M
là trung điểm của SC, do tam giác SCD cân tại
D
(
CD SD a = = 2
) nên
DM SC ⊥ .
2
2
2 2 2 2 2 14 4 4
2 2 2
a a a DM SD SM a a
= − = − = − =
.
Diện tích tam giác SCD là
2
1 1 14 7 2
2 2 2 2 SCD
a a S SC DM a = = = .
Khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
( ) SCD
là:
3
.
2
3 3 2 3 ( ,( ))
7 7
2
S BCD
SCD
V a a d B SCD
S a
= = = .
Vì
O
là trung điểm BD và
SO ABCD ⊥ ( )
nên
SB SD a = = 2 .
Trang 9
9
Góc
là góc giữa SB và
( ) SCD
, ta có:
2 3
( ,( )) 3 7
sin 0,65
2 7
a
d B SCD
SB a
= = = .
Câu 13. Cho AA'B'B là thiết diện song song với trục OO' của hình trụ (A, B thuộc đường tròn
tâm O). Cho biết AB = 4, AA' = 3 và thể tích của hình trụ bằng
V = 24
. Khoảng cách d từ O
đến mặt phẳng (AA'B'B) là
A.
d =1. B.
d = 2 . C.
d = 3. D.
d = 4 .
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức thể tích hình trụ để tìm bán kính đáy, sau đó dùng định lý Pytago để tính
khoảng cách.
Lời giải chi tiết:
Gọi
I
là hình chiếu của
O
lên mặt phẳng
( ) ABB A .
Ta có
AB AA = = 4, 3 .
Thể tích khối trụ
2 2 V r h r r = = = = 3 24 2 2 .
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 OA IA IO OI OA IA = + = − = − = (2 2) 2 2 .
Vậy khoảng cách
d
từ
O
đến mặt phẳng
( ) ABB A
bằng
2 .
Câu 14. Một người gửi 100 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất
0,6%
/tháng. Biết rằng nếu
không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban
đầu (lãi kép). Giả sử lãi suất không thay đổi. Vậy từ tháng thứ ………………… trở đi, người
đó có tổng số tiền cả gốc lẫn lãi lớn hơn 110 triệu đồng?
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức lãi kép
(1 )n A A r n = + .
A
: Số tiền gốc ban đầu.
r
: Lãi suất mỗi kỳ hạn.
n
: Số kỳ hạn gửi (tháng).
A
n
: Tổng số tiền nhận được sau
n
kỳ hạn.
Lời giải chi tiết:
Gọi
0
u =100
(triệu đồng),
n
u
(triệu đồng) là số tiền người đó có sau
n
tháng (
*
n
).
Trang 10
10
Ta có hệ thức:
1
0,6% 1,006 n n n n
u u u u + = + = .
Suy ra dãy số
( )
n
u
lập thành một cấp số nhân với công bội
q =1,006
và có số hạng tổng quát:
100 (1,006)n
n
u = .
Để có số tiền lớn hơn 110 triệu đồng, ta giải bất phương trình:
1,006 100 (1,006) 110 (1,006) 1,1 log 1,1 n n n .
Sử dụng máy tính bỏ túi:
1,006 log 1,1 15,93 .
Vì
n
là số nguyên dương nên bắt đầu từ tháng thứ 16 trở đi, người đó sẽ có hơn 110 triệu đồng.
Câu 15. Cho hàm số
2 2
2 1 ( )
( 1)
x
f x
x x
+
=
+
.
Mệnh đề Đúng Sai
a)
1 1 ( )
1
f x dx C
x x
= − + +
+
.
b)
2
1
1
( )
3
f x dx =
.
c) Gọi
F x( )
là một nguyên hàm của
f x( )
. Biết
1
(1)
2
F =
thì
1
( ) 1
( 1)
F x
x x
−
= +
+
.
d) Gọi
F x( )
là một nguyên hàm của
f x( )
. Biết
1
(1)
2
F = −
và
(1) (2) (100) a
F F F
b
+ ++ =
(với
a
b
là phân số tối giản) thì
a b + =1.
Phương pháp giải:
Phân tích hàm số thành hiệu của hai phân thức để tìm nguyên hàm, sau đó áp dụng tính chất
chuỗi triệt tiêu để tính tổng.
Lời giải chi tiết:
a) Đúng. Ta có
2 2
2 2 2 2 2 2
2 1 ( 1) 1 1 ( )
( 1) ( 1) ( 1)
x x x f x
x x x x x x
+ + −
= = = −
+ + +
.
Suy ra
2 2
1 1 1 1 ( )
( 1) 1
f x dx dx C
x x x x
= − = − + + + +
.
b) Đúng. Ta có
2
2
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 1
1 2 3 2 6 2 3
f x dx |
x x
= − + = − + − − + = − − − = +
.
c) Đúng. Ta có
1 1 1 ( )
1 ( 1)
F x C C
x x x x
−
= − + + = +
+ +
.
Vì
1 1 1 (1) 1
2 1 2 2
F C C −
= + = =
. Vậy
1
( ) 1
( 1)
F x
x x
−
= +
+
.
d) Đúng. Ta có
1 1 1 (1) 0
2 1 2 2
F C C −
= − + = − =
.
Khi đó
1 1 ( )
1
F x
x x
= − +
+
.
Trang 11
11
Tổng
S F F F = + ++ (1) (2) (100) 1 1 1 1 1 1 1 100 1
1 2 2 3 100 101 101 101
S
= − + + − + ++ − + = − + = −
.
Do
a
b
là phân số tối giản nên
a b a b = − = + = 100, 101 1.
Câu 16. Cho hàm số
y f x = ( )
xác định trên
{1}
, liên tục trên mỗi khoảng xác định và có
1
lim ( )
x
f x
→ +
= + ,
1
lim ( )
x
f x
→ −
= − , lim ( ) 2
x
f x
→+
= , lim ( ) 2
x
f x
→−
=
. Biết phương trình
f x( ) 2 =
vô
nghiệm. Đồ thị hàm số
1
( )
( ) 2
g x
f x
=
−
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
A.
0 . B.
1. C.
2 . D.
3 .
Phương pháp giải:
Đường thẳng
0
x x =
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y g x = ( )
nếu ít nhất một trong các
giới hạn
0
lim ( )
x x
g x
→ +
hoặc
0
lim ( )
x x
g x
→ −
bằng
+
hoặc
− .
Lời giải chi tiết:
Xét hàm số
1
( )
( ) 2
g x
f x
=
−
.
Các ứng viên cho tiệm cận đứng là nghiệm của phương trình mẫu số
f x f x ( ) 2 0 ( ) 2 − = =
.
Theo giả thiết, phương trình
f x( ) 2 =
vô nghiệm, do đó mẫu số không bao giờ bằng
0
tại bất
kỳ điểm
0
x {1}.
Xét tại điểm
x =1
, ta có:
1 1
1
lim ( ) lim 0
x x ( ) 2
g x
f x → → + +
= =
−
(vì mẫu số tiến tới
+
).
1 1
1
lim ( ) lim 0
x x ( ) 2
g x
f x → → − −
= =
−
(vì mẫu số tiến tới
−
).
Giới hạn tại
x =1
là hữu hạn, nên
x =1
không phải là tiệm cận đứng.
Vậy đồ thị hàm số
g x( )
không có đường tiệm cận đứng nào.
Câu 17. Hình bên cho biết sự thay đổi của nhiệt độ ở một thành phố trong một ngày.
Trang 12
12
Nhiệt độ cao nhất trong ngày của thành phố là …………………
Biên độ nhiệt trong ngày của thành phố đó là …………………
Phương pháp giải:
Biên độ nhiệt là khoảng biến thiên nhiệt độ trong ngày = nhiệt độ cao nhất - nhiệt độ thấp nhất.
Lời giải chi tiết:
Dựa vào đồ thị, nhiệt độ cao nhất trong ngày là
34 C
(tại thời điểm 16 giờ).
Nhiệt độ thấp nhất trong ngày là
20 C
(tại thời điểm 4 giờ).
Biên độ nhiệt là:
34 20 14 − = .
Câu 18. Cho
tan cot + = m
. Tổng các tham số
m
để
2 2 tan cot 23 + =
là
…………………
Phương pháp giải:
Sử dụng hằng đẳng thức
2 2 2 ( ) 2 a b a ab b + = + +
và tính chất lượng giác cơ bản
tan cot 1 =
Từ đó suy ra:
2 2 2 tan cot (tan cot ) 2 + = + − .
Lời giải chi tiết:
Ta có:
2 2 2 2
m = + = + + (tan cot ) tan 2 tan cot cot .
Vì
tan cot 1 =
, nên:
2 2 2
m = + + tan cot 2 .
Thay giả thiết
2 2 tan cot 23 + =
vào, ta được:
2
m m = + = = 23 2 25 5.
Tổng các giá trị của tham số
m
là:
5 ( 5) 0 + − = .
Câu 19. Trong không gian Oxyz, cho các vectơ
(2;1; 2)
a = −
và
( ; ; 2)
b m m m = +
. Có bao
nhiêu giá trị nguyên dương của
m
để góc giữa hai vectơ
a
và
b
là góc tù?
A.
3 . B.
2 . C.
4 . D.
1.
Phương pháp giải:
Góc giữa hai vectơ
a
và
b
là góc tù khi và chỉ khi giá trị cosin của góc đó nhỏ hơn
0 .
Vì độ dài các vectơ luôn dương, điều này tương đương với tích vô hướng của chúng nhỏ hơn
0 .
cos( , ) 0 0
a b a b .
Lời giải chi tiết:
Góc giữa hai vectơ
a
và
b
là góc tù khi và chỉ khi
0
a b .
+ + − + 2 1 ( 2) ( 2) 0 m m m + − − 2 2 4 0 m m m − m m 4 0 4 .
Vì
m
là số nguyên dương nên
m{1;2;3}.
Vậy có
3
giá trị
m
nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 20. Gieo hai con xúc xắc đồng thời. Xác suất của biến cố "Tổng số chấm trên hai mặt chia
hết cho 3" là ………………… (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Phương pháp giải:
TH1: Số chấm xuất hiện ở hai mặt khác nhau.
TH2: Số chấm xuất hiện ở hai mặt giống nhau.
Lời giải chi tiết:
Trang 13
13
Không gian mẫu trong trò chơi là tập hợp
= = {( ; ) , 1,2,3,4,5,6} i j i j ∣
, do đó
n( ) 6 6 36 = = .
Gọi
A
là biến cố "Tổng số chấm trên hai mặt chia hết cho 3", ta có các khả năng sau:
TH1: Số chấm xuất hiện ở hai mặt khác nhau, ta có các bộ:
{(1;2),(1;5),(2;4),(3;6),(4;5)}
, mỗi khả năng trên sẽ có hai hoán vị nên của TH1 là 10 cách.
TH2: Số chấm xuất hiện ở hai mặt giống nhau, ta có
2
bộ
{(3;3),(6;6)}.
Vậy
12 1 ( ) 10 2 12 ( ) 0,33
36 3
n A P A = + = = = .
Câu 21. Số các giá trị nguyên của tham số
m
thuộc
[ 2026;2026] − để đồ thị hàm số
2 4 x
y
x m
+
=
−
có tiệm cận đứng nằm bên trái trục tung là bao nhiêu?
A. 1010. B. 2025. C. 2026. D. 4050.
Phương pháp giải:
Đồ thị hàm số
2 4 x
y
x m
+
=
−
có tiệm cận đứng là đường thẳng
x m=
nằm bên trái trục tung
m 0
. Lưu ý điều kiện không trùng nghiệm với tử số.
Lời giải chi tiết:
Đồ thị hàm số
2 4 x
y
x m
+
=
−
có tiệm cận đứng là đường thẳng
x m=
nằm bên trái trục tung
m 0 .
Khi đó:
[ 2026;2026]
{ 2026; 2025; ; 1}
m
m
m
− − − −
.
Tại
m =−2
thì hàm số trở thành
2 4 2
2
x
y
x
+
= =
+
(hàm hằng, không có tiệm cận đứng), ta loại
m =−2 .
Vậy có
2026 1 2025 − =
giá trị nguyên của
m
thỏa mãn yêu cầu.
Câu 22. Tốc độ tăng trưởng của một đàn gấu mèo tại thời điểm
t
tháng kể từ khi người ta thả
100 cá thể đầu tiên vào một khu rừng được ước lượng bởi công thức
P t t ( ) 8 30 = +
(con/tháng),
với
Pt()
là số lượng cá thể trong đàn tại thời điểm
t
tháng tương ứng. Dựa vào tốc độ tăng
trưởng đã cho, ước tính số cá thể của đàn gấu mèo này tại thời điểm
3
tháng kể từ khi chúng
được thả vào rừng là …………………
Phương pháp giải:
2 P t P t dt t dt t t C ( ) ( ) (8 30) 4 30 = = + = + +
.
Lời giải chi tiết:
Ta có
2 P t P t dt t dt t t C ( ) ( ) (8 30) 4 30 = = + = + +
.
Lại có ban đầu người ta thả 100 cá thể gấu mèo:
2 P C P t t t (0) 100 100 ( ) 4 30 100 = = = + + .
Vậy số cá thể của đàn gấu mèo này tại thời điểm
3
tháng kể từ khi chúng được thả vào rừng
là:
Trang 14
14 2 P(3) 4 3 30 3 100 226 = + + =
(cá thể).
Câu 23. Một người mắc bệnh truyền nhiễm đi vào một cộng đồng. Trung bình mỗi ngày 1
người bệnh sẽ lây cho 3 người mới. Nếu không có biện pháp cách ly và giả sử không ai khỏi
bệnh, đến hết ngày thứ 10 tổng số người bị nhiễm bệnh trong cộng đồng là bao nhiêu? (Biết
ban đầu ở ngày thứ 0 chỉ có 1 người mắc bệnh).
A. 1048576. B. 59049. C. 177147. D. 1048575.
Phương pháp giải:
Mô hình hóa bài toán bằng cấp số nhân. Tìm công bội và tính số hạng tổng quát.
Lời giải chi tiết:
Gọi
n
u
là tổng số người bị nhiễm bệnh đến hết ngày thứ
n .
Ban đầu (ngày
0
), số người bệnh là
0
u =1.
Mỗi ngày,
1
người bệnh lây cho
3
người mới, nên tổng số người bệnh ngày hôm sau bằng số
người bệnh ngày hôm trước cộng thêm số người mới bị lây:
1
3 4 n n n n
u u u u + = + = .
Dãy số
( )
n
u
là một cấp số nhân với số hạng đầu
0
u =1
và công bội
q = 4 .
Số hạng tổng quát của dãy là
0
1 4 4 n n n
n
u u q = = = .
Đến hết ngày thứ 10, tổng số người bị nhiễm bệnh là:
10
10 u = = 4 1048576 .
Câu 24. Cho cấp số nhân
( )
n
u
có
2
u = 6
và
5
3
4
u =
. Xét tính đúng/sai của các mệnh đề sau:
Mệnh đề Đúng Sai
a)
2
2023 2025 2024 u u u = ( )
b)
1
2
q =
c) Dãy số
( )
n
u
có
4
số hạng là số nguyên dương.
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tổng quát của cấp số nhân
1
1
n
n
u u q
−
= .
Lời giải chi tiết:
Ta có công thức tổng quát của cấp số nhân:
1
1
n
n
u u q
−
= .
Từ
2 1 u u q = = 6 6
(1)
Từ
4
5 1
3 3
4 4
u u q = =
(2)
Lấy (2) chia cho (1) vế theo vế, ta được:
4
1 3
1
3
1 1 4
6 8 2
u q
q q
u q
= = =
.
Thay
1
2
q =
vào (1):
1 1
1
6 12
2
u u = = .
a) Đúng. Theo tính chất cấp số nhân
2
k k k 1 1 u u u − +
= .
b) Đúng.
1
2
q = .
Trang 15
15
c) Sai. Các số hạng của dãy là
3
12;6;3; ;
2
nên chỉ có
3
số hạng đầu tiên là số nguyên dương.
Câu 25. Cho tập hợp
S ={1;2;3;4;5;6;7;8;9;10}
. Chọn ngẫu nhiên một tập con của
S
. Tính
xác suất để tập con được chọn có ít nhất một số chẵn và nhất thiết phải chứa số
1
và số
3
. Giả
sử xác suất là phân số tối giản
a
b
, tính
T b a = −
bằng …………………
Phương pháp giải:
Sử dụng phần bù để tính số tập con thỏa mãn điều kiện.
Lời giải chi tiết:
Tập
S
có 10 phần tử. Số tập con của
S
là:
10
n( ) 2 1024 = = .
Điều kiện gồm hai phần: Phải chứa số
1
và số
3
và Có ít nhất một số chẵn.
Xét các tập con chứa
1
và
3
:
Các số còn lại trong tập
S
sau khi bỏ
1
và
3
là
{2;4;5;6;7;8;9;10}
(tổng cộng
8
số, trong đó
có
5
số chẵn là
{2;4;6;8;10}
và
3
số lẻ là
{5;7;9}
).
Số tập con chứa
1
và
3
là:
8
2 256 =
tập.
Xét trường hợp vi phạm (chứa
1
và
3
nhưng KHÔNG có số chẵn nào):
Để không có số chẵn, ta chỉ được chọn thêm từ các số lẻ còn lại là
{5;7;9}.
Số tập con loại này là:
3
2 8 =
tập.
Số tập con thỏa mãn yêu cầu:
n X( ) 256 8 248 = − = .
Xác suất là:
248 ( )
1024
P X = .
Rút gọn phân số (chia cả tử và mẫu cho
8
):
31 ( )
128
P X = .
Vậy
a = 31
và
b =128
. Giá trị của
T
là:
T b a = − = − = 128 31 97 .
Câu 26. Bạn Hùng có
9
quyển sách khác nhau gồm:
4
quyển Toán,
3
quyển Anh, và
2
quyển
Vật lý. Có ………………… cách sắp xếp các quyển sách trên lên một giá sách nằm ngang sao
cho các quyển sách cùng loại luôn đứng cạnh nhau.
Phương pháp giải:
Sử dụng phương pháp buộc các phần tử cùng loại thành một khối.
Lời giải chi tiết:
Để các quyển sách cùng loại đứng cạnh nhau, ta sử dụng phương pháp buộc:
Nhóm Toán (4 quyển): Coi là 1 khối X. Có 4! cách xếp nội bộ các quyển Toán.
Nhóm Anh (3 quyển): Coi là 1 khối Y. Có 3! cách xếp nội bộ các quyển Anh.
Nhóm Vật lý (2 quyển): Coi là 1 khối Z. Có 2! cách xếp nội bộ các quyển Vật lý.
Ta có 3 khối X, Y, Z. Số cách sắp xếp 3 khối này trên giá sách là: 3! cách.
Theo quy tắc nhân, tổng số cách là:
S = = = = 3!. 4!.3!.2! 6 . 24 .6 .2 6 .288 1728 ( ) ( ) .
Câu 27. Cho đa giác đều
( ) H
gồm 30 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên
4
đỉnh của
( ) H
. Xác suất để
4
đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật là
1
P
. Khi đó
P = …………………
A. 178. B. 241. C. 261. D. 147.
Phương pháp giải:
Trang 16
16
Hình chữ nhật được tạo thành từ
2
đường chéo đi qua tâm của đa giác đều.
Lời giải chi tiết:
Chọn
4
đỉnh bất kỳ từ 30 đỉnh:
4
30
30! ( ) 27405
4!(30 4)!
n C = = =
−
.
Trong một đa giác đều, một hình chữ nhật được tạo bởi
2
đường chéo đi qua tâm của đa giác.
Số đường chéo đi qua tâm của đa giác 30 đỉnh là:
30 15
2
=
đường chéo.
Cứ chọn
2
đường chéo bất kỳ trong 15 đường chéo này, ta sẽ được
4
đỉnh tạo thành một hình
chữ nhật.
Số hình chữ nhật là:
2
15
15 14 ( ) 105
2
n A C
= = = .
( ) 105 1
( ) 27405 261
n A P
n
= = =
.
Vậy
P = 261.
Câu 28. Một lớp học có 10 học sinh nam và
5
học sinh nữ. Giáo viên cần chọn ra
4
học sinh
đi dự đại hội. Tính xác suất để
4
học sinh được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số học sinh
nam nhiều hơn số học sinh nữ.
A.
40
91
. B.
45
91
. C.
8
91
. D.
20
91
.
Phương pháp giải:
Tính số phần tử của không gian mẫu. Phân tích điều kiện bài toán để tìm số cách chọn thỏa
mãn (số nam lớn hơn số nữ và có cả hai giới tính).
Lời giải chi tiết:
Số cách chọn
4
học sinh bất kỳ từ 15 học sinh của lớp là:
4
15 n C ( ) 1365 = =
(cách).
Gọi
A
là biến cố: "4 học sinh được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số học sinh nam nhiều
hơn số học sinh nữ".
Vì tổng số học sinh được chọn là
4
, có cả nam và nữ, và số nam lớn hơn số nữ nên chỉ có một
trường hợp duy nhất thỏa mãn: Chọn
3
học sinh nam và
1
học sinh nữ.
Số cách chọn
3
học sinh nam từ 10 học sinh nam là:
3
10 C =120
(cách).
Số cách chọn
1
học sinh nữ từ
5
học sinh nữ là:
1
5 C = 5
(cách).
Số kết quả thuận lợi cho biến cố
A
là:
3 1
10 5 n A C C ( ) 120 5 600 = = =
(cách).
Xác suất của biến cố
A
là:
( ) 600 40 ( )
( ) 1365 91
n A P A
n
= = =
.
Câu 29. Thầy Sang viết ra giấy một dãy gồm 5 số tự nhiên theo thứ tự từ bé đến lớn có trung
bình cộng bằng 140. Biết rằng trung bình cộng 3 số bé nhất là 120, trung bình cộng 3 số lớn
nhất là 150. Hỏi giá trị của số thứ 3 trong dãy là bao nhiêu?
A. 110. B. 120. C. 140. D. 100.
Phương pháp giải:
Thiết lập hệ phương trình dựa trên công thức tính trung bình cộng.
Lời giải chi tiết:
Gọi
5
số tự nhiên sắp xếp theo thứ tự từ bé đến lớn là:
1 2 3 4 5 x x x x x , , , , .
Trang 17
17
Dựa vào trung bình cộng của
5
số:
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5 140 140 5 700
5
x x x x x
x x x x x
+ + + +
= + + + + = =
(1)
Trung bình cộng của
3
số bé nhất (
1 2 3 x x x , ,
) là 120:
1 2 3
1 2 3 120 120 3 360
3
x x x
x x x
+ +
= + + = =
(2)
Trung bình cộng của
3
số lớn nhất (
345 x x x , ,
) là 150:
345
345 150 150 3 450
3
x x x
x x x
+ +
= + + = =
(3)
Ta lấy tổng của (2) và (3) cộng lại với nhau:
1 2 3 3 4 5 ( ) ( ) 360 450 x x x x x x + + + + + = + 1 2 3 4 5 x x x x x + + + + = 2 810
Tách biểu thức trên để xuất hiện tổng của
5
số (phương trình 1):
1 2 3 4 5 3 ( ) 810 x x x x x x + + + + + =
Thay giá trị tổng
5
số từ (1) vào:
3 3 700 810 110 + = = x x .
Câu 30. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm
M (2;0)
và đường thẳng
( ) : 2 = − x
. Khi đó tập hợp
tất cả các điểm cách đều
M
và
là một parabol có phương trình
2
y px = 2
. Giá trị của
p =
…………………
Phương pháp giải:
Một Parabol là tập hợp các điểm
P x y ( ; )
cách đều một điểm cố định
F
(gọi là tiêu điểm) và
một đường thẳng cố định
(gọi là đường chuẩn).
Lời giải chi tiết:
Tiêu điểm
F M (2;0)
. Đường chuẩn
( ) : 2 = − x .
Phương trình chính tắc của parabol có dạng:
2
y px = 2
(với
p 0
).
Đối với dạng phương trình này:
Tiêu điểm có tọa độ là:
;0
2
p
F
.
Phương trình đường chuẩn là:
2
p
x = − .
So sánh với dữ kiện đề bài cho:
Từ tiêu điểm
M (2;0)
, ta có:
2
2
p
= .
Từ đường chuẩn
x =−2
, ta có:
2
2
p
− = − .
Cả hai dữ kiện trên đều dẫn đến kết quả:
p = = 2 2 4.
Câu 31. Trên các cạnh SA, SB, SC của khối chóp S.ABC lấy các điểm M, N, P sao cho
1
2
SM SA = ,
1
3
SN SB = ,
1
4
SP SC =
. Tính tỉ số thể tích của khối đa diện ABC.MNP và khối
chóp S.ABC.
Trang 18
18
A.
23
24
. B.
1
24
. C.
11
12
. D.
1
12
.
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tỉ số thể tích của khối chóp tam giác (Công thức Simpson).
Lời giải chi tiết:
Áp dụng công thức tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác S.ABC, ta có:
.
.
1 1 1 1
2 3 4 24
S MNP
S ABC
V SM SN SP
V SA SB SC
= = = .
Thể tích của khối đa diện ABC.MNP bằng thể tích khối chóp S.ABC trừ đi thể tích khối chóp
S.MNP:
. . . . . .
1 23
24 24
V V V V V V ABC MNP S ABC S MNP S ABC S ABC S ABC
= − = − = .
Vậy tỉ số thể tích của khối đa diện ABC.MNP và khối chóp S.ABC là
23
24
.
Câu 32. Độ pH của một dung dịch được tính bằng công thức
pH log[ ] H
+
= −
, trong đó
[ ] H
+
là nồng độ ion hydro tính bằng mol/lít. Nếu ta pha loãng một dung dịch axit có
pH 3 =
ra gấp
100 lần bằng nước tinh khiết, thì dung dịch mới có độ pH là bao nhiêu?
A.
5 . B.
1. C. 100. D. 0,03.
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức định nghĩa
pH
để tìm nồng độ
[ ] H
+
ban đầu, sau đó tính nồng độ mới sau
khi pha loãng và áp dụng lại công thức để tìm
pH
mới.
Lời giải chi tiết:
Dung dịch ban đầu có
pH 3 =
, suy ra:
3
log[ ] 3 log[ ] 3 [ ] 10 (mol/lít) H H H + + + − − = = − = .
Khi pha loãng dung dịch ra gấp 100 lần, thể tích dung dịch tăng lên 100 lần trong khi lượng
ion
H
+
không đổi, do đó nồng độ ion
H
+
mới sẽ giảm đi 100 lần:
3 3
5
moi 2
10 10 [ ] 10 (mol/lít)
100 10
H
− −
+ −
=== .
Độ
pH
của dung dịch mới là:
5
moi moi pH log[ ] log(10 ) ( 5) 5 H
+ −
= − = − = − − = .
Câu 33. Cho lăng trụ đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng
1
, chiều cao bằng
2
. Thể tích khối
cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho bằng.
A.
32 3
27
. B.
16
3
. C.
16
9
D.
32 3
9
.
Phương pháp giải:
Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đều.
Lời giải chi tiết:
Trang 19
19
Gọi I, I' lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, A'B'C',
O
là trung điểm của II'. Khi đó
O
là tâm
mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ.
Ta có
2 3 , 1
3 3
AI AM OI = = = .
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ:
2
2 2 2 1 2 (1)
3 3
R OA OI AI
= = + = + =
.
Thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ
3
4 4 2 32 32 3 3
3 3 27 3 9 3
V R
= = = =
.
Câu 34. Cho hàm số
3
f x x x ( ) 3 1 =−+
. Với giá trị nào của tham số
m
thì giá trị lớn nhất của
hàm số
h x f x m ( ) | ( ) | = +
trên đoạn [0; 2] đạt giá trị nhỏ nhất?
Phương pháp giải:
Khảo sát hàm số bên trong dấu giá trị tuyệt đối trên đoạn đã cho, tìm min, max của nó, sau đó
đánh giá giá trị lớn nhất của hàm trị tuyệt đối.
Lời giải chi tiết:
Xét
g x f x m ( ) ( ) = +
trên [0; 2] có
2
g x f x x ( ) ( ) 3 3 = = − .
Do đó:
1 [0;2]
( ) 0
1 [0;2]
x
g x
x
= =
= −
Ta có:
g m g m g m (0) 1, (1) 1, (2) 3 = + = − = + .
Khi đó:
max ( ) (2) 3;min ( ) (1) 1 [0;2] [0;2] g x g m g x g m = = + = = − .
Suy ra:
max ( ) max{| 1|;| 3|} [0;2] h x m m = − + .
Trường hợp 1:
( 1) ( 3) 0 1 m m m − + + − .
max ( ) 3 1 3 2 [0;2] h x m= + − + =
. Dấu "=" xảy ra khi
m =−1.
Trường hợp 2:
( 1) ( 3) 0 1 m m m − + + − .
max ( ) 1 ( 1) 1 2 [0;2] h x m = − + − − + =
. Dấu "=" xảy ra khi
m =−1.
Vậy
m =−1
thỏa mãn đề bài.
Câu 35. Cho hai khối cầu có tổng diện tích bằng
80
tiếp xúc ngoài nhau và cùng tiếp xúc
với mặt phẳng
( ) P
lần lượt tại hai điểm A, B. Tính tổng thể tích của hai khối cầu đó biết
AB = 4 2
Trang 20
20
A.
24 2 . B.
96 2
C.
96 . D.
192 .
Phương pháp giải:
Thiết lập hệ phương trình liên hệ giữa bán kính hai mặt cầu dựa vào giả thiết diện tích và
khoảng cách tiếp điểm.
Lời giải chi tiết:
Gọi
1 2 R R,
là bán kính (
R R 1 2
); I, J là tâm của các mặt cầu.
Gọi
H
là hình chiếu của
J
lên IA.
Theo bài ra, ta có hệ:
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 2
( ) ( ) ( )
4 ( ) 80 20
R R IH HJ R R R R AB
R R R R
+ = + + = − +
+ = + =
1 2 1
1 2 2
8 4
6 2
R R R
R R R
= =
+ = =
Vậy
( )
3 3
1 2
4 4 72 96
3 3
V R R = + = = .
Câu 36. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm
A B C (1; 2;0), (2; 1;3), (0; 1;1) − − − . Đường cao AH
của tam giác ABC có phương trình là
A.
1
2 2
x t
y t
z t
= +
= − +
= −
. B.
1
2
x t
y t
z t
= +
= − −
= −
C.
1
2
x t
y t
z t
= +
= − −
=
. D.
1 2
2
4
x t
y t
z t
= +
= − +
= −
.
Phương pháp giải:
Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc
H
của
A
lên đường thẳng BC, từ đó viết phương trình đường
thẳng AH.
Lời giải chi tiết:
( 2;0; 2) (1;0;1)
BC u = − − =
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng BC.
Phương trình đường thẳng BC:
2
1
3
x t
y
z t
= +
= −
= +
.
Affichage des 20 premières pages. Téléchargez le document pour le voir en entier.
Commentaires (0)
Aucun commentaire pour le moment. Soyez le premier !