1000 ĐỀ TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC MỚI NHẤT

HỒ XUÂN TRỌNG

TẬP 13
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN

NĂM 2014-2015

hoctoancapba.com
hoctoancapba.com
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: ………….
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2


Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số = −

+ 3−2.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng
:= −−2.

Câu 2 (1 điểm).
1. Giải phương trình: sin2+ 2cos−sin−1 = 0
2. Giải phương trình: 3

−4.3

+ 27 = 0
Câu 3 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
3
3 2y x x   
và 2y x  
Câu 4 (1 điểm).
1. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa
mãn:
|
2−1
|
=
√
5.
2. Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm
thẻ trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số
chia hết cho 3.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp . có đáy là tam giác  đều cạnh bằng 3. Chân
đường cao hạ từ đỉnh S lên mp() là điểm H thuộc cạnh AB sao cho =3.;
góc tạo bởi đường thẳng  và mp() bằng 60

. Tính theo a thể tích của khối
chóp . và khoảng cách giữa hai đường thẳng  và .
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  cho hình thang cân  có hai đáy là  và

BC; biết = , = 7. Đường chéo AC có phương trình −3−3 = 0; điểm
(−2;−5) thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng  biết rằng
đỉnh (1;1).
Câu 7 (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
(

)
:−+ + 2= 0 và
điểm (1;−1;2). Tìm tọa độ điểm ′ đối xứng với điểm  qua mặt phẳng ().
Viết phương trình mặt cầu đường kính ′.
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình:

2
2 2
2 2 3 2
1
( 1) 2 1
4 ( 3 2)( 2 1)
y
x y
x
y y x x x

 

   

 
 



     


Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực dương ,, thỏa mãn ≥1,≥1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
3
2
1 1 3( 1)
x y z
P
y x xy

  
  
.




Đ
Ề
THI TH
Ử
THPT QU
Ố
C GIA
LẦN 2 - NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút

H
Ế
T
- Cán bộ coi thi không
gi
ải thích gì thêm
- Thí sinh không được dùng tài liệu
3
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Nội dung Điểm
1.1
(1đ)
- Khảo sát và vẽ đồ thị
1/ TXĐ : =
ℝ

2/ Sự biến thiên:
 Giới hạn:
lim
→±
= lim
→±
(
−

+ 3−2
)
= ∓∞
 Chiều biến thiên: 


= −3

+ 3 ⟹

= 0 ⟺= ±1
Bảng biến thiên
x  -1 1


y’ − 0 + 0 −
y

0

-4 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−1) và (1;+∞)
Hàm số đồng biến trên khoảng (−1;1)
Hàm số đạt cực tiểu tại =−1,

= −4
Hàm số đạt cực đại tại
= 1,
Đ
= 0
3/ Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm
(0;−2), cắt trục Ox tại các điểm (−2;0)
và (1;0).
- Đồ thị hàm số nhận điểm uốn

(0;−2) làm tâm đối xứng.






0,25đ




0,5đ



\



0,25đ




1.1
(1đ)
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng
:= −−.
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

−

+ 3−2 = −−2 ⟺

−4= 0 ⟺

= 0
= ±2

Suy ra các tiếp điểm là: 
(
0;−2
)
,
(
2;−4
)
,(−2;0)
Ta có: 

= −3

+ 3
Suy ra các tiếp tuyến là: =3−2
=−9+ 14
=−9+ 18

0,25đ

0,25đ

0,5đ
2.1
(0,5đ)
Giải phương trình: + −−= 
sin2+ 2cos−sin−1 = 0
⟺2sin.cos+ 2cos−sin−1 =0
⟺2cos.
(
sin+ 1
)
−
(
sin+ 1
)
= 0
⟺
(
sin+ 1
)(
2cos−1
)
= 0
⟺

sin= −1
cos=



⟺

= −


+ 2
= ±


+ 2
(∈ℤ)


0,25đ


0,25đ

4
hoctoancapba.com
2.2
(0,5đ)
Giải phương trình: 

−.

+ = 

3


−4.3

+ 27 = 0
⟺3

(

)
−12.3

+ 27 = 0
Đặt = 3

,(> 0),tađượcphươngtrình:


−12+27= 0
⟺

= 3
= 9
⟺

3

= 3
3

= 9
⟺


2+ 4 = 1
2+ 4 = 2
⟺

= −
3
2
= −1

Vậyphươngtrình có 2 nghiệm là:
= −
3
2
;= −1



0,25đ



0,25đ
3.
(1đ)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
3
3 2y x x    và 2y x  

- Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số đã cho:

−

+ 3−2 = −−2 ⟺

−4= 0 ⟺

= 0
= ±2

Suy ra diện tích của hình phẳng cần tính là:
=

|(
−

+ 3−2
)
—(−−2
)
|


.
+

|(
−

+ 3−2
)

—(−−2
)
|


.
=

|


−4
|



+

|
−

+ 4
|





=


(


−4
)



+

(
−

+ 4
)




= 


4
−2





+ 

−

4
+ 2





= 4 + 4 =8
Vậy =8(đ)


0,25đ




0,25đ




0,25đ




0,25đ
4.1

(0,5đ)
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
|
−
|
=
√
.

Giả sử =+  , (,∈
ℝ
)
Suy ra:
|
2−1
|
= √5 ⟺
|
2
(
+ 
)
−1
|
= √5 ⟺
|
−2−1−2
|
= √5
⟺

(
−2−1
)

+
(
−2
)

= √5
⟺4

+ 4

+ 4+ 1 = √5
⟺

+ 

+ −1= 0
⟺

+ +
1
2


=
5
4

Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức đã cho là một
đường tròn có tâm 0;−


 và bán kính =
√


.





0,25đ



0,25đ
4.2
(0,5đ)
Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ
trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số chia hết
cho 3.
5
hoctoancapba.com
Giải:
- Số cách lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp là: 



.
- Trong 40 tấm thẻ đó có :


+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia hết cho 3


+ 1 = 14 tấm thẻ mang số chia 3 dư 1


+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia 3 dư 2
- Để tổng 3 số ghi trên 3 tấm thẻ là số chia hết cho 3 thì phải xảy ra
các trường hợp sau:
i. Cả 3 số đều chia hết cho 3: có 


cách lấy
ii. Cả 3 số đều chia 3 dư 1: có 


cách lấy
iii. Cả 3 số đều chia 3 dư 2: có 


cách lấy
iv. Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2:

có 



.


.


cách lấy.
- Suy ra xác suất cần tính là:
=



+ 


+ 


+ 












=
127
380
≈0,33





0,25đ








0,25đ
5.
(1đ)
Cho hình chóp .

có đáy là tam giác

đều cạnh bằng . Chân đường cao hạ
từ đỉnh lên mp(

) là điểm thuộc cạnh


sao cho

= .

; góc tạo bởi
đường thẳng và mp() bằng 

. Tính theo thể tích của khối chóp . và
khoảng cách giữa hai đường thẳng  và .
+ Nhận thấy ⊥(

) ⇒ là hình chiếu của  trên mặt phẳng (ABC)
⇒

= 60

là góc giữa SC và mp(ABC).
Ta có: 

= 

+ 

−2...cos60

= 9

+ 


−2.3..


= 7


⇒= 
√
7 ⇒= .tan60

= .
√
21
Lại có: 

=


√



Nên: 
.
=


.

=



.
√
21.


√


=


√







0,25đ



0,25đ
6
hoctoancapba.com

+ Dựng







⃗
= 





⃗
⇒

//⇒//
(

)

⟹
(
;
)
= 

;
(


)

= 

;
(

)

= 3.(;
(

)
)
+ Dựng ⊥ tại E ⇒⊥
(

)
⇒
(

)
⊥() (theo giao tuyến )
+ Dựng ⊥ tại ⇒⊥
(

)
⇒= (;
(


)
)
Ta có: = .sin60

=

√



1


=
1


+
1


=
4
3

+
1
21

=

29
21

⟹=

√
21
√
29

⟹

;
(

)

=
3
√
21
√
29

Vậy 
(
;
)
=


√

√





0,25đ






0,25đ
6.
(1đ)
Trong mặt phẳng tọa độ  cho hình thang cân

có hai đáy là

và BC; biết


= ,

= . Đường chéo AC có phương trình −−=; điểm
(−;−) thuộc đường thẳng


. Viết phương trình đường thẳng  biết rằng
đỉnh (;).
Giải
+ Do ABCD là hình thang cân nên
ABCD là hình thang nội tiếp
đường tròn.
Do = =  nên AC là
đường phân giác trong góc 

.
+ Gọi E là điểm đối xứng của B
qua AC ⟹∈.
Ta có phương trình  là:
3+ −4 = 0.
Gọi =∩⟹ tọa độ F là nghiệm của hệ:

−3−3=0
3+ −4 = 0
⟺
=
3
2
=−
1
2
⟹=
3
2
;−
1

2

Do F là trung điểm của BE nên = (2;−2)
Lại do ∈ nên phương trình AD là: 3−4−14 = 0
+ Điểm = ∩⟹tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

3−4−14 = 0
−3−3 = 0
⟺

= 6
=1
⟹=(6;1)
+ Gọi =(2 + 4;−2 + 3) ∈
Do = 7 ⟹

= 49 ⟺
(
4−4
)

+
(
3−3
)

= 49⟺25
(
−1
)


= 49
⟺
(
−1
)

=
49
25
⟺

−1 =
7
5
−1 = −
7
5
⟺

=
12
5
= −
2
5
⟹




= 
58
5
;
26
5



= 
2
5
;−
16
5


Tuy nhiên, điểm B và điểm D luôn nằm về 2 phía của đường thẳng AC do đó kiểm
tra vị trí tương đối của điểm B và 2 điểm D đó ta thấy chỉ có điểm 

thỏa mãn.







0,25đ

0,25đ










0,25đ




7
hoctoancapba.com
Do đó = 



;−


.
+ Do BC//AD nên phương trình đường thẳng BC là: 3−4+ 1= 0
Điểm = ∩⟹tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

3−4+1= 0
−3−3 = 0
⟺

= −3
=−2
⟹=(−3;−2)
Tuy nhiên ta tính được

= 5,=
√
13⇒

không phải là hính thang
cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm.





0,25đ
7.
(1đ)

Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
(

)
:−++ =  và điểm

(;−;). Tìm tọa độ điểm

′ đối xứng với điểm

qua mặt phẳng (). Viết
phương trình mặt cầu đường kính

′.
+ Gọi Δ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P), khi đó Δ nhận vectơ pháp
tuyến 
⃗
= (1;−1;1) của mp(P) là vec tơ chỉ phương. Do đó phương trình tham
số của Δlà:

= 1 + 
=−1 −
= 2 + 

+ Gọi = Δ∩() ⟹ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:

= 1 + 
=−1 −
= 2 + 
−++ 2 = 0

⟺
= −2
= −1
= 1
= 0
⟹=(−1;1;0)
+ Gọi 

là điểm đối xứng của A qua mp(P) khi đó I là trung điểm của ′
⟹

= (−1;3;−2)
+ Mặt cầu đường kính ′ có tâm là = (−1;1;0) và bán kính = =
√
12
Suy ra phương trình mặt cầu đường kính

′ là:
(
+1
)

+
(
−1
)

+ 

= 12

0,25đ




0,25đ


0,25đ



0,25đ
8.
(1đ)
Giải hệ phương trình:
2
2 2
2 2 3 2
1
( 1) 2 1 (1)
4 ( 3 2)( 2 1) (2)
y
x y
x
y y x x x


 

   

 
 


     


+ ĐK: ≠0,−
√
2 ≤≤
√
2
PT(1) ⟺
(
+ 1
)

+ 

= 2
(
+ 1 −

)

⟺

(
+1
)(


+ −2
)
+ 

(
+2
)
= 0
⟺
(
+2
)(
+1
)(
−1
)
+ 

(
+ 2
)
= 0
⟺
(
+2

)(


+ 

−1
)
= 0
⟺

+ 2= 0(ạ)


+ 

= 1

+ Với 

+ 

= 1 ⟹

= 1 −

, thay vào PT(2) ta được PT:
4

=
(



−

+ 3−2
)


+ 1 + 1
⟺4
(


+ 1 −1
)
=
(


−

+ 3−2
)


+ 1 + 1
⟺4

+ 1 + 1


+ 1 −1=
(


−

+ 3−2
)


+ 1 + 1
⟺4

+ 1 −1= 

−

+ 3−2
⟺

−3−2 = 

−4



+ 1 (3)

0,25đ








0,25đ





8
hoctoancapba.com
+ Do 

+ 

= 1⟹

0 ≤

≤1
0 ≤


≤1
⟹

−1 ≤≤1
−1 ≤≤1

+ Xét hàm số: 
(

)
= 

−3−2 trên đoạn
[
−1;1
]

Có 

(

)
= 3

−3 ⟹

(

)
= 0 ⟺=±1

Do hàm số () liên tục trên đoạn
[
−1;1
]
và 
(
−1
)
= 0, 
(
1
)
= −4
Suy ra
min
∈[;]
() =−4, max
∈[;]

(

)
= 0
Hay 
(

)
≥−4,∀∈[−1;1] (a)
+ Xét hàm số: 
(


)
= 

−4



+ 1 trên đoạn [−1;1]
Có 

(

)
= 2−




⟹

(

)
= 0 ⟺

=0 ∈(−1;1)
= ±
√
3 ∉[−1;1]

Do hàm số () liên tục trên đoạn
[
−1;1
]
và

(
−1
)
= 
(
1
)
= 1 −4
√
2,
(
0
)
= −4
Suy ra
max
∈[;]
() =−4, min
∈[;]
() = 1 −4
√
2
Hay 

(

)
≤−4,∀∈[−1;1] (b)
+ Từ (a) và (b) suy ra PT(3) ⟺
(

)
= 
(

)
= −4 ⟺

= 1
=0
(thỏa mãn PT(1))
Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất
(
;
)
= (1;0)






0,25đ

0,25đ






9.
(1đ)
Cho các số thực dương ,, thỏa mãn ≥,≥. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
3
2
1 1 3( 1)
x y z
P
y x xy

  
  

.
+ Trước hết ta chứng minh kết quả sau:
Với ,> 0 thỏa mãn: ≥1 ta có:


+


≥


√

(1)
Thật vậy:
(
1
)
⟺
(
++ 2
)

1 +



≥2
(
+ + 

)

⟺
(
+
)

+++ 2

+2 ≥2+ 2
(
+
)
+ 2
⟺
(
+
)


−1

≥2




−1

⟺



−1

+ −2



≥0
⟺


−1

√
−




≥0 luôn đúng do ≥1 (đpcm)
+ Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta có: 

+ 2 = 

+ 1 + 1 ≥3≥3
⟹≥

+ 1
+ 1 +


+ 1
+ 1 +
1
+ 1
−2
=
(
+ +1
)



+


+


−2 ≥

2

+1



√

+



−2 (do (1))
+ Đặt =

,(≥1) ta được:
≥
(

)
=
(
2+1
)
.
2
+ 1
+
1


+ 1
−2 =
2
+1
+
1


+ 1

Ta có:

(

)
=

(

)

−

(



)

=

(

)

(

)
(


)

(



)

≥0,∀≥1
⟹

(

)
đồng biến trên
[
1;+∞
]
⟹
(

)
≥
(
1
)
=



,∀≥1 ⟹≥



Vậy 

=


⟺= = =1.



0,25đ





0,25đ



0,25đ



0,25đ
Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.

9
hoctoancapba.com
S GD & ĐT THANH HO
Trờng THPT Hậu Lộc 4

chớnh thc

S
bỏo danh




K


THI
KI
M

TRA CH
T

L

NG

B
I

D

NG

Nm hc 2014- 2015

Mụn thi: Toỏn
Lp: 12 THPT
Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao )
( thi cú 01 trang, gm 08 cõu).

Cõu 1 (2,0 im) Cho hm s
2 3
2
x
y
x



cú th (C)
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C ) ca hm s
b) Vit phng trỡnh tip tuyn vi th (C) ti giao im ca th vi trc tung
Cõu 2 (1,5 im) Gii cỏc phng trỡnh sau
a)
cos os2 sinx 0
x c x


b)

2
3 3
log 6 log 2 1
x x


Cõu 3 (1,5 im)
a) Tớnh tớch phõn:

2
sin
0
cos .
x
I e x x dx




b) Mt hp ng 9 th c ỏnh s 1,2,3, ,9. Rỳt ngu nhiờn 3 th v nhõn 3 s ghi trờn
ba th vi nhau. Tớnh xỏc sut tớch nhn c l mt s l
Cõu 4 (1,0 im) Gii h phng trỡnh sau

2
2 2
4 1 3 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x








Cõu 5 (1,0 im)
Cho x > 0, y > 0 tha món
2 2
3
x y xy x y xy

. Tỡm giỏ tr nh
nht ca biu thc

2
2 2
(1 2 ) 3
2
xy
P x y
xy

.
Cõu 6 (1.0 im) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng
: 2 0
x y

và đờng
tròn (C) :
2 2
4 2 0
x y x y

. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc

. Qua M kẻ các tiếp
tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm toạ độ điểm M, biết tứ giác MAIB có
diện tích bằng 10
Cõu 7 (1,0 im) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a hình chiếu vuông
góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA =2 HB. Góc giữa đờng
thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng
0
60
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng
cách giữa hai đờng thẳng SA và BC theo a
Cõu 8 (1,0 im) Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho t din OABC vi

1;2; 1 , 2; 1;3 , 2;3;3 , 0;0;0
A B C O

a) Tớnh th tớch t din OABC
b) Tỡm ta im D nm trờn mt phng (0xy) sao cho t din ABCD cú cỏc cnh i
din vuụng gúc vi nhau



HT
Thớ sinh khụng c s dng ti liu.
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
10
hoctoancapba.com
trêng THPT HËu Léc 4

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Gồm có 5 trang)
K
Ỳ THI
CH
ẤT L
Ư
ỢNG BỒI D

Ư
ỠNG


NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN THI: TOÁN
LỚP: 12 THPT

Câu

Ý

Hướng dẫn chấm
Đ
iê
m
Câu
1
2,0 đ
a)
1,0đ
Tập xác định:


\ 2


-
lim 2, lim 2 2
x x

y y y
 
   
là tiệm cận ngang
- Tiệm cận đứng x=2


0,25
Sự biến thiên:
 
2
1
' 0, 2
2
y x
x
    



Hàm số Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ;2)

và


2;


0,25


Bảng biến thiên:








0,25
Đồ thị :

0,25
b)
1,0đ


+ Đồ thị cắt 0y tại
3
0;
2
M
 

 
 
,
 
0
1
4
f

 



0,5
+ Tiếp tuyến tại M có phương trình
1 3
4 2

y x
 


0,5

Câu
2
1,5đ

a)

1,0đ
+ Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi ph¬ng tr×nh





sin cos 1 cos sin 0
x x x x
   

sin cos 0
sin cos 1 0
x x
x x
 




  





0,5
x


y'

y









2

2

2





11
hoctoancapba.com
+
sin cos 0 ,
4
x x x k k Z


      

0,25
+
 
2
1
sin cos 1 0 sin
3
4 2
2
2
x k
x x x k Z
x k







 

        
 

 
 



0,25



b)

0,5d

+ ĐK
6
x 
+ Với ĐK phương trình tương đương với phương trình




2
3 3

log 6 log 3 2
x x
 
  
 



0,25
 
2
0
6 3 2
3
x
x x
x


    




+
Kết hợp với ĐK nghiệm của phương trình
3
x


0,25
Câu
3
1,5 đ


a)
1,0đ






2 2
sin
0 0
cos . cos .
x
I x e dx x x dx
 
 
 

 
2 2
2
sin sin sin
1
0
0 0
cos . sin / 1
x x x
I x e dx e d x e e
 

    
 


0,25

 
2 2 2
2 2
2
0 0
0 0 0
.cos . sin sin / sin cos / 1
2 2
I x x dx xd x x x xdx x
  
 
 

       
  




0,5
Vậy
1 2
2
2
I I I e

    

0,25

b)

0,5đ

+ Gọi T là phép thử “Lấy 3 thẻ trong 9 thẻ”
3
9
84
C
   

A là biến cố “ Tích 3 số là số lẻ”
3

5
10
A
C
   



0.25
+
 
10 5
84 42
P A  

0.25
Câu
4
1,0đ


+ §K :
3
4
5
2
x
y












+ Ph¬ng tr×nh thø nhÊt trong hÖ t¬ng ®¬ng víi ph¬ng tr×nh:







2
4 1 2 5 2 1 5 2 1
x x y y
    

XÐt hµm sè :
 


 
2 2
1 3 1 0
t t

f t t f t f

      
®ång biÕn trªn R
Ph¬ng tr×nh (1) trong hÖ t¬ng ®¬ng víi ph¬ng tr×nh











12
hoctoancapba.com
 
2
2
5 2
0
2 5 2
5 4
2
x
y
x
f f x y

x
y




    









0,5
Thay vµo ph¬ng tr×nh (2) trong hÖ ta cã ph¬ng tr×nh:


2 4
25
6 4 2 3 4 7 (*)
4
x x x    

* Xét hàm số
4 2
25
( ) 4 6 2 3 4

4
f x x x x
    
trên
3
0;
4
 
 
 


2
4
'( ) 4 (4 3)
3 4
f x x x
x
  

< 0
Mặt khác :
1
7
2
f
 

 
 

nên (*)
 
1
2
1
2
x
f f x
 
 
 
   

y = 2. Tho· m·n
®iÒu kiÖn

kÕt luËn

HÖ cã nghiÖm
1
2
2
x
y






















0,5






Câu
5
1,0đ

+ Ta có
2 2
3
x y xy x y xy
   

( ) 3 (1)
xy x y x y xy
    
do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0
(1)
 
2
1 1 4
3 3 3( ) 4 0
x y x y x y
x y x y
            






1 ( ) 4 0 4
x y x y x y
          
 

0,25
(1)
1 3
1
xy x y
  


3 1
1
x y xy
  


Nên P = (x + y)
2
+ 2 -
1
xy
= (x + y)
2
+1 +
3
x y


0,25
+ Đặt x + y = t ( t
4)


2
3
1 ( )
P t f t
t
    
+Ta có
'( )
f t
= 2t -
3
2 2
3 2 3
0 t>4
t
t t

   Nên
( )
f t

đồng biến trên
nửa khoảng


4;

=>
71
( ) (4)
4
P f t f  
Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng
71
4
khi x= y = 2








0,5

Câu
6
1,0đ

+ Đường tròn (C) tâm


2;1 , 5
I R 

+
10
10 . 10
5
MAIB
S IA AM AM    

2 2
20
MI R
  

2
25
MI
 






0,5
13

hoctoancapba.com
+ Coi
     
2 2
2
; 2 , 25 2 3 25
M x x MI x x
          

2
6 0
3
2
x x
x
x
   
 










0,25
Vậy



3;1
M  
hoặc


2; 4
M
 

0,25

Câu
7
1,0đ

0,5
+
2
3
2
ABC
a
S 

+ Áp dụng định lý cosin trong tam giác AHC ta có
2
2 2 2 0
7 7
2 . .cos60
9 3
a a
HC AH AC AH HC HC     






0,25

+Tam giác vuông HSC ta có:
0
7 21
.tan60 . 3
3 3
a a
SH HC  

2 3
1 3 21 7
.
3 4 3 12
a a a
V  






0,25
+ Kẻ At//BC, HI vuông góc với At,


 
 
;
H SAI
HK SI HK SAI HK d    

+
0
2 3 3
.cos . os30 .
3 2 3
a a
IAH HI AH IHA AH c     

+
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3 3 24 7
7 7
2 6
a
HSI HK
HK HI SH a a a
        






0,25
+ Ta có
 
 
 
 
 

 
 
,
, , ,
3 3 7 3 42
.
2 2 24
2 6
SA BC
BC AIS B AIS H AIS
a a
d d d d    




0,25
A
S
C

B
K

H
I
t
14
hoctoancapba.com

GHI CHÚ: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

















Câu
8
1,0đ
a)

0,5
đ

+







1;2; 1 , 2; 1;3 , 2;3;3
OA OB OC     
  

+
 
, 5; 5; 5OA OB
 
   
 

1 40 20
, . 40 , .
6 6 3
OA OB OC V OA OB OC
   
     
   
    





0,5

b)

0,5đ
+ Coi




; ;0 0
D x y mp xy
  theo bài ra ta có
. 0
, 0
. 0
AD BC
BD CA
CD AB










 
 

 





0,25
 
1 0
2
3 5 0 2; 1;0
1
3 1 0
x y
x
x y D
y
x y
   

 


        
 
 


  


0,25
15
hoctoancapba.com
SỞ GD&ĐT TÂY NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT HOÀNG VĂN THỤ
MÔN TOÁN

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

Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số :
  
4 2
2 2
y x x (1)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số (1)
b) Dùng đồ thị (C) tìm các giá trị của m để phương trình
   
4 2
2 1 0
x x m có bốn nghiệm
phân biệt.
Câu 2.(1,0 điểm): Giải các phương trình sau:
a) cos2x + (1 + 2cosx).(sinx – cosx) = 0
b) log
2
(3 – x) + log
2

(1 – x) = 3
Câu 3.(1,0 điểm):

Tính tích phân I =
1
2
0
3 1


x x dx

Câu 4.(1,0 điểm):
a) Tìm số phức Z thỏa mãn đẳng thức:


2 2 6
Z Z Z i
   

b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam, 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ.
Người ta chọn ra từ đó 4 người để đi công tác , tính xác suất sao cho trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5.(1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(- 4;1;3) và đường thẳng d:
1 1 3
2 1 3
x y z
  
 


. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa
độ điểm B thuộc d sao cho
3 3
AB 
Câu 6.(1,0 điểm):Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB=2a ,AD=a .Hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một góc bằng 45
0

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD
b) Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (SCD)
Câu 7.(1,0 điểm): Cho hình chữ nhật ABCD có A(-1;3); Gọi M,N lần lượt thuộc hai cạnh BC,CD
sao cho

BA AM
BC BN

gọi H là giao của AM và BN , H(2;1). Tìm tọa độ điểm B biết rằng B nằm trên
đường thẳng 2x-y+1=0.
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau
3
2
2 2 1 3 1
1 2 2 1
y x x x y
y x xy x

    


   




Câu 9.(1,0 điểm): Cho a, b, c không âm và
2 2 2
3
a b c
  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
5a 5 5 4
P ab bc ca b c
      


Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

16
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN
Câu 1
Cho hàm số :
  
4 2
2 2
y x x (1)
2 điểm

a)
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số (1)

1 điểm
* Tập xác định: D =


* Giới hạn:
lim
x
y

 


0,25
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:

y

= 4x
3
–4x

0
0
1
x
y
x



 

 


Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

( 1;0)
và
 
(1 )

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng



 
; 1
và


0;1

Hàm số đạt cực đại tại x = 2 và
 
 
0
2
CÑ
y y
Hàm số đạt cực tiểu tại x =

1
và

 
( 1)
1
CT
y y




0,25
* Bảng biến thiên:

1
2
1
+ 
0
1
+
-
00
0
y=f(x)
+
-
-1
y'
x



0,25
* Đồ thị:
- Điểm đặc biệt: (0 ; 2) ; (-2; 10) ; (2 ; 10)



2
5
x
y

O
f x
 
= x
4
-2

x
2
 
+2
I
1
I
2






0,25




b)
Dùng đồ thị (C) tìm các giá trị của m để phương trình
   
4 2

2 1 0
x x m có bốn nghiệm phân biệt.


1 điểm
    
4 2
2 1 0
x x m
   
4 2
2 2 1
x x m (*)
0,25
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đường thẳng
 
1
y m

và đồ thị (C) ở câu a.
0,25
Dựa vào đồ thị (C) ta có phương trình có bốn nghiệm phân biệt khi
     
1 1 2 0 1
m m
.
Vậy: Với




0;1
m thì phương trình
   
4 2
2 1 0
x x m có bốn nghiệm
phân biệt.


0,5
Câu 2
Giải các phương trình sau:
a) cos2x + (1 + 2cosx).(sinx – cosx) = 0
b) log
2
(3 – x) + log
2
(1 – x) = 3
1 điểm

a) cos2x + (1 + 2cosx).(sinx – cosx) = 0





sin cos . cos sin 1 0
x x x x
   

0,125
17
hoctoancapba.com

4
2 sin 0
sin cos 0
4
2 ,
cos sin 1 0
2
2 sin 1
2
4
x k
x
x x
x k k
x x
x
x k






 

 



 
 

 

 

 


     


  

 

 

  
 
 






0,25
Vậy pt đã cho có nghiệm
 
, 2 , 2 ,
4 2
x k x k x k k
 
   
      


0,125

b)
log
2
(3
–

x) + log
2
(1
–

x) = 3


Điều kiện:
3 0 3
1

1 0 1
x x
x
x x
 
  
  
 
  
 


log
2
(3 – x) + log
2
(1 – x) = 3

2
log [(3 )(1 x)] 3 (3 )(1 ) 8
x x x
      

0,25


2
1
4 5 0
5

x
x x
x

 
   





So với điều kiện ta có x = -1 là nghiệm của phương trình
0,25
Câu 3
Tính tích phân I =
1
2
0
3 1


x x dx

1 điểm

Đặt
2 2 2
2
3 1 3 1 2 3
3

t x t x tdt xdx xdx tdt
        

0.25


Đổi cận
:
0 1
1 2
x t
x t
  
  

0.25


I =
2
1
2 3
0
1
2 2
3 9
t dt t



0.25


=
14
9

0.25

Câu 4
a) Tìm số phức Z thỏa mãn đẳng thức:


2 2 6
Z Z Z i
   

b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam, 5 nhà
vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Người ta chọn ra từ đó 4 người để đi
công tác , tính xác suất sao cho trong 4 người được chọn phải có
nữ và có đủ ba bộ môn.
1 điểm

a) Tìm số phức Z thỏa mãn đẳng thức:


2 2 6
Z Z Z i
   

Giả sử


,Z a bi a b  


Ta có


 
2 2 6 2 2 6
Z Z Z i a bi a bi a bi i
           

0.25

 
2
5 2 6 ; ; 6
5
a bi i a b
 
      
 
 
. Vậy
2
6
5

Z i
 

0.25


b) Chọn ngẫu nhiên 4 nhà khoa học trong 16 nhà khoa học có
4
16
C

cách
Chọn 2 nhà toán học nam, 1 nhà vật lý nữ, 1 nhà hóa học nữ có
2 1 1
8 5 3
. .
C C C
cách
Chọn 1 nhà toán học nam, 2 nhà vật lý nữ, 1 nhà hóa học nữ có
1 2 1
8 5 3
. .
C C C
cách
0.25

18
hoctoancapba.com
Chọn 1 nhà toán học nam, 1 nhà vật lý nữ, 2 nhà hóa học nữ có
1 1 2

8 5 3
. .
C C C
cách

Vậy xác suất cần tìm là :
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3
4
16
. . . . . .
3
7
C C C C C C C C C
P
C
 
 

0.25

Câu 5
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(- 4;1;3) và đường
thẳng d:
1 1 3
2 1 3
x y z
  
 


. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và
vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho
3 3
AB 

1 điểm

Đường thẳng d có VTCP là


2;1;3
u  


Vì


P d

nên (P) nhận


2;1;3
u  

làm VTPT
0.25

Vậy PT mặt phẳng (P) là -2(x+4) + 1(y – 1) + 3(z – 3) = 0

2 3 18 0
x y z
     

0.25

Vì
B d

nên B(-1-2t;1 + t; -3+ 3t)
3 3
AB 
   
2 2
2 2 2
27 3 2 6 3 27 7 24 9 0
AB t t t t t
            

0.25

3
3
7
t
t








Vậy B(- 7;4;6) hoặc
13 10 12
; ;
7 7 7
B
 
 
 
 

0.25

Câu 6
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB=2a ,AD=a
.Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo
với đáy một góc bằng 45
0

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD
b) Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (SCD)

1 điểm


A
D
B

C
S
H
M
P



Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra
(SC;(ABCD))=(SC;AC)=

SCH
=45
0

HC=a
2
suy ra SH=a
2

0.25

  
SABCD ABCD
a
V SH S SH AB AD
3
1 1 2 2
. . .
3 3 3

0.25

Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM

CD;
CD

SH suy ra CD

HP mà HP

SM suy ra HP

(SCD) Lại có
AB//CD suy ra AB// (SCD) suy ra d(A;(SCD))=d(H;(SCD))=HP
0.25
19
hoctoancapba.com

Ta có
 
HP HM HS
2 2 2
1 1 1
suy ra HP=
a
6
3

vậy d(A;(SCD))=
a
6
3

0.25
Câu 7
Cho hình chữ nhật ABCD có A(-1;3); Gọi M,N lần lượt thuộc hai cạnh
BC,CD sao cho

BA AM
BC BN

gọi H là giao của AM và BN , H(2;1). Tìm tọa
độ điểm B biết rằng B nằm trên đường thẳng 2x-y+1=0.

1 điểm

A
B
D
C
M
N



Ta có

BA AM

BC BN

suy ra tam giác BAM đồng dạng với tam giác CBN suy
ra



BAM CBN

0.25
Suy ra AM

BN 0.25
Gọi B(a;2a+1) suy ra
   
AH HB a a
(3; 2); ( 2;2 )
 

0.25
Suy ra
 
AH HB
. 0
 
3(a-2)-2.2a=0

a=-6 vậy B(-6;-11)
0.25
Câu 8

Giải hệ phương trình sau
3
2
2 2 1 3 1
1 2 2 1
y x x x y
y x xy x

    


   



1 điểm
Đk:
1 1
x
  

Hệ phương trình (I)


3
3
2
2 2 1 1
1 2 2 1
y y x x

y x xy x

    




   



0,25đ

 
 
2
1 1 , 0
1 2 2 1 2
y x y
y x xy x

  



   



Ta có (2)

2 2
1 1 2 2 1
x x x x
     


2 2
2 2 1 1 1 0
x x x x
      

0,25đ
Đặt
cos
x t

với


0;
t


Ta có
2
cos 1 2sin 1 2 sin
2 2
t t
x t x     
Nên phương trình (2) trở thành

2
2 os 2cos sin 2 sin 1 0
2
t
c t t t
   


2 sin 2 2 sin
4 2
t
t

 
  
 
 

0,25đ

 
4
3 3
4
5 5
k
t
k
k
t

 
 

  

 


 




0,25đ
(Do hàm


3
2
f t t t
 
luôn đồng

biến
)
20
hoctoancapba.com

 
 

os
0;
5
5
2 sin
10
x c
t
t l
y









 


 










là nghiệm
của hệ phương trình.
Câu 9
Cho a, b, c không âm và
2 2 2
3
a b c
  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
5a 5 5 4
P ab bc ca b c
      

1 điểm

Ta có
 


2
2 2 2
3 3
a b c a b c
     


 
2

3 9
a b c
    


3 3
a b c
    

0,25đ

Đặt
t a b c
  
với
3; 3
t
 

 

Mà
 


2
2 2 2
2
3
2 2

a b c a b c
t
ab bc ca
    

   

0,25đ

Nên
 
2
1 5
5
2 2
P t t t
  

 
' 5 0, 3; 3
P t t t
 
    
 

0,25đ

BBT

t

3
3
P’(t)


+

P(t)



22


4 5 3



Vậy
ax
22
m
P

với
3 1
t a b c
    

0,25đ

* Ghi chú: học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng thì cho điểm tối đa.

21
hoctoancapba.com
SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

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


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
(1)
1
x m
y
x



, với
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với

1m 
.
b) Tìm
m
để đường thẳng
: 2d y x 
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho diện
tích tam giác
OAB
bằng
21
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2sin 3sin 2 2 0x x  
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
( 1)ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x
 



.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
 
2 2
2
log 9 4 log 3 log 3
x
x  
.
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để
số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ) : 2 3 8 0P x y z   
và
điểm
(2;2;3)A
. Viết phương trình mặt cầu
( )S
đi qua điểm
A
, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm
thuộc trục hoành.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD

là hình thoi cạnh
a
, góc

0
60ABC  . Cạnh
bên
2SD a
. Hình chiếu vuông góc của
S
trên mặt phẳng
( )ABCD
là điểm
H
thuộc đoạn
BD
sao
cho
3HD HB
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
SD
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng
CM
và
SB

.
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đường cao và đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh
A
lần lượt có phương trình là
3 0x y 
và
5 0x y 
. Đỉnh
C
nằm trên đường thẳng
: 2 0x y   
và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
, biết đường thẳng chứa
trung tuyến kẻ từ
C
đi qua điểm
( 2;6)E 
.

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
1 1
( 1) 1
( , )

8 9 ( 1) 2
y y
x
x x y
x y
y x y


  

 



   


.
Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương
, ,x y z
thỏa mãn
x y
và
( )( ) 1x z y z  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
1 4 4
( ) ( ) ( )
P

x y x z y z
  
  
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
www.NhomToan.com
22
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1.a
(1,0đ)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x





* Tập xác định:
 
\ 1D  

* Sự biến thiên:
2
3
'
( 1)
y
x



;
' 0,y x D  
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
   
;1 và 1;+ 
.


0,25
Giới hạn:
1 1
lim ;lim
x x
y y
 
 
   

lim 2; lim 2
 
 
x x
y y
.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1x 
và tiệm cận ngang
2y
.


0,25
- Bảng biến thiên












0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm

 
0; 1
,
cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 

 
 

Đồ thị nhận điểm
 
1;2I
làm tâm đối xứng.

0,25
Câu 1.b
(1,0đ)
Tìm
m
để đường thẳng
: 2d y x 
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
diện tích tam giác
OAB
bằng
21
….


Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là
2
2 (2)
1
x m
x
x

 


Điều kiện

1x 

2
(2) 2 ( 1)( 2) 2 0 (3)x m x x x x m         
.
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3)
có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đủ là
9
0 1 8 4 0
4
1 1 2 0 2
2
m
m
m m
m

    
 
 

 
  
     
 

 


0,25
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
O
x





'y

y

1

0



2



2





23
hoctoancapba.com
Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là
1 2
,x x
. Tọa độ các giao điểm
1 1 2 2
( ; 2), ( ; 2)A x x B x x  .
 
2 2 2
2 1 2 1 2 1 1 2
( ) ( ) 2 ( ) 4 2(1 4( 2 )) 2(9 4 )AB x x x x x x x x m m            
.


0,25

: 2 2 0d y x x y     
Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là
 
2
, 2
2
d O d  
.

0,25
Diện tích tam giác
OAB
bằng
 
1
21 , . 21
2
d O d AB 


1
2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 3
2
m m m       
.

0,25
Câu 2
(1,0đ)
Giải phương trình

2
2sin 3sin 2 2 0x x  
.

2
1 cos2
2sin 3sin 2 2 0 2 3sin 2 2 0
2
x
x x x

      


0,25
3 1 1
3sin 2 cos2 1 sin 2 cos2 sin 2 sin
2 2 2 6 6
x x x x x
 
 
        
 
 


0,25
2 2
6 6
,

5
2 2
6 6
x k
k
x k
 

 


  

 


  






0,25

6
,
2
x k
k

x k





 

 


 






0,25
Câu 3
(1,0đ)
Tính tích phân
2
2
( 1)ln 1
ln
e
e
x x
I dx

x x
 


.


2 2 2 2 2
2 2
( 1)ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1
ln ln ln ln
e e e e e
e e e e e
x x x x x
I dx dx x dx x dx dx
x x x x x x x x x x
   
   
       
   
   
    



0,25
2
2
2 4 2
1

ln 1
2 2
e
e
e
x e e
M x dx x
x
e
 

 
     
 
 
 
 




0,25
2
1
ln
e
e
N dx
x x



. Đặt
1
lnt x dt dx
x
  
.
Đổi cận
2
1; 2x e t x e t     
2
1
2
ln ln 2 ln1 ln 2
1
dt
N t
t
    




0,25

Vậy
4 2
1 ln 2
2
e e

I

  


0,25
24
hoctoancapba.com
Câu 4a
(0,5đ)
Giải phương trình
 
2 2
2
log 9 4 log 3 log 3
x
x  
.

Điều kiện
9
9 4 0 log 4
x
x   

     
2 2 2 2
2
log 9 4 log 3 log 3 log 9 4 log 3 .3
x x x

x     



0,25

2
3
3 1
9 4 3 .3 3 3.3 4 0 3 4 log 4
3 4
x
x x x x x
x
x

 
           



(Thỏa mãn)


0,25
Câu 4b
(0,5đ)
b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên ……

Số phần tử của tập hợp S là 90.

Gọi
ab
là số tự nhiên có hai chữ số mà
,a b
đều là số chẵn. Ta có
   
2;4;6;8 , 0;2;4;6;8a b 
. Suy ra có
4.5 20
số
ab
.

0,25

Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là
20 2
90 9

.

0,25
Câu 5
(0,5đ)
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ): 2 3 8 0P x y z   
và……

Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm
( ;0;0)I x
. Mặt cầu (S) đi qua
(2;2;3)A
và tiếp xúc với (P)
nên ta có
 
2 2
2 8 2 8
,( ) (2 ) 4 9 (2 ) 13
4 9 1 14
x x
IA d I P x x
 
         
 




0,25
2 2 2
2 2 2
14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8)
3
14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0
29
5
x x x x
x

x x x x x x
x
         



          







0,25
Với
3 (3;0;0) 14x I IA    
Phương trình mặt cầu (S) là:
2 2 2
( 3) 14x y z   
.
0,25

Với
29 29 686
( ;0;0)
5 5 5
x I IA    
Phương trình mặt cầu (S) là:
2

2 2
29 686
5 25
x y z
 
   
 
 
.


0,25
Câu 6
(1,0đ)
Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
, góc

0
60ABC 
. Hình chiếu


Từ giả thiết có tam giác
ABC
đều, cạnh bằng

a
.
Gọi
3 3 3
3 3
2 4 4
a
O AC BD BO BD a HD BD a        

2 2
2 2 2 2
27 5 5
2
16 16 4
a a a
SH SD HD a SH      




0,25
H
O
M
C
A
D
B
S
25

hoctoancapba.com