Đề thi và đáp án: Thi thử THPT Quốc Gia năm 2015 Môn Toán - Trường THPT Cao Bá Quát QN

TỔ TOÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT - QN Môn: Toán

Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Câu 1:
(2 điểm)
Cho hàm số
4 2
2 1
y x mx m
   
(1), với
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
4
m

.
b) Xác định
m
để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị
tạo thành một tam giác có trực tâm là gốc tọa độ O.
Câu 2:(1 điểm) Giải phương trình:
2
1 1
1 cos 2 2sin 3
2sin sin
x x
x x

 
   
 
 

Câu 3:
(1 điểm)
Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn
bởi các đường
, 0, 1
1
x
x
xe
y y x
e
  

xung quanh trục hoành.

Câu 4:
(1điểm)

a)Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng. Chọn
ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại.
b) Giải phương trình:
     
8
4 2
2

1 1
log 3 log 1 log 4
2 4
x x x
   

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
( ) : 5 0
P x y z
   
. Viết phương
trình mặt cầu (S) có bán kính
4
R

và cắt mặt phẳng
( )
P
theo giao tuyến là đường tròn
( )
C
có tâm
(1; 2; 4)
H
 
bán kính
13
r 
.
Câu 6:(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có

(2;6)
A
, chân đường phân
giác trong của góc A là
3
2;
2
M
 

 
 
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
1
;1
2
I
 

 
 
. Xác
định tọa độ các đỉnh B và C.


Câu 7: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và
AB a

,
2

AC a

,

0
120
BAC 
. Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc
0
60
. Tính thể tích của khối
chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo
a
.

Câu 8:
(1 điểm)
Giải phương trình:


 
2 2 3
2 15 15 3 15 4x x x x x x x
       


Câu 9: (1 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3( ) 4 3 12( )
2 3 2 3
b c a c b c

P
a b a c
  
  




HẾT

DETHITHUDH.NET
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung trình bày Điểm
Câu 1 (2,0đ)
a.

(1,0đ)
Khi
4
m

hàm số (1) có dạng
4 2
8 3
y x x
  

+ Tập xác định
D




+
4 2 4 2
lim lim ( 8 3) ; lim lim ( 8 3)
x x x x
y x x y x x
   
         





0,25
+
3
' 4 16
y x x
 
0 3
' 0
2 13
x y
y
x y
  

 


    

.
x

-2 0 2


y’


-

0 + 0
-

0 +

y

3


-13 -13



0,25
+) Hàm số đồng biến trên khoảng





2;0 2;
   
và nghịch biến trên khoảng




; 2 0;2
  
.
+ Hàm số đạt cực đại tại
0, 3
CÐ
x y
 

Hàm số đạt cực tiểu tại
2, 13
CT
x y
   



0,25
Điểm đặc biệt











3;12 , 2; 13 , 0;3 , 2; 13 , 3; 13
    
.
Đồ thị:









0,25
b. (1,0đ)
Ta có
3 2
2
0
' 4 4 4 ( ) 0
x

y x mx x x m
x m


     




Hàm số có 3 điểm cực trị
' 0
y
 
có 3 nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu khi x đi qua các
nghiệm đó
0
m
 


0,25
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số:


DETHITHUDH.NET
 





2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1
A m B m m m C m m m
       



2
; 1
OB m m m
     

;


2
;
AC m m
 


0,25
Vì B,C đối xứng qua Oy nên BC luôn vuông góc với OA
Do đó O là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi
. 0
OB AC


 

2 2
( 1) 0
m m m m
      



0,25


3 2
1 0
m m m m
     

 
 
2
0
1 1 0
1
m
m m m
m


    






So ĐK chon m=1 là giá trị cần tìm

0,25

Câu 2

Giải phương trình:
2
1 1
1 cos 2 2sin 3
2sin sin
x x
x x
 
   
 
 
(1)

(1,0đ)

Điều kiện:


sin 0x x k k


   


0,25
 
2
2
2sin 1 2sin 3sin 1
1 .cos 2
2sin sin
x x x
x
x x
  
 
 
 
 







2
2sin 1 .cos 2 2 2sin 1 sin 1
x x x x
    





2
2sin 1 cos 2 2sin 2 0
x x x
    




0,25
2
1
sin
2
cos 2 2sin 2 0
x
x x





  



2

1
6
sin
5
2
2
6
x k
x k
x k





 

  


 






2 2
cos 2 2sin 2 0 cos 2 2 1 sin 0
x x x x

      

 
cos2 0
4 2
sin 1
2
2
x k
x
k
x
x k
 



 




  
 



 




(vô nghiệm)








0,25
So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình:
 
2
6
5
2
6
x k
k
x k





 





 






0,25
Câu 3

(1,0đ)

Ta có
0 0
1
x
x
xe
x
e
  

, suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi




DETHITHUDH.NET
các đường

, 0, 0, 1
1
x
x
xe
y y x x
e
   


Do đó thể tích khối tròn xoay là
 
1
2
0
.
1
x
x
xe
V dx I
e
 
 



0,25
Đặt
 

2
1
1
1
x
x
x
u x
du dx
e
dv dx
v
e
e







 

 
 





0,25
1
1 1
0
0 0
1
1
1 1 1 1
x
x x x
x dx e
I dx
e e e e
 
 
     
 
   
 
 


 
1
1
0
0
1 1

ln 1 ln
1 1 2
x
e e
x e
e e
 
     
 



0,25
1
ln
1 2
e e
V
e


 
  
 

 
(đvtt)

0,25
Câu 4 (1,0đ)

a) Tính xác suất 0,5

Có 5 bông hoa h
ồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung v
à 4 bông hoa cúc vàng. Ch
ọn ngẫu
nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại.


G
ọi A, B, C t
ương
ứng l
à 3 bi
ến cố ‘Chọn đ
ư
ợc ba bông hoa hồng bạch” ‘Chọn đ
ư
ợc
ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng”
H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc và
H A B C
  
=> P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với
3
5
3
16
C
10

P(A)
560
C
 
,

3
7
3
16
C
35
P(B)
560
C
 
,
3
4
3
16
C
4
P(C)
560
C
 
,
49 7
P(H)

560 80
 
.







0,25
Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là
H
,
7 73
P(H) 1 P(H) 1
80 80
    
.

0,25
Điều kiện:
0
1
x
x







Pt




2 2 2
log 3 log 1 log 4
x x x
    




2 2
log 3 1 log 4
x x x
    
 

0,25


3 1 4
x x x
   





  
3 1 4
3 1 4
x x x
x x x

  


  


2
2
2 3 0
6 3 0
x x
x x

  


  

1; 3
3 2 3
x x
x
  




  


So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
3; 3 2 3
x x   


0,25
Câu 5

(1,0đ)

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến


1;1;1
n 


Gọi



là đường thẳng qua H và vuông góc với mặt phẳng (P) thì




nhận
n

làm vectơ chỉ
phương





DETHITHUDH.NET
Phương trình đường thẳng



có dạng
1
2
4
x t
y t
z t
 


  


  



0,25
Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì
I

, suy ra


1 ; 2 ; 4
I t t t
    

Ta có
2 2
16 13 3
IH R r    


0,25
Mặt khác
 


 
1 2; 1; 3
3
,( ) 3
1 0; 3; 5
3

t I
t
d I P IH
t I

   
   

    




0,25
Vậy có hai mặt cầu cần tìm:
     
   
2 2 2
1
2 2
2
2
( ) : 2 1 3 16
( ): 3 2 16
S x y z
S x y z
     
    

0,25
Câu 6

(1,0đ)

Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và R là bán kính của (C), ta có
5 5 5
;5
2 2
IA R IA
 
   
 
 


Phương trình đường tròn (C) có dạng
 
2
2
1 125
1
2 4
x y
 
   
 
 

0,25
Phương trình đường thẳng AM có dạng
2 0
x
 

Gọi
( )
D AM C
 
thì tọa độ của D thỏa mãn hệ phương trình
   
2
2 2
2 0
2
1 125
1 1 25
2 4
x
x
x y y
 



 


 
 
     

 

 


2
6
x
y






(tọa độ của điểm A) hay
 
2
2; 4
4
x
D
y



 

 






0,25
Do AM là đường phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa của cung

BC
, suy ra
BC ID


Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận
5
; 5
2
ID
 
 
 
 

làm vectơ pháp tuyến có phương
trình
 

5 3
2 5 0 2 5 0
2 2
x y x y
 
       
 
 




0,25
Tọa độ của B, C là nghiệm của hệ phương trình
 
2
2
2
2 5 0
2 5
1 125
4 0
1
2 4
x y
x y
y y
x y
  


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

5 3
0 4
x x
hay
y y
  
 

 
  
 

Vậy









5;0 , 3; 4 3; 4 , 5;0
B C hay B C   





0,25
Câu 7 (1,0đ)

DETHITHUDH.NET
Tính thể tích của khối chóp S.ABC (0,5đ)
Trong tam giác ABC kẻ đường cao AH, ta có
( )
( ( )
BC AH
BC SAH
BC SA do SA ABC


 

 


BC SH

 

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng
( )
SBC
và
( )
ABC

là

0
60
SHA 

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC ta có
2 2 2 0
2 2 2
. .cos120
1
4 2 .2 . 7
2
BC AB AC AB AC
a a a a a
  
 
    
 
 

7
BC a
 







0,25
Diện tích tam giác ABC là
2
0
1 1 3 3
. .sin120 .2 .
2 2 2 2
ABC
a
S AB AC a a

  

Mặt khác
1
.
2
ABC
S BC AH




2
2
3 21
7
7
ABC
S
a a
AH
BC
a

   
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là
2 3
.
1 1 3 3 7 21
. . .
3 3 2 7 14
S ABC ABC
a a a
V S SA

  
(đvtt)

0,25
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC (0,5đ)
Dựng hình bình hành ABCD, ta có
/ /( )
AC SBD

nên






, ,( ) ,( )
d AC SB d AC SBD d A SBD
 

kẻ
( )
AK BD K BD
 
, ta có
( )
BD AK
BD SAK
BD SA



 




mà
( )
BD SBD

nên
( ) ( )
SBD SAK

theo giao tuyến SK
trong tam giác SAK kẻ đường cao AI thì


AI SBD






,
d A SBD AI
 

0,25
Tam giác ABK vuông tại K có

0
60
ABK  , nên
0
3
.sin 60
2
a
AK AB 

Tam giác SAK vuông tại A, ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 7 4 19 3 19
9 3 9 19
a
AI
AI SA AK a a a
      

Vậy
 
3 19
,

19
a
d AC SB AI 





0,25
Câu 8

Giải phương trình:


 
2 2 3
2 15 15 3 15 4x x x x x x x       


(1,0đ)

Điều kiện
0 15
x 

Biến đổi phương trình tương đương:


0,25
DETHITHUDH.NET





2 2 2
15 3 . 15 4 2 15 0
x x x x x x
       

Đặt
2
15 , ( , 0)
u x v x u v
   
, khi đó phương trình trở thành:


2 2
3 4 2 0
u uv v u v
    



2 2
3 2 2 4 0
u v u v v
     

 



 
2 2
2 2
3 2 4 2 4 4 4 2
u
v v v v v v         

Khi đó
3 2 2
2
2
v v
u v
  
 
hoặc
3 2 2
2
2
v v
u v
  
  

0,25
Với
2
u v

, khi đó
2 2 2
15 2 15 4 4 15 0
x x x x x x
        


2 19 2 19
x hay x      
(loại)
Với
2
u v
 
, khi đó
2
15 2 (*)
x x  



0,25
Với điều kiện:
0 15 2 15 2 16 2 0
x x

        
nên phương trình
(*)
vô
nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm:
2 19
x   

0,25
Câu 9
Tìm GTNN của biểu thức
3( ) 4 3 12( )
2 3 2 3
b c a c b c
P
a b a c
  
  


(1,0đ)

Ta có
3 3 4 3 12 12
11 2 1 8
2 3 2 3
b c a c b c
P
a b a c

  
     
      
     

     


 
1 1 4
4 3 3
2 3 2 3
a b c
a b a c
 
    
 

 




0,25
Với mọi
, 0
x y

, ta có
1 1 4

x y x y
 

. Đẳng thức xảy ra khi
0
x y
 

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta được
1 1 4
2 3 2 3
a a a b
 


4 4 16
2 3 2 3 4 3 3
a b a c a b c
 
   




0,25
Suy ra
1 1 4 16
2 3 2 3 4 3 3
a b a c a b c
  

  

Do đó
11 16 5
P P
   


0,25
Vậy
min 5
P

, đạt được khi
2 3 3 0
a b c
  
0,25











DETHITHUDH.NET

TÔ TOÁN
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT-QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Câu 1(2điểm): Cho hàm số
1
2 1
x
y
x




a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm


M C

mà tiếp
tuyến tại
M
của


C
tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên
đường thẳng
2 1

y m
 

Câu 2 (1điểm) Giải phương trình
2
1 9
(3sin sin 3 ) cos 5cos 3 0
2 2
x x x x

 
     
 
 

Câu3 (1điểm). Tính tích phân
3
1
2 4
0
1

 

x dx
I
x x

Câu 4(1điểm). a)Tìm số phức z thỏa mãn



 
2
2
2
3 2 1 0
z z z
    

b) Cho tập hợp


1,2,3, 4,5
E 
.Gọi M là tập hợp tât cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ
số,các chữ số đôi một khác nhau thuộc E .Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M.Tính xác
suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10
Câu 5(1điểm)Trong không gian vởi hệ tọa độ
Oxyz
cho 3 điểm






2;1;0 , 0;4;0 , 0;2; 1
A B C

và đường thẳng

1 1 2
:
2 1 3
x y z
d
  
 
.Lập phương trình đường
thẳng

vuông góc với mặt phẳng


ABC
và cắt đường thẳng
d
tại điểm
D
sao cho 4
điểm
, , ,
A B C D
tạo thành một tứ diện có thể tích bằng
19
6

Câu 6(1điểm).Trong hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
     

2 2
: 1 2 4
C x y
   
và 2 đường
thẳng
1 2
: 1 0, : 1 0
d mx y m d x my m
       
.Tìm m để mỗi đường thẳng
1 2
,
d d
cắt


C
tại 2
điểm phân biệt sao cho 4 giao điểm đó tao thành 1 tứ giác có diện tích lớn nhất
Câu 7(1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông
góc với mặt phẳng (ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng
(SBM) và mặt phẳng (ABC) bằng 45
0
. Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ
D đến mặt phẳng (SBM).
Câu 8 (1điểm).Giải hệ phương trình


3 6

6 2 6
1 2 3
1 4 5
y x y x
x y x

 


 



Câu 9(1điểm) .Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn
 
1 1 1
9
a b c
a b c
 
    
 
 

DETHITHUDH.NET
Chứng minh rằng:
 
4 4 4
4 4 4
1 1 1

38025
a b c
a b c
 
    
 
 

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
DETHITHUDH.NET
Câu 1
(2.0đ)
a) 1.0đ
TXĐ:

1
\
2
D R
 

 
 


 
/
2
3
2 1
y
x



,
x D
 

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1 1
( ; );( ; )
2 2
 

0,25

Giới hạn:
1 1
2 2
lim , lim
x x
y y
 
   
 
   
   
   
nên
1
2
x

là tiệm cận đứng
1
lim lim
2
x x
y y
 
 
nên

1
2
y

là tiệm cận ngang



0,25
Bảng biên thiên:
X
-
1
2
+

y'
- -
y
1
2
+


-

1
2

0,25
Đồ thị:

0,25
b) 1.0đ


Pt tiếp tuyến tại


0 0
,
M x y
là
 
 
0 0
2
0
3
2 1
y x x y
x
   


0,25


Gọi A,B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành,trục tung tương ứng
Nên
 
2
0 0
2
0
2 4 1
2 1
B
x x
y
x
 


và trọng tâm G của tam giac OAB có
 
2
0 0
2
0
2 4 1
3 2 1
G
x x

y
x
 




0,25



Theo giả thiết nó nằm trên đường thẳng
2 1
y m
 
nên
 
2
0 0
2
0
2 4 1
2 1
3 2 1
x x
m
x
 
 


Ta lại có
 
 
   
2
2
2 2
0 0
0 0 0
2 2 2
0 0 0
6 2 1
2 4 1 6
1 1
2 1 2 1 2 1
x x
x x x
x x x
 
 
    
  





0,25
DETHITHUDH.NET

Vậy để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán thì
1 1
2 1
3 3
m m

   



0,25
Câu 2
(1.0đ)
Phương trình đã cho tương đương:
3 2 3 2
2sin sin 5 5sin 3 0 2sin 5sin sin 2 0
x x x x x x
         


0,25
2
2
sinx = - 1
(sinx + 1)(2sin 3sinx - 2) 0
2sin 3sinx - 2 0
x

x

  

 



0,25


sinx = - 1 x = - 2
2
k


 



1


2
sinx 2
2sin 3sinx - 2 0
1
sinx
2
x

 


  




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




2



0,25


Kết hợp (1) và (2), ta có:
2
6 3
x k
 
 



0,25
Câu 3
(1.0đ)
3
1
2 4
0
1

 

x dx
I

x x
=
1
3 4 2
0
( 1 )
x x x dx
 

=
 
 
1 1
3 4 5
0 0
1
x x dx x dx


0,25

   
 
1 1
4 4 5
0 0
1
1 ( 1)
4
x d x x dx

0,25

1
1
4 4 6
0
0
1 2 1
( 1) 1
4 3 6
x x x
 
   
 
 


0,25
1 1 1 2 1
2
3 6 6 3

   


0,25
Câu 4
(1.0đ)

Viết lại phương trình






2
2 2 2 2
3 (2 ) 0 3 2 3 2 0
z z iz i z z iz i z z iz i
              

Pt
 
2
2
3 2 0 2 2 1 9
z z iz i z i
        
có 2 nghiệm
1 , 2
z i z i
    




0,25

 
2
2
3 2 0 2 2 1 9
z z iz i z i
        
có 2 nghiệm
1 , 2
z i z i
    

Pt có 4 nghiệm
1 , 2 ,1 , 2
i i i i
     



0,25
(VN)
DETHITHUDH.NET

Số các số thuộc M có 3 chữ số là
3
5
60
A


Số các số thuộc M có 4 chữ số là

4
5
120
A 

Số các số thuộc M có 5 chữ số là
5
5
120
A 

Suy ra số phần tử của M là :60+120+120=300



0,25



Các tập con của E có tổng các phần tử băng 10 gồm






1 2 3
1, 2,3, 4 , 2,3,5 , 1,4,5
E E E  

Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số băng 10
Từ
1
E
lập được số các chữ số thuộc A là 4!
Từ mỗi tập
2
E
và
3
E
lập được số các số thuộc A là
3
!
Suy ra số phần tử của A là 4!+2.3!=36

Do đó xác suất cần tính là
36
0,12
300
P  






0,25
Câu 5
(1,0đ)

 
( 2;3;0); ( 2;1; 1); , 3; 2; 4
AB AC AB AC
 
       
 
  


Phương trình đường thẳng

có VTCP


3;2; 4
u
 



0,25

Với
 
3 3
1 3;0;5 : 2
5 4

x t
t D y t
z t
 


    


 






0,25

Với
16 3
17 19 47 19
16; ; : 2
2 2 2 2
47
4
2
x t
t D y t
z t


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






0,25
Câu 6
(1,0đ)



Đường tròn



C
có tâm


1;2
I
và có bán kính
2
R


Véc tơ pháp tuyến của
1 2
,
d d
lần lượt là




1 2 1 2 1 2
;1 , 1; . 0
n m n m n n d d
      
   




0,25

DETHITHUDH.NET
















Gọi A,B là giao điểm của
1
d
với


C
,C,D là giao điểm của
2
d
với



C

(A,B,C,D theo thứ tự trên đường tròn)

1 2
,
h h
lần lượt là khoảng cách từ
I
đến
1
d
,
2
d

Ta có
1 2
2 2
1
,
1 1
m
h R h R
m m
   
 
nên
1
d

,
2
d
luôn cắt


C
tại 2 điểm phân biệt
2 2 2 2
1 2
2 , 2
AB R h CD R h
   


  
2 2 2 2
1 2
2 2
2 2
2 2
1
. 2 .
2
4 3 3 4
4 3 3 4
2 7
1 1
ACBD
S ABCD R h R h

m m
m m
m m
    
 
  
  
 





0,25





0,25

Câu7
(1,0đ)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
m
 
0,25

Gọi H là giao điểm của BM và AN.
Do M, N là các trung điểm nên
BM AN


( )SA mp ABCD
BM SH
BM AN


 





SA AH SHA
  nhọn
Suy ra

SHA
là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên


0
45
SHA 

AS
AH a
  








0,25









0,25
DETHITHUDH.NET

Trong tam giác vuông ABM:

2 2 2
1 1 1
AB AM AH
 

2 2 2 2 2
2 2
1 4 1 5 1
5 5 5
AB AB AH AB AH
AB AH AB AH a
    
    

dt(ABNM) = dt(ABCD) - dt(BCN) - dt(MND)
= 5
2 2 2
2
5 5 25
4 8 8
a a a
a   

Suy ra thể tích hình chóp S.ABNM là:

2 3
1 25 25
. .
3 8 24
a a

V a 






0,25




Gọi F là trung điểm BC. Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM).
Gọi E là giao điểm của DF và AN
Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM))
Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì
( )
EK mp SBM


Từ đó d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) = EK
M trung điểm AD nên H là trung điểm AE

HE = HA = a
Để ý rằng

0
45
KHE 

2
a
EK 

Vậy
( , ( ))
2
a
d D mp SBM 






0,25
Câu 8
(1,0đ)





Nhận xét x=0 thay vào hệ tâ thấy vô lý


0,25


Xét

0
x

,chia 2 vế của hai pt trong hệ cho
6
x
và đặt
3
1
z
x


Ta có


 
2 2
2
2 2
2 3
2 3
4 5
2 4 5
yz z y
yz y z
z y
z y yz
 


 
 

 
 
  





Đặt
2
S z y
P yz
 




ta có hệ
2
3
4 5
SP
S P



 



Giai hệ ta được
3
1
S
P





suy ra
1
1
z
y





hoặc
2
1
2
z
y













0,5

Hệ có 2 cặp nghiệm


,
x y
là


1,1
và
3
1 1
,
2 2
 
 
 
 

0,25
DETHITHUDH.NET
Câu 9
(1,0đ)
Đặt
a b
t
b a
 

   
 
2
1 1 1 1 1 1 1
9 1
3 2 2 2 1
14
a b
a b c a b c
a b c a b c a b
t t t
t
  
     
           
     
 
     
 

      
 


   
   
   
4 4 4 4 4
4 4 4 4 4
4 4
4 4 4 4 4
4 4 4 4 4 4 4
2
2
4 4 2
4 4
1 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
1 2
1 1
1 1 38025
a b c a b
a b c a b
a b
c a b a b
c a b a b a b
a b t
a b
   

        
   
   

     
         
     
     
 
 
      
 
 
 
 
 






0,5

0,5

DETHITHUDH.NET