tuyeển tập 80 đề thi môn toán có lời giải chi tiết

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC:
Câu 1) (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 - 2 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số
1
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = - x
9
Câu 2) (1,0 điểm)
2 x
a) Giải phương trình: cos x + 2 cos - 3 = 0
3
b) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z + z = 6 và z 2 + 2 z - 8i là một số thực.
2
Câu 3) (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 ( x - 7 x + 10) - log 4 ( x - 2) = log 1 ( x + 5)
4

Câu 4) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
ïì x ( x + 6 y - 4) + 3 y (3 y - 4) + 8 + 2( x + y ) = ( x + y ) + 4(1 - xy ) + 2
í
2
ïî 3 x - xy + 22 - 1 - y = x - 2 y + 3
Câu 5) (1,0 điểm) Tính tích phân I =

p
4

ò ( x + 2 + tan

2

x) sin xdx

0

Câu 6) (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC = a 3 , BC = 3a , ·
ACB = 300 . Cạnh
bên hợp với mặt phẳng đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm H trên
cạnh BC sao cho BC = 3BH và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích khối lăng
trụ ABC.A’B’C ' và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC).
Câu 7) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(– 3; – 4), tâm đường tròn nội tiếp
1
I(2; 1) và tâm đường tròn ngoại tiếp J( - ;1 ). Viết phương trình đường thẳng BC.
2
Câu 8) (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4; – 2; 11), B( – 2; – 10; 3) và mặt phẳng
(P): x + y – z – 4 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB và tìm điểm M trên mặt phẳng (P)
sao cho MA = MB = 13.
Câu 9) (0,5 điểm) Một hộp đựng 3 xanh , 4 bi đỏ và 5 bi vàng . Lấy ngẫu nhiên 5 bi từ hộp. Tính xác suất để
trong 5 bi lấy ra có đủ 3 màu và số bi xanh và số bi đỏ bằng nhau.
Câu 10) (1,0 điểm) Cho hai số thực a, b thuộc khoảng (0, 1) thỏa mãn (a 3 + b3 )(a + b) - ab(a - 1)(b - 1) = 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
12
a 4 + b4
+

3
ab
P=
ab
36 + (1 + 9a 2 )(1 + 9b 2 )

1


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu

Đáp án

Điểm

Câu1)
a) y = x3 + 3 x 2 - 2
y = -¥ , lim y = +¥
+ TXĐ D = R , xlim
®-¥
x ®+¥
é x = 0 Þ y = -2
+ y ' = 3x 2 + 6 x , y ' = 0 Û ê
ë x = -2 Þ y = 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------+ BBT
-¥
x
0
+¥

-2
y’
+
0
0
+
¥
y
Câu 1
-¥
-2
(2,0đ)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Hàm ĐB trên các khoảng ( -¥ ; -2 ), (0; + ¥ ) và NB trên khoảng ( -2 ; 0). Điểm cực đại đồ
thị ( -2 ; 2); điểm cực tiểu đồ thị (0; -2 )
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Đồ thị

0,25

0,25

0,25

4

2

-10

-5

0,25
5

10

-2

-4

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------1
b)Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = - x nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.
9
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------é x0 = 1 Þ y0 = 2
2
Ta có y '( x0 ) = 9 Û 3x0 + 6 x0 = 9 Û ê
ë x0 = -3 Þ y0 = -2
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Phương trình tiếp tuyến tại điểm (1, 2) là y = 9( x - 1) + 2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------+Phương trình tiếp tuyến tại điểm (– 3, – 2 ) là y = 9( x + 3) - 2

0,25
0,25
0,25
0,25
2


Câu 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------(1,0đ) Câu 2)
x
2 x
3 x

2 x
a) cos x + 2cos - 3 = 0 Û 4cos - 3cos + 2 cos - 3 = 0
3
3
3
3
x
x
x
Û (cos - 1)(4 cos 2 + 6cos + 3) = 0
3
3
3
Câu

Đáp án
x
x
Û cos = 1 Û = k 2p Û x = 6kp , k Î Z
3
3
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------b) Gọi z = x + yi . Ta có z + z = 6 Û ( x + yi ) + ( x - yi) = 6 Û x = 3 (1)

2
2
2
z 2 + 2 z - 8i = ( x + yi) + 2( x - yi ) - 8i = ( x - y + 2 x) + (2 xy - 2 y - 8)i là số thực nên
2 xy - 2 y - 8 = 0 (2).
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Từ (1) và (2) ta giải được x = 3 và y = 2. Vậy z = 3 + 2i
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------ì x 2 - 7 x + 10 > 0

ìx < 2 Ú x > 5
ï
ï
Câu 3
x-2>0
Û íx > 2
Û x>5
(0,5đ) Câu 3) b)ĐK í
ï
ï x > -5
î
îx + 5 > 0

0,25

Điểm
0,25

0,25
0,25

0,25

2
Với ĐK trên phương trình tương đương : log 4 ( x - 7 x + 10) - log 4 ( x - 2) = - log 4 ( x + 5)

Û log 4 ( x 2 - 7 x + 10)( x + 5) = log 4 ( x - 2)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------Û ( x 2 - 7 x + 10)( x + 5) = x - 2
Û ( x - 5)( x + 5) = 1 Û x = 26 (vì x > 5)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------ìï x( x + 6 y - 4) + 3 y (3 y - 4) + 8 + 2( x + y ) = ( x + y ) 2 + 4(1 - xy ) + 2 (1)

Câu 4) í
2
ïî 3 x - xy + 22 - 1 - y = x - 2 y + 3(2)
Câu 4
(1,0đ) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------+Ta có (1) Û ( x + 3 y - 2) 2 + 4 + ( x + 3 y - 2) = ( y - x) 2 + 4 + ( y - x)
+ Xét hàm f (t ) = t + 4 + t , t Î R . Ta có f '(t ) =
2

t
t +4
2

+1 =

t2 + 4 + t
t +4
2

> 0, "t Î R

Suy ra f(t) đồng biến trên R.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Ta có (1) Û f ( x + 3 y - 2) = f ( y - x ) Û x + 3 y - 2 = y - x Û y = 1 - x
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Thế y = 1 – x vào (2) ta có : x 2 + 2 x + 22 - x = x 2 + 2 x + 1 (3) . Với ĐK x ³ 0. ta có

0,25

0,25

0,25

(3) Û ( x 2 + 2 x + 22 - 5) - ( x - 1) = x 2 + 2 x - 3
Û

x2 + 2 x - 3
x 2 + 2 x + 22 + 5

-

x -1
= ( x - 1)( x + 3)
x +1
0,25
3


ộ 1
ổ
ửự
1
( x - 1) ờ
+ ( x + 3) ỗ1 ữỳ = 0 x = 1
x 2 + 2 x + 22 + 5 ứ ỷỳ
ố
ởờ x + 1
ổ
ử
1
1
+ ( x + 3) ỗ1 ữ > 0 (phi gii thớch)
x +1

x 2 + 2 x + 22 + 5 ứ
ố
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------x = 1 ị y = 0 .Vy h cú nghim (x ; y) = (1 ; 0)
Vỡ vi x 0 thỡ

Cõu

ỏp ỏn
p
4

p
4

im
p
4

sin x
dx
cos 2 x
0
0
0
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------ỡu = x + 1
ỡ du = dx
ịớ
+ t ớ
.
ợ dv = sin xdx ợv = - cos x

Cõu 5 Cõu 5) I =
(1,0)

Ta cú

ũ ( x + 2 + tan

2

x)sin xdx = ũ ( x + 1)sin xdx + ũ

p
4

p
4

p
p
2
2
= -( + 1)
+ 1 + sin x 04 = p +1
(
x
+
1)
sin
xdx

=
(
x
+
1)
cos
x
+
cos
xdx
ũ0
ũ0
4
2
8
p
4
0

0,25

0,25

0,25

------------------------------------------------------------------------------------------------------------p
4

p
4

p

4
+ sin x dx = -d (cos x) = 1
ũ0 cos2 x ũ0 cos2 x cos x 0 = 2 - 1
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
+ Vy I = p+ 2
8
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cõu 6 Cõu 6)
(1,0)
ỡ( A ' BC ) ^ ( ABC )
A'
ù
ị A ' H ^ ( ABC )
ớ( A ' AH ) ^ ( ABC )
ù A ' H = ( A ' BC ) ầ ( A ' AH )
ợ
C'
B'
Suy ra ã
A ' AH = 600

ị A ' H = AH tan 600 = a 3
2

0,25

0,25
3

9a
4
4
-------------------------------------------------------Vỡ AH 2 + AC 2 = HC 2 ị HA ^ AC ị AA ' ^ AC
1
1
S A ' AC = . AC. AA ' = .a 3.2a = a 2 3
2
2
H

0,25

---------------------------------------------------------AH 2 = AC 2 + HC 2 - 2 AC.HC .cos 300 = a 2
ị AH = a

A

B

0,25

C

VABC . A ' B 'C ' = S ABC . A ' H =

3a

3

.a 3 =

0,25

4


------------------------------------------------------------------------------------------------------------9 3
a
3 3a
ị d ( B, ( A ' AC )) = 3.VA ' ABC = 4
=
2
S A ' AC
4
a 3
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cõu 7 Cõu 7)
(1,0)
1 2
125
2
+ Phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC : ( x + ) + ( y - 1) =
(1)
2
4
x+3 y+4
x - y -1 = 0
=
+ Phng trỡnh ng thng AI :

2 + 3 1+ 4
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cõu

ỏp ỏn
+ ng thng AI ct ng trũn ngoi tip ti im th hai l D, trung im cung BC.
Honh im D l nghim khỏc 3 ca phng trỡnh :
ộ x = -3
1 2
125
9 7
2
ờ
( x + ) + ( x - 2) =
. Suy ra D( ; )
9
ờx =
2
4
2 2
ở
2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------A B
ã = IBC
ã + CBD
ã = B + A suy ra ã
ã = + v IBD
ã ị DI = DB = DC
+ Ta cú BID
BID = IBD
2 2

2 2
ị B, C nm trờn ng trũn tõm D bỏn kớnh DI cú phng trỡnh :
9
7
50
( x - )2 + ( y - )2 =
(2)
2
2
4
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Ta im B v C l nghim h phng trỡnh (1) v (2)
1 2
125
ỡ
2
+
+
=
(
)
(
1)
x
y
2
2
ùù
2
4 ùỡ x + y + x - 2 y - 30 = 0 ỡ10 x + 5 y - 50 = 0
ớ 2

ớ
ớ 2
2
2
ùợ x + y - 9 x - 7 y + 20 = 0
ợ x + y - 9 x - 7 y + 10 = 0
ù( x - 9 ) 2 + ( y - 7 ) 2 = 50
ùợ
2
2
4
Suy ra phng trỡnh ng thng BC : 10 x + 5 y - 50 = 0 hay 2 x + y - 10 = 0
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------Cõu 8)

Cõu 8 + Mp trung trc (Q) ca on AB qua trung im I(1; 6; 7) ca AB nhn AB = (-6; -8; -8)
(1,0)
lm VTPT
------------------------------------------------------------------------------------------------------------Suy ra phng trỡnh mp(Q): -6( x - 1) - 8( y + 6) - 8( z - 7) = 0 3 x + 4 y + 4 z - 7 = 0
------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Gi D = (Q) ầ (P). ng thng D l tp hp cỏc im tha h phng trỡnh:
ỡ3 x + 4 y + 4 z - 7 = 0
(1)
ớ
ợx + y - z - 4 = 0


+ (P) cú VTPT nP = (1;1; -1) , (Q) cú VTPT nQ = (3; 4; 4)

suy ra D cú VTCP u = [nP , nQ ] = (8; -7;1) . Trong (1) cho x = 1 gii c y = 2; z = 1 suy

0,25

0,25

im

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
5


ra D i qua im I(1; 2; 1). Vy phng trỡnh tham s ng thng D
ỡ x = 1 + 8t
ù
ớ y = 2 - 7t
ù z = -1 + t
ợ
------------------------------------------------------------------------------------------------------------+M ẻ D thỡ M ẻ (P) v MA = MB. Ta cú M(1 + 8t ; 2 7t ; 1 + t)
MA = 13 (8t - 3) 2 + (4 - 7t )2 + (t - 12) 2 = 169 114t 2 - 128t = 0 t = 0 hoc t = 64 / 27
569 334 7
;; )
Vy cú hai im M tha bi toỏn : M 1 (1; 2; -1) , M 2 (
57

57 57
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cõu 9)
Cõu 9
5
(0,5) + Cú C12 = 792 cỏch chn 5 bi t hp 12 bi ị W = 792
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Gi X l bin c : 5 bi ly ra cú 3 mu v s bi xanh v s bi bng nhau
1 1 3
TH1 : 1X, 1, 3V ị cú C3C4C5 = 120 cỏch chn
2 2 1
TH2 : 2X, 2, 1V ị cú C3 C4 C5 = 90 cỏch chn

Cõu
10
(1,0)

Suy ra W X = 120 + 90 = 210
WX
210 35
=
=
Vy P(X) =
W
792 132
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------12
a 4 + b4
+
3
ab
Cõu 10) P =
ab

36 + (1 + 9a 2 )(1 + 9b 2 )
---------------------------------------------------------------------------------------------------------(a 3 + b3 )(a + b)
= (1 - a)(1 - b) (*)
GT : (a 3 + b 3 )(a + b) - ab(a - 1)(b - 1) = 0
ab
(a 3 + b3 )(a + b) ổ a 2 b 2 ử
= ỗ + ữ (a + b) 2 ab .2 ab = 4ab
Vỡ
ab
aứ
ố b

0,25

0,25

0,25

0,25

v (1 - a )(1 - b) = 1 - ( a + b) + ab Ê 1 - 2 ab + ab , khi ú t (*) suy ra 4ab Ê 1 - 2 ab + ab
,
1
ỡ
1
ù0 < t Ê
03
t t = ab (t > 0) ta c 2 t Ê 1 - 3t ớ
9

ù 4t Ê (1 - 3t ) 2
ợ

------------------------------------------------------------------------------------------------------Ta cú (1 + 9a 2 )(1 + 9b 2 ) 36ab ị

12
36 + (1 + 9a )(1 + 9b )
2

2

Ê

2
1 + ab

a 4 + b4
Ê 3ab - 2ab = ab .
ab
2
1
+ ab . Du ng thc xy ra a = b = .
Suy ra P Ê
1 + ab
3
------------------------------------------------------------------------------------------------------------v 3ab -

0,25

6

2
1
+ t với 0 < t £ ,
1+ t
9
1
1
1
> 0, "t Î (0, ] Þ f(t) đồng biến trên (0, ]
ta có f '(t ) = 1 9
(1 + t ) 1 + t
9
------------------------------------------------------------------------------------------------------------ìa = b
1
6
1
1
ï
+ , dấu đẳng thức xảy ra Û í
f(t) £ f ( ) =
1 Ûa=b=
9
3
10 9
ïît = ab = 9
6
1
1

+ đạt được tại a = b =
Vậy MaxP =
10 9
3

. Xét hàm f (t ) =

0,25

0,25

7


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
2x − 1
.
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ x = 1.

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:

π
3
tan α
< α < π và sin α = . Tính A =
.
2
5
1 + tan 2 α

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = 2 − 6i. Tính môđun của z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x + 2) = 1 − log 3 x.
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:

x2 + x +

x − 2 ≥ 3( x 2 − 2 x − 2).

2

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (2 x 3 + ln x) dx.
1

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, ACB = 30o ,
Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và SH =

2a. Tính theo

a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc
đường thẳng ∆ : 4 x + 3 y − 12 = 0 và điểm K (6; 6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm
nằm trên ∆ sao cho AC = AO và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có
hoành độ bằng

24
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B.
5

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) và B (1; 1; − 1). Viết
phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc
với (P).
Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí
sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình
thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định
câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3
câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.
Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=

3( 2 x 2 + 2 x + 1)
+
3

1

1

+

2

2 x + (3 − 3 ) x + 3

----------- HẾT -----------

2

2 x + (3 +

.
3 )x + 3


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

CÂU
Câu 1
(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) (1,0 điểm)

Tập xác định: D = » \ {−1} .
● Giới hạn và tiệm cận:
lim + y = − ∞ , lim − y = + ∞ ; lim y = lim y = 2.
●

x → ( −1)

x → −∞

x → ( −1)

0,25

x → +∞

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = − 1 và một
tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2.
●

Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =

3
> 0 ∀x ∈ D.
( x + 1) 2

0,25

Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.

Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x

–∞
+

y'
y
●

+∞

–1
+∞

2

0,25

+
2
–∞

Đồ thị (C):
y

2

−1 O ½
−1

0,25

x


b) (1,0 điểm)
Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y (1) =

1
.
2

0,25
3
.
4

0,25

3
1
( x − 1) + ;
4
2

0,25

Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: k = y '(1) =
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: y =

3
1
x− .
4
4
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos 2 α = sin α.cos α = 3 cos α.
1 + tan 2 α
5
hay y =

0,25

(1)

0,25

2

3
16
cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 −   =
.
25
5
π

4
Vì α ∈  ; π  nên cos α < 0. Do đó, từ (2) suy ra cos α = − .
5
2 
12
Thế (3) vào (1), ta được A = − .
25
b) (0,5 điểm)

(2)
0,25

(3)

Đặt z = a + bi, ( a , b ∈ » ); khi đó z = a − bi . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho
trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = 2 − 6i
⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = 0

⇔

{

{

4a − 2b − 2 = 0
a=2
⇔
b = 3.
6 − 2b = 0

Do đó | z | =

Câu 3
(0,5 điểm)

2

0,25

0,25

2

2 + 3 = 13.

Điều kiện xác định: x > 0. (1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔ log 3 ( x + 2) + log 3 x = 1 ⇔ log 3 ( x ( x + 2)) = log 3 3
●

0,25

⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 1 (do (1)).

0,25

● Điều kiện xác định: x ≥ 1 + 3.
Câu 4
đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:

(1,0 điểm) ● Với điều kiện
2
(2) ⇔ x + 2 x − 2 + 2 x ( x + 1)( x − 2) ≥ 3( x 2 − 2 x − 2)
⇔
⇔

(1)
0,25

x ( x − 2)( x + 1) ≥ x ( x − 2) − 2( x + 1)

(

x ( x − 2) − 2 ( x + 1)

Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có
(3) ⇔

)(

x ( x − 2) +

x ( x − 2) +

)

( x + 1) ≤ 0.

(3)
0,50

( x + 1) > 0 nên

x( x − 2) ≤ 2 ( x + 1)
2

⇔ x − 6x − 4 ≤ 0
⇔ 3 − 13 ≤ x ≤ 3 + 13.
(4)
Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 + 3 ; 3 + 13  .



0,25


2
2
Câu 5
3
I
=
2
x
d
x
+
Ta
có:

∫
∫ ln xdx.
(1,0 điểm)
1

0,25

(1)

1

2

2

Đặt I1 = ∫ 2 x dx và I 2 = ∫ ln xdx. Ta có:
3

1

1

0,25

2

1
15
I1 = x 4 = .
2 1

2
2

2

I 2 = x.ln x 1 − ∫ xd(lnx) = 2 ln 2 − ∫ dx = 2 ln 2 − x 1 = 2 ln 2 − 1.
2

2

1

1

0,50

13
V ậ y I = I1 + I 2 =
+ 2 ln 2.
2

Câu 6
(1,0 điểm)

1
AC = a và SH ⊥ mp(ABC).
2
Xét ∆v. ABC, ta có: BC = AC .cos ACB = 2 a.cos 30o = 3a.

Theo giả thiết, HA = HC =

0,25

1
1
3 2
AC.BC.sin ACB = .2a. 3a.sin 30o =
a .
2
2
2
1
1
3 2
6a3
Vậy VS . ABC = SH .S ABC = . 2a.
a =
.
3
3
2
6
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).
(1)
Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC.
Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên
trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
Do đó S ABC =

Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
1
1
1
1
1
=
+
= 2 +
.
2
2
2
HK
SH
HN
2a
HN 2
1
3a
Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên HN = BC =
.
2
2
1
1
4
11
66a

Do đó
= 2 + 2 = 2 . Suy ra HK =
.
2
HK
2a
3a
6a
11
Thế (3) vào (2), ta được d ( C , ( SAB ) ) =

2 66a
.
11

0,25

0,25

0,25
(3)


Câu 7
(1,0 điểm)

Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các
đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc

OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng
là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.
Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:
+ A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC;
(1)
+ B là giao của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
(2)
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆.
24
(gt) nên gọi y0 là tung độ của C, ta có:
Vì C ∈ ∆ và có hoành độ x0 =
5
24
12
4.
+ 3 y0 − 12 = 0. Suy ra y0 = − .
5
5
6
 12
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là  ; −  và đường thẳng OC có
5
 5
phương trình: x + 2 y = 0.
Suy ra phương trình của d1 là: 2 x − y − 6 = 0.
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
2 x − y − 6 = 0.

{

Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).

0,50

0,25


Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của
d là: 3 x − 4 y + 6 = 0. Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là
nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
3x − 4 y + 6 = 0.

{

 6 12 
 12 36 
Giải hệ trên, ta được H =  ;  . Suy ra D =  − ;
.
5 5 
 5 5 
 6 18 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là  − ;  và đường thẳng OD có
 5 5
phương trình: 3 x + y = 0.
Suy ra phương trình của d 2 là: x − 3 y + 12 = 0.
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:

4 x + 3 y − 12 = 0
x − 3 y + 12 = 0.

0,25

{

Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).

Câu 8
1
3 1
Gọi M là trung điểm của AB, ta có M =  ; ; −  .
(1,0 điểm)
2
2 2
Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và AB = (−1; 1; − 1) là
một vectơ pháp tuyến của (P).
3 
1
1


Suy ra, phương trình của (P) là: (−1)  x −  +  y −  + (−1)  z +  = 0
2 
2
2


hay: 2 x − 2 y + 2 z − 1 = 0.

Ta có d (O , ( P)) =

| −1|
22 + (−2)2 + 22

=

1
2 3

.

Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: x 2 + y 2 + z 2 =

0,25

0,25

0,25

1
12

0,25

hay 12 x 2 + 12 y 2 + 12 z 2 − 1 = 0.

Câu 9
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí
(0,5 điểm) thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ

3 câu hỏi thí sinh B chọn.
3
Vì A cũng như B đều có C10
cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy

( )

0,25

2

3
tắc nhân, ta có n(Ω) = C10
.

Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống
nhau”.
Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi
3
3
giống như A nên n ( Ω X ) = C10
.1 = C10
.
Vì vậy P ( X ) =

n (Ω X )
n( Ω)

=

3
C10
3 2
10

(C )

=

1
1
=
.
3
C10 120

0,25


Câu 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm A( x ; x + 1) ,
(1,0 điểm)
 3

1
3
1
B 
; −  và C  −
; −  .
2

2
 2
 2
OA OB OC
Khi đó, ta có P =
+
+
, trong đó a = BC, b = CA và c = AB.
a
b
c

0,25

Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:
OA.GA OB.GB OC.GC 3  OA.GA OB.GB OC.GC 
P=
+
+
= 
+
+
,
a.GA
b.GB
c.GC
2  a.ma
b.mb
c.mc 
trong đó ma , mb và mc tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A,

B, C của ∆ABC.

0,25

Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có
1
a.ma =
. 3a 2 2b 2 + 2c 2 − a 2
2 3
2
2
2
2
a 2 + b2 + c 2
1 3a + 2b + 2c − a
≤
.
=
.
2
2 3
2 3
a2 + b2 + c 2
a2 + b2 + c2
Bằng cách tương tự, ta cũng có: b.mb ≤
và c.mc ≤
.
2 3
2 3

(

)

(

Suy ra P ≥

)

3 3
( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) .
a + b2 + c 2

0,25

(1)

2

Ta có: OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC.

(2)

OA.GA + OB.GB + OC.GC
= OG + GA .GA + OG + GB .GB + OG + GC .GC

(

)

(

(

)

(

)

)

= OG. GA + GB + GC + GA2 + GB 2 + GC 2
4 2
a2 + b2 + c2
ma + mb2 + mc2 =
.
9
3
Từ (1), (2) và (3), suy ra P ≥ 3.
=

(

)

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy P = 3 khi x = 0.
Vậy min P = 3.

0,25

(3)


SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn : TOÁN – ĐỀ SỐ 12
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề

Câu 1(2.0 điểm). Cho hàm số y 

2x 1
(1)
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số (1) .
b) Gọi M là giao điểm của (C) và đường thẳng y = 1. Viết phương trình ti ếp tuyến với (C) tại M.
Câu 2(1 điểm).

1
a) Giải phương trình: cos 2 x   (2cos x  1)s inx  0 .
2
b) Tìm tọa độ điểm biểu diễn số phức z biết iz  (2  i ) z  3i  1 .
Câu 3(1.0 điểm).
a) Giải bất phương trình: log 2  x 2  2 x   log 1  3 x  2   0, x  R .
2

b) Đa giác đều 20 cạnh. Lấy 3 đỉnh bất kì trong 20 đỉnh của đa giác. Tìm xác suất để các đỉnh lấy ra tạo

thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho.
1

Câu 4(1.0 điểm). Tính tích phân I    2  e  x xdx .
0

Câu 5(1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông canh a. M ặt bên SAB là tam giác vuông tại
S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng AB là điểm H
thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Goi I là giao điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).
Câu 6(1.0 điểm). Trong không gian 0xyz cho mặt phẳng (P): 2x + 3y + z – 11 = 0. Viết phương trình m ặt
cầu (S) có tâm I(1; -2; 1) và tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.
Câu 7(1.0 điểm). Trong mp tọa độ 0xy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A(-1;4) trực tâm H. Đường thẳng
AH cắt cạnh BC tại M. Đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là
I(2; 0). Đường thẳng BC đi qua P(1; -2). Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác biết B thuộc đường thẳng d:
x + 2y – 2 = 0.
1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3 xy
Câu 8(1.0 điểm). Giải hệ phương trình 
 y  1  x 2  2 y 2  2 y  x

 x, y  R 

Câu 9(1.0 điểm).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5  x 2  y 2  z 2   9  xy  2 yz  zx  Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P 

x
1

2

y  z  x  y  z 3
2

---------------Hết----------------


HƯỚNG DẪN – ĐÁP SỐ

4
2
 1 
Câu 1: b) Giao điểm M   ;0  , phương trình ti ếp tuyến tại M là y   x 
3
3
 2 
Câu 2: a) cos 2 x  (1  2 cos x)(sin x  cos x)  0   cos x  sin x  sin x  cos x  1  0
ĐS: x 



 k ; x   l 2 ; x    m2
4
2

b) Gọi z = a + bi  a, b  R  Ta

 a  2
2a  2b  1 

có iz  (2  i ) z  3i  1  i (a  bi )  (2  i )(a  bi )  3i  1  

3 . Vậy điểm biểu diễn
b


2b  3

2

3
số phức z là M (2;  )
2
Câu 3: a) Tập nghiệm S   2;  

b) Số phần tử của không gian mẫu là 1680, Số kết quả thuận lợi

cho biến cố A là 540. Xác suất cần tìm P( A) 
1

Câu 4: I    2 x  e

1 x

0

Câu 5: VSABC 

1

1

xdx   2 x dx   xe
2

0

1 x

0

9
.
28

4
dx    e .
3

a 3 11
a 517
; d  AM , SB  
12
47

Câu 6: Phương trình m ặt cầu ( S ) :  x  1   y  2    z  1  14 . Tọa độ tiếp điểm H(3;-1;2).
2

2

2

Câu 7: Nhận thấy tứ giác BMHN nội tiếp đường tròn tâm I(2;0) đư ờng kính BH.
 
B(2-2b;b), H(2b+2;-b). AH .BP  0  b  1  B (4; 1), H (0;1) Đường BC: x – 3y – 7 = 0, AC: 2x – y + 6
= 0, suy ra C(-5; -4).
Câu 8: ĐK: y  -1. Xét (1): 1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3 xy . Đặt

x2  2 y 2  t t  0

2
2
2
Phương trình (1) trở thành: t  1  y  t  x  2 y  x  2 y  3xy  0

 = (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2
2
2
t   x  y  1  x  2 y   x  y  1


 x2  2 y 2  x  2 y
t  x  2 y


Với


Với

x  2 y   x  y  1 , thay vào (2) ta có:
2

2

1

y  
y 1  3y 1  
 y0
3
9 y 2  5 y  0


x 2   x  1 (vô nghiệm)

1  5
x 
 y  1  2 x

4
x 2  2 y 2  x  2 y , ta có hệ: 

2
2
 x  2 y  x  2 y
y  1 5

2


 1  5 1  5 

;

4
2 


Vậy hệ phương trình có nghi ệm  x; y   

Câu 9: Từ điều kiện: 5x2 + 5(y2 + z2) = 9x(y + z) + 18yz
 5x2 - 9x(y + z) = 18yz - 5(y2 + z2)
1
1
2
2
Áp dụng BĐT Côsi ta có: yz   y  z  ; y 2  z 2   y  z   18yz - 5(y2 + z2)  2(y + z)2.
4
2
Do đó: 5x2 - 9x(y + z)  2(y + z)2  [x - 2(y + z)](5x + y + z)  0
 x  2(y + z)

P

x
1
2x
1
4
1






3
2
3
3
2
y  z  x  y  z
 y  z   x  y  z  y  z 27  y  z 
2

Đặt y + z = t > 0, ta có: P  4t Xét hàm  P  16.
1

 y  z  12
Vậy MaxP = 16 khi 
x  1

3

1 3
t
27


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn : TOÁN – Đề số 13

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

Câu 1 ( 2,0 điểm ). Cho hàm số y  x3  3mx 2  1 (1).
a) Khảo sát sự bi ến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 .
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng (d) y = - x + 1 tại 3 điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).

1



a)Gọi x là một góc trong tam giác ABC thoả mãn 2cos  x    s inx  3  cos x 
3
2



ứng
minh
tam
giác
ABC
vuông.
Ch

b)Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

z

6  7i
. Tìm phần thực của số phức z 5

1  3i
5

x  ln x 2
dx .
x2

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải bất phương trình: 52 x 1  6.5 x  1  0 .
b) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các số {0; 1; 2; 3;
4; 5; 6}. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn là một số không chia
hết cho 5.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường
x 1 y 1 z  3
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với


2
1
3
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .

thẳng d :

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I
là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm
H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC

và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác
trong của 
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương
trình đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

Câu 9 (1,0 điểm).
biểu thức:

P

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

Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của
bc
3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab

…….Hết……….


5.

(1,0 điểm)


Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0

0.25
0.25

Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t 

AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0
2

6.

2

t  3
 13 10 12 
  3 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;  
t 
7
 7 7
 7
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)
Sj
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25

0.25

Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc
  60
giữa SK và HK và bằng SKH
M
B

H

C

 
Ta có SH  HK tan SKH

a 3
2

K

A

1
1 1
a3 3
ậy
V VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3
3 2
12

0.25

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM
Ta có

7.

a 3
a 3
1
1
1
16

. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2
2
2
4
4
HM
HK
SH
3a

0.25

0,25

(1,0 điểm)


Gọi AI là phan giác trong của BAC

Ta có : 
AID  
ABC  BAI

A
E
M'

K
M

B

I

C

D

  CAD
  CAI

IAD
  CAI
 ,
 nên 

Mà BAI
ABC  CAD
AID  IAD
 DAI cân tại D  DE  AI

0,25


PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
0,25

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)


VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0

0,25

 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)

 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)

(1,0 điểm).

0.25

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
 y 1  0

Ta có (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0

Đặt u  x  y , v 

8.

0,25

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :
 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y 1
 y  2 ( vì 





4 y2  2 y  3  y 1  2 y

0.25



y 1 1  0


2
y2


 0   y  2 
2
 4 y  2 y  3  2 y 1
y 1 1

2

4 y2  2 y  3  2 y 1




1
0
y  1  1 

1
 0y  1 )
y 1 1

0.25

0.25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
9.

(1,0 điểm) .

bc

bc
bc
bc  1
1 


 


2  ab ac 
3a  bc
a(a  b  c)  bc
(a  b)(a  c)
1
1
2


Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra  b = c
ab ac
(a  b)(a  c)
Vì a + b + c = 3 ta có

Tương tự

Suy ra P 

ca
ca  1

1 
 

 và
2 ba bc
3b  ca

ab
ab  1
1 




2  ca cb
3c  ab

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c)
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =

0,25

0,25

0,25
3
khi a = b = c = 1.
2

0,25


/>
TRƢỜNG THPT QUẢNG XƢƠNG 4
TỔ TOÁN - TIN

y

Câu 1. (2 điểm)
a.
b. T

ƣ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút )

2x  2
2x  1

C 

d : y  2mx  m  1

P  OA2  OB 2

Câu 2. (1 điểm)
a. Gi
ƣơ

O

: cos2 x cos x sin x 1  0

a s ph c z  (1  2i)(2  i) 2 .
log 2 ( x  3)  log 2 ( x  1)  3
Câu 3. (0.5 điểm) Gi i ƣơ
Câu 4. (1.0 điểm) Gi i h
ƣơ
(1  y )( x  3 y  3)  x 2  ( y  1)3 . x

( x, y  ) .

3 3
2

 x  y  2 x  4  2( y  2)
5
1
Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân I  
dx .

x
3
x

1
1
Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD ó y ABCD là hình thoi c nh a .Góc
BAC  600 ,hình chi u c a S trên mặt  ABCD  trùng v i tr ng tâm c a tam giác ABC .
Tí

ô

Mặt ph ng SAC hợp v i mặt ph ng  ABCD góc 600 . Tính th tích kh i chóp
S . ABCD và kho ng cách từ B n mặt ph ng  SCD  theo a .
Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt ph ng t
Oxy, cho hình thang ABCD vuông t i A và D,
 22 14 
D(2; 2) và CD = 2AB. G i H là hình chi u vuông góc c D
Đ m M ; 
 5 5
mc H X
nh các t
m A, B, C c a hình thang bi t B thu c
ƣ ng th ng  : x  2 y  4  0
Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho (P) : x  2y  2z  3  0 , ƣ ng th ng
x 3 y6 z
x 3 y4 z 2


, d2 :

. Tìm M  d1, N  d2 sao cho MN song song
d1 :


6
4
5
2
3
2
v i (P) và kho ng cách từ MN n  P  bằng 2.
Câu 9. (0.5 điểm) M t h
11
ƣợ
từ 1 n 11. L y ngẫu nhiên 4
viên bi r i c ng các s trên viên bi l i v i nhau. Tính xác su
k t qu
ƣợc là m t
s lẻ.
Câu 10 (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba s th dƣơ
ng minh rằng:
a 2  1 b2  1 c2  1
1
1
1






.
2
2
2
4b
4c
4a
ab bc ca


/>
Câu/
ý
1a

Thang
điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM

1
\
   *SBT:

*TXĐ:
y' 

2

 2

 2 x  12

 0, x  

0.25

1  I  d  c  5  A(1;3); B(3;1)
2

1

 ;  
2


H

 1

  ;  
 2


0.25

Tí
*Đ
b

:G

0.25
0.25

O : - 1; 0); Giao Oy: (0; 2) V

2x  2
1
 2mx  m  1; x  
2x  1
2
 4mx2  4mx  m  1  0 , 1 Đặ g  x   4mx 2  4mx  m  1
 PT 1 ó
* d
PT

:


m  0


  '  4m  0  m  0

1
 g     0

  2
*G

0,25
-1/2

0,25

x1, x2

PT 1)

x1, x2

 x1  x2  1
m 1
x1.x2 

4m





+OB2 = x12   2mx1  m  1  x22   2mx2  m  1
2

2

ó: O



=  4m

2



m 1

 1 1 
  4m  m  1  2  m  1
2m 


0,25

= 4m2  1 x12  x2 2  4m  m  1 x1  x2   2  m  12
2

5
9
= 5  2m  1   2 
2
2
2
2m
D
2.a

ằ

y

 m

1
(
2

d

ĐT ô

m n);

KL: m 

dƣơ

2

0,25

1
2

cos 2 x  cos x  sin x  1  0
cos 2 x  0
 
sin  x     1
4

2
 
+) V i cos 2 x  0  x 

0,25


4



k
k 
2



0,25


/>
 x  k 2
 1


(k  )
+) V i sin  x   
 x    k 2
4
2




2
2.b

z  (1  2i )(2  i ) 2  (1  2i)(4  4i  i 2 )

0,25

 (1  2i )(3  4i )  3  4i  6i  8i 2  11  2i
V y z  11  2i  z  112  22  5 5
3

0,25

log 2 ( x  3)  log 2 ( x  1)  3 (1)
Đ XĐ:
V

Đ

>3

*

1 

*

log 2  ( x  3)( x  1)   3

0,25

 ( x  3)( x  1)  23

x  1

 x  5

4

ều ki n ta có nghi m c a (1) x = 5

i chi

2
2
 x  y  0
 x  y

Đ XĐ: 
 x  0, y  1
 x  1, y  1
Nh n xét x  1, y  1 không là nghi m c a h . Xét y  1 thì pt (1) c a h (I)

x 2  x( y  1)  3( y  1)2  ( y  1) x( y  1)  0

0,25

0,25

2

 x 
x
x

3
0
 
y 1
 y 1  y 1
x
ó,
1 ở thành
t
,t  0
y 1

0,25

t  t  t  3  0   t  1  t  t  2t  3  0  t  1.
4

2

3

V i t = 1, thì

2

x
 1  y  x  1 , th
y 1

2,

ƣợc

x 2  x  1  2 3 x 3  4  2  x  1  x 2  x  1  2  3 x 3  4   x  1   0




x2  x 1


 x  x 1  6 
0
2
2
3 3
3 x3  4
    x  1 x  4   x  1 
 
2




 x  x  1 1 



3

x

3

 4     x  1 3
2

1 5
2
1 5
3 5
y
.
V i x
2
2
 x2  x 1  0  x 

Đ ,



0

2 
3

x  4   x  1


6 x2  x 1

2

Đ i chi

0,25

ƣơ

ó

 x  1 .
0,25
 1 5 3  5 
;
m  x; y   
.
2 
 2


/>
5

2
t 2 1
 dx  tdt
3
3
Đổi c n: x  1  t  2; x  5  t  4.
Đặt t  3x  1, t  0  x 
4

0,25

4

1
1
1
I  2  2 dt  I   (

)dt
t 1
t 1 t 1
2
2
I   ln t  1  ln t  1 

0,25

4
2

0,25

I  2ln 3  ln 5

6

0,25

S
E

A
D

H

B

0,25

O

C

* G i O  AC  BD Ta có : OB  AC , SO  AC  SOB  600

SH
a 3
a

 SH  OH .tan 600 
. 3
HO
6
2
2
a 3
T ó:
ều : S ABCD  2.S ABC 
2
2
3
1
1 a a 3 a 3

V y VSABCD  .SH .S ABCD  . .
3
3 2 2
12
* Tính kh ang cách
Trong ( SBD) kẻ OE SH
ó
ó : OC; OD; OE ô
t vuông góc Và :
Xét tam giác SOH vuông t i H : tan 600 

a
a 3
3a
OC  ; OD 

; OE 
2
2
8
1
1
1
1
3a



d 
Áp d ng công th c : 2
2
2
2
d (O, SCD ) OC
OD OE
112
6a
Mà d  B, SCD   2d  O, SCD  
112
7

0,25

0,25

0,25

B

A

I

H
0.25
M

D
G

E

C

m DH ta th y ABME là hình bình hành nên ME  AD , nên E là


/>
tr c tâm tam giác ADM  AE  MD mà AE  BM nên DM  DM
Từ ó y
ƣơ
BM : 3x  y  16
T
B là nghi m c a h x  2 y  4  B(4; 4)
3x  y  16
AB IB 1

10 10

  DI  2 IB  I ( ; )
G I
m c a AC và BD, ta có
CD IC 2
3 3
P ƣơ
ƣ ng th ng AC : x  2 y  10
14 18
H ( ; ) suy ra t
P ƣơ
ƣ ng th ng DH : 2 x  y  2 suy ra t
5 5
C(6; 2)



Từ CI  2IA  A(2;4)

0.25

0.25

0.25

 x  3  6u
 x  3  2t



Ta có d1 :  y  4  3t , d 2 :  y  6  4u Suy ra M  3  2t; 4  3t; 2  2t 
 z  5u
 z  2  2t



0.25

N  3  6u;6  4u; 5u 

Ta có MN  6u  2t;10  4u  3t; 2  5u  2t  , Ve ơ
8

y

P
0.25

n p  1; 2; 2  MN.n p  0  t  u  2  0
d  MN, (P)   d  M, (P)  

12t  18

T e

3

y

0.25

12t  18  6  t  1  t  2
ó M 1; 1;0  , N  3; 2;5 

Khi t  1  u  1 ƣơ
Khi t  2  u  0 ƣơ
G 
ợ
4
n     C11  330

9

0.25

ng ta có M  1; 2; 2  , N  3;6;0 
y

S
ẻ 6,
G
y 4
TH1 T
4
y
ó1
1 3
C6C5  6.10  60 cách
TH2 T
4

y
ó3
3 1
C6C5  20.5  100 cách

4

ừ 11

,
ẵ

ó ổ

5

ẻ, 3

ẵ

S y

TH1 ó
0.25

ẻ, 1

ẵ ,S y

TH2 ó

n A
160 16


n  
330 33

 a2
1   b2
1   c2
1 
Ta có VT   2  2    2  2    2  2 
4c   4a
4a 
 4b 4b   4c

a
b
c
1 a b c 
 2 2 2   2 2 2
2b 2c 2a
2b c a 
Mặt khác:
C ng theo v

a 1 2
  ;
b2 a b

ĐT

0.25

ẻ

V y n  A   C16C35  C36C15  160 Suy ra P  A  

10

ó

b 1 2
c 1 2
  ;
 
2
c b c
a2 c a
a b
c 1 1 1
ƣợc: 2  2  2   
b c
a
a b c

0.25

0.25

0.25