Tuyển tập 15 đề thi thử THPT quốc gia môn toán năm 2016

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2 x  3
. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  4 trên đoạn  2;1 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2sin x  1





3 sin x  2cos x  1  sin 2 x  cos x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n .
20

1 


b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển P  x    2 x  2  , x  0.
x 

5

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC , với A  2;5 , trọng tâm
 4 5
G  ;  , tâm đường tròn ngoại tiếp I  2; 2  . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
 3 3
Câu 6 (1,0 điểm).
sin   cos 
a) Cho tan   2 . Tính giá trị của biểu thức: P 
 4cot 2  .
sin   cos 
b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Toán học và 10

thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Tiếng Anh. Trong một trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5
thành viên tham gia trò chơi. Tính xác suất sao cho trong 5 thành viên được chọn, mỗi Câu lạc bộ có ít
nhất 1 thành viên.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a.
Tam giác SAD là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy

 ABCD  . Tính thể tích khối chóp

S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD  2 AB. Điểm
 31 17 
H  ;  là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ
 5 5

nhật ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  0 và C có tung độ âm.
8 x3  y  2  y y  2  2 x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
y  2  1 2 x  1  8 x3  13  y  2   82 x  29







Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: P 

1
2 x  y  z  2  2 x  y  3
2

2

2



1
.
y  x  1 z  1

----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:...............................................................................; Số báo danh:................................


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang)
Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN TOÁN 12
Nội dung – đáp án
Điểm

\ 2

Tập xác định D 

Ta có lim y  2; lim y  2
x 

x 

0,25

lim y  ; lim y  

x 2

1

2

x 2

Đồ thị có tiệm cận đứng x  2; tiệm cận ngang y  2.
7
y'  
 0x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ,  2;   và
2
 x  2
không có cực trị.
Bảng biến thiên
2
x


y'


y
2

2

Đồ thị
Hàm số y  f  x   x3  3x 2  4 xác định và liên tục trên đoạn  2;1 và y '  3x 2  6 x

 x  0   2;1
y'  0  
 x  2   2;1
f  2  16; f  0   4; f 1  2

  2sin x  1

3

4





0,25

0,25
0,25
0,25

Vậy Giá trị lớn nhất 4 là khi x  0 , giá trị nhỏ nhất là 16 khi x  2.
PT   2sin x  1

0,25



0,25
0,25

3 sin x  2cos x  1  cos x  2sin x  1



0,25

3 sin x  cos x  1  0

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

0,25



x    k 2

1
6
+) 2sin x  1  0  sin x    
2
 x  7   k 2

6

0,25

 x  k 2

 1

+) 3 sin x  cos x  1  0  cos  x     
 x  2  k 2
3 2

3

Điều kiện: n  , n  2
n!
An2  3Cn2  15  5n  n  n  1  3
 15  5n
2!
n

2
!


a)
n  5
 n2  11n  30  0  
.
n  6

b)

1/4

20  k

0,25

0,25

k

k 20  k 20 3k
 1 
k
  2   C20  1 2 x
 x 
5 15 5
Ta phải có 20  3k  5  k  5  Số hạng chứa x 5 là C20
2 x

Khai triển P  x  có số hạng tổng quát C20k  2 x 

0,25

0,25
0,25


5

 10 10 
Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AG   ;   .
3
 3

10
4

 3  2  xM  3 
 xM  3



AG  2GM  

 M  3;0 
 10  2  y  5   yM  0
 M

 3
3


0,25

0,25

IM  1; 2  là véc tơ pháp tuyến của BC

0,25

Phương trình BC :  x  3  2 y  0  x  2 y  3  0.

0,25

a)

6
b)

tan   1
4

tan   1 tan 2 
2  1 4
P
  2.
2  1 4
5
Số phần tử của không gian mẫu là n     C20
P

0,25
0,25

Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1
thành viên”
Số kết quả thuận lợi cho A là C105  C105  504.
504 625
Xác suất của biến cố A là P  A  1  5 
.
C20 646
Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD là
S
tam giác vuông cân tại đỉnh S  SI  AD .

Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  .

0,25

0,25

S ABCD  AB.BC  a.2a  2a 2

K

AD
a
2
1
1
2a 3
 VS . ABCD  SI .S ABCD  a.2a 2 
.
3
3
3
Dựng đường thẳng  d  đi qua A và song song với
SI 

H
D

A
I

O

7

0,25

C

B

BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên
 d .
BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH  

0,25

0,25

 d  D,  SAH    2d  I ,  SAH  

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH
Ta có IH 

5
a 6
a 6
a  IK 
 d  SA, BD  
.
5

6
3
H

D

A

8

tan ACB 

N

1
2 5
 cos ACD 
 cos ACH
2
5

và sin ACH 
sin ACD 

B

0,25

C

2/4

5
5
 cos ACD 
5
5

2 5
5

0,25






 sin HCD  sin ACD  ACH 

Ta có d  H , CD  

3
5

18 2
18 2 5
 HC 
.  6 2.
5

5 3

65 
 31
Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  .
5
5


0,25

c  5
2
2
 31   67

Ta có:   c     c   72  
 C  5; 5  .
c  73
5
  5

5


Phương trình BC :  x  5   y  5  0  x  y  0 .
Gọi B  b; b  , ta có BC  CH  6 2  BC 2  72   b  5   b  5  72
2

2

0,25

b  11 loai 

 B  1;1 .
b  1

Tìm được A  2;4  , D 8; 2  .

0,25

1

2 x  1  0
x  
Điều kiện: 

2
y  2  0

y  2

Phương trình 8x3  y  2  y y  2  2 x   2 x    2 x  
3





3

y2  y2

0,25

Xét hàm đặc trưng: f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0t
Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 x  y  2
Thế 2 x  y  2 vào phương trình thứ hai ta được:

 2 x 1
  2 x  1
  2 x  1 
9

2 x  1  8x3  52 x 2  82 x  29
2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29 



2 x  1  4 x 2  24 x  29  0   2 x  1





2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

0,25

1

2x 1  0  x   y  3

2


2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0

Giải phương trình: 2 x  1  4 x2  24 x  29  0
Đặt t  2 x  1, t  0  2 x  t 2  1.
Ta được phương trình: t   t 2  1  12  t 2  1  29  0  t 4  14t 2  t  42  0
2

t  2

t  3  loai 

  t  2  t  3  t 2  t  7   0  t  1  29  loai 
2

 1  29
t 

2

3/4

0,25

3
 y  11
2
1  29
13  29
103  13 29
Với t 
x
y
2
4
2

Với t  2  x 

0,25

 1   3   13  29 103  13 29 
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ; 
;
 .
4
2
 2   2  

Đặt a  x  2, b  y  1, c  z .

Ta có a, b, c  0 và P 

1

1
2 a  b  c  1  a  1 b  1 c  1
2

2

 a  b
a 2  b2  c 2  1 

2



2

 c  1


0,25

2

1
2
Ta có
  a  b  c  1
2

2
4
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .
Mặt khác  a  1 b  1 c  1

 a  b  c  3


3

27

1
27
Khi đó : P 
. Dấu "  "  a  b  c  1

a  b  c  1  a  b  c  13

0,25

1
27
Đặt t  a  b  c  1  t  1. Khi đó P  
, t  1.
t (t  2)3
1
27
1
81

Xét hàm f (t )  
;
, t  1 ; f '(t )   2 
3
t (t  2)
t
(t  2)4
10

0,25

f '(t )  0  (t  2)4  81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4 ( Do t  1 ).
lim f (t )  0

t 

Ta có BBT.

t

1

f ' t 

+

4
0



-

1
8

f t 
0

0

Từ bảng biến thiên ta có
1
max f (t )  f (4)   t  4
8
a  b  c  1
1
maxP  f (4)   
 a  b  c  1  x  3; y  2; z  1
8
a  b  c  4
Vậy giá trị lớn nhất của P là

1
, đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 .
8

Chú ý:
- Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án.
- Câu 7. Không vẽ hình không cho điểm.

4/4

0,25


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

1
3
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  x 2 
2
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm)
1) Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 .
2) Giải phương trình 9x  7.3x  18  0

x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox.
Câu 4 (1,0 điểm)
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y 

1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z 2  az  b  0 nhận z  2  3i làm
nghiệm.
2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ
số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác
suất để số được chọn là số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2  25 và đường thẳng  :

x 2 y 3 z

 . Tìm tọa độ giao
1
2
1

điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với  và trục Ox đồng thời tiếp
xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
HB  3HA . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.
2
2

2 x  y  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2

x  y  1  4x  y  5  x  2 y  2

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi
K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và
AEB  450 , phương trình
cắt AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ·
đường thẳng BK là 3x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn



nhất của biểu thức S = a  a 2  1

 b 
b

b2  1

 c 
c

c2  1



a

……Hết……
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: ………………………...

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Nội dung

Điểm

1
3
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  x 2 
2
2

1,00

Câu Ý
1

1

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM 2016
Môn thi: TOÁN

x  0
 x  1

TXĐ: ¡ . y '  2 x3  2 x, y '  0  

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1);(0;1)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;0);(1; )
3

Điểm cực đại (1;0) , điểm cực tiểu  0;  
2

lim y   . Lập được bảng biến thiên

0,25

x 

1

2

Vẽ đúng đồ thị
2
Tìm m để phương trình  x4  2 x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt
1
3 m3
Viết lại phương trình dưới dạng  x 4  x 2  
2
2
2
m3
Pt có 4 nghiệm  y 

cắt (C) tại 4 điểm pb
2
3 m3
Từ đồ thị suy ra  
 1
2
2
0  m 1
Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 .
1

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50

y '  1  sin x  3 cos x

2

2

 1

y '  0  sin x  3 cos x  1  cos  x   
6 2



  

 x  6  3  k 2
 x  2  k 2




 x     k 2
 x     k 2


6
6
3
Giải phương trình 9x  7.3x  18  0
Đặt t  3 , t  0 ta được t  7t  18  0  t  9 (TM), t  2 (Loại)
x

2

t  9  3x  9  x  2

x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D
xung quanh trục Ox.

x2
 0  x  2 .
x 1

0,25

0,25

0,50
0,25
0,25

Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y 
3

1,00

0,25


 x2
Gọi V là thể tích khối tròn xoay thu được thì V    
 dx
x 1 
2 
0

2

0


3 
6
9 

V    1 

 dx    1 
 dx
x 1 
x  1 ( x  1) 2 
2 
2 
0

2

0,25

0

9 

   x  6ln x  1 

x  1  2

V  (8  6ln 3)

0,25

0,25

Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z  az  b  0 nhận
z  2  3i làm nghiệm
z  2  3i  z  2  3i . Thay vào pt ta được (2  3i)2  a(2  3i)  b  0
 2a  b  5  (3a  12)i  0
 2a  b  5  0
a  4


3a  12  0
b  3
Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được
2 chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu
nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ.
Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt có thể coi là một chỉnh hợp
chập 3 của 5 pt đã cho. Do đó số phần tử của E là A53  60
2

4

4

5

6

1

Gọi A là biến cố số được chọn là số lẻ  n( A)  3. A42  36

n( A) 36 3
 P( A) 


n() 60 5
Tìm tọa độ giao điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song
song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).
 có ptts là x  2  t; y  3  2t; z  t thế vào pt (S) ta được
t 2  (6  2t )2  (t  1)2  25
t  3  A(5; 3; 3)
2
3t  11t  6  0   2
t   B  8 ; 5 ;  2 
 3
3 3 3
r
Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto i  (1;0;0) và
r
u  (1; 2; 1) không cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P)
r r r
nên (P) có vtpt n  i  u  (0;1; 2)  ( P) : y  2 z  D  0
3  2  D
5
(P) tiếp xúc (S)  d ( I ;( P))  R 
5
 D  5  5 5  D  5  5 5  ( P) : y  2 z  5  5 5  0
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và SB theo a
5a
Tam giác BCH vuông tại B  HC  BC 2  BH 2 

2
0
·
·
 SCH
 45  tam giác SHC
Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH

0,50
0,25
0,25
0,50
0,25

0,25

1,00
0,25

0,25

0,25

0,25

1,00
0,25


5a

2
1
1
5a 10
VS . ABCD  S ABCD .SH  4a 2 .  a3
3
3
2
3
Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE  BE / / AC
4
4
 d( AC ;SB )  d( AC ;( SBE ))  d( A;( SBE ))  d( H ;( SBE )) (Do AB  HB )
3
3
Gọi M là trung điểm của BE.
Tam giác ABE vuông cân tại A  AM  BE, AM  a 2
vuông cân tại H  SH  HC 

0,25
0,25

3
3a 2
AM 
4
4
Kẻ HK  SI  HK  (SBE )  d( H ;( SBE ))  HK
Kẻ HI // AM  HI  BE , HI 

1
1
1
15

 2  HK 
a
2
2
HK
HS
HI
2 59
4 15
10
 d( AC ;SB )  .
a
a
3 2 59
59

Ta có

S

0,25

K
A

D

E
H
M
I
B

7

C

2
2

2 x  y  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x
Giải hệ phương trình 
2

x  y  1  4x  y  5  x  2 y  2
ĐK: y  2 x  1  0,4 x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1
 y  2x  1  0
x  1 
0  0


TH 1. 
(Không TM hệ)
3  3x  0
y 1 

1  10  1
TH 2. x  1, y  1. Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được
x y2
( x  y  2)(2 x  y  1) 
y  2 x  1  3  3x



1
( x  y  2) 
 y  2 x  1  0 . Do y  2 x  1  0
 y  2 x  1  3  3x


1,00

0,25

0,25


nên

1
 y  2x  1  0  x  y  2  0
y  2 x  1  3  3x

Thay y  2  x vào pt thứ 2 ta được x2  x  3  3x  7  2  x

 x 2  x  2  3x  7  1  2  2  x

3x  6
2 x
 ( x  2)( x  1) 

3x  7  1 2  2  x
3
1


 ( x  2) 

 1  x  0
 3x  7  1 2  2  x

3
1
Do x  1 nên

1 x  0
3x  7  1 2  2  x
Vậy x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK)
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ·
AEB  450 , phương trình

0,25

0,25

đường thẳng BK là 3x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3

8

1,00

AKB  ·
AEB  450  AKB vuông cân tại
Tứ giác ABKE nội tiếp  ·
ABK  450
A ·
r
r
Đt BK có vtpt n1  (3;1) , gọi n2  (a; b) là vtpt của đt AB và  là góc
uur uur
n1 .n2
3a  b
1

giữa BK và AB  cos   uur uur 
2
n1 n2
10. a 2  b 2

b  2a
3a  b  5. a 2  b 2  4a 2  6ab  4b 2  0  
 a  2b
r
Với a  2b , chọn n2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B(2;9) (Loại)
r
Với b  2a , chọn n2  (1;2)  AB : x  2 y  5  0  B(5;0) (TM)
Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN

 CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân

0,25

0,25

0,25


 KM 

1

1

AC 

1

.

1

BK 

uuur
uuuur
BK
 BK  4KM
4

2 2
2 2 2
7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6)
2 2
AC qua K vuông góc AB  AC : 2 x  y  0
A  AC  AB  A(1;2) . C là trung điểm của AK  C (2;4)
Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn
9

2

CK 



nhất của biểu thức S = a  a 2  1







 b 
b

Ta có lnS  b ln a  a 2  1  c ln b 

 c 
b  1   a ln  c 
2

b2  1

c


c  1
c2  1

a

0,25
1,00

2

Xét hàm số f ( x)  ln( x  x 2  1), x  0 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số

4
3
3

tại điểm  ;ln 2  có phương trình y  x  ln 2 
5
5
4


4
3
Chứng minh được ln( x  x 2  1)  x  ln 2  , x  0
5
5
4
3
 ln(a  a 2  1)  a  ln 2  . Tương tự, cộng lại ta được
5
5
4
3

lnS  (ab  bc  ca)   ln 2   (a  b  c)
5
5

1
Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab  bc  ca)  (a  b  c)2 và giả
3
9
9
thiết a  b  c  , rút gọn ta thu được ln S  ln 2 . Từ đó S  4 4 2 .
4
4
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . Vậy giá trị lớn nhất của
4
4
S là 4 2 .

0,25

0,25

0,25

0,25


SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT TRẦN THỊ TÂM
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  1 (C).
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 tung độ y  1
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:

1  cos x(2cos x  1)  2 s inx
1
1  cos x

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1  2i) z  (2  3i) z  2  2i . Tính mô đun của số phức z.
Câu 3: (0.5 điểm) Giải phương trình: log 2  3x  2   6  log 1  5 x  2 
2
2

2

 xy  2 x  5 y  3  x  2 y
Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 

x 2 y  2  y x 1  x 1  2x  2 y  2


2

Câu 5: (1 điểm) Tính tích phân: I   2 x cos 2 xdx
0

Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, SA = a. Chân đường
vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích chóp S.ABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a
Câu 7: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 0) và đường thẳng d có
phương trình:

x 1 y 1 z


.
2
1
1

a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d.
b) Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường
thẳng d.

Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh BC là x - 2y + 3
= 0, trọng tâm G(4; 1) và diện tích bằng 15. Điểm E(3; -2) là điểm thuộc đường cao của tam giác
ABC hạ từ đỉnh A. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 9: (0.5 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi từ hộp. Tính xác suất để 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng.
Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn: 5(x 2 + y 2 + z 2 ) = 9(xy + 2yz + zx ) .

x
1
.
2
y +z
(x + y + z ) 3
.............. HẾT……….

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2

Họ và tên: .........................................

SBD: ......................

(Thí sinh không được sữ dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm)


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN
CÂU
Câu 1

(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN

Điểm

a) (1,0 điểm)
+ Tập xác định: D  ¡
+ Giới hạn: lim y  ; lim y   y '  3x2  6x
x

x

0,25

+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y '  0   x  0

 x  2

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng
(  ;-2), (0;  )
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1
Bảng biến thiên:
x
-
-2
0
+
y’

+ 0 - 0 +
y
5
+
- Z
] 1 Z
+ Đồ thị (C)

0,25

0,25

y
7
6
5

0,25

4
f(x)=x^3+3x^2+1

3

x(t)=-2, y(t)=t
f(x)=5

2

x(t)=1, y(t)=t

x(t)=-3, y(t)=t

1

f(x)=1

x
-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

-1

b) (1,0 điểm)
Hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình x3  3x2  1  1. Suy ra

0,25

x0  0; x0  3

CÂU 2
(1,0 điểm)

Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là: y '(0)  0; y '(3)  9
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (0;1) là: y=1
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (-3;1) là: y=9x+28
a) (0,5 điểm)
b) Điều kiện: cos x  1  x  k 2 , k ¢
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

0,25
0,25
0,25

0,25

1  cos x(2cos x  1)  2 sinx  1  cos x  2sin x  2 sin x  2  0
2

sin x  

2

5
 x    k , k  ¢ ; x 
 k , k  ¢ (thỏa điều kiện)
2
4

4

b) (0,5 điểm)
Gọi z = x+yi  x, y  R  . Phương trình đã cho trở thành:

1  2i  x  yi    2  3i  x  yi   2  2i

0,25


  x  2 y    2 x  y  i   2 x  3 y    3x  2 y  i  2  2i

0,25

  3x  5 y     x  y  i  2  2i

3x  5 y  2  x  1


  x  y  2
y 1

0,25

Do đó z  12  12  2
CÂU 3
(0.5Điểm)

ĐK x 

2
5

Pt đã cho tương đương với log 2  3x  2  5x  2   6

0.25

  3x  2  5x  2   64

 15x2  4 x  68  0
x  2

 x   34
15


Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là: S  2
Câu 4
(1 điểm)

 y  1
x  1

ĐK : 

0.25

Pt đầu của hệ tương đương với  x  y  1 2 y  x  3  0  2 y  x  3  0 (do
đk)
Thay vào pt thứ hai, được:  2 y  3 2 y  2  y 2 y  2  2 y  2  2 y  4

  y  2





2y  2  2  0  2y  2  2  0  y 1

(thỏa đk )
Hệ pt có nghiệm duy nhất : x  5, y  1
CÂU 5
(1điểm)





2

2

0

0



x2
+  xdx 
2

0
2

2

0



2

0.25

8





2
1
12
+ J   xcos2 xdx  x sin 2 x 02   sin 2 xdx  cos2 x  0
20
4
0
0

I



0.25

0.25


2

0.25

0.25

I   xdx   x cos 2 xdx


0.25

0.25

2

8

0.25


CÂU 6
(1điểm)

S

K

A

C

H

B

Gọi H là trung điểm cạnh BC. Ta có SH là đường cao của khối chóp S.ABC
Xét SHA(vuông tại H), AH 
SABC 

3a 2 a
a 3
, SH  SA2  AH 2  a 2 
 ,
4
2
2

a2 3
4

Thể tích chóp S.ABC: VS . ABC

1

1 a a 2 3 a3 3
 SH .SABC  . .

3
3 2 4
24

0.25

0.25
* Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K. Ta có HK  SA, HK BC =>
HK là khoảng cách giữa BC và SA
1
1
1
16
a 3


 2 =>HK=
2
2
2
4
HK
HS
HA
3a

0.25

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng

a 3
4

0.25
CÂU 7
(1điểm)

a) 0.5 điểm
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, vì H  d nên ta có
H(1 + 2tuuuu
; r 1 + t ;  t).
Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)
r
Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên:
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t =

2
7 1 2
. Vậy H( ;  ;  )
3
3 3 3

0.25
0.25

b) 0.5 điểm
Ta có: MH =  ;  ;   . Đường thẳng  đi qua M, cắt và vuông góc với d

3
3
3
r
0.25
nên có một véc tơ chỉ phương u(1; 4; 2)
uuuur

1

4

2

Phương trình chính tắc thẳng  :
CÂU 8
(1điểm)

x  2 y 1 z


1
4 2

Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh
A: 2x+y-4=0.uuuu
Gọi
A(a;4-2a), trung điểm
uuur
r

đoạn BC là M(2m-3;m). Ta có AG(4  a;2a  3); GM (2m  7; m 1) , mà

0.25


a  4
uuur
uuuur

7
a  4m  18

. Vậy A(4;-4), M(4; )
AG  2GM  

7
2a  2m  1
2

m 


2

0.25

Gọi B(2b  3; b)  C (11  2b;7  b)  BC  (14  4b) 2  (7  2b) 2

CÂU 9
(1điểm)

d ( A; BC )  3 5 nên diện tích tam giác ABC bằng
1
.3 5. (14  4b)2  (7  2b) 2  15  20b2  140b  4255  0 .
2
9
9
5
Với b= ta có B(6; ); C(2; )
2
2
2
9
5
5
Với b= ta có B(2; ); C(6; )
2
2
2
4
n()  C12  495

Gọi A là biến cố” 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng.”
+ 4 bi lấy được không có bi vàng: 4bi đỏ; 1 bi đỏ + 3bi xanh; 2 bi đỏ + 2bi
xanh; 3 bi đỏ + 1bi xanh;
+ 4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng: gồm 1bi vang +2bi đỏ + 1 bi xanh, 1 bi
vàng; 3 bi đỏ.
n( A)  C54  C51.C43  C52 .C42  C53 .C41  C52 .C31.C41  C53.C31 = 275
P  A 

CÂU 10
(1 điểm)

275 5

495 9

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

Theo giả thiết ta có
5(x 2  y 2  z 2 )  9(xy  2yz  zx )  5(x  y  z )2  9(xy  2yz  zx )  10(xy  yz  zx )

 5(x  y  z )2  19x (y  z )  28yz  19x (y  z )  7(y  z )2

 x
 19x
x
 5
 1 
7 
 2  x  2(y  z )
y z
y  z
 y z

1
Mặt khác ta có (y  z )2  2(y 2  z 2 )  y 2  z 2  (y  z )2
2
2(y  z )
1
4
1



Vì vậy P 
3
1
y  z 27(y  z )3
2(y  z )  y  z
(y  z )2
2
4
1
(6t  1)2 (2t  1)


 16  16
Đặt t  y  z  0  P  
t 27t 3
27t 3


1
x  2(y  z )

x 

3
Vậy min P  16 ; dấu bằng đạt tại y  z


y  z  1
1

y  z 
12

6





(Học sinh có cách giải khác đúng cũng được tính điểm tối đa cho câu hỏi đó)

0,25

0,25

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN BÌNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x
x 1

(C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với
đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1).
Câu 2. (1,0 điểm).
a. Giải phương trình sin 2x  1  6sin x  cos 2x .
2
2
b) Tìm số phức z thỏa mãn: z  2 z.z  z  8 và z  z  2 .
72 x1  6.7 x  1  0 .

Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình

 x2   x  y  3 x  y  y

Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y  ¡ ) .
2

2
2
x

y

3
2
x

1

11
 

2

Câu 5. (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

x3  2ln x
dx .
x2

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 600. 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). 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 đường


2
1
3
thẳng d. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  5 .

thẳng d :

Câu 9. (0,5 điểm). Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.
Câu 10. (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c

 6ln(a  b  2c) .
1 a
1 b

-----------------------------Hết ----------------------Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ......................
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
1/1

1


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NINH
TRƯỜNG THCS - THPT NGUYỄN BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Bản hướng dẫn chấm có 6 trang
NỘI DUNG

Câu

Điểm

x
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
.
x 1
TXĐ : D = R\{1}
1
y’ = 
0
( x  1) 2
lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x 

1.0

x 

lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

x 1

x 1

0.5

Bảng biến thiên
1.a

x

-

1

+

-

y'

-

1

+

y

1

-

Hàm số nghịch biến trên (;1) và (1; ) ,Hàm số không có cực trị
Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

10

8

6

4

0.25

2

10

5

5

10

15

2

4

6

8

1.b

Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi
qua điểm M và điểm I(1; 1).
x0
Với x0  1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ;
) có phương trình :
x0  1
y

x02
1
x0
1

x

y

0

(
x

x
)

0
( x0  1)2
( x0  1)2
( x0  1)2
x0  1

1.0

0.5

2


uuur
1
1
,
IM  ( x0  1;
)
)
2
( x0  1)
x0  1
r uuur

 x0  0
1
1
0
Để (d) vuông góc IM điều kiện là : u.IM  0  1.( x0  1) 
2
( x0  1) x0  1
 x0  2
+ Với x0 = 0 ta có M(0,0)
+ Với x0 = 2 ta có M(2, 2)
r
(d) có vec – tơ chỉ phương u  (1;

0.5

Câu 2:1 điểm

0.25

sin 2x 1  6sin x  cos 2x
 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0

 2sin x  cos x  3  2sin 2 x  0
2a.

0. 25

 2sin x  cos x  3  sin x   0

sin x  0


sin x  cos x  3(Vn)
 x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z
2.b

2

Tìm số phức z thỏa mãn : z  2 z.z  z  8 và z  z  2
2

0. 25
0.25
0.5

2

Gọi z = x + iy ta có z  x  iy; z  z  zz  x 2  y 2
2

2

z  2 z.z  z  8  4( x 2  y 2 )  8  ( x 2  y 2 )  2 (1)
2

z  z  2  2 x  2  x  1 (2)
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i
Câu 3:0,5 điểm

72 x1  6.7 x  1  0  7.72 x  6.7 x  1  0

0.25

Đặt t=7 ,t>0
x

 3 2
(tm)
t 
7
2
Phương trình đã cho trở thành:7t -6t+1=0  
 3 2
(tm)
t 
7


0.25

3 2
)
 x  log 7(
7
Tim ra x và kết luận nghiệm của pt là 

3 2
)
 x  log 7(
7


3


Câu 4:1 điểm

 x 2   x  y  3 x  y  y 1

Hệ đã cho tương đương với 
2
2
2  x  y   3 2 x  1  11 2 
Từ (1) suy ra y  0 , vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1)

1 

x2   x  y 



3

 

x  y 1 

x2   x  y   y  0

x  y 1

 x   x  y
2

3

 x  y  3 x  y 1
2



0.25

x2  x  y  y 2



x2  x  y  y

0

0.25



x2   x  y 
x y
  0  x  y 1  0
  x  y  1 

2

 3  x  y 2  3 x  y  1
x  x y  y


Thế y  x  1 vào phương trình (2) ta được:

4 x2  4 x  2  3 2 x  1  11   2 x  1  3 2 x  1  10  0
2

Đặt t  2 x  1, t  0 , ta có t 4  3t  10  0   t  2   t 3  2t 2  4t  5  0  t  2
Khi đó

2x 1  2  x 

0.25

0.25

5
3
5 3
 y  . Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  .
2
2
2 2

Câu 5:1 điểm
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I   xdx  2 2 dx 
2 2 dx   2 2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1

0.25

2

ln x
dx
2
x

1

Tính J  

Đặt u  ln x, dv 

0.25
1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x
2

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1
2

1
1

1
1
J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2
Vậy I 

1
 ln 2
2

0.25
0.25

4


Câu 6:1 điểm

Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)

Sj

Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

0.25

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

C

·
Ta có SH  HK tan SKH


B

a 3
2

K

A

Vậy VS . ABC

1
1 1
a3 3
 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

a 3
a 3
1
1
1
16
. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

0,25

Câu 7:1 điểm

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

A
E
M'

B

K
I

M
C

D

0,25

·  CAD
·  CAI

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

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)
r
uuuuur
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  5x  3 y  7  0

0,25
0,25
5


Câu 8:1 điểm

(1,0 điểm)

uur
Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3
uur
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  3z  18  0

0.25
0.25

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

AB  5  AB2  5   3  2t   t 2   6  3t   5  7t 2  24t  20  0
2

t  2
  10
t 
7


2

0.25

 27 17 9 
Vậy B  5;3;3 hoặc B   ; ; 

 7 7 7

Câu 9:0,5 điểm

Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi  là không gian mẫu.
Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có C244 cách lấy hay n(  )= C244 .
Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau:
+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có C102 C81C61  2160 cách

0.25

1
+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C10
C82C61  1680 cách
1
+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C10
C81C62  1200 cách
Do đó, n(A)=5040
n( A) 5040

 47, 4%
Vậy, xác suất biến cố A là P( A) 
n() 10626

0.25

Câu 10:1 điểm

a  b  2c  1 a  b  2c  1


 6ln(a  b  2c)
1 a
1 b
1 
 1
  a  b  2c  1 

  6ln(a  b  2c)
1 a 1 b 
P2

0.25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
ab  1
1
1
2
) ab 
(2)
)


(1)
2
1  a 1  b 1  ab
Thật vậy,
1
1
2

)


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
1  a 1  b 1  ab







a b


2





ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

6


2
ab  1
 ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.
2

1
1
2
2
4
Do đó,




1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab
2
4
4
16



2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2



) ab 



0.5

Đặt t  a  b  2c, t  0 ta có:
16  t  1
P  2  f (t ) 
 6ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8 
f '(t )  


t
t3
t3
t3

t 0
f’(t)

-

4
0


+
0.25

f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.

-----------------------------Hết -----------------------

Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!!

7


8


TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2015 (Lần 3)

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2 x2  1 có đồ thị là (C ).
a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C ).
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ bằng -2.
Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: 2sin 2 x  sin x  m  3  0
a. Giải phương trình khi m  3
b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Câu 3 (1,0 điểm)
a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z  i 4  i5  i 6  (1  i)7
b. Giải phương trình log 1 (5x  10)  log 2 ( x 2  6 x  8)  0
2

Câu 4 (1,0 điểm)

3

xdx
cos 2 x
0

a. Tính tích phân: I  

b. Cho tập hợp A có 50 phần tử. Hỏi tập A có tối đa bao nhiêu tập hợp con có số phần
tử bằng nhau?
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A và B, cạnh
BC là đáy nhỏ. Gọi H là trung điểm cạnh AB, tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a , mặt
phẳng (SAB) vuông góc với (ABCD). Cho SC  a 5 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SHC) là 2a 2 .
a. Chứng minh rằng SH vuông góc với CD
b. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): x  y  z  4  0 và các điểm A(2; 3;- 4), B(5; 3;- 1)
a. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB
b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 1), góc BAC
bằng 600 và nội tiếp trong đường tròn có bán kính R  5 . Viết phương trình đường thẳng
BC, biết đường thẳng BC đi qua M(-1; 2) và trực tâm H của tam giác ABC nằm trên
đường thẳng (d): x-y-1=0.








x2  1  x
y2  4  y  1

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 2 y  5 3  3 5  2 y  6 x 2  1  10 x


Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a  b  c  1 và ab  bc  ca  0. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

2
2
2
5



.
a b bc c a
ab  bc  ca

..................Hết.................
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, không được trao đổi bài. Giám thị không giải

thích gì thêm.