40 đề THI THỬ THPT QUỐC GIA môn TOÁN 2016 có HƯỚNG dẫn CHI TIẾT

TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x  sin x  1  cos x 1  cos x  .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
ln 2

1. I 

e.
x

7

5  e dx .
x

2.

0

I   ln
2





x  2  1 dx .

Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình: log

2

 4x 

log 2 x  2  10 .
15

 2

2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức: 
 x2  ;  x  0 .
 x

Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
A 1;1; 2  , B  3;0;1 , C  1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB  3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C).

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1

Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
;  x, y  R  .
2
 2 y  4 y  3  5  y  x  4
-------------------------Hết-------------------------

1


HƯỚNG DẪN CHẤM

Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu

Nội dung

1 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
TXĐ: D = R. y '  6 x 2  6 x .

Điểm

0,25

x  0
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
y' 0  

 x  2
Giới hạn.

0,25

Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.

0,25

Vẽ đồ thị.

0,25

2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:

x  0
.
2 x 3  6 x 2  mx  x  2 x 2  6 x  m   0   2
2
x

6
x

m

0
(*)


0,25

Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.

0,25

9

 '  0
9  2m  0
m 
Khi đó: 


2.
m  0
m  0
m  0

2 (1,0
điểm)

0,5

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

0,25


 1


 2 sin  x    1  sin  x   
4
4
2



0,25

 x  k 2
.

 x    k 2

2

0,25

KL.

0,25

3 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
Đặt u  5  e x . Tính e x dx  2udu .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u  3 .

2

2u 3
Khi đó: I   2u du 
3
3
2

2


3

16
2 3.
3

0,25
0,25

0,5

2


KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt t  x  2 . Tính dx  2tdt .
0,25

Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
3

Khi đó: I   2t.ln  t  1 dt .

0,25

2

Sử dụng từng phần ta được I  16 ln 2  3ln 3 

3
.
2

0,5

4 (1,0 1/ (0,5 điểm)
điểm)
1
Đk: x  .
4
Ta có: log

2

 4x 

log 2 x  2  10  2 log 2 x  4  log 2 x  2  10  0 .
0,25

Đặt t  log 2 x  2 , (t ≥ 0).
t  2
Phương trình có dạng: 2t  t  10  0  
.
t   5 (l )

2
2

log 2 x  2  2  log 2 x  2  x  4 .

Với t = 2 ta được

Vậy phương trình có nghiệm x = 4.

0,25

2/ (0,5 điểm)
15

15  k

15
 2

 2 
Ta có: 
 x 2    C15k . 


k 0
 x

 x

. x

Khi đó xét số hạng không chứa x ta có

15

  2

2 k

k 0

15  k

k
15

.C .x

5 k 15
2

.

0,25

5k  15
 0  k  3.
2

Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .



 
5 (1,0 Ta có AB   2; 1;3 , AC   2;1;5  ;  AB; AC    8; 16;0  .


điểm)

Do đó n  1; 2;0  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.

0,25
0,25

0,25

Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).

a  3
2
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA  R   a  1  5  9  
.
 a  1

0,25

3


Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên  S  : x 2   y  3  z 2  9 .
2

Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên  S  : x 2   y  1  z 2  9 .
2

6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) và
điểm)
a 3
SH 
.
2

0,25

0,25

Do AB  a  AD  a 3 . Khi đó S ABCD  AB. AD  a 2 3 . Vậy

1
a3
VS . ABCD  SH .S ABCD  .
3
2

0,25

Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD).

0,25

Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có MP 

1
a 3
a 13
SH 
; PN 
 MN  a .
2
4
4

0,25

7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.

0,25

Theo công thức diện tích , từ S MAB  3S IAB ta được MA2  3R 2  MI  4 .

0,25

a  1
Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI  4 nên 
.
a  5

0,25

Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).

0,25

8 (1,0 Đk: 4  x  1 .
điểm)
Ta có:

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  2  y  1  y  1  2 1  x  1  x  1  x .
3

0,25

Xét hàm số f  t   2t 3  t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:

f  y  1  f





1 x  y 1  1 x  y  1 1 x .

0,25

Thế vào phương trình còn lại ta được:

3  2x  4  1 x  x  4  x  4  1 x  3  2x  4  0 .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.

0,25

Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).

0,25

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

4


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III

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

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
(với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x .
2

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

x 3  2 ln x
dx .
x2

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 52 x 1  6.5 x  1  0 .
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng

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  27 .

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
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
của 
đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

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

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:

P

bc
3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab

…….Hết……….


ĐÁP ÁN
Câu
1

Nội dung

Điểm

a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  1
TXĐ: D  R
y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1

0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
lim y   , lim y  
x 

x 

* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y

-1
0

+

–

+

1
0
3

+
-

-1

Đồ thị:

4

0.25

2

2

4

B. (1,0 điểm)
y '  3 x 2  3m  3  x 2  m 

0.25

y '  0  x 2  m  0  *
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **





Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B

 



m ;1  2m m



Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m 
Vậy m 

0.25

1
2

1
( TM (**) )
2

0.25
0.25

0,25


2.

(1,0 điểm)

sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x

0.25

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

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

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

0. 25
0.25

(1,0 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  
3

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 
4.

0.25

1
 ln 2
2

0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)

0.25

5  1
5  6.5  1  0  5.5  6.5  1  0   x 1
5 

5
x  0
Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1

 x  1
b,(0,5điểm)
n     C113  165
x

2 x 1

x

2x

x

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135
135 9
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là

165 11

0.25
0.25
0.25


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)
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


Ta có SH  HK tan SKH

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

a 3
2

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

1
1
1
16
a 3
a 3
. Vậy d  I ,  SAB   



 2  HM 
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

0,25


7.

(1,0 điểm)

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

0,25

  CAD
  CAI

IAD
  CAI
,
 nên 

Mà BAI
ABC  CAD
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)


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
(1,0 điểm).

0,25
0,25

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

 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)

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 

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
8.

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


y2
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 )
y 1 1

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


1
0
y  1  1 

0.25

0.25


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


SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

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 4  2 x 2  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) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)





cos x 2sin x  3 2  2cos 2 x  1

 1.
1  sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z. Tính môđun của z.
a) Giải phương trình

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x  log 2  4 x   5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3  6 x 2  171x  40  x  1 5 x  1  20  0, x  
e

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

1  x3
lnxdx.

x

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB  BC  a,
  900 , cạnh SA  a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình
BAD

chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng
(SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M
là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại

4 
D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương
3 
trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:

x 1 y z 3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
 
1
1
1

điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.
Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:

a3
a3   b  c 

3



b3
b3   c  a 

3



c3
c3   a  b 

3

1

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


SỞ GD – ĐT NGHỆ AN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN
Câu

Câu
1
(2,0
điểm)

Đáp án
a) (1,0 điểm)
 Tập xác định: R.
 Giới hạn và tiệm cận: lim y  . Đồ thị (C) có không tiệm cận.
x 



Điểm
0,25



 CBT: Ta có y '  4 x3  4 x  4 x x 2  1 ; y'  0  x  0  x  1.
Dấu của y’: y '  0  x   1;0   1;   ; y '  0  x   ; 1   0;1
 hàm số ĐB trên mỗi khoảng  1;0  và 1;    . NB trên mỗi khoảng  ; 1 và (0 ; 1)

0,25

 Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.
 Bảng biến thiên:

x
y’
y

-
-

-1
0

+

+

0
0
1

0

-

1
0

+
+
+

0,25

0

 Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.

Câu
2
(1,0
điểm)

0,25

b) (1,0 điểm)
 Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.
a) (0,5 điểm)



 k
4
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x  3 2 cos x  2 cos 2 x  1  1  sin 2 x
cos x  2  l 

2
 2 cos x  3 2 cos x  2  0  
2
cos x 


2
 Điều kiện: 1  sin 2 x  0  x  

 Với cos x 

0,5
0,5

2

 x    k 2 .
2
4

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x 


4

0,25

0,25

 k 2 , k  .


b) (0,5 điểm)

1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z  1  i   2  i   1  2i   z  8  i
2

2

0,25

  2i  2  i   1  2i  z  8  i

8  i  8  i 1  2i 

 2  3i  z  13
1  2i
5
Vậy môđun của z là 13.
z

Câu
3
(0,5
điểm)

Câu
4
(1,0
điểm)

0,25

Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với
1

3
log 2 x  log 2 x  log 2 4  5  log 2 x  3
2
2
 log 2 x  2  x  4 (t/m)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.
1
Điều kiện: x 
5
Khi đó phương trình tương đương với

x

3

0,25

0,25





 6 x 2  12 x  8   3 x  6   8  5 x  1 5 x  1  36  5 x  1  54 5 x  1  27   6 5 x  1  9







3

  x  2  3 x  2  2 5x  1  3  3 2 5x  1  3
3

Xét hàm sô f  t   t 3  3t



Phương trình (1) có dạng f  x  2   f 2 5 x  1  3



0,25





Ta có: f '  t   3t  3; f '  t   0  t  1
2

t
-
f’(t)

-1
0

+

-

1
0

+
+

0,25

f(t)

Suy ra: Hàm số f  t   t 3  3t đồng biến trên khoảng (1; + )
1  x  2  1
Với điều kiện x   
5 2 5 x  1  3  1

0,25

Từ đó suy ra 1  x  2  2 5 x  1  3
 x  1
 x  1
 x  1  2 5x  1   2
 2
 x  22 x  5  0
 x  2 x  1  4  5 x  1
 x  1


 x  11  116  t / m 
 x  11  116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x  11  116.

Câu
5
(1,0
điểm)

e

e

e

1  x3
ln x
lnxdx  
dx   x 2 lnxdx  I1  I 2
Ta có: I  
x
x
1
1
1
e

Tính I1: I1  
1

0,25

e
lnx
ln 2 x e 1
dx   ln xd  lnx  

x
2 1 2
1

1

du  dx

u

ln
x

x


Tính I2: I 2  x 2 lnxdx . Đặt 

2
3
x
dv  x dx 
1

v

3

0,25
0,25

e



0,25


 I2 

e 1e 2
x3
e3 1 e 2e3 1
ln x 
x dx   x3 

1 31
3
3 9 1
9
9



e

Vậy I  
1

1  x3
1 2e3 1 11 2e3
lnxdx  
  
x
2 9 9 18 9

Câu
6
(1,0
điểm)

0,25

.  Chứng minh:  SCD vuông tại C  ABCD là hình
thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C.
 AC  CD  a 2; AD  2a  SC ; BD  a 5

0,25

a3 2 a3 2 a3 2
 VSBCD = VS.ABCD – VSABD 
(đvtt).



2
3
6
 S SCD  a 2 2; d  B,  SCD   

(hoặc



d  B,  SCD  
d  A,  SCD  

d  H ,  SCD  
d  B,  SCD  





3VS .BCD
S SCD

0,25

a3 2
a
 2 6 
2
a 2
3.

BK 1
a
  d  B,  SCD    )
CK 2
2

0,5

SH SA2 2
2
a
 2   d  H ,  SCD    d  B,  SCD   
SB SB
3
3
3

Cách khác:  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC).
Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED).
AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ  MK có HJ = d(H, (SCD)).
 Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HJ = a/3.
Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.

ABM

S

Câu
7
(1,0
điểm)

DCM (g  g) 

AB
DC

3
AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2  DM 2  CD 2  4CI 2  10 DM 2
4
Mà DM  2d (I,d) 
nên CI 2  4
10
0,5

 3 11 
Gọi I  3 y  6; y  Ta có  C   ;   (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
 5 5


I là trung điểm của CM  M  1; 1  phương trình đường tròn tâm I là  C  :  x  1   y  1  4
2

2

 3 11 
D là giao điểm của CD và (C)  D   ;   . Phương trình đường thẳng BM: 3x  y  4  0
 5 5
Phương trình đường thẳng BC: 3x  5 y  4  0. B là giao điểm của BM và BC  B  2;2 

0,5

Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC  AB : x  2  0 . A là giao điểm của
AB và AC  A  2; 1
Câu
8
(1,0
điểm)

Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1

Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt.

0,5

Suy ra phương trình mp(P): 1. x  2   1. y  1  1. z  2   0  x  y  z  5  0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH  d( M , d) 

 4 1 10 
8
, H ; ; .
3
3 3 3 

2

4 2
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .

3
3
 x 1 y z 3
 

1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1
.
4
2
( x  )  ( y  1)2  ( z  10 )2  8

3
3
3
9
 4 2 6 1 2 6 10 2 6   4 2 6 1 2 6 10 2 6 
Giải hệ này ta tìm được A, B là:  
; 
; 
; 
; 
,  
.

9 3
9 3
9  3
9 3
9 3
9 
3

Câu
9
(0,5
điểm)

 Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n     A85  A74  5880 .
 Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n  A   A74  6. A63  1560

0,25

0,25
0,25

1560 13
 Xác suất cần tìm P(A) =

5880 49

Câu
10
(1,0

điểm)

0,25

x2
Xét BĐT: 1  x  1  , x  0
2
3

1  x  1  x  x2
x2
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1  x  1  x  1  x  x  
 1
2
2
Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3
1
1
a2



1
3
3
2
a 2  b2  c2
a3   b  c 
1bc

bc
1 
1 


2 a 
 a 
3

Tương tự, ta có:

b3



b2
a 2  b2  c2

b3   c  a 
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
3

0,25

2

 2;

c3

c3   a  b 

3



c2
a 2  b2  c2

 3

0,25

0,25
0,25

-----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng
phần như đáp án quy định.


TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
LẦN THỨ NHẤT
Môn TOÁN
Thời gian làm bài: 180phút, không kể phát đề.

1

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x 3  2 x 2  3 x  1.
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với đường thẳng y  1.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho hàm số f(x)  sin 4 x  4 cos 2 x  cos 4 x  4sin 2 x , chứng minh: f '(x)  0,  x   .
b) Tìm môđun của số phức

25i
z
, biết rằng:
  4  3i  z  26  6i .
z
2i

2 x 1
 5.4 x  1  0.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:

x3
2 9 x

.
x
3 x 1  x  3

e



Câu 5 (1,0 điểm).Tính tích phân: I    3  ln x  2 ln x  d x.
x
1 

Câu 6 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao
SH  a ,với H là trung điểm của AD, AB  BC  CD  a, AD  2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD

và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a.
Câu 7. (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của B lên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy K
9 2

sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  , K(9; 2) và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các
5 5
đường thẳng 2 x  y  2  0 và x  y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm M (1; 2;3), N (1;0;1) và mặt
phẳng ( P ) : x  y  z  4  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng

MN
, tâm nằm trên
6

đường thẳng MN và (S ) tiếp xúc với (P).
Câu 9 (0,5 điểm).Trong kì thi TN THPT, Bình làm đề thi trắc nghiệm môn Hóa học. Đề thi gồm
50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi
câu được 0,2 điểm. Bình trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại Bình chọn
ngẩu nhiên. Tính xác suất để điểm thi môn Hóa học của Bình không dưới 9,5 điểm.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a 4  b 4 

Chứng minh rằng:

1
 ab  2
ab

2
2
3
7


 .
2
2
1  a 1  b 1  2ab 6

………..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…………………..


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn: TOÁN;
(ĐÁP ÁN GỒM 6 TRANG)

CÂU
Câu1a
(1.0đ)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

TXĐ: D  
Giới hạn: lim y  , lim y  
x 

x 

Đồ thị không có tiệm cận

0,25

 x  1
y '  x 2  4x+3,    ; y '  0  
 x  3
Bảng biên thiên:
X
y’

-3
+

0

-1
-

0

+
+

0,25


-1
y




7
3

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 3 và  1;   , nghịch biến trên khoảng  3; 1
7
Hàm số đạt cực tiểu tại x= 1 và f( 1 )=  ; hàm số đạt cực đại tại x=-3 và f(-3)=-1
3

0,25

Đồ thị:

y

0,25
-3

-1

o

1
-1
-7
3

Câu1b

1

x


1.0đ

Hoành độ giao điểm của đồ thị ( C) với đường thẳng y=-1 là nghiệm của phương
0,25

1 3
x  2 x 2  3 x  1  1 .
3

trình

Giải phương trình ta được nghiệm x=0 và x=-3

Câu 2a
(0,5đ)

0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 0 là y=3x-1.

0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng -3 là y=-1.

0,25

f(x)  sin 4 x  4 cos 2 x  cos 4 x  4 sin 2 x
 sin 4 x  4 1  sin 2 x   cos 4 x  4(1  cos 2 x)

 2  sin x 
2



0,25

2

2

 (2  cos x)

2

 2  sin 2 x  2  cos 2 x

Vì 1  sin x, cos x  1, x   nên
f(x)  2  sin 2 x  2  cos 2 x  3, x    f '( x)  0, x  

0,25

Gọi z  a  bi (a, b  ) .
2b
(0,5đ)

Ta có

z
  4  3i  z  26  6i   2  i  a  bi   5  4  3i  a  bi   5  26  6i 
2i

0,25

  22a  16b    14a  18b  i  130  30i
22a  16b  130
a  3


 z  3  4i
14a  18b  30
b  4

Do đó

Câu 3
(0,5đ)

0,25

25i 25i (3  4i )
25i

 4  3i 
5
25
z
z
42 x 1  5.4 x  1  0

 x 1
4 
 4.4  5.4  1  0  
4
 x
 4  1
2x

Với 4 x 

x

0,25

1

 x  1
4

Với 4 x  1  x  0

0,25

Vậy nghiệm bất phương trình là: x  1; x  0
Câu 4
(1,0đ)

x3
2 9 x

(*)
x
3 x 1  x  3
ĐK: 1  x  9; x  0
2




x 2  3x  2 9  x x  3  3 x  1


x(3 x  1  x  3)

0,25

0



( x  3) 2  9( x  1)  2 9  x x  3  3 x  1




x(3 x  1  x  3)

x 33



x 1 x  3  3 x 1  2 9  x
x(3 x  1  x  3)



x  3  3 x 1  2 9  x
0
x



x 1 3 x 1  2  2 9  x
0
x
x 1





 

x 1  3  2 1 9  x
x

0

0

0




x 8
x 1
2


0
x  x  1  3 1  9  x 



x 8

0 0 x8
x

0,25

0,25

0,25

Đối chiếu điều kiện bài toán ta được nghiệm 0  x  8
Câu 5
(1.0đ)

e

I  
1 


3  ln x
 2 ln x  d x 
x

e

Ta có K   2 ln xdx  2 x ln x
1

e


1

e
3  ln x
dx   2 ln xdx  J  K
x
1

e e
e
e
  2 dx  2 x ln x  2 x  2
1 1
1
1

Đặt t  3  ln x  t 2  3  ln x  2 tdt  dx
x
2

Khi đó J 



2 t 2 dt 

3

2 3 2

16  6 3
t

3
3
3

0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy I  22  6 3 .
3

3


S

Câu 6
(1.0đ)

J

A

K

B

D

H

I

C

Kẻ đường cao BK của hình thang ABCD, ta có
BK  AB 2  AK 2 

0,25

a 3
2

Diện tích ABCD là S( ABCD ) 

AD  BC
3a 2 3
.BK 
.
2
4

0,25

1
a3 3
Thể tích khối chóp S.ABCD: V  SH .S ABCD  
.( đvtt)
3
4

Gọi I là trung điểm của BC, kẻ HJ vuông góc SI tại J.
Vì BC  SH và BC  HI nên BC  HJ . Từ đó suy ra HJ  ( SBC )

0,25

Khi đó d ( AD, SB)  d ( AD,( SBC ))  d ( H ,( SBC )  HJ .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHI ta có.

HJ 

a 3
a 21
a 21
2
.Vậy d ( AD, SB )  HJ =
.


7
3 2
7
SH 2  HI 2

2
a  a
4
SH .HI

a.

Câu 7
(1.0đ)

B

A
N
M
H
D

C

K
4

0,25


1
2

MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN//AB và MN= AB

1
2

0,25

1
2

MNCK là hình bình hành nên CK//MN ; CK=MN= AB  CD suy ra K là trung
điểm CD và N là trực tâm của tam giác BCM, do đó CN  MB mà MK//NC nên
MK  MB
  36 8   
9
8
B  d : 2 x  y  2  0  B (b; 2 b  2) , MK   ;  , MB   b  ; 2b  
5
5
 5 5

 
52
52
MK .MB  0  b 
 0  b  1  B(1; 4)
5
5


C  d ' : x  y  5  0  C (c;c 5), (c  4) , BC   c  1; c 9  , KC   c  9; c  7 

 
b  9
 C  9; 4 
BC.KC  0   c  1 c  9  +  c  9  c  7   0  
c  4 ( L)

0,25

0,25

Vì K(9; 2) là trung điểm CD và C(9 ;4) suy ra D(9 ;0).

Câu 8
(1.0đ)

Gọi I là trung điểm BD thì I(5 ;2) và I là trung điểm AC nên A(1 ;0).

0,25

x  1 t


Ta có MN   2; 2; 2  nên phương trình đường thẳng MN là  y  2  t (t  )
z  3  t


0,25

Mặt cầu (S) có bán kính R 

MN
1
, có tâm I  MN  I (1  t; 2  t;3  t )

6
3

(S) tiếp xúc với (P) nên d ( I ; ( P))  R 

1 t  2  t  3  t  4
3



t  7
1

3
t  5

Với t  7  I (6;5; 4) , phương trình (S) là ( x  6)2  ( y  5)2  ( z  4)2 

1
3

Với t  5  I (4;3; 2) , phương trình (S) là ( x  4) 2  ( y  3)2  ( z  2)2 

1
3

Câu 9

Bạn Bình được không dưới 9,5 điểm khi và chỉ khỉ trong 5 câu trả lời ngẩu nhiên,

(0,5đ)

Bình trả lời đúng ít nhất 3 câu

0,25
0,25

0,25

0,25

Xác suất trả lời đúng một câu hỏi là 0,25, trả lời sai là 0,75.
Xác suất Bình trả lời đúng 3 câu trên 5 câu là C53 .(0, 25)3 .(0, 75) 2 ;
Xác suất Bình trả lời đúng 4 câu trên 5 câu là C54 .(0, 25) 4 .(0, 75) ;
Xác suất Bình trả lời đúng cả 5 câu là C55 .(0, 25)5 ;
Vậy xác suất Bình được không dưới 9,5 điểm là :
C53 .(0, 25)3 .(0, 75) 2  C54 .(0, 25) 4 .(0, 75)  C55 .(0, 25)5  0,104

5

0,25


Câu 10

Đặt t  ab (t  0) , M 

(1,0đ)
ab  2  a 4  b 4 

2
2
3


2
2
1  a 1  b 1  2ab

1
1
 2a 2 b 2 
ab
ab

0,25

1
1
hay t  2  2t 2   2t 3  t 2  2t  1  0   t  1 ( vì t>0)
t
2

Với a, b  0 và ab  1 , ta có

1

1
2


(*)
2
2
1  a 1  b 1  ab

Thật vậy

0,25
2

Với a, b  0

 a  b   ab  1  0
và ab  1 , (*) 
(Đúng)
(1  a 2 ) 1  b 2  1  ab 

Khi đó M 

4
3
(1)

1  ab 1  2ab

Xét hàm số g (t ) 

ta có g '(t )  

0,25

4
3
1

, với  t  1
1  t 1  2t
2

4
6
5t 2  2t  1
1 



 0, t   ;1
2
2
2
2
2
(t  1)  2t  1
2 
 t  1  2t  1
1
2

Suy ra g (t)  g ( ) 

7
(2)
6

Từ (1) và (2) suy ra M 

0,25

7
1
1
. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b 
(a  b, t  ab  )
6
2
2

6


TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1)
Năm học: 2015-2016
Thời gian: 180 phút

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2  4 .

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số



f  x  x  2

  x  2  trên đoạn  12 ; 2 .
2

2

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

sin 3x  cos 2 x  1  2sin x cos 2 x

b) Giải phương trình

2log8  2 x   log8  x 2  2 x  1 

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm m để đường thẳng
y

x 1
x 1

tại hai điểm

A, B

4
3
d  : y  x  m

cắt đồ thị  C  của hàm số

sao cho AB  3 2

Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho

cot a  2 .

Tính giá trị của biểu thức P 

sin 4 a  cos 4 a
.
sin 2 a  cos 2 a

b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại
A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu
nhiên theo danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy ra
có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại
C.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác
·  30o . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên
ABC vuông ở C có AB  2a, CAB
SC. Tính theo a thể tích của khối chóp H . ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặt
phẳng  SAB  ,  SBC  .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC ( O

là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh A  1; 2  , đỉnh
B thuộc đường thẳng  d1  : x  y  1  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng  d2  : 3x  y  2  0 .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại
A có phương trình AB, AC lần lượt là x  2 y  2  0, 2 x  y  1  0 , điểm M 1; 2  thuộc
uuur uuur
đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng DB.DC có giá trị nhỏ
nhất.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x2  x  2
 x2 
x3

2
x 3
2

1

trên tập số

thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  42   y  42  2 xy  32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x3  y3  3  xy  1 x  y  2 .
-----------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..........................


Câu

1

ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016
Nội dung
 Tập xác đinh: D  ¡ .
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3x2  6 x ; y '  0  x  0; x  2
Các khoảng đồng biến  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến  2;0  .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  2, yCD  0 ; đạt cực tiểu tại

Điểm

0,25

x  0, yCT  4

- Giới hạn tại vô cực: xlim
y  ; lim y  

x 

0,25

 Bảng biến thiên


x

2



y'



0

y



0



0



0



4

0,25
 Đồ thị
f x = x3+3x2-4

8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

0,25
2

1
Ta có f  x   x4  4 x 2  4 ; f  x  xác định và liên tục trên đoạn   ;0 ;
 2

f  x   4 x  8x.
'

3



0,25

Với x   ; 2 , f '  x   0  x  0; x  2
 2 
1

Ta có f     3 , f  0   4, f  2   0, f  2   4 .
16
 2
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên đoạn
1

3

0,25

1

 1 
  2 ;0  lần lượt là 4 và 0.
sin 3x  cos 2 x  1  2sin x cos 2 x  sin 3x  cos 2 x  1  sin x  sin 3x
a)
 cos 2 x  1  sin x

0,25

0,25
0,25



 x  k
sin x  0


2

 1  2sin x  1  sin x 
  x   k 2
1
sin x 

6

2

5
x 

 k 2
6

b) Điều kiện x  0, x  1 .

0,25

Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :
2
4
 2 x  x  1   16
3
 2 x  x  1  4

x2
 2 x  x  1  4
x 1
Pt hoành độ giao điểm
 x  m  x  1   x  m  x  1 (vì x  1 không
x 1
là nghiệm của pt)  x2   m  2 x  m  1  0 (1)

log8  2 x   x  1 
2

4

2

0,25

0,25

Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2    m2  8  0  m  ¡ .
 x1  x2  m  2
 x1 x2  m  1

Khi đó A  x1; x1  m , B  x2 ; x2  m  .Theo hệ thức Viet ta có 

0,50

AB  3 2  AB  18  2  x1  x2   18   x1  x2   9 
2

2

2

  x1  x2   4 x1 x2  9   m  2   4  m  1  9  m  1
2

5

a) P 

2

0,50

sin a  cos a
sin a  cos a

sin a  cos a
.


2
2
2
2
2
2
sin a  cos a  sin a  cos a  sin a  cos a  sin 4 a  cos 4 a
4

4

4

4

4

4

1  cot a 1  2
17


4
4
1  cot a 1  2

15
3
b) Số phần tử của không gian mẫu n     C50  19600.

Chia tử và mẫu cho sin 4 a , ta được P 

4

0,25

4

0,25
0,25

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi
người thuộc 1 loại” là C301 .C151 .C51  2250 . Xác suất cần tính là
p

6

2250
45
.

19600 392

0,25

S

K

H
A

B

I
C