BỘ 40 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016

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 ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

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

1 3 1

1
x   m  1 x 2  mx 
(1), m là tham số.
3
2
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

1
b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại là yCĐ thỏa mãn yCĐ  .
3

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3x  cos x  2 3cos2 x sin x.
b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn z  2 z  3  2i.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 4 x 2  log 2  2 x  1  log 2  4 x  3 .





Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2  5 x  4 1  x 3  2 x 2  4 x .
6

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

x  3 1

dx.
x2

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a, AB  a. Gọi M là trung điểm cạnh BC.
Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 
ACD   với



1
cos 
, điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2 HC, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và
5
1 4
BD. Cho biết H  ;   , K 1; 0  và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C , D.
3 3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 và đường
x  2 y 1 z
thẳng d :

 . Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho
1
2
1
khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3.
Câu 9 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước
ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C;
mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn

2

2

2

0   x  y    y  z    z  x   2.





Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  4 x  4 y  4 z  ln x 4  y 4  z 4 

3
( x  y  z )4 .
4

------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 28, 29/3/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2015. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3/2015.


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
Câu 1.
(2,0
điểm)

Khi m  2 hàm số trở thành y 

1 3 1 2
1
x  x  2x  .
3
2
3

1 0. Tập xác định: D  .
2 0. Sự biến thiên:
*) Chiều biến thiên: Ta có y   x 2  x  2, x  .
 x  1
 x  1
y  0  
; y  0  
; y   0  1  x  2.
x  2

x  2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;  1) và (2;  ); hàm số nghịch biến trên
khoảng (1; 2).
3
*) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCĐ  y (1)  ;
2
hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  y (2)  3.
*) Giới hạn tại vô cực:
2
1 
2
1 
1 1
1 1
lim y  lim x 3  
 2  3   ; lim y  lim x 3  
 2  3   .
x 
x 
x

x

3x 
3x 
 3 2x x
 3 2x x
*) Bảng biến thiên:
x 


2
1
y

y'

+

0

–

0

3
2



3
2

y

+

3

1 O



0,5

2

x

0,5

3 0. Đồ thị:
3

b) (1,0 điểm)

 x  1
Ta có y  x 2   m  1 x  m, x  ; y   0  
x  m
Hàm số có cực đại khi và chỉ khi m  1.
Xét hai trường hợp (TH) sau:
TH1. m  1. Hàm số đạt cực đại tại x  m, với yCĐ  y (m )  
Ta có yCĐ 

m3 m 2 1

 .
6
2 3

 m  3(tm)

1
m3 m 2 1 1


  
 m  3.
3
6
2 3 3
 m  0 (ktm)

TH2. m  1. Hàm số đạt cực đại tại x  1, với yCĐ  y (1) 
Ta có yCĐ 

0,5

1
m 1 1
1

   m   (tm).
3
2 2 3
3

1
Vậy các giá trị cần tìm của m là m  3, m   .
3
1

m
1
 .
2 2

0,5


a) (0,5 điểm)
Câu 2.
(1,0
điểm)

Câu 3.
(0,5
điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

 k

x  4  2
cos2 x  0
2cos2 x cos x  2 3cos2 x sin x  

k   .
 x    k
cosx  3 sin x

6

b) (0,5 điểm)
Đặt z  a  bi, ( a, b  ). Từ giả thiết ta có

0,5

3a  3
a  1
a  bi  2  a  bi   3  2i  3a  bi  3  2i  

 b  2
 b  2
Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2.
1
*) Điều kiện: x  .
2
Khi đó phươngtrình đã cho tương đương với
log 2 x  log 2  2 x  1  log 2  4 x  3  log2 2 x 2  x  log2  4 x  3



0,5



0,5

1

x
2

2

 2 x  x  4 x  3  2 x  5x  3  0 
2

x

3

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x  3.

Câu 4.
(1,0
điểm)

 x  1  5
*) Điều kiện: x 3  2 x 2  4 x  0  
 1  5  x  0.

Bất phương trình đã cho tương đương với  x 2  2 x  4   3 x  4 x  x 2  2 x  4  .

(1)

Xét hai trường hợp sau đây:
TH1. Với 1  5  x  0 . Khi đó x 2  2 x  4  0 và 3 x  0 . Hơn nữa hai biểu thức

0,5

x 2  2 x  4 và 3x không đồng thời bằng 0. Vì vậy

x

2

 2 x  4   3x  0  4 x  x 2  2 x  4  .

Suy ra 1  5  x  0 thỏa mãn bất phương trình đã cho.
TH2. Với x  1  5. Khi đó x 2  2 x  4  0 . Đặt

x 2  2 x  4  a  0, x  b  0 .

Bất phương trình trở thành a 2  3b 2  4ab   a  b   a  3b   0  b  a  3b

 x 2  x  4  0
1  17
7  65
 x  x  2x  4  3 x   2

x
, thỏa mãn.
2
2
 x  7 x  4  0
2

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1  5  x  0 ;

Đặt
Câu 5.
(1,0

điểm)

0,5

1  17
7  65
x
.
2
2

x  3  t. Ta có x  1  t  2; x  6  t  3; x  t 2  3 và dx  2tdt.
3

3

0,5

t 1
t
Khi đó I   2 2tdt  2 
dt
t 1
t 1
2
2
3

1 


 2  1 
dt  2  t  ln t  1 
t 1 
2

3

 2 1  ln 2  .
2

2

0,5


*) Từ giả thiết suy ra ABC đều và
SA  SB  SC .
Hạ SO  (ABC )  O là tâm tam
giác đều ABC.
a2 3
Ta có AB  a  S ABC 
và
4
a 3
2
a 3
AM 
 AO  AM 
2
3

3
a 33
 SO  SA2  AO 2 
.
3
1
a 3 11
Suy ra VS . ABC  SO.S ABC 
.
3
12

S

Câu 6.
(1,0
điểm)

H
A

C
O

M

x
K

B

*) Kẻ Bx // AM  mp ( S , Bx) // AM
 d ( AM , SB )  d  AM , (S , Bx)   d  O , (S , Bx) 
Hạ OK  Bx, OH  SK . Vì Bx  (SOK ) nên Bx  OH  OH  ( S , Bx)
a
Ta có OMBK là hình chữ nhật nên OK  MB  .
2
1
1
1
47
a 517
Vì SOK vuông tại O nên



 OH 
2
2
2
2
OH
OK
OS
11a
47
a 517
Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AM , SB )  OH 
.
47

D

Câu 7.
(1,0
điểm)



C

Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH 
Vì BH // AD nên

H

K

A

B

0,5
(3)

2
BC.
3

KH BH 2
2


  HK  KA . Suy ra
KA AD 3
3

0,5

4
a.
3

Trong tam giác vuông ABH ta có AB 2  BH 2  AH 2 
Suy ra AB  5, HB 

(1)
(2)

 5 
1
4
5 2 4
5 10
HA  HK   x A  ; y A    .  ;    ; 
2
3
3 2 3 3 3 3 

 A(2; 2).
1
Vì ACD vuông tại D và cos 

ACD  cos  
nên
5
AD  2CD, AC  5CD.

Đặt CD  a (a  0)  AD  2a  AB  a, BH 

0,5

25 2 125
a 
 a  5.
9
9

4 5
.
3

(*)
0,5

( x  2) 2  ( y  2) 2  5
 x  3, y  0

2
2

Giả sử B( x; y ) với x  0, từ (*) ta có 


1 
4  80
 x   1 , y  8 ( ktm)
 x     y   

5
5
3 
3
9

 
 3 
Suy ra B(3; 0). Từ BC  BH  C  1;  2  . Từ AD  BC  D  2; 0  .
2
*) Giả sử M  d  ( P). Vì M  d nên M (t  2;  2t  1;  t ).

Câu 8.
(1,0
điểm)

Mặt khác M  ( P) nên suy ra (t  2)  (2t  1)  (t )  3  0  t  1.
Suy ra M (1; 1; 1).
3

0,5


*) Ta có A  d nên A(a  2;  2 a  1;  a).
Khi đó d  A, ( P)   2 3 

(a  2)  (2a  1)  (a )  3

12  12  12
Suy ra A(4;  5;  2) hoặc A( 2; 7; 4).
Câu 9.
(0,5
điểm)

a  2
 2 3  a 1  3  
 a  4.

+) Tổng số kết quả 9 đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào 3 bảng A, B, C là C93  C63  C33 .
+) Số kết quả bốc thăm ngẫu nhiên có 3 đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau là
3! C62  C42  C22 .
Suy ra xác suất cần tính là P 

2
6

2
4

0,5

0,5

2
2

3! C  C  C
9

 0,32.
3
3
3
C9  C6  C3
28

Từ giả thiết suy ra 0  x, y , z  1 và x 2  y 2  z 2  1.
Câu 10.
(1,0
điểm)

Xét hàm số g (t )  4t  3t  1, t   0; 1. Ta có g '(t )  4t ln 4  3.
Suy ra g (t )  0  t  log 4

3
 t0 ; g (t )  0  t  t0 và g (t )  0  t  t0 .
ln 4

3
 4, nên 0  t0  1.
ln 4
t
0
Suy ra bảng biến thiên
g '(t )

Vì 1 

t0
–

1
+

0

0

0
0,5

g (t )
Suy ra g (t )  0 với mọi t   0; 1 , hay 4t  3t  1 với mọi t   0; 1.
Mặt khác, do 0  x, y, z  1 nên x 4  y 4  z 4  x 2  y 2  z 2  1.
3
Từ đó ta có P  3  3( x  y  z )  ln x 4  y 4  z 4  ( x  y  z ) 4
4
3
 3  3( x  y  z )  ( x  y  z ) 4 .
4
3
Đặt x  y  z  u , khi đó u  0 và P  3  3u  u 4 .
4
3
Xét hàm số f (u )  3  3u  u 4 với u  0.
4

3
Ta có f (u )  3  3u và f (u )  0  u  1.
Suy ra bảng biến thiên
u
0
1




f '(u )

+

f (u )



0

–

21
4

21
21
với mọi u  0. Suy ra P  , dấu đẳng thức
4
4

xảy ra khi x  1, y  z  0 hoặc các hoán vị.
21
Vậy giá trị lớn nhất của P là
.
4
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u ) 

4

0,5


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


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