đề thi thử môn toán THPT quốc gia 2016 có đáp án chi tiết

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

DeThiThu.Net
✍✍✍

Truy cập thường xuyên để cập nhật nhiều Đề Thi Thử THPT Quốc Gia,
tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia các môn Toán, Lý, Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được
DeThiThu.Net cập nhật hằng ngày phục vụ sĩ tử!
Like Fanpage Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi:
để cập nhật nhiều đề thi thử và tài liệu ôn thi hơn
Tham gia Group: Ôn Thi ĐH Toán - Anh để cùng nhau học tập, ôn thi:
/>
5 Đề Thi Thử
KỲ THI THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN

Web: − Mail:

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Mục lục
Đề số 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Đề số 07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Đề số 08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Đề số 09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Đề số 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

............... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .......
........ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ĐÁP ÁN ĐỀ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........
Đáp án đề số 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...... 8
Đáp án đề số 07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........ 13
Đáp án đề số 08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..

16

Đáp án đề số 09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....

20

Đáp án đề số 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .......

24

Các đề thi thử và đáp án số 1, 2, 3, 4 , 5 các bạn vui lòng xem tại:
Những đề thi thử đó website đã đăng riêng rẻ từ trước nên không gộp chung vào 5 đề

thi thử này : />
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />2


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Đề thi thử số 6



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPT QG)

MÔN: TOÁN

Đề thi thử số 6

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm m để phương trình x 3 − 3 x 2 + 1 = m có ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 2.(1 điểm)



a) Giải phương trình: sin 2 x + 4 cos(π − x ) = 0 .
b) Tính môđun của số phức z biết z =

− 1 + 2i 3 + i
+

.
1+ i
2

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 52 x + log 5 x − 2 = 0 .

(

)(

)

y

 x + 3 − y 1− y +1 =
Câu 4.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 
x
3
2
2
3
 x + x y + xy = 3 y

π
2

(

)

Câu 5.(1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 1 + cos 5 x dx .



0

Câu 6.(1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AB=2a,AC=a,AA’ = 3a.
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC.

Câu 7.(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường tròn
x 2 + y 2 = 10 ,đỉnh C thuộc đường thẳng x + 2 y − 1 = 0 .Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Biết rằng
 −3 1
các điểm N 
;  ,P (1;1) lần lượt là trung điểm của AM ,CD đồng thời B có hoành độ dương,C có tung độ
 5 5



âm.Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Câu 8.(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − x − 2 y + 4 z −

15
= 0,
4

mặt phẳng (P): 2 x − y + 2 z + 13 = 0 .Tìm tâm và bán kính của mặt cầu (S ) .Viết phương trình mặt phẳng (Q)
song song với mặt phẳng (P) đồng thời tiếp xúc với (S ) .

Câu 9.(0,5 điểm) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau được tạo ra từ các chữ số
0,1,2,3,4,5,6. Chọn ngẩu nhiên một số từ A. Tính xác suất để số được chọn có các chữ số khác chữ số 0 và

tổng các chữ số là 8.

Câu 10.(1 điểm) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn: log 2 a + log 8 b 3 + log 32 c 5 = 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1
1+ a

2

+

1
1+ b

2

+

1
1+ c2

.

3
3

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đề số 7

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

x+2
.
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm).
cos 2x
+ (1 + cos2 x) tan x = 1 + sin2 x.
a) Giải phương trình
cos x
b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |z − 2 − i| = |2z − 2i|.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 3 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x (x2 − x − 1) trên

đoạn [0; 2].


2

1
1
1

 x−
=0
+
+x
x
x3 y
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
.
1

2

3x + 2 = 4
y
5

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

x2 ln (x − 1) dx.
2

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng
(SBD)
√
vuông góc với đáy, các đường thẳng SA, SD hợp với đáy một góc 300 . Biết AD = a 6, BD = 2a
và góc ADB = 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng

(SAD) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, điểm M (2; 1) và hai đường thẳng
d1 : x − y + 2 = 0, d2 : x + 2y − 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt d1 , d2 lần
lượt tại A, B sao cho M là trung điểm AB.

x−1
y+3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
=
=
−1
2
z−3
và mặt phẳng (P ) : 2x + y − 2z + 9 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P ),
1
cắt và vuông góc với d.

Câu 9 (0,5 điểm). Có 14 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 14. Chọn ngẫu nhiên ra 7 tấm thẻ.
Tính xác suất để trong 7 tấm thẻ được chọn có 3 tấm thẻ mang số lẻ,4 tấm thẻ mang số chẵn
trong đó có duy nhất một tấm thẻ mang số chia hết cho 5.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :

2ab
3bc
2ca
+
+
c + ab a + bc b + ca

5
3



——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />4


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đề số 8

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x3 + 3x2 − 4.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = m (x + 1) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M (−1; 0) , A, B
sao cho M A = 2M B.

Câu 2 (1,0 điểm).
√
0.
a) Giải phương trình 3 sin 2x + 2 cos 2x − cos 4x − 1 = √
√
3−i
3+i
+
.
b) Tìm phần thực, phần ảo và mô đun của số phức z =
1−i
2i
√
x+8
2x+3
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 4 3.243 x+8 = 3−2 .9 x+2 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2x2 y + y 3 = 2x4 + x6
√
(x + 2) y + 1 = (x + 1)2

.

Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh Ox hình phẳng giới
π
hạn bởi đồ thị hàm số y = sin x, trục hoành và hai đường thẳng x = 0, x = .
4
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a; góc BCD = 600 ;
cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Hai mặt phẳng (SCB) và (SCD) vuông góc với
nhau. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là I(−2; 1) và thỏa mãn điều kiện AIB = 900 , chân đường cao kẻ từ
A đến BC là D(−1; −1), đường thẳng AC đi qua điểm M (−1; 4). Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết
rằng đỉnh A có hoành độ dương.


 x=1+t
y = −1 − t
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 :

z=2
y−1
z
x−3
=
= . Chứng minh d1 và d2 chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng (P )
và d2 :
−1
2
1
chứa d1 và song song với d2 .

Câu 9 (0,5 điểm). Gọi A là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,

3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên ba số từ A, tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng một số có
mặt chữ số 4.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x2 + y 2 + xy = 3. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x3 + y 3 − 3x − 3y.

——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />5


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đề số 9

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

2x + 1
.
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d đi qua A(−2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt thuộc hai nhánh của (C).

Câu 2 (1,0 điểm).
4 sin α + 5 cos α
1
.
a) Cho cot α = . Tính giá trị của biểu thức A =
2
2 sin α − 3 cos α
b) Giải phương trình z 3 + 2z 2 + z − 18 = 0 trên tập hợp các số phức C.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

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

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



√
x3 − x2 + x = y y − 1 − y + 1
x3 + 4x2 + 1 = y 2

.

e

x + ln x
dx.

x2

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

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình
√ chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD
là tam giác đều và SB = a 2. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD và AB. Gọi H là giao
điểm của F C và EB. Chứng minh SE⊥EB, CH⊥SB và tính thể tích khối chóp C.SEB.
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.

x
y+2
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : =
=
3
1
x−1
y−6
z
z+4
và d2 :
=
=
. Tìm điểm A trên d1 , điểm B trên d2 sao cho đường thẳng AB
2
1

−2
−1

đi qua điểm M (1; 9; 0).
Câu 9 (0,5 điểm). 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 10 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức :
ca
ab
bc
+√
+√
P =√
3a + bc
3b + ca
3c + ab


——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />6


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đề số 10

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x + 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm điểm A thuộc (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại A cắt (C) tại điểm B khác A thỏa
mãn 2013xB + 2014xA = 2012, trong đó xA , xB lần lượt là hoành độ của A và B.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2x (2 cos x − 5) + cos 2x + 4 sin x − 5 cos x + 3 = 0.
√
b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức Oxy của số phức w = 1 + i 3 z +2
biết rằng số phức z thỏa mãn |z − 1| 2.

Câu 3 (0,5 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y = log2 2 + log 1 (x2 + 3x) .
2

√
x + x2 − 2x + 5 = 3y + y 2 + 4
.
x2 − y 2 − 3x + 3y + 1 = 0

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

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

xe2x + xex + 1
dx.
ex + 1

0



Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = a
và góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) bằng 900 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có góc ABC
nhọn, đỉnh A(−2; −1). Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng
BC, BD, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x2 + y 2 + x + 4y + 3 = 0.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường
thẳng x − y − 3 = 0.

x−7
=
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆ :
3
z−1
x−1
y+2
z−5
y−2
=
và ∆′ :
=
=

. Tìm tọa độ giao điểm A của ∆ và ∆′ . Viết phương
2
−2
2
−3
4
trình mặt phẳng (α) chứa ∆ và ∆′ .

Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển
nguyên dương thỏa mãn 2Cn0 +

√

2n+1 n
6560
22 1 23 2
Cn + Cn + ... +
Cn =
.
2
3
n+1
n+1

1
x+ √
24x

n

, biết n là số



Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y < 1. Chứng minh rằng :
1 4
9
+ +
x y 1−x−y

36

——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />7


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Đáp án đề thi thử số 6

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPTQG) số 6

Website:

Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Câu
Đáp án
1

a. (1,0 điểm)
(2,0 +) Tập xác định D = R
điểm) +) Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x, y ' = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2
Giới hạn: lim y = +∞ , lim y = −∞
x →+∞

Điểm
0,25
0,25

x →−∞

Bảng biến thiên:

−∞

+∞

−∞


0,25

+∞

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;0) và (2;+∞ ) ,nghịch biến trên khoảng (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 ,hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = −3
+) Đồ thị
Đồ thị hàm số đi qua các điểm

(0;1),(1;-1),(2;-3)....
Đồ thị đối xứng qua điểm I ( 1; -1).

0,25

b. (1,0 điểm)
Số nghiệm của phương trình x 3 − 3 x 2 + 1 = m chính là số giao điểm của đồ thị (C ) với đường
thẳng y = m .
Từ đồ thị suy ra phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi − 3 ≺ m ≺ 1
2
a. (0,5 điểm)
(1,0 Ta có : sin 2 x + 4 cos(π − x ) = 0 ⇔ 2 sin x. cos x − 4 cos x = 0 ⇔ 2 cos x(sin x − 2) = 0
điểm) ( sin x = 2 không xẩy ra)

⇔ cos x = 0 ⇔ x =

π

2

+ kπ , k ∈ Z



0,5
0,5
0,25
0,25

b. (0,5 điểm)

Ta có z =

− 1 + 2i 3 + i (−1 + 2i) (1 − i ) 3 + i −1 − 3i 3 + i
+
=
+
=
+
1+ i
2
(1 + i) (1 − i )
2
2
2

8
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />
0,25


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

=1 − i vậy z = 12 + (−1) 2 = 2

0,25

3
3 (0,5 điểm)
(0,5 Đk: x > 0 ,Pt log 52 x + log 5 x − 2 = 0 ⇔ (log 5 x − 1)(log 5 x + 2 ) = 0
điểm)

x = 5
log 5 x = 1
(TM )
⇔
⇔

x = 1
log
2
x
=
−
 5
25


0,25
0,25

4
(1,0 Đk: x ≠ 0
điểm) Ta có x 3 + x 2 y + xy 2 = 3 y 3 ⇔ ( x − y )(x 2 + 2 xy + 3 y 2 ) = 0 ⇔ ( x − y ) ( x + y )2 + 2 y 2 = 0

[

]

⇔ x = y ≠ 0 do ( x + y ) + 2 y = 0 ⇔ x = y = 0 không thỏa mản.
2

2

(

]

)( 1 − x + 1) = 1 , x ∈ (0;1]
x )( 1 − x + 1) = 1 ⇔ 3( 1 − x + 1) = ( x + 3 + x ) (*)

Với x = y ≠ 0 từ phương trình đầu ta có

(

[

x+3 − x

Khi đó x + 3 −
Ta thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình (*)
Với 0 < x < 1 thì 3

(

)

1 − x + 1 > 3 còn

(

0,25

)

x + 3 + x < 3 nên (*) vô nghiệm.Vây (*) có

nghiệm duy nhất là x = 1 từ đó suy ra hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1;1)
π
π
π
5
2
2
2
(1,0
Ta có I = ∫ 1 + cos 5 x dx = ∫ dx + ∫ cos 5 xdx
điểm)
0
0
0

(

)

π

π

2

Trong đó:

π

0,25



0

π

π

π

2

2

2

0

0

0

(

)

2

Xét K = ∫ cos 5 xdx = ∫ cos 4 x. cos xdx = ∫ 1 − sin 2 x . cos xdx

Đặt t = sin x suy ra dt = cos x.dx , x = 0 ⇒ t = 0, x =

∫ (1 − 2t

)

 2
t
+ t 4 dt =  t − t 3 +
5
 3
0
π 8
Vậy I = +
2 15
Thể tích khối lăng trụ là
6
(1,0
1
V
=
AA
S
AA

AB. AC
'.
=
'.
∆
ABC
điểm)
2
1
= 3a. 2a.a = 3a 3
2
=

2

0,25

0,25

∫ dx = x 2 = 2
0

1

0,5

5

π
2

0,25

∫ (1 − t ) dt
1

⇒ t = 1 khi đó K =

2 2

0

1 8
 =
 0 15

0,25

0,5

9
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Gọi M và M ' lần lượt là chân đường cao hạ từ A và A' trong các tam giác ABC , A' B ' C '
ta có B' C ' ⊥ ( AA' M ' M ) nên ( AB'C ') ⊥ ( AA' M ' M ) .Trong mp ( AA' M ' M ) hạ MH ⊥ AM ' thì
MH ⊥ ( AB ' C ' )
Khi đó d ( AB ', BC ) = d ( BC ,( AB 'C ' )) = d (M ,( AB 'C ")) = MH
1

1
1
1
1
1

=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
2
MH
MM '
AM
MM '
AB
AC
1
1
1
1
49
6
6

=>
= 2 + 2 + 2 =
=> MH = a .Vậy d ( AB ', BC ) = a
2
2
7
7
9a
4a
36a
MH
a

mà

Gọi Q là trung điểm BM thì PCQN là hình bình hành nên NP // CQ,mặt khác Q là trực tâm trong
7
(1,0 tam giác BNC nên CQ ⊥ BN suy ra BN ⊥ NP
điểm)
8 4
Ta có NP =  ;  là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng BN nên phương trình đường
5 5
8
2 4
1
thẳng BN là  x +  +  x −  = 0 ⇔ 2 x + y + 1 = 0 .Tọa
5
5 5
5
độ B là nghiệm của hệ

−9

 x = 5
2 x + y + 1 = 0
 y = −1 − 2 x
x = 1
⇔ 2
∨
⇔
 2
2
=
−
3
y
+
=
+
+
=
10
5
4
9
0
x
y
x
x




 y = 13

5
suy ra B (1;−3) vì B có hoành độ dương.

0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi C (1 − 2c; c ) ta có CB = (2c;−3 − c ) , CP = (2c;1 − c ) do CB ⊥ CP nên CP.CB = 0

⇒ 4c 2 − ( 3 + c )(1 − c ) = 0 ⇔ 5c 2 + 2c − 3 = 0 ⇔ c = −1 ∨ c =
do C có tung độ âm nên C (3;−1)
Suy ra D(− 1;3) , A(−3;1) .
Vậy A(−3;1) , B (1;−3) , C (3;−1) , D(− 1;3)

3
5



8
15
1


1
+1+ 4 +
=3
(1,0 Mặt cầu có tâm I  ;1;−2  và bán kính R =
4
4
2


điểm)
Do Mp (Q ) song song với mp (P ) nên phương trình có dạng 2 x − y + 2 z + D = 0, D ≠ 13

(Q ) tiếp xúc với (S )

nên d ( I ,( Q ) ) = R =>

1−1− 4 + D

=3
9
⇔ D − 4 = 9 ⇔ D = 13 ∨ D = −5 , do D ≠ 13 nên ta lấy D = −5 vậy phương trình cần tìm là
2x − y + 2z − 5 = 0

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Ký hiệu abc là một số bất kỳ thuộc A
9
0,25
Ta thấy a có 6 cách chọn do (a ≠ 0) ,b có 6 cách chọn do (b ≠ a ) tương tự c có 5 cách chọn
(0,5

Vậy số phần tử của A là 6.6.5 = 180
điểm)
Xét số abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 từ các chữ số đã cho ta chon được c
bộ số {a; b; c}là {a; b; c} = {1;3;4}và {a; b; c} = {1;2;5} .Từ mỗi bộ trên ta tạo được 3!= 6 số nên ta có 1 0,25

10
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 .Xác suất cần tìm là p =

12
1
=
180 15

10
Từ giả thiết suy ra a, b, c > 0 và a.b.c = 1 , không mất tính tổng quát ta giả sử a = max {a, b, c}
(1,0
⇒ 0 < bc ≤ 1
điểm)

1
1
2
1
2
3 2
Ta chứng minh
(1) và
+
≤
(2)
+
≤
2
1 + bc
1 + bc
1 + b2
1+ c2
1+ a2
1
1
1
1
1
1 + b2 +1 + c2
2
+
) ≤
+
=

Với (1) ta có : (
2 1+ b2
1 + b 2 1 + c 2 (1 + b 2 )(1 + c 2 )
1+ c2

= 1+
hay (

1 − ( bc )

2

(1 + b )(1 + c )
2

1
1+ b

2

Với (2) ta có

2

+

≤ 1+

1
1+ c

1
1+ a2

2

)2 ≤
≤

1 − ( bc )

(1 + bc )

2
2

=

2
1 + bc



0,25
0,25

0,25

4
1
1

2
⇔
+
≤
2
2
1 + bc
1 + bc
1+ b
1+ c

2
1
2
2
2
3 2
=>
+
≤
+
≤
1+ a
2
1 + bc 1 + a
1 + bc
1+ a2

1
2

3
3
1 + 3a
2a
1 + 3a − 2 2a . 1 + a
1
2
−
=
+
≤ ⇒ −
−
≥0⇔
1+ a
2 1+ a
2(1 + a )
1+ a
2(1 + a )
1 + bc 2
1 + bc
( 2a − 1 + a ) 2
=
≥ 0 đúng,
2(1 + a )

1
2
3 2
Suy ra
+

≤
.
2
1 + bc
1+ a2
=>

Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có :
dấu bằng khi a = b = c = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là

1
1+ a2

+

1
1+ b2

+

1
1+ c2

≤

0,25

3 2
2

3 2
.
2

--------- Hết ---------Truy cập thường xuyên để cập nhật nhiều Đề Thi Thử THPT Quốc Gia, tài liệu ôn
thi THPT Quốc Gia các môn Toán, Lý, Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được DeThiThu.Net cập nhật
hằng ngày phục vụ sĩ tử!
Like Fanpage Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi: để
cập nhật nhiều đề thi thử và tài liệu ôn thi hơn
Tham gia Group: Ôn Thi ĐH Toán - Anh để cùng nhau học tập, ôn thi:
/>
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />11


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

http:/ / dethithu.net

————————
Đáp án đề số 7

Câu 1a (1,0 điểm).
• Tập xác định : D = R \{−1}.
• Sự biến thiên :

+ Giới hạn, tiệm cận :
lim y = lim y = 1 ⇒ tiệm cận ngang là y = 1.
x →+∞

x →−∞

lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng là x = 1.

x →1

x →1



+ Bảng biến thiên :
3
y′ = −
< 0, ∀ x ∈ D.
( x − 1)2
x −∞
y′
1
y

y

+∞

1

−

+∞

−

−∞

1

I

O

1

1

Hàm số nghịch biến trên (−∞; 1) và (1; +∞).
Hàm số không có cực trị.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; −2) và cắt Ox tại (−2; 0).

−2

−2

+ Nhận giao điểm I (1; 1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
Câu 1b (1,0 điểm).
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là :

x+2
= x+m ⇔
x−1

®

x=1
x 2 + ( m − 2) x − m − 2 = 0

Đặt f ( x ) = x2 + (m − 2) x − m − 2.
Ta có ∆ = (m − 2)2 − 4(−m − 2) = m2 + 12 > 0, ∀m ∈ R
Lại có f (1) = 1 + m − 2 − m − 2 = −3 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) với mọi giá trị của m.
Câu 2a (0,5 điểm).
Điều kiện cos x = 0. Khi đó phương trình đã cho tương đương với :
Ä

ä

cos 2x + 1 + cos2 x sin x = cos x + sin2 x cos x

⇔ cos2 x − sin2 x + sin x + sin xcos2 x − cos x − sin2 x cos x = 0
⇔ (cos x − sin x ) (cos x + sin x ) + sin x − cos x + sin x cos x (cos x − sin x ) = 0
⇔ (cos x − sin x ) (sin x + cos x + sin x cos x − 1) = 0
ñ
cos x − sin x = 0
(1)
⇔
sin x + cos x + sin x cos x − 1 = 0 (2)
π

+ kπ.
4
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />12
Ta có (1) ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

x


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Ä

Đặt sin x + cos x = t |t|

√

ä

2 ⇒ sin x cos x =

t2 − 1
, phương trình (2) trở thành :
2

t2 − 1
− 1 = 0 ⇔ t2 + 2t − 3 = 0 ⇔
t+
2
Å

ñ

t=1
t = −3 (loại)

x = k2π
πã
1
π
Với t = 1 ⇒ sin x + cos x = 1 ⇔ sin x +
= √ ⇔
.
x = + k2π (loại)
4
2
2
π
Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ, x = k2π (k ∈ Z ).
4


Câu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ), ta có :



|z − 2 − i | = |2z¯ − 2i | ⇔ | x + yi − 2 − i | = |2 ( x − yi ) − 2i |

⇔ ( x − 2)2 + (y − 1)2 = 4x2 + (2y + 2)2

⇔ 3x2 + 3y2 + 4x + 10y − 1 = 0
10
1
4
⇔ x 2 + y2 + x + y − = 0
3
3
3

√
å
2 5
4 2
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm − ; − , bán kính R =
.
3 3
3
Ç

Câu 3 (0,5 điểm).

ñ

x=1
.
x = −2 (loại)
Ta có y(0) = −1, y(1) = −e, y(2) = e2 , do đó max y = y(2) = e2 , min y = y(1) = −e.
Đạo hàm

y′

=

ex ( x2

−x

− 1) + ex (2x

− 1) =

ex ( x2

+ x − 2);

y′

=0⇔
[0;2]

[0;2]

Câu 4 (1,0 điểm).
Điều kiện x = 0, y = 0. Hệ đã cho tương đương với :
x
2
+
=2
x2 y

1


2

3x + 2 = 4
y


2


x +

Trừ theo vế (1) và (2) ta có :

− x2 +

Ç

x
1
1
4
+2 − 2 = 0 ⇔ x−
2
x
y y
y

x
4
+2 = 4
2
x
y
⇔
1

2

3x + 2 = 4
y


2


2x +

å2

(1)
(2)

1
2
1

x− =
= x−


4
y
x

 y
= 2 ⇔
1
2 ⇔

 1
x
x− = −
= x+
y
x
y




2
x
2
x

1

2
4
= x − thay vào (1) được 4x2 + 2 = 8 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ∓1.
y
x
x
2
4
1
Với = x + thay vào (1) được 4x2 + 2 = 0 (vô nghiệm).
y
x
x

Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) = (1; −1) và ( x; y) = (−1; 1).

Với

Câu 5 (1,0 điểm).
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />13


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Đặt

®








1
dx
du =
u = ln( x − 1)
x−1
, ta có :
⇒

x3
dv = x2 dx


 v=
3
5

1
x3
ln( x − 1) −
I=
3
3
2

=
Vậy I =

125 ln 4 1
−
3
3

5

2



125 ln 4 1
x3
dx =
−
x−1
3
3
5

x3 x2
+
+ x + ln( x − 1)
3
2

124 ln 4 35
− .
3

2

=
2

5Ç

2

å

1
dx
x +x+1+
x−1
2

124 ln 4 35
−
3
2



Câu 6 (1,0 điểm).
√
√
÷ = a 6.2a. sin 450 = 2a2 3.
Ta có S ABCD = 2S∆ADB = DA.DB. sin ADB
Gọi H là hình chiếu của S trên BD ⇒ SH ⊥( ABCD ) (vì (SBD )⊥( ABCD )).

Khi đó H A, HD lần lượt là hình chiếu của SA, SD lên ( ABCD ).
÷ = SDH
÷ lần lượt là góc của SA, SD với ( ABCD ).
Do đó SAH
÷ = SDH
÷ = 300 ⇒ H A = HD.
Theo giả thiết ta có SAH
√
AD
Suy ra tam giác H AD vuông cân tại H ⇒ H A = HD = √ = a 3.
2
√ 1
Trong tam giác SH A vuông tại H có SH = H A. tan 300 = a 3. √ = a.
3
√
3
1
2a 3
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = .S ABCD .SH =
.
3
3
S



I
A

B

H

K

D

C

BD
2
d( H, (SAD )) = √ d( H, (SAD )).
HD
3
Gọi K là trung điểm AD ⇒ HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥(SHK ).
Gọi I là hình chiếu của H trên SK ⇒ H I ⊥(SAD ) √
⇒ H I = d( H, (SAD )).
a 6
1
.
Tam giác H AD vuông tại H nên HK = AD =
2
2
√
1
1
1
1
2
a 15

Trong ∆SHK có
=
+
= 2 + 2 ⇒ HI =
.
H I2
HS2
HK2
a
3a
5
√
2
2a 5
2
.
Vậy d(C, (SAD )) = √ d( H, (SAD )) = √ H I =
5
3
3

Câu 7 (1,0 điểm).
Ta có A ∈ d1 ⇒ A(t; t + 2); M là trung điểm AB nên B(4 − t; −t).
−→
Khi đó B ∈ d2 nên 4 − t − 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A (1; 3) , B (3; −1) ⇒ AB = (2; −4).
→
Đường thẳng cần tìm qua M(2; 1) và có một vectơ pháp tuyến −
n = (2; 1).
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình 2( x − 2) + (y − 1) = 0 ⇔ 2x + y − 5 = 0.
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />14

Ta có d(C, (SAD )) = d( B, (SAD )) =


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 8 (1,0 điểm).
Tọa độ giao điểm A của d và ( P) là nghiệm hệ


x − 1

y+3
z−3
=
=
−1
2
1

2x + y − 2z + 9 = 0



x



=0
⇔ y = −1



z=4

⇒ A(0; −1; 4)


−
−
→
Mặt phẳng ( P) có một vectơ pháp tuyến n( P) = (2; 1; −2).
→ = (−1; 2; 1).
Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương −
u
dî
→ó = (5; 0; 5) làm một vectơ chỉ phương.
n−→, −
u
Đường thẳng ∆ đi qua A(0; −1; 4) và nhận −
( P)



x



= 5t
Vậy ∆ có phương trình y = −1



z = 4 + 5t

d

.

Câu 9 (0,5 điểm).
7 = 3432.
Phép thử là chọn ngẫu nhiên 7 tấm thẻ trong 14 tấm thẻ nên ta có |Ω| = C14
Gọi A là biến cố "trong 7 tấm thẻ được chọn có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số
chẵn trong đó có duy nhất một tấm thẻ mang số chia hết cho 5", ta có hai trường hợp sau :
TH1 : Chọn thẻ chia hết cho 5 là thẻ ghi số 5.
Ta cần chọn thêm 2 thẻ ghi số lẻ trong 6 thẻ ghi số lẻ (trừ thẻ ghi số 5) và 4 thẻ ghi số chẵn
trong 6 thẻ ghi số chẵn (trừ thẻ ghi số 10). Do đó trường hợp này có C62 × C64 = 225 cách chọn.
TH2 : Chọn thẻ chia hết cho 5 là thẻ ghi số 10.
Ta cần chọn thêm 3 thẻ ghi số lẻ trong 6 thẻ ghi số lẻ (trừ thẻ ghi số 5) và 3 thẻ ghi số chẵn
trong 6 thẻ ghi số chẵn (trừ thẻ ghi số 10). Do đó trường hợp này có C63 × C63 = 400 cách chọn.
Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là |Ω A | = 225 + 400 = 625.
625
|Ω A |
=
.
Vậy xác suất của biến cố A là P( A) =
|Ω|
3432
Câu 10 (1,0 điểm).
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

2ab
3bc
2ca
5
+
+
3
(c + a) (c + b) ( a + b) ( a + c) (b + c) (b + a)
5
⇔ 2ab (1 − c) + 3bc (1 − a) + 2ca (1 − b)
(1 − a ) (1 − b ) (1 − c )
3
⇔ ab + 4bc + ca 16abc
4 1 1
⇔ + +
16
a b c
Áp dụng bất đẳng thức

1 1
+
x y
4 1 1
+ +
a b c

4
được :
x+y
4

4
+
a b+c


16
= 16
a+b+c

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.

——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />15


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

http:/ / dethithu.net

————————
Đáp án đề số 8

Câu 1a (1,0 điểm).

• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim y = −∞; lim y = +∞.
x →+∞

y

x →−∞

+ Bảng biến thiên :
y′

=

−3x2 + 6x

=

x −∞
y′
−
+∞
y

−3x ( x − 2); y′
0
0

+

2
0
0

=0⇔

ñ

1

x=0
.
x=2

x

O

+∞
−2

−
−∞

−4

2

U

−4

Hàm số đồng biến trên (0; 2).
Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) và (2; +∞).
Hàm số đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −4.
• Đồ thị :

+ Cắt Oy tại (0; −4).
+ Nhận điểm uốn U (1; −2) làm tâm đối xứng.
Câu 1b (1,0 điểm).
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C ) là :
3

2

2

− x + 3x − 4 = m( x + 1) ⇔ ( x + 1)( x − 4x + 4 + m) = 0 ⇔

ñ

x = −1
x2 − 4x + 4 + m = 0

Đặt f ( x ) = x4 − 4x + 4 + m có ∆ = −m và f (−1) = m + 9.
Do đó với m < 0 và m = −9 thì d cắt (C ) tại ba điểm phân biệt :

M(−1; 0), A( x1 ; m( x1 + 1)), B( x2 ; m( x2 + 1))
®

x1 + x2 = 4
Trong đó theo định lý vi-ét ta có
(1).
x1 x2 = m + 4
»
−−→
Ta có MA = ( x1 + 1; m ( x1 + 1)) ⇒ MA = | x1 + 1|» 1 + m2
−→
MB = ( x2 + 1; m ( x2 + 1)) ⇒ MB = | x2 + 1| 1 + m2 .
ñ
√
√
x1 = 2x2 + 1
2
2
.
Lại có MA = 2MB ⇔ | x1 + 1| 1 + m = 2 | x2 + 1| 1 + m ⇔
x1 = −2x2 − 3


 x1 = 3

Với x1 = 2x2 + 1 thay vào (1) ta có  x2 = 1 .

m = −1



 x1 = 11
Với x1 = −2x2 − 3 thay vào (1) ta có  x2 = −7 .

m = −81
Vậy m = −1 hoặc m = −81.
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />16


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 2a (0,5 điểm).

Ký hiệu phương trình đã cho là (1) ta có :
√
Ä
ä
(1) ⇔ 3 sin 2x + 2 cos 2x − cos2 2x − sin2 2x − 1 = 0
√
⇔ sin 2x sin 2x + 3 = (1 − cos 2x )2
√
⇔ 2 sin x cos x sin 2x + 3 = 4sin4 x
√
⇔ 2 sin x 2 sin xcos2 x + 3 cos x − 2sin3 x = 0
sin x = 0
√
2sin3 x − 2 sin xcos2 x − 3 cos x = 0

⇔

sin x = 0 √

√
2tan3 x − 3tan2 x − 2 tan x − 3 = 0

⇔

sin x = 0√
tan x = 3

⇔





x = kπ
π
(k ∈ Z )
x = + kπ
3
π
Vậy phương trình có nghiệm x = kπ, x = + kπ (k ∈ Z ).
3

⇔

Câu 2b (0,5 điểm).
ä
ä
Ä√
Ä√

√
3 − i (1 + i )
3 + i (−i )
2+ 3 1
+
=
− i.
Ta có z =
1 − i2
−2i2
2
2
√
1
2+ 3
, phần ảo của z là − và |z| =
Vậy phần thực của z là
2
2

√
√
7+4 3 1 »
+ = 2 + 3.
4
4

Câu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện x = −8, x = −2. Phương trình đã cho tương đương với :
1

4

3 .3

10x +15
x +8

= 3−2 .3

2x +16
x +2

⇔3

41x +68
4x +32

=3

x = −4
12
41x + 68
=
⇔
⇔
62
4x + 32
x+2
x=
41



12
x +2

62
.
41


Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = −4, x =
Câu 4 (1,0 điểm).
Xét hệ


2x2 y + y3 = 2x4 + x6
»
phương trình 
( x + 2) y + 1 = ( x + 1)2
Ä

ä

Ä

(1) ⇔ 2x2 y − x2 + y3 − x2
⇔ 2x
Ä

2

Ä

y−x

⇔ y − x2


⇔


äÄ

2

ä

Ä

+ y−x

ä3

äÄ

=0

Ç

1

+ y + x2
2
ñ
2
y=x
⇔
x=y=0

å2

ä

y2 + x 2 y + x 4 = 0
ä

2x2 + y2 + x2 y + x4 = 0

y = x2

2x2

2

(1)
, ta có :
(2)

3
+ x4 = 0
4

Với x = y = 0 thay vào (2) không thỏa mãn.
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />17


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

√
Với y√= x2 thay vào (2) ta có ( x + 2) x2 + 1 = x2 + 2x + 1 (∗).
Đặt x2 + 1 = t, (t 1), phương trình (∗) trở thành :
2

( x + 2)t = t + 2x ⇔ t(t − x ) − 2(t − x ) = 0 ⇔ (t − x )(t − 2) = 0 ⇔

ñ

t=2
t=x

√
√
Với t = 2 ⇒ √x2 + 1 = 2 ⇔ x = ± 3 ⇒ y = 3.

Với t = x ⇒ x2 + 1 = x (vô nghiệm).
Ä√
ä
Ä √
ä

Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) =
3; 3 và ( x; y) = − 3; 3 .

Câu 5 (1,0 điểm).
Thể tích khối tròn xoay cần tính là :
π
4

π
4

π
sin xdx =
2
2

V=π
0

0

π
(1 − cos 2x ) dx =
2

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là V =

π2
.
4

Ç

1
x − sin 2x
2

å

π
2

0

π2
=
4



Câu 6 (1,0 điểm).
Theo giả thiết ABCD là hình thoi và ÷
BCD = 600 ⇒ ∆BCD là tam giác đều. √
√
1
a2 3
Do đó BD = a; AC = a 3, suy ra diện tích ABCD là S ABCD = .AC.BD =
.
2
2


 BD ⊥ AC

Ta có 
⇒ BD ⊥(SAC ) ⇒ BD ⊥SC.
BD ⊥SA
Gọi O = AC ∩ BD, trong (SAC ), kẻ OM⊥SC, M ∈ SC ⇒ SC ⊥( MBD ).
a
1
Do đó ◊
BMD là góc giữa (SCB) và (SCD ) ⇒ ◊
BMD = 900 ⇒ OM = BD = .
2√
2 √
a 3. 2a
SA
AC
AC.OM
a 6
Ta có ∆SAC ∼ ∆OMC ⇒
=
=
⇔ SA = √
.
=
2
2
2
2
3a

a
OM
MC
2
OC − OM
−
4
√ 4
a3 2
1
.
Do đó thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = .SA.S ABCD =
3
4
S

M
H
C

B
O
A

D

Ta có O là trung điểm AC nên d (C, (SBD)) = d ( A, (SBD )).
 AH ⊥ SO
Trong (SAC ), kẻ AH ⊥SO, H ∈ SO, ta có 
⇒ AH ⊥(SBD ) ⇒ AH = d ( A, (SBD )).

AH ⊥ BD
1
1
1
2
4
2
a
√
.
Trong tam giác SAO vuông tại A có
=
+
=
+
=
⇒
AH
=
AH 2
AS2
AO2
3a2 3a2
a2
2
a

Vậy khoảng cách từ C đến (SBD ) là d (C, (SBD )) = AH = √ .
2
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />18

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 7 (1,0 điểm).
’ = 900 ⇒ ÷
Ta có AIB
ACB = 450 hoặc ÷
ACB = 1350 .
÷ = 450 , do đó tam giác ACD vuông cân tại D nên DA = DC.
Từ đó suy ra ACD
−
→
Lại có I A = IC nên ID ⊥ AC hay AC nhận ID = (1; −2) làm một vectơ pháp tuyến.
Mặt khác AC đi qua M (−1; 4) nên có phương trình x − 2y + 9 = 0.
√
−→
Ta có A ∈ AC ⇒ (2t − 9; t) ⇒ DA = (2t − 8; t + 1) ⇒ DA = 5t2 − 30t + 65.
√
√
| − 1 + 2 + 9|
√
Lại có DA = 2d( D, AC ) =
= 2 10.
5
ñ
√
√
t=1
2

Từ đó suy ra 5t − 30t + 65 = 2 10 ⇔
.

t=5
Vì điểm A có hoành độ dương nên A(1; 5).
−→
Đường thẳng DB đi qua D (−1; −1) và nhận DA = (2; 6) làm một vectơ pháp tuyến.
Do đó DB có phương trình 2( x + 1) + 6(y + 1) = 0 ⇔ x + 3y + 4 = 0.
−
→
−
→
Ta có B ∈ DB ⇒ B(−3m − 4; m) ⇒ IB = (−3m − 2; m − 1); I A = (3; 4).
→−
→
’ = 900 nên −
Vì AIB
I A. IB = 0 ⇔ 3(−3m − 2) + 4(m − 1) = 0 ⇔ m = −2 ⇒ B(2; −2).
Vậy A(1; 5) và B(2; −2).

Câu 8 (1,0 điểm).
→
Đường thẳng d1 đi qua M1 (1; −1; 2) và có một vectơ chỉ phương −
u1 = (1; −1; 0).
−
→
Đường thẳng d2 đi qua M2 (3; 1; 0) và có một vectơ chỉ phương u2 = (−1; 2; 1).
î→ −
ó
î→ −

ó −−−→
−−−→
Ta có −
u1 , →
u2 = (−1; −1; 1) , M1 M2 = (2; 2; −2) ⇒ −
u1 , →
u2 . M1 M2 = −6 = 0.
Do đó d1 và d2 là hai đường thẳng chéo nhau (đpcm).
Mặt phẳng ( P) chứa d1 nên đi qua M1 (1;î−1; 2).ó
→
→
Hơn nữa ( P) song song với d2 nên nhận −
u1 , −
u2 = (−1; −1; 1) làm một vectơ pháp tuyến.
Vậy ( P) có phương trình −1( x − 1) − 1(y + 1) + 1(z − 2) = 0 ⇔ x + y − z + 2 = 0.

Câu 9 (0,5 điểm).

3
Số phần tử của tập A là A5 = 60.
Số phần tử của A không có chữ số 4 là A34 = 24.
Số phần tử của A không có mặt chữ số 4 là 60 − 24 = 36.
3 = 34220.
Phép thử là chọn ngẫu nhiên ba số từ A nên |Ω| = C60
Gọi A là biến cố "ba số được chọn có đúng một số có mặt chữ số 4".
1 .C 2 = 9936.
Ta có số kết quả thuận lợi cho A là |Ω A | = C36
24
9936
2484

|Ω A |
Vậy xác suất biến cố A là P ( A) =
=
=
.
34220
8555
|Ω|
Câu 10 (1,0 điểm).



(x

+ y )2

⇔ ( x + y)2 4 ⇔ −2 x + y 2.
4
Khi đó P = ( x + y)3 − 3( x + y) xy − 3( x + y) = ( x + y)3 − 3( x + y)( xy + 1).
Hay P = ( x + y)3 − 3( x + y)[( x + y)2 − 2] = −2( x + y)3 + 6( x + y).
Xét hàm số f (t) = −2t3 + 6t trên [−2; 2] có f ′ (t) = −6t2 + 6; f ′ (t) = 0 ⇔ t = ±1.
Khi đó f (−2) = 4, f (−1) = −4, f (1) = 4, f (2) = −4.
Do đó max f (t) = f (−2) = f (1) = 4; min f (t) = f (−1) = f (2) = 4.
Từ giả thiết ta có ( x + y)2 − 3 = xy

[−2;2]

[−2;2]

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 4 khi ( x; y) = (−1; −1), ( x; y) = (2; −1), ( x; y) = (−1; 2).

Và P đạt giá trị nhỏ nhất bằng −4 khi ( x; y) = (1; 1), ( x; y) = (−2; 1), ( x; y) = (1; −2).
——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />19


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

http:/ / dethithu.net

————————
Đáp án đề số 9

Câu 1a (1,0 điểm).
• Tập xác định : D = R \{1}.

• Sự biến thiên :
+ Giới hạn, tiệm cận :
lim y = lim y = 2 ⇒ tiệm cận ngang là y = 2.
x →+∞

x →−∞

lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng là x = 1.

x →1

x →1

+ Bảng biến thiên :
3
y′ = −
< 0, ∀ x ∈ D.
( x − 1)2
x −∞
y′
2
y

y

+∞

1

−

+∞

−

−∞

2

I

− 12 O

1

2

Hàm số nghịch biến trên (−∞; 1) và (1; +∞).
Hàm số không có cực trị.
• Đồ thị :
å
Ç
1
+ Cắt Oy tại (0; −1) và cắt Ox tại − ; 0 .
2

x

−1

+ Nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
Câu 1b (1,0 điểm).
Đường thẳng d qua A(−2; 2) và có hệ số góc m nên có phương trình dạng y = m( x + 2) + 2.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C ) là :

®
2x + 1
x=1
= m ( x + 2) + 2 ⇔

mx2 + mx − 2m − 3 = 0
x−1
Đặt f ( x ) = mx2 + mx − 2m − 3 có ∆ = 9m2 + 12m.
Đường thẳng d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi :


a



=0
∆>0



f (1) = 0



m



=0
⇔ 9m2 + 12m > 0


−3 = 0



⇔

m>0
m<−

4
3

Giả sử d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 ( x1 < x2 ).
−2m − 3

.
Theo định lý vi-et ta có x1 + x2 = −1, x1 x2 =
m
Khi đó d cắt (C ) tại hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt khi và chỉ khi :
x1 < 1 < x2 ⇔ ( x1 − 1) ( x2 − 1) < 0 ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 < 0
−2m − 3
⇔
+ 1 + 1 < 0 ⇔ m > 0 (thỏa mãn)
m
Vậy với m > 0 thì d cắt (C ) tại hai điểm thuộc hai nhánh phân biệt.
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />20


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 2a (0,5 điểm).

5

4 + 5 cot α
2 = 13.
=
Ta có A =
3
2 − 3 cot α
2−
2
4+

Câu 2b (0,5 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với :
Ä


ä

z=2
√
z = −2 ± i 7
√
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phức z = 2, z = −2 ± i 7.

(z − 2) z2 + 4z + 9 = 0 ⇔

Câu 3 (0,5 điểm).

1
x+1
> 0 ⇔  x > 2 . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với :

Điều kiện
2x − 1
x < −1

x+1
1
3
1
< ⇔
<0⇔x<
2x − 1
2
2 (2x − 1)
2
Ç

å

1
.
Kết hợp điều kiện bất phương trình có tập nghiệm S = −∞;
2
Câu 4 (1,0 điểm).

»


 x3 − x2 + x

= y y − 1 − y + 1 (1)

Xét hệ phương trình  3
.
2
x + 4x + 1 = y2 = 0
(2)
»
Đặt u = y − 1 (u ≥ 0) ⇒ y = u2 + 1, phương trình (1) trở thành
Ä

ä

Ä

ä

x3 − x2 + x = u2 + 1 u − u2 + 1 + 1 ⇔ x3 − x2 + x = u3 − u2 + u (∗)

Xét hàm số f (t) = t3 − t2 + t trên [0; +∞) có f ′ (t) = 3t2 − 2t + 1 > 0, ∀t ∈ [0; +∞).
Suy ra hàm số f (t) luôn đồng biến trên (0; +∞), do đó (∗) ⇔ f ( x ) = f (u) ⇔ x = u.
Với x = u ≥ 0 ⇒ y = x2 + 1 thay vào (2) được
x=0
Ä
ä
⇔ x4 − x3 − 2x2 = 0 ⇔ x2 x2 − x − 2 = 0 ⇔ 
 x=2
x = −1 (loại)

Với x = 0 ⇒ y = 1; với x = 2 ⇒ y = 5.
Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) = (0; 1) và ( x; y) = (2; 5).
Ä



ä2

x3 + 4x2 + 1 = x2 + 1

Câu 5 (1,0 điểm).
e
1
Ta có I =
dx +
x
1



u

= ln x
1
dx =
dx
x2

Đặt 

e

1

ln x
dx = ln | x ||1e +
2
x

1
= dx
x
⇒
3
x

v =
3



du

1

ln x
dx = 1 +
x2

e

1

ln x
dx.
x2

, ta có :


e

e

x3
I = 1+
ln x −
3
1

e

1

x3 1
e3
x3
dx = 1 + −
3 x
3
9

e

=
1

2e3 + 10
9


2e3 + 10
.
9
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />21

Vậy I =


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 6 (1,0 điểm).

√
a 3
.
Tam giác SAD đều cạnh A nên SE⊥ AD và SE =
2 √
√
a 5
Tam giác AEB vuông tại A có EB = AB2 + AE2 =
.
2

Nhận
thấy SE2 + EB2 = SB2 nên ∆SEB vuông tại E ⇒ SE⊥ EB (đpcm).
SE⊥ EB
Ta có 
⇒ SE⊥( ABCD ) ⇒ SE⊥CH (1).
SE⊥ AB

’ = BCF.
’
Ta có ∆ABE = ∆BCF ⇒ ABE
’ = 900 ⇒ CH ⊥ EB (2)
÷
÷
÷
Xét ∆BHF có BFH + FBH = BFH + BCF
Từ (1) và (2) ta có CH ⊥(SEB) ⇒ CH ⊥SB (đpcm).

S

F

A

B

H

E
D

C

1
1
1
4
1
5
a
√
.
=
+
=
+
=
⇒
BH
=
BH 2
BF2 BC2
a2 a2
a2
5
»
a2
2a
Trong tam giác HBC vuông tại H có CH = BC2 − BH 2 = a2 −
=√ .
5 √ 5

√ √
1
1 a 3 a 5
a2 15
Lại có diện tích tam giác SEB là S∆SEB = SE.EB = .
.
=
.
2
2 2
2
8
√
√
1
1 2a a2 15
a3 3
Do đó thể tích khối chóp C.SEB là VC.SEB = CH.S∆SEB = . √ .
=
.
3
3 5
8
12
√
a3 3
Vậy SE⊥ EB, CH ⊥SB và VC.SEB =
.
12

Trong tam giác FBC vuông tại B có

Câu 7 (1,0 điểm).
A
E
M′
K
B

I

M
C

D


’ =÷
’ I’
÷ + CAI.
’
Gọi AI là phân giác trong của góc ÷
BAC, ta có : AID
ABC + BAI,
AD = CAD
’ = CAI,
’ ÷
÷ nên AID
’ = I’
Lại có BAI

ABC = CAD
AD ⇒ ∆DAI cân tại D ⇒ DE⊥ AI.
Do đó AI có phương trình x + y − 5 = 0.
Gọi M′ là điểm đối xứng với M qua AI ta có phương trình MM′ là x − y + 5 = 0.
Gọi K là giao điểm của AI và MM′ ta có K (0; 5), suy ra M′ (4; 9).
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />22


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

−−→
Khi đó AB đi qua A(1; 4) và nhận AM′ = (3; 5) làm vectơ chỉ phương.
Do đó AB có phương trình 5( x − 1) − 3(y − 4) = 0 ⇔ 5x − 3y + 7 = 0.

Câu 8 (1,0 điểm).
Ta có A ∈ d1 ⇒ A(3t1 ; −2 + t1 ; −4 + 2t1 ), B ∈ d2 ⇒ B(1 + t2 ; 6 − 2t2 ; −t2 ).
−−→
−→
Suy ra AM = (1 − 3t1 ; 11 − t1 ; 4 − 2t1 ) , BM = (−t2 ; 3 + 2t2 ; t2 ).
−−→ −→
Do đó AM, BM = (−12 + 6t1 + 3t2 + 3t1 t2 ; −5t2 + 5t1 t2 ; 3 − 9t1 + 13t2 − 7t1 t2 ).

®

 −12 + 6t1 + 3t2 + 3t1 t2 = 0
−−→ −→
−
→
t1 = 1
Đường thẳng AB qua M ⇔ AM, BM = 0 ⇔  −5t2 + 5t1 t2 = 0

⇔
.
t2 = 1

3 − 9t1 + 13t2 − 7t1 t2 = 0
Vậy A(3; −1; −2) và B(2; 4; −1).

Câu 9 (0,5 điểm).
Phép thử là chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trong tổng số 11 học sinh.
3 = 165.
Do đó số phần tử không gian mẫu là |Ω| = C11
Gọi A là biến cố "ba học sinh được chọn có cả nam và nữ".
Để chọn 3 học sinh có cả nam và nữ ta chọn 2 nam 1 nữ hoặc 1 nam 2 nữ.
Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là |Ω A | = C52 × C61 + C51 × C62 = 135.
|Ω A |
135
9
=
= .
Vậy xác suất của biến cố A là P( A) =
|Ω|
165
11
Câu 10 (1,0 điểm).
Theo giả thiết và bất đẳng thức AM − GM ta có :

bc
bc
bc
√

=»
=»
3a + bc
a ( a + b + c) + bc
( a + b) ( a + c)
ca
ca
ca
√
=»
=»
3b + ca
b ( a + b + c) + ca
(b + c) (b + a)
ab
ab
ab
√
=»
=»
3c + ab
c ( a + b + c) + ab
(c + a) (c + b)

å



Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta có :
P

Ç

bc
1
1
(1)
+
2 a+b a+c
Ç
å
ca
1
1
(2)
+
2 b+c b+a
Ç
å
ab
1
1
(3)
+
2 c+a c+b

bc + ba
ab + ac
a+b+c
3

ca + cb
+
+
=
=
2 ( a + b) 2 (c + a) 2 (b + c)
2
2

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là khi a = b = c = 1.
2

——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />23


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

http:/ / dethithu.net

————————
Đáp án đề số 10

Câu 1a (1,0 điểm).
• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim y = +∞; lim y = −∞.
x →+∞

y

x →−∞

+ Bảng biến thiên :
y′ = 3x2 − 3 = 3( x2 − 1); y′ = 0 ⇔ x = ±1.
x −∞
−1
′
y
+ 0 −
3
y

−∞

1
0

3

+∞

+

U 1

+∞

1

−1 O

−1

−1

Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (1; +∞).
Hàm số nghịch biến trên (−1; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = −1; yCĐ = 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = −1.
• Đồ thị :
+ Cắt Oy tại (0; 1).
+ Nhận điểm uốn U (0; 1) làm tâm đối xứng.


Câu 1b (1,0 điểm).
Ä
ä
Ta có A ∈ (C ) ⇒ A x A ; x3A − 3x A + 1 ; y′ = 3x2 − 3 ⇒ y′ ( x A ) = 3x2A − 3.
Ä
ä
Do đó tiếp tuyến tại A là y = 3x2A − 3 ( x − x A ) + x3A − 3x A + 1.

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến và (C ) là :
Ä

ä

Ä

ä

Ä

ä

3x2A − 3 ( x − x A ) + x3A − 3x A + 1 = x3 − 3x + 1

⇔ 3x2A − 3 ( x − x A ) = x3 − x3A − 3x + 3x A
Ä

ä

⇔ 3x2A − 3 ( x − x A ) = ( x − x A ) x2 + xx A + x2A − 3 ( x − x A )
Ä

ä

⇔ ( x − x A ) x2 + xx A + x2A − 3 − 3x2A + 3 = 0
Ä

ä

⇔ ( x − x A ) x2 + xx A − 2x2A = 0

⇔ ( x − x A ) (( x − x A ) ( x + x A ) + x A ( x − x A )) = 0

⇔( x − x A )2 ( x + 2x A ) = 0
ñ
x = xA
⇔
x = −2x A



Vì tiếp tuyến cắt (C ) tại B khác A nên x B = −2x A .
Khi đó 2013x B + 2014x A = 2012 ⇔ −4026x A + 2014x A = 2012 ⇔ x A = −1.
Vậy điểm cần tìm là A(−1; 3).

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />24

x


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 2a (0,5 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với
Ä



ä

2 sin x 2cos2 x − 5 cos x + 2 + 2cos2 x − 5 cos x + 2 = 0

x = − π6 + k2π
sin x = − 21


2
⇔  x = 7π
⇔ 2cos x − 5 cos x + 2 (2 sin x + 1) = 0 ⇔  cos x = 2
(k ∈ Z )
6 + k2π
π
1
x = ± 3 + k2π
cos x = 2
Ä





ä

Vậy phương trình có nghiệm −

7π
π
π
+ k2π, x =

+ k2π, x = ± + k2π (k ∈ Z ).
6
6
3

Câu 2b (0,5 điểm).


√ ä
Ä
w−2
√ .
Ta có w = 1 + i 3 z + 2 ⇔ z =
1+i 3
√
√
w−3−i 3
w−2
√ ≤2⇔
√
Do đó |z − 1| ≤ 2 ⇔
≤ 2 ⇔ w − 3 − i 3 ≤ 4.
1+i 3
1+i 3
Đặt w = x + yi ( x, y ∈ R ), ta có
√ 2
√
√
w − 3 − i 3 ≤ 4 ⇔ x + yi − 3 − i 3 ≤ 4 ⇔ ( x − 3)2 + y − 3 ≤ 16
Ä √ ä

Gọi (C ) là đường tròn tâm I 3; 3 và bán kính R = 4.
Ta có tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là phần mặt phẳng nằm trong đường tròn (C ),
kể cả (C ).

Câu 3 (0,5 điểm).

1
x+1
> 0 ⇔  x > 2 . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với :
Điều kiện
2x − 1
x < −1
1
3
1
x+1
< ⇔
<0⇔x<
2x − 1
2
2 (2x − 1)
2
Ç

å

1
Kết hợp điều kiện bất phương trình có tập nghiệm S = −∞;
.
2

Câu 4 (1,0 điểm).

Đặt x − 1 = t, hệ trở thành


»
»
√
√
t + 1 + t2 + 4 = 3y + y2 + 4
t − 3y + 1 + t2 + 4 − y2 + 4
⇔2
(t + 1)2 − y2 − 3(t + 1) + 3y + 1 = 0
t − y2 − t + 3y − 1 = 0
Cộng theo vế (1) và (2) được
2

2

t −y +

»

t2 + 4 −

»

(1)
(2)

y2 + 4 = 0 ⇔ t2 − y2 + √
Ä

⇔ t2 − y2

ä

Ñ

t2 − y2

t2 + 4 +

1+ √

»

y2 + 4
1

t2 + 4 +

»

=0

y2 + 4

é

=0

⇔ t2 = y2 ⇔ t = ± y
1
1
3
⇒t= ⇒x= .
2
2
2
1
1
3
Với t = −y thay vào (2) được 4y − 1 = 0 ⇔ y = ⇔ t = − ⇒ x = .
4Ç
4
å
å 4
Ç
3 1
3 1
và ( x; y) =
.
;
;
Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) =
2 2
4 4

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />25

Với t = y thay vào (2) được 2y − 1 = 0 ⇔ y =