Giải chi tiết đề thi thử toán T1,2,3

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

ĐỀ 11
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x − 1
3

2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình

1 3
9
x − 3 x 2 + x − m = 0 có một nghiệm duy
2
2

nhất:
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x + (1 + 2 cos x)(sin x − cos x ) = 0
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i ) z − 1 − 3i = 0 . Tìm phần ảo của số phức

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

3

(2 x − 1) ≤ 2

 x + y − x − y = 2

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

(x,y∈ ¡ )

1

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I =

∫ ( 1 − x ) ( 2 + e ) dx
2x

0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 600 . Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có
phương trình: x + y + 1 = 0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x − 2 y − 2 = 0 . Điểm M(2;1)
thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1).
Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam
giác ABC.
Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi
trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ.
Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x ≥ y ≥ z và x + y + z = 3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: P =

x z
+ + 3y .
z y
---------------------Hết--------------------


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 11)

Câu

1.a
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

x = 3
y'= 0 ⇔ 
x =1

TXĐ: D = ¡ , y / = 3 x 2 − 12 x + 9 .

0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng(- ∞ ;1) và (3;+ ∞ ), đồng biến trên khoảng (1;3)
lim y = −∞, lim y = +∞

x →−∞

BBT

0.25

x →+∞

x

−∞

1

y'

+

y

0

+∞

3
–

0

+

−∞

0.25

+∞

3
-1

0.25

Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1)
Pt :
1.b

1 3
9
x − 3x 2 + x − m = 0  x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 = 2m − 1 (*)
2
2

y = 2m − 1 (d cùng phương
(1,0 điểm) Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d
trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa vào đồ thị
 2 m − 1 < −1
m < 0
(C), để pt có một nghiệm duy nhất thì : 
 
 2m − 1 > 3

m > 2

0.25
0.25
0.25
0.25

cos 2 x + (1 + 2 cos x)(sin x − cos x ) = 0

2.a
(0,5 điểm)

sin x − cos x = 0
⇔ (sin x − cos x)(sin x − cos x − 1) = 0 ⇔ 
sin x − cos x = 1

π

sin( x − 4 ) = 0
⇔
π
2

sin( x − 4 ) = 2
2.b

(1 + i ) z − 1 − 3i = 0  z =

(0,5 điểm)
=> w = 2 – i

3
(0,5 điểm)

π

 x = 4 + kπ

π
⇔  x = + k 2π

2
 x = π + k 2π



ĐK: x > 1

.

0.25

( k ∈¢ )

0.25

1 + 3i
= 2+i
1+ i

0.25

Số phức w có phần ảo bằng - 1
,

2 log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) ≤ 2

0.25
⇔ log 3 [( x − 1)(2 x − 1)] ≤ 1

0.25
0.25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Điều kiện: x+y ≥ 0, x-y ≥ 0

0.25

4

 u − v = 2 (u > v)
 u + v = 2 uv + 4
u = x + y


⇔  u 2 + v2 + 2
ta có hệ:  u 2 + v 2 + 2
(1,0 điểm) Đặt: 
v = x − y
− uv = 3 

− uv = 3

2
2



0.25

 u + v = 2 uv + 4
(1)

⇔  (u + v) 2 − 2uv + 2
. Thế (1) vào (2) ta có:
− uv = 3 (2)

2

uv + 8 uv + 9 − uv = 3 ⇔ uv + 8 uv + 9 = (3 + uv ) 2 ⇔ uv = 0 .

0.25

 uv = 0
⇔ u = 4, v = 0 (vì u>v).
Kết hợp (1) ta có: 
u + v = 4
Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)

0.25

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2)..
u = 1 − x
Đặt 
2x
 dv = (2 + e )dx

5
(1,0 điểm)

 du = − dx

=> 
1 2x
v = 2 x + 2 e

1 2
1
1
I = (1 − x)(2 x + e 2 x ) + ∫ (2 + e 2 x )dx
0 1
2
2
1 2x 1
1 2x 1
2
= (1 − x)(2 x + e ) + ( x + e )
0
0
2
4

0.25

=

e2 + 1
4

Gọi H là trung điểm AB-Lập luận SH ⊥ ( ABC ) -Tính được SH = a 15
6
(1,0 điểm)

Tính được VS . ABC =

0.25

4a 3 15
3

0,5
0.25

0.25

Qua A vẽ đường thẳng ∆ / /BD , gọi E là hình chiếu của H lên ∆ , K là hình chiếu H
lên SE
Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, ∆ ))=2d(H, (S, ∆ ))=2HK
Tam giác EAH vuông cân tại E, HE =

0.25

a 2
2

1
1
1
31
15
=
+
=
⇒ HK =
a
2
2
2
2
HK
SH
HE
15a
31
⇒ d ( BD, SA) = 2

7

15
a
31

1
·
·
=
= cos HCB
Gọi H là trực tâm ∆ ABC. Tìm được B(0;-1), cos HBC
10

0.25

0.25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

r
(1,0 điểm) Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0( n = (a; b) là VTPT và a 2 + b 2 > 0 )
2

a+b

1
a
a
·
cos HCB
=
=
⇒ 4a 2 + 10ab + 4b 2 = 0 ⇔ 2  ÷ + 5  ÷+ 2 = 0

2
2
10
b
b
2(a + b )
a
 b = −2
 a = −2, b = 1
⇔
⇒
,
 a = −1, b = 2(l )
a = − 1
 b
2

phương trình CH: -2x + y + 3 = 0

AB ⊥ CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0

0.25

0.25

0.25

2 5
Tìm được : C ( ; − ) ,pt AC:6x+3y+1=0
3 3

Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu: R = 3
8

Phương trình mặt cầu (S): x 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 3
(1,0 điểm)
uuur
uuur
uuur
Giả sử H(x;y;z), AH = (x − 1; y + 2; z − 1), BC = (1; 2; −2), BH = ( x + 1; y; z − 3)
uuur uuur uuur uuur
AH ⊥ BC ⇔ AH .BC = 0 ⇔ x + 2 y − 2 z = −5
uuur 2 x − y = −2
uuur
,
BH cùng phương BC ⇔ 
y + z = 3

7 4 23
Tìm được H( − ; ;
)
9 9 9

3
Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C5 = 10

0.25

10
5
=> Xác suất cần tính là P(A) =

=
84
42
Ta có

10
(1,0 điểm)

0.25

0.25

3

(0,5 điểm)

0.25

0.25

Số phần tử của không gian mẫu là n( Ω ) = C 9 = 84
9

0.25

x
+ xz ≥ 2 x,
z

Từ đó suy ra

P=

0.25

z
+ yz ≥ 2 z .
y

x z
+ + 3 y ≥ 2 x − xz + 2 z − yz + 3 y
z y

0.25

= 2( x + z ) + y ( x + y + z ) − xz − yz = 2( x + z ) + y + x( y − z )
2

Do x > 0 và y ≥ z nên x( y − z ) ≥ 0 . Từ đây kết hợp với trên ta được

P=

x z
+ + 3 y ≥ 2( x + z ) + y 2 = 2(3 − y ) + y 2 = ( y − 1) 2 + 5 ≥ 5 .
z y

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 12
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 + 3mx + 1

(1).

0,25

0.25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

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 ).
sin 2 x + 1 = 6sin x + cos 2 x .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
1

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

x 3 − 2 ln x
dx .
x2

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
d:

x +1 y −1 z + 3
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d
−2
1
3

. Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB = 27 .
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 60o . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ
điểm I đến mặt phẳng ( SAB ) theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( 1; 4 ) , tiếp tuyến tại
A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ·ADB có
phương trình x − y + 2 = 0 , điểm M ( −4;1) thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 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

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
…….Hết……….

ĐÁP ÁN (ĐỀ 12)


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Câu
1

Nội dung

Điểm

a.(1,0 điểm)
Vơí m=1 hàm số trở thành : y = − x3 + 3x + 1

0.25

TXĐ: D = R
y ' = −3 x 2 + 3 , y ' = 0 ⇔ x = ± 1
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 = −∞ ,

x →+∞

lim y = +∞

x →−∞

* Bảng biến thiên
x

0.25

–∞

y’

-1
+

0

+∞

1
–

0

+∞

+

3

y

-∞

-1

Đồ thị:
4

2

2

4

b.(1,0 điểm)

0.25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
y ' = −3 x 2 + 3m = −3 ( x 2 − m )

0.25
y ' = 0 ⇔ x − m = 0 ( *)
2

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

)

uuur uuur
1
3
Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 4m + m − 1 = 0 ⇔ m = ( TM (**) )

2
Vậy m =
2.

0.25
0.25

0,25

1
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
⇔ 2sin 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)

0. 25

⇔ x = kπ . Vậy nghiệm của PT là x = kπ , k ∈ Z

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
3

2

Tính J = ∫
1

ln x
dx
x2

Đặt u = ln x, dv =

0.25

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


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
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 x = 1
2x
x
52 x +1 − 6.5 x + 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

0.25

b,(0,5điểm)
n ( Ω ) = C113 = 165

0.25

2
1
1
2
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C5 .C6 + C5 .C6 = 135

Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
5.

135 9
=
165 11

0.25

(1,0 điểm)
uur
Đường thẳng d có VTCP là ud = ( −2;1;3)
uur
Vì ( P ) ⊥ d nên ( P ) nhận ud = ( −2;1;3) làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng ( P ) là : −2 ( x + 4 ) + 1( y − 1) + 3 ( z − 3) = 0
⇔ −2 x + y + 3 z − 18 = 0

0.25

Vì B ∈ d nên B ( −1 − 2t ;1 + t; −3 + 3t )

0.25

AB = 27 ⇔ AB 2 = 27 ⇔ ( 3 − 2t ) + t 2 + ( −6 + 3t ) = 27 ⇔ 7t 2 − 24t + 9 = 0
2

t = 3
⇔ 3
t =

 7
6.

(1,0 điểm)

2

 13 10 12 
Vậy B ( −7; 4;6 ) hoặc B  − ; ; − ÷
7
 7 7

0.25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Gọi K là trung điểm của AB ⇒ HK ⊥ AB (1)

Sj

Vì SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ AB (2)

0.25

Từ (1) và (2) suy ra ⇒ AB ⊥ SK
Do đó góc giữa ( SAB ) với đáy bằng góc giữa

M

·

SK và HK và bằng SKH
= 60o

B

H

C

a 3
·
Ta có SH = HK tan SKH
=
2

K
A

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

0.25

Vì IH / / SB nên IH / / ( SAB ) . Do đó d ( I , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) )
Từ H kẻ HM ⊥ SK tại M ⇒ HM ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( H , ( SAB ) ) = HM

Ta có

1
1
1
16
a 3
a 3
=
+
= 2 ⇒ HM =
. Vậy d ( I , ( SAB ) ) =
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

0,25

(1,0 điểm)
7.

·

Gọi AI là phân giác trong của BAC

A

M'

B

·
Ta có : ·AID = ·ABC + BAI

E
K
I

M
C

0,25

·
·
·
IAD
= CAD
+ CAI
D

·
·

·
·
Mà BAI
, ·ABC = CAD
nên ·AID = IAD
= CAI
⇒ ∆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)
uuuuur
r
VTCP của đường thẳng AB là AM ' = ( 3;5 ) ⇒ VTPT của đường thẳng AB là n = ( 5; −3)
Vậy PT đường thẳng AB là: 5 ( x − 1) − 3 ( y − 4 ) = 0 ⇔ 5 x − 3 y + 7 = 0

0,25

0,25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
8.

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4(1)

 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1(2)

(1,0 điểm).

0.25

 xy + x − y 2 − y ≥ 0
 2
Đk:  4 y − 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)
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 +1 ÷


1
> 0∀y ≥ 1 )
y −1 +1

0.25

0.25

Với y = 2 thì x = 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( 5; 2 )
9.

(1,0 điểm) .
Vì a + b + c = 3 ta có

bc
bc
bc
bc  1
1 
=
=
≤ 
+
÷
3a + bc
a(a + b + c) + bc
(a + b)(a + c )
2  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)

Tương tự

Suy ra P ≤

ca
ca  1
1 
≤ 
+
÷ và
3b + ca 2  b + a b + c 

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


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

(ĐỀ 13)
4

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: y = - x + 4x 2 - 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình

x 4 - 4x 2 + 3 + 2m = 0 (1)
có hai nghiệm phân biệt.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Cho tan α = 3 . Tính A =

3sin α − 2 cos α
5sin 3 α + 4 cos3 α

b) Tìm môdun của số phức z = 5 + 2i − ( 1 + 3i )

3

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình : 16 x − 16.4 x + 15 = 0
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình :

2 x2 + 6 x − 8 + 2x2 + 4x − 6 − 3 x + 4 − 3 x + 3 −1 > 0

6

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân J =

∫x

x 2 + 3dx

1

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD = a, AB = a 3 ,

·

cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA
= 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G ( 1;1) ,
đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 x − y + 1 = 0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
∆ : x + 2 y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6.
Câu 8. ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1; 2;3) và mặt phẳng (P) có
phương trình: x + y − 4 z + 3 = 0 . Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương
trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ).
Câu 9. (0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi
nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta
được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.
Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình x 2 + 2ax + 9 = 0 với
a ≥ 3;

y − 2by + 9 = 0 với b ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2

M = 3( x − y )

2

2

1 1
+ − ÷ .
x y


hoctoancapba.com - Kho thi THPT quc gia, kim tra cú ỏp ỏn, ti liu ụn thi i hc mụn toỏn

P N
( 13)
Cõu
Cõu
1
(2,0
im)

Ni dung

im

a) (1,0 im)
Tp xỏc nh: D = Ă

0,25

lim y = - Ơ ;
Gii hn ti vụ cc: x đ
- Ơ

lim y = - Ơ

x đ+ Ơ

o hm: y  = - 4x 3 + 8x

0,25

ộx = 0

y  = 0 - 4x 3 + 8x = 0 4x (- x 2 + 2) = 0 ờ
ờx = 2
ờ
ở
Bng bin thiờn

0,25

x

+

yÂ

0

2
0



+

2

0

+

0

1



1

y


3



Giao im vi trc honh:
ộx 2 = 1
ờ
4
2
y
=
0

x
+
4
x
3
=
0

cho
ờ2
x =3
ờ
ở
Giao im vi trc tung: cho x = 0 ị y = - 3
y
th hm s:
1
-1

- 3
- 2

O

3

1

-3
2m

ộx = 1
ờ
ờ
x = 3
ờ
ở

2

x

y = 2m

b) ) (1,0 im)
Bin i: x 4 - 4x 2 + 3 + 2m = 0 - x 4 + 4x 2 - 3 = 2m (*)

0,25

S nghim pt (*) bng s giao im ca (C ) : y = - x 4 + 4x 2 - 3 v
d: y = 2m.

0,25

Da vo th tỡm c : 2m = 1 hoc 2m < 3

0,25

Gii v kt lun: m =

1
3
hoc m < .
2
2

0,25

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán


Câu2 a) (0,5 điểm)
(1,0
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
điểm)
3sin α − 2 cos α
3 tan α − 2
A=
=
3
3
2
5sin α + 4 cos α cos α 5 tan 3 α + 4

(

)

3 tan α − 2
70
=
1 + tan 2 α =
3
5 tan α + 4
139

(

0,25

0,25

)

b) (0,5 điểm)
.
z = 5+2i-(1+3.3i+3(3i)2 + (3i)3 )
= 31+20i

0,25

0,25

Vậy z = 312 + 202 = 1361
Câu 3 + Đặt t = 4x; ĐK: t > 0.
(0,5 + Đưa về PT: t2 − 16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0).
điểm)
+ Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415.
+ Kết luận pt có 2 nghiệm: x = 1 và x = log415.
* Ghi chú: - HS có thể không cần đặt ẩn phụ, nếu giải đúng vẫn đạt điểm tối đa.

0,25

Câu 4 Đk: x ≥ 1
(1
2 ( x − 1) ( x + 4 ) + 2 ( x − 1) ( x + 3) − 3 x + 4 − 3 x + 3 − 1 > 0

điểm)
⇔ 2 ( x − 1) x + 4 + 2 ( x − 1) x + 3 − 3 x + 4 − 3 x + 3 − 1 > 0

0,25

0,25

0,5
⇔ 2 ( x − 1)
⇔

(

(

) (

x+4 + x+3 −3

2 ( x − 1) − 3

)(

)

x + 4 + x +3 >1

)

x + 4 + x + 3 >1

1
x+4 + x+3

⇔ 2 ( x − 1) − 3 >

⇔ 2 ( x − 1) − 3 > x + 4 − x + 3



⇔
 2 ( x − 1)



⇔
3 2 ( x − 1)


(

2 ( x − 1) − 3 > 0

) (
2

−3 >

x+4 − x+3

x>

11
2

<

( x + 4 ) ( x + 3)

11

x>

⇔
2
 x 2 − 11x + 30 > 0
11


)

2


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

(ĐỀ 14)
3

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x + (m + 1)x 2 + (m 2 - 4)x - m + 1
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2.
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung.
Câu 2 (1,0 điểm):
π
a/ Giải phương trình lượng giác: 2 cos(2x + ) + 4s inx.sin3x - 1 = 0
3

b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z 2 - 2z + 5 = 0
Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log 2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0

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

 y
x
2 x +1
+ 2log 2
2.4 + 1 = 2
y , (x,y ∈ R).

 x3 + x = y + 1 xy + 1 + x 2
(
)(
)



hoctoancapba.com - Kho thi THPT quc gia, kim tra cú ỏp ỏn, ti liu ụn thi i hc mụn toỏn
1

Cõu 5 (1,0 im): Tớnh tớch phõn I =

x

ũ (1 + x)e dx
0

Cõu 6 (1,0 im): Cho hỡnh chúp u S.ABCD cú cnh ỏy 2a, gúc gia cnh bờn v mt ỏy
bng 600. Tớnh th tớch ca hỡnh chúp.
Cõu 7 (1,0 im): Trong mt phng Oxy cho hỡnh vuụng ABCD. Gi M l trung im ca BC.
Bit AM cú phng trỡnh l: 3x+y-7 = 0, nh B(4;1). Tỡm to cỏc nh ca hỡnh vuụng, bit
nh A cú tung dng, im M cú tung õm
Cõu 8 (1,0 im): Trong khụng gian Oxyz , cho im A (- 3;2; - 3) v hai ng thng
d1 :

x -1
y+2
z-3
x -3
y -1 z - 5
=
=
=
=
v d 2 :
1
1
-1
1
2

3

a/ Chng minh rng

d1

v

d2

ct nhau.

b/ Vit phng trỡnh mt phng (P) cha

d1

v

d2 .

Tớnh khong cỏch t A n mp(P).
n

1

Cõu 9 (0,5 im): Tỡm h s ca s hng cha x trong khai trin ca: x 2 + x5 ữ , bit tng
x

6

3

cỏc h s trong khai trin trờn bng 4096 ( trong ú n l s nguyờn dng v x > 0 ).
Cõu 10 (1,0 im): Cho a, b, c l ba s thc dng. Chng minh rng:

a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
1
1
1
.
+
+

+
+
2
2
2
4b
4c
4a
a+b b+c c+a

.HT...
P N ( 14)
Cõu
1a

Ni dung
3

im
1.0

2

Vi m = 2 ta cú hm s: y = 2x + 3x - 1
Tp xỏc nh: D = Ă
o hm: y  = 6x 2 + 6x
Cho y  = 0 6x 2 + 6x = 0 x = 0 hoac x = - 1
;
lim y = + Ơ
Gii hn: lim y = - Ơ
x đ- Ơ

x đ+ Ơ

Bng bin thiờn
x
yÂ


+

1
0
0

0
0

+Ơ
+

+Ơ

1
Hm s B trờn cỏc khong (- Ơ ; - 1),(0; + Ơ ) , NB trờn khong (- 1; 0)
Hm s t cc i yC = 0 ti x Cẹ = - 1 , t cc tiu yCT = 1 ti x CT = 0 .
ổ 1 1ữ
ử
1
1
ữ
y ÂÂ = 12x + 6 = 0 x = - ị y = - . im un: I ỗ
;
ỗ
ỗ
ố 2 2ữ
ứ
2
2
Giao im vi trc honh:
y


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
cho y = 0 Û 2x 3 + 3x 2 - 1 = 0 Û x = - 1 hoac x =

Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 1
- 23
- 12
 Bảng giá trị: x
0
- 1
y - 1
0
 Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây

1
2

- 1

1
2

1
2

0

Giao điểm của (C ) với trục tung: A (0; - 1)
 x 0 = 0 ; y0 = - 1
1b

 f ¢(0) = 0
 Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + 1 = 0(x - 0) Û y = - 1

1.0đ

π
Giải phương trình : 2 cos(2x + ) + 4s inxsin3x − 1 = 0 (1)
3
π
π
⇔ 2(cos2xcos − sin 2x sin ) + 4sin x sin 3x − 1 = 0
3
3
⇔ cos2x − 3 s in2x+4sin x sin 3x − 1 = 0
⇔ 1 − 2s in 2 x-2 3 sin x cos x + 4sin x sin 3x − 1 = 0
⇔ s inx(2s in3x-sin x- 3 cos x) = 0
2a

s inx = 0
⇔
s inx + 3 cos x = 2sin 3x
*s inx = 0 ⇔ x = kπ (k ∈ z)

0.5 đ

1
3
*s inx + 3 cos x = 2sin 3x ⇔ s inx +
cos x = sin 3x
2
2
π
π



3x = x + 3 + k2π
 x = 6 + kπ
π
↔ sin(x + ) = sin 3x ⇔ 
↔
(k ∈ z)
3
3x = π − x − π + k2π
x = π + k π


3
6
2
π
π
(k ∈ z)
vậy phương trình đã cho có nghiệm x = kπ ; x = + k
6
2
2z 2 - 2z + 5 = 0 (*)
2b

 Ta có, D = (- 2)2 - 4.2.5 = - 36 = (6i )2
 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:
2 + 6i
1 3
2 - 6i

1 3
z1 =
= + i ; z2 =
= - i
4
2 2
4
2 2

0.5 đ


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

3

2 log2 (x - 2) + log0,5 (2x - 1) = 0 (*)
ìï x > 2
ìï x - 2 > 0
ï
ï
Û íï
Û x> 2
 Điều kiện: í
ïï 2x - 1 > 0
ïï x > 1
î
ïî
2

0.5 đ

2

2

 Khi đó, (*) Û log2 (x - 2) - log2 (2x - 1) = 0 Û log2(x - 2) = log2 (2x - 1)
éx = 1 (loai)
Û (x - 2)2 = (2x - 1) Û x 2 - 6x + 5 = 0 Û ê
êx = 5 (nhan)
ê
ë

2 x ≥ 0
x > 0

⇔
Điều kiện:  x
y > 0
y >0

Ta có:

( 2 ) ⇔ ( x 2 + yx + 1) ( x − y − 1) = 0 ⇔ x − y − 1 = 0 ( Vì
⇔ y = x −1

( 1) ⇔

2.4 y + 1 = 2

2 x +1

⇔ 22 y + log 2 2 y = 2
4

(a)

x
y

+ 2log 2

( *)
trên ( 0; +∞ )

+ log 2 2 x

2x

f ( t ) = 2t + log 2 t

Xét hàm số:

x 2 + yx + 1 > 0 )

1
> 0 ∀t ∈ [ 0; e] ,vậy f ( t ) là hàm số đồng biến.
Ta có: f ' ( t ) = 2 ln 2 +
t ln 2
2x ⇔ 2 y = 2x

Biểu thức ( *) ⇔ f ( 2 y ) = f
(b)

1.0 đ

t

(

)

Từ (a) và (b) ta có:

x ≥ 1

x ≥ 1
x ≥ 1
 x=2
⇔  
2 ( x − 1) = 2 x ⇔  2
⇔ 2
4 x − 8 x + 4 = 2 x
2 x − 5 x + 2 = 0
 x = 1
 
2
⇔x=2
Với x = 2 ⇒ y = 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm ( 2;1) .
1

I = ò (1 + x )e x dx
0

5

ìï u = 1 + x
ìï du = dx
ï
ï
Þ í
 Đặt í
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
x
ïï dv = e dx
ïï v = e x
ïî
îï
I = (1 + x )e

x

1
0

-

1

x

ò0 e dx = (1 + 1)e

1

0

- (1 + 0)e - e

x

1
0

1

1.0 đ

0

= 2e - 1 - (e - e ) = e

1
x
 Vậy, I = ò(1 + x )e dx = e
0

6

1.0 đ

hoctoancapba.com - Kho thi THPT quc gia, kim tra cú ỏp ỏn, ti liu ụn thi i hc mụn toỏn

Gi O l tõm ca mt ỏy thỡ SO ^ (A BCD ) do ú SO l ng cao
ca hỡnh chúp v hỡnh chiu ca SB lờn mt ỏy l BO,
ã
do ú SBO
= 600 (l gúc gia SB v mt ỏy)
ã
ã
ã
SO
BD
Ta cú, t an SBO =
ị SO = BO . t an SBO =
. t an SBO
BO
2
= a 2. t an 600 = a 6
Vy, th tớch hỡnh chúp cn tỡm l
V =

1
1
1
4a 3 6
B .h = A B .BC .SO = 2a .2a .a 6 =
3
3
3

3
x

A

B

I

H
M
C

D

x
2

Gi H l hinh chiu vuụng gúc ca B trờn AM BH = d ( B; AM ) =

7

6
10

t cnh hỡnh vuụng l x>0
1
1
1
10 1 4

=
+

= +
x=3 2
Xột tam giỏc ABM cú
2
2
2
BH
BA BM
36 x 2 x 2
A thuc AM nờn A ( t;7 3t )
AB = 3 2
t = 1
17
t =
5


( 4t)

2

+ ( 3t 6 ) = 3 2 10t 2 44t + 34 = 0
2

17 16
A ; ữ loai, A ( 1; 4 ) t / m
5

5

Lm tng t cho im B, vi BM =
M l trung im ca BC C ( 1; 2 )

x 3 2
5 1
=
M ; ữ
2
2
2 2

Gi I l tõm ca hỡnh vuụng I ( 1;1)
T ú D ( 2;1)
8

r
a/ d1 i qua im M 1(1; - 2; 3) , cú vtcp u1 = (1;1; - 1)
r
d2 i qua im M 2 (3;1;5) , cú vtcp u 2 = (1;2; 3)
ổ1 - 1 - 1 1 1 1 ử
ữ
r r
ỗ
ữ
;
;
= (5; - 4;1)
ữ

Ta cú [u1, u 2 ] = ỗ
ỗ
ữ
ỗ
2
3
3
1
1
2
ữ
ỗ
ố
ứ

1.0


hoctoancapba.com
- Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
uuuuuur
và M 1M 2 = (2; 3;2)
r r uuuuuur
 Suy ra, [u1, u 2 ].M 1M 2 = 5.2 - 4.3 + 1.2 = 0 , do đó d1 và d2 cắt nhau.
b/ Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 .
 Điểm trên (P): M 1(1; - 2; 3)
r
r r
 vtpt của (P): n = [u 1, u 2 ] = (5; - 4;1)
 Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x - 1) - 4(y + 2) + 1(z - 3) = 0

Û 5x - 4y + z - 16 = 0
 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:
d (A ,(P )) =

5.(- 3) - 4.2 + (- 3) - 16
2

2

2

5 + (- 4) + 1

=

42
42

=

42

Xét khai triển :
n

n

5
1


 1

x  3 + x5 ÷ = x3  3 + x 2 ÷
x

x

3

k
n −1
n−k
5 n
  1 n
 52 
 52 
0
1 1 
k  1 
n 2 
= x Cn  3 ÷ + Cn  3 ÷  x ÷+ ... + Cn  3 ÷  x ÷ + ... + Cn  x ÷ 
x   
x   
  x 
  
Thay x = 1 vào khai triển ta được:
2n = Cn0 + Cn1 + ... + Cnk + ... + Cnn 
3

9

Theo giả thiết ta có:
Cn0 + Cn1 + ... + Cnk + ... + Cnn = 4096

0.5 đ

⇔ 2n = 212 ⇔ n = 12

12

 1

x  2 + x5 ÷
x

3

Với n = 12 ta có khai triển:

k + 1( 0 ≤ k ≤ 12, k ∈ Z )

Gọi số hạng thứ

12 − k

 1
Tk +1 = x C  2 ÷
x 
Ta có :
3

k
12

6

( )

Vì số hạng có chứa x nên :

x5

k

= C12k x

2k − 21 +

6
là số hạng chứa x .
2 k − 21+

5k
2

2 ( 21 + 6 )
5k
=6⇔ k =
=6
2

9
.

6
Với k = 6 ta có hệ số cần tìm là : C12 = 924 .

0,5


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Ta có:

 a2
1   b2
1   c2
1 
VT =  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷
4b   4c
4c   4 a
4a 
 4b
a
b
c
1 a b
c 
≥ 2+ 2+ 2 =  2+ 2+ 2÷
2b 2c
2a
2b c

a 
a 1 2
b 1 2
c 1 2
+ ≥ ;
+ ≥ ;
+ ≥
Mặt khác:
2
2
b
a b
c b c
a2 c a
a b
c 1 1 1
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 + 2 + 2 ≥ + +
b c
a
a b c
Suy ra:

1  1 1 1  1  1 1   1 1   1 1  
VT ≥  + + ÷ =  + ÷+  + ÷+  + ÷
2  a b c  4  a b   b c   c a  
1 4
4
4 
1
1

1
≥ 
+
+
=
+
+
= VP

4 a + b b + c c + a a + b b + c c + a
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

(ĐỀ 15)
Câu 1. (2,0 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 đã cho.

1.0 đ


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ y = 1 .

Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:

1 − cos x(2 cos x + 1) − 2 s inx
=1
1 − cos x

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + 2i ) z + (2 − 3i) z = −2 − 2i . Tính mô đun của z.
x
Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: x + log 2 (9 − 2 ) = 3 .

Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: (4 x 2 − x − 7) x + 2 > 10 + 4 x − 8 x 2
ln 2

Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

∫
0

e2 x
ex +1

dx

Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
AB = BC = a , CD = 2a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a . Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B(2; –1), đường
cao qua A có phương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d 2: x + 2y – 5
= 0. Tìm toạ độ điểm A.
Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0; −3), B(2;0; −1) và mặt
phẳng ( P ) : 3 x − y − z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng AB, bán
kính bằng 2 11 và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 9: (0,5 điểm) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong
đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên
nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3.

Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn 2a ≤ c và ab + bc = 2c 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

a
b
c
+
+
.
a−b b−c c −a

---------HẾT--------

ĐÁP ÁN
(ĐỀ 15)
CÂU

ĐÁP ÁN

Điểm


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Câu 1

a) (1,0 điểm)
+ Tập xác định: D = ¡

y = −∞; lim y = +∞ y ' = 3x 2 + 6 x
+ Giới hạn: xlim

→−∞
x →+∞

0,25

+ Sự biến thiên:
x = 0
Chiều biến thiên: y ' = 0 ⇔ 
 x = −2

Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng ( −∞ ;-2),
(0; +∞ )

0,25

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1
Bảng biến thiên:
-∞

x

-2

y’

+ 0

y

+∞

0
-

0

+

0,25
+∞

5
-∞ Z

]

1 Z

+ Đồ thị (C)
y
7
6
5
4
f(x)=x^3+3x^2+1

3

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

2

x(t)=1, y(t)=t
x(t)=-3, y(t)=t

1

f(x)=1

x
-5

-4

-3

-2

-1

1

2

0,25

3

-1

b) (1,0 điểm)

CÂU 2
(1,0 điểm)

Hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình x 3 + 3 x 2 + 1 = 1 . Suy ra
x0 = 0; x0 = −3

0,25

Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là: y '(0) = 0; y '(−3) = 9

0,25

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (0;1) là: y=1

0,25

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (-3;1) là: y=9x+28

0,25

a) (0,5 điểm)
b) Điều kiện: cos x ≠ 1 ⇔ x ≠ k 2π , k ∈ ¢
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

0,25

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
1 − cos x(2 cos x + 1) − 2 s inx = 1 − cos x ⇔ 2sin 2 x − 2 sin x − 2 = 0
sin x = −

2
π
5π
⇔ x = − + kπ , k ∈ ¢ ; x =
+ kπ , k ∈ ¢ (thỏa điều kiện)
2
4
4

0,25

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

( 1 + 2i ) ( x + yi ) + ( 2 − 3i ) ( x − yi ) = −2 − 2i
⇔ ( x − 2 y ) + ( 2 x + y ) i + ( 2 x − 3 y ) + ( −3 x − 2 y ) i = −2 − 2i
0,25

⇔ ( 3 x − 5 y ) + ( − x − y ) i = −2 − 2i
3x − 5 y = −2
x =1
⇔
⇔
 − x − y = −2
y =1

0,25

Do đó z = 12 + 12 = 2
CÂU 3
(0,5 điểm)

Điều kiện: 9 − 2 x > 0 . Phương trình đã cho tương đương:

log 2 (9 − 2 x ) = 3 − x ⇔ 9 − 2 x = 23− x
 2x = 1
8
2x
x
⇔ 9 − 2 = x ⇔ 2 − 9.2 + 8 = 0 ⇔  x
⇔
2
 2 = 8
x

CÂU 4
(1,0 điểm)

0,25

x = 0
 x = 3 (thỏa điều kiện)


0,25

Điều kiện: x ≥ −2 , bất phương trình đã cho tương đương:
(4 x 2 − x − 7) x + 2 + 2(4 x 2 − x − 7) > 2 [ ( x + 2) − 4 ]

0,25

(4 x 2 − x − 7)( x + 2 + 2) > 2( x + 2 − 2)( x + 2 + 2)

⇔ 4 x 2 − x − 7 > 2 x + 2 − 4 ⇔ 4 x 2 > ( x + 2) + 2 x + 2 + 1
⇔ (2 x) 2 > ( x + 2 + 1) 2 ⇔ ( x + 2 + 1 − 2 x)( x + 2 + 1 + 2 x) < 0

0,25

 x + 2 > 2 x − 1
 x + 2 < 2 x − 1
⇔
hoặc ⇔ 
 x + 2 < −2 x − 1
 x + 2 > −2 x − 1
⇔ −2 ≤ x < −1 hoặc ⇔ x >

5 + 41
8

0,5

 5 + 41

; +∞ ÷
Vậy tập nghiệm T = [ −2; −1) ∪ 
÷

 8

CÂU 5
(1,0 điểm)

Đặt t = e x + 1 ⇒ t 2 = e x + 1 ⇒ 2tdt = e x dx
0,25


hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
x = 0 ⇒ t = 2, x = ln 2 ⇒ t = 3
3

I=

3

(t 2 − 1)2tdt
= 2 ∫ (t 2 − 1)dt
∫
t
2
2

 t3 
= 2 − t ÷
3 

3

=
2

0,25

2 2
3

0,5

CÂU 6
(1,0 điểm)

Kẽ đường thẳng qua C và song song với AB cắt AD tại E.
Ta có: AE = BC = a ; DE= DE = (2a ) 2 − a 2 = a 3
Suy ra diện tích hình thang ABCD là: SABCD

(

1
1 3
Vậy: VS . ABCD = SA.S SABCD = a 2 + 3
3
6

(

1
= a2 2 + 3
2

0,25

)

)

0,25

Vì AD//(SBC) nên d ( D, ( SBC )) = d ( A, ( SBC ))
Kẻ AI vuông góc SB tại I, chứng minh được AI vuông góc (SBC).

0,25

Nên d ( A, ( SBC )) = AI
Trong tam giác SAB vuông tại A có AI là đường cao nên:

1
1
1
= 2+
Suy ra:
2
AI
SA
AB 2

SA. AB
a
AI =

=
SB
2
CÂU 7
(1,0 điểm)

0,25

r

Đường thẳng BC có vectơ pháp tuyến là: n = ( 4;3) . Suy ra phương trình đường thẳng
BC là:

4 x + 3 y − 5 = 0 .Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

4 x + 3 y − 5 = 0
 x = −1
⇔
⇒ C (−1;3)

x + 2 y − 5 = 0
y = 3

0,25