Đề thi thử thpt quốc gia 2016 môn Toán trường Chuyên Bảo Lộc có lời giải chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẢO LỘC

MÔN : TOÁN
Thời gian : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề )

Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số y =

x−2
x +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) ,biết tiếp tuyến song song với đường thẳng ∆ : y = 3 x + 1
Câu 2 ( 1,0 điểm)
a) Giải phương trình : cos 2 x − 3cos x + 2 = 0
b) Tìm phần thực, phần ảo, mô đun của số phức z, biết :

1 + 2i
.z = 3 − 2i
1− i

Câu 3 ( 0,5 điểm ) Giải phương trình : 9 x − 3.3x + 2 = 0
( y + 4) y + 1 = x 3 + 6 x 2 + 15 x + 14
Câu 4 ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình : 
 2 y − 7 x − 20 + 2 y − 11 = 0
Câu 5 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x ln x ; y = x ; x = 1 .
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O.Mặt bên (SAB) là tam
giác cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy , góc tạo bởi SC và mặt phẳng đáy bằng

600 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ đường thẳng AB đến đường thẳng SC.
Câu 7 ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có trung điểm cạnh CD
là M (2;1) , đường thẳng đi qua đỉnh D và trung điểm N của cạnh BC là 3 x − y − 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh
của hình vuông ABCD , biết điểm D có tung độ nhỏ hơn 2.
x −1 y − 2 z − 4
=
=
và điểm
2
−1
1
M (2;3; −1) .Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng của điểm M qua đường thẳng ∆ .Viết phương trình mặt cầu tâm M
và tiếp xúc với đường thẳng ∆ .
Câu 8 (1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa Oxyz ,cho đường thẳng ∆ :

Câu 9 ( 0,5 điểm ) Một lô sản phẩm của công ty sữa A gồm 50 hộp sữa có hình dạng giống nhau , trong đó có
40 hộp sữa có chất lượng tốt , 7 hộp sữa có chất lượng trung bình ,3 hộp sữa không đạt chất lượng . Đoàn
kiểm tra chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa . Tính xác suất trong 3 hộp hộp sữa đó phải có cả hai loại có chất lượng
trung bình,và không đạt chất lượng.
Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

9
1
+
(a + b + c ) 2 + 2
3
7a + b + 4 ab + 18 abc 2

---------------- Hết ---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh………………………………………………………………; Số báo danh………….……...


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

Đáp án
Cho hàm số y =

Câu 1
(2,0 đ)

Điểm

x−2
x +1

1,0 đ

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho.
Tập xác định : D = ¡ \ {−1}
lim y = 1; lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị (C )
x→−∞

x→+∞

lim y = −∞; lim − y = +∞ ⇒ x = −1 là tiệm cận đứng của (C )
x →( −1)

x→( −1)+

Ta có : y' =

0,25

3
> 0, ∀x ∈ D ⇒ Hàm số đồng biến trên từng khoảng của tập xác
(x + 1)2

định.

0,25

Hàm số không có cực trị
Bảng biến thiên :
−∞

X

+

y’

+∞

-1

+∞

y

0,25

+
y

1

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

−∞

1

f(x)=(x-2)/(x+1)

5

x
-8

Bảng giá trị :
x

0

-2

3

y

-2

4

1/4

-6

-4

-2

2

4

6

8

0,25

-5

Đồ thị :
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) ,biết tiếp tuyến song song với đường

thẳng ∆ : y = 3 x + 1

1,0 đ

Gọi M ( x0 ; y0 ), x 0 ≠ −1 là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C )
 x0 = 0
Vì tiếp tuyến song song với ∆ ⇒ y '( x0 ) = 3 ⇔ 
 x0 = −2

0,25

+ Với x0 = 0 ⇒ y0 = −2 : PTTT : y = 3 x − 2

0,25
0,25


+Với x0 = −2 ⇒ y0 = 4 :PTTT: y = 3x + 10

Câu 2

 y = 3x − 2
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa đề bài : 
 y = 3 x + 10

0,25

a) Giải phương trình : cos 2 x − 3cos x + 1 = 0

0,5 đ

 cos x = 1
cos 2 x − 3cos x + 2 = 0 ⇔ 2 cos x − 3cos x + 1 = 0 ⇔ 
 cos x = 1

2

0,25

2

(1,0 đ)

 x = k 2π
⇔
,k ∈¢
 x = ± π + k 2π
3


0,25

b) Tìm phần thực ,phần ảo , mô đun của số phức z ,biết :

1 + 2i
.z = 3 − 2i
1− i

1 + 2i
(3 − 2i)(1 − i)

9 7
.z = 3 − 2i ⇔ z =
⇔z=− − i
1− i
1 + 2i
5 5
Phần thực : −

Câu 3
(0,5 đ)

9
5

, phần ảo : −

7
130
, mô đun : z =
5
5

0,5 đ

0,25
0,25

Giải phương trình : 9 x − 3.3x + 2 = 0

0,5 đ

3x = 1
9 − 3.3 + 2 = 0 ⇔ 3 − 3.3 + 2 = 0 ⇔  x
3 = 2

0,25

x = 0
⇔
 x = log 3 2

0,25

x

x

2x

x

Câu 4

( y + 4) y + 1 = x 3 + 6 x 2 + 15 x + 14 (1)
Giải hệ phương trình : 
(2)
 2 y − 7 x − 20 + 2 y − 11 = 0

(1,0 đ)

Điều kiện : y ≥ 11
Ta có : (1) ⇔

(

)

3

y + 1 + 3 y + 1 = ( x + 2)3 + 3( x + 2) (*)

1,0 đ

0,25

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t , t ∈ ¡
Ta có : f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ Hàm số f đồng biến trên ¡
Mà (*) ⇔ f ( y + 1) = f ( x + 2) ⇔

 x ≥ −2
y +1 = x + 2 ⇔ 
2
 y + 1 = ( x + 2)

Thay y = (x + 2)2 − 1 vào (2) ta được : 2(x 2 + 4x + 3) − 7x − 20 + 2 x 2 + 4x − 8 = 0

0,25


2x 2 + 2x − 12 + 2 x 2 + 4x − 8 − (x + 2) = 0 ⇔ (x − 2)(2x + 6) +

3(x − 2)(x + 6)
2 x + 4x − 8 + x + 2
2

=0
0,25

( điều kiện : x ≥ −2 + 2 3 )
x = 2

⇔
3x + 18
vô nghiệm (do x ≥ −2 + 2 3 ) ⇒ y = 17 (nhận)
2x + 6 +
=0

2 x 2 + 4x − 8 + x + 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm : (x;y) = (2;17)

0,25
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x ln x ; y = x ; x = 1 .
Câu 5

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường y = x ln x, y = x là :

(1,0 đ)

x ln x = x ⇔ x = e ( do x > 0 )

1,0 đ

0,25
e

Diện tích hình phẳng cần tìm là : S = ∫ x ln x − x dx =
1

e

e

1

1

∫ x ln xdx −∫ xdx = S1 − S2

0,25

e

* S1 = ∫ x ln xdx
1

1

e
e
du = dx

e

u = ln x
x2
1
e2 x2
e2 + 1

x
⇒
⇒
S
=
.ln
x
−
xdx
=
−
=
Đặt 
1
2
2
2 ∫1
2 4 1
4
 dv = xdx v = x
1


2
e

0,25

e

x2
e2 1
S
=
xdx
=
=
−
* 2 ∫
2
2
2
1
1
Vậy S =

Câu 6
(1,0 đ)

e2 + 1 e2 − 1 3 − e 2 e2 − 3
−
=
=

(đvdt)
4
2
4
4

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O.Mặt bên (SAB) là
tam giác cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy , góc tạo bởi
SC và mặt phẳng đáy bằng 600 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ
đường thẳng AB đến đường thẳng SC.

0,25

1,0 đ

Gọi H là trung điểm của cạnh AB ⇒ SH ⊥ AB ( do ∆SAB cân tại S)
( SAB ) ∩ ( ABCD) = AB

⇒ SH ⊥ ( ABCD)
Mà : ( SAB ) ⊥ ( ABCD)
 SH ⊂ ( SAB )


0,25


Xét ∆BCH vuông tại B có : CH = BC 2 + BH 2 =

a 5
2

SH
a 15
·
Xét ∆SCH vuông tại H có : tan SCH
=
⇒ SH = HC.tan 600 =
HC
2
⇒ VS . ABCD

1
1 2 a 15 a 3 15
= .S ABCD .SH = a .
=
3
3
2
6

0,25

Gọi N là trung điểm của CD ,K là hình chiếu của H lên SN ⇒ HK ⊥ SN tại K (1)
CD ⊥ HN
⇒ CD ⊥ ( SHN ) ⇒ CD ⊥ HK (2)
Ta có : 
CD
⊥
SH


Từ (1),(2) ⇒ HK ⊥ ( SCD ) tại K ⇒ d ( H , ( SCD)) = HK
 AB || ( SCD)
Mà : 
 SC ⊂ ( SCD)
⇒ d ( AB, SC ) = d ( AB,( SCD)) = d ( H ,( SCD)) = HK

0,25

Xét ∆SHK vuông tại H ,có đường cao HK :
1
1
1
19
a 15 a 285
=
+
=
⇒ HK =
=
2
2
2
2
HK
SH
HN
15a
19
19
Vậy d ( AB, SC ) =

Câu 7
(1,0 đ)

a 285
19

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có trung điểm cạnh
CD là M (2;1) , đường thẳng đi qua đỉnh D và trung điểm N của cạnh BC là
3 x − y − 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết điểm D có tung độ

0,25

1,0 đ

nhỏ hơn 2.
Gọi N là trung điểm cạnh BC ⇒ DN : 3x − y − 3 = 0
Chứng minh được : AM ⊥ DN tại I
MA qua M(2;1) và vuông góc với DN có phương trình : x + 3y − 5 = 0
7 6
I là giao điểm của AM,DN ⇒ I  ; ÷
5 5
Kẻ PN||DC , P ∈ AD ⇒ PN ∩ AM = {Q}
⇒ Q là trung điểm AM
1
1
3
3
Ta có : PQ = DM = DC ⇒ QN = DC ⇒ QN = DM
2

4
4
2

0,25


uur 3 uuu
r
1 3
3
⇒ QI = IM ⇒ QI = IM ⇒ Q  ; ÷
2
2
2 2

0,25

uuuu
r
Q là trung điểm AM ⇒ A(−1; 2) ⇒ AM = (3; −1)
D ∈ DM ⇒ D(x; 3x − 3);AM 2 = AD 2 + DM 2 ⇔ DM 2 = 2 ⇔ 10x 2 − 28x + 18 = 0
x = 1
 D(1; 0)

⇔
⇒
x = 9
 D( 9 ; 12 )(loai)
 5 5

5


0,25

M là trung điểm CD ⇒ C(3; 2)
uuur uuur
Ta có : AB = DC ⇒ B(1; 4) .Vậy A(−1; 2),B(1; 4),C(3; 2),D(1; 0)
x −1 y − 2 z − 4
=
=
và điểm
2
−1
1
M (2;3; −1) .Tìm tọa độ điểm M’ đối xứng của điểm M qua đường thẳng ∆ .Viết
phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với đường thẳng ∆ .
uuuu
r
Ta có : H ∈ ∆ ⇒ H (1 + 2t ; 2 − t ; 4 + t ) ⇒ MH = (−1 + 2 t; −1 − t;5 + t),

0,25

Trong không gian với hệ tọa Oxyz ,cho đường thẳng ∆ :
Câu 8
(1,0 đ)

1,0 đ

uur

∆ có 1 VTCP u∆ = (2; −1;1)
uuuur uur
2
 1 8 10 
H là hình chiếu của M lên ∆ ⇔ MH .u∆ = 0 ⇔ t = − ⇒ H  − ; ; ÷
3
 3 3 3
 8 7 23 
M’ là điểm đối xứng của M qua ∆ ⇔ H là trung điểm đoạn MM’ ⇒ M '  − ; ; ÷
 3 3 3 

0,25
0,25

0,25

Mặt cầu ( S) có tâm M (2;3; −1) và tiếp xúc với ∆ nên có bán kính
2
2
2
R = MH = 11 có phương trình : ( x − 2) + ( y − 3) + ( z + 1) = 11

Câu 9
( 0,5 đ)

0,25

Một lô sản phẩm của công ty sữa A gồm 50 hộp sữa có hình dạng giống nhau , trong đó
có 40 hộp sữa có chất lượng tốt , 7 hộp sữa có chất lượng trung bình ,3 hộp sữa không
0,5 đ

đạt chất lượng . Đoàn kiểm tra chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa . Tính xác suất trong 3 hộp
hộp sữa đó phải có cả hai loại có chất lượng trung bình,và không đạt chất lượng.
3
Số phần tử của không gian mẫu: C50

Số cách chọn được 1 hộp sữa có chất lượng trung bình ,1 không đạt chất lượng , 1 tốt
1
1
1
là : C7 .C3 .C40

Số cách chọn được 1 hộp sữa có chất lượng trung bình ,2 không đạt chất lượng là:
C71 .C32
Số cách chọn được 2 hộp sữa có chất lượng trung bình ,1 không đạt chất lượng là :
2
7

1
3

C .C

0,25


1
C71 .C31.C40
+ C71 .C32 + C72 .C31 33
=
Xác suất cần tìm là :

C503
700

0,25

Cho ba số thực dương a, b, c .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 10
(1,0 đ)

P=

9
1
+ (a + b + c ) 2 + 2
3
7a + b + 4 ab + 18 abc 2

1,0 đ

Ta có : 4 ab = 2 a.4b ≤ a + 4b;18 3 abc = 3 3 a.4b.9c ≤ a + 4b + 9c
0,25

Dấu “ = “ xãy ra ⇔ a = 4b = 9c
Do đó : P ≥

9
1
1
1
+ (a + b + c ) 2 + 2 ⇔ P ≥

+ (a + b + c ) 2 + 2
9(a + b + c) 2
a+b+c 2

0,25

1 1 2
Đặt t = a + b + c, t > 0 ta được : P ≥ + t + 2
t 2
t
0
1 1 2
Xét hàm số : f (t ) = + t + 2, t > 0
t 2
f’(t)

Ta có : f '(t) = −

1
+ t = 0 ⇔ t = f(t)
1
2
t

Dựa vào BBT ,ta có : P ≥ f (1) =
Vậy pmin =

7
2

+∞

1

−

0

+∞

+
+∞

7
2

 a = 4b = 9c
7
36
9
4
⇔
⇔ a = ,b = ,c =
2
49
49
49
a + b + c = 1

0,25

0,25

Lưu ý : Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được trọn điểm câu đó.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016


TRƯỜNG THPT BẢO LỘC
MÔN TOÁN

TỔ TOÁN- TIN

THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = f(x) = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 −1)x + m − m3 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm các giá trị m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách từ gốc tọa độ O
đến điểm cực đại bằng 2 lần khoảng cách từ O đến điểm cực tiểu.
Câu 2 (1điểm). Giải phương trình : 3.9

x +1

− 5.3

x +1

+ 2 = 0 (x ∈ R)

π

3cos x
+ 2 x ) sin xdx
Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân sau I = ∫ ( e
0

Câu 4 (1 điểm). Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán,
Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm
của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó
có bao nhiêu phương án tuyển sinh?
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A( 1; 2; -2) , B(3; 2;0)
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB.
b) Tìm điểm M thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng OM nhỏ nhất.
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O ; cạnh là a; SA vuông góc với
(ABCD) và SC = a 6 .Tính theo a thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ O đến (SBC)
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , cạnh BC có phương
trình x + 3 y − 3 = 0. Các điểm I ( 3;1) , J ( 4;3) lần lượt nằm trên các đường thẳng AB và AC. Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 3.
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình sau
2
2

 y x + 16 = x y −16 + 16
(x, y ∈ ¡ )

3

( y − x) + y + 4 = 4 x + ( x + 2) x − 2

Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c =

3
2


2
2
2
Chứng minh rằng : ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥

125
.
64

Hết


Câu

Đáp án
Khi m = 1, y = f(x) = x 3 − 3x 2 (C)

y

D = R, y’ = 3x 2 − 6x
lim y = +¥ ,

1

x

lim y =- ¥

x ®+¥

Điểm

-1

x ®- ¥

1

2

3

-1

éx = 0 Þ y = 0
y’ = 0 Û ê
ê
ëx = 2 Þ y =- 4

-2
-3

BBT

x

-∞

y’

+

y
1a)

0
0

2
-

0

+

0
-∞

0,25

+∞

+∞
-4

1 điểm Hàm số tăng trên : (-∞ ; 0), (2 ; +∞)
Hàm số gỉam trên : (0 ; 2)

(H1)
0,25

Đạt cực đại tại x = 0, y CD = 0
Đạt cực tiểu tại x = 2, y CT =- 4
Điểm đặc biệt : x = -1, y = -4 và x = 3, y = 0
Tâm đối xứng : I(1 ; -2)
Đồ thị: hình (H1)
0,25

0,25
1b)
1 điểm

D=R
y ' = 3x 2 - 6mx + 3(m 2 - 1)
y ' = 0 Û 3x 2 - 6mx + 3(m 2 - 1) = 0 , Δ=9>0 , " m
=> hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với mọi m

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

éx = m - 1 Þ y = 2 - 2m
ê
ê
ëx = m +1 Þ y =- 2 - m

0,25

Chỉ ra : điểm CĐ A(m -1 ; 2 - 2m), điểm cực tiểu B(m + 1 ; -2 – 2m)
ém =- 3
ê
5 m - 1 = 2 5 m +1 Û ê
1
êm =ê
3
ë

OA = 2OB Û

0,25

0,25
Giải phương trình : 3.9

x +1

− 5.3

x +1

+ 2 = 0 (x ∈ R)

0.25

+ Điều kiện x ≥ −1
2

1 điểm

+ Đặt t = 3

x +1

, t ≥ 1 đưa về pt : 3t 2 - 5t +2 =0
0.25

2
+ Giải tìm t =1Ú t = (loại)
3

+ Giải phương trình 3

x +1

0.25

=1Û x =- 1

0.25

π

3

I = ∫ (e

π

3cos x

0

π

1 điểm

I 1=

∫e
0

3cos x

+ 2 x).sin xdx = ∫ e

π

3cos x

0

.sin x.dx + ∫ 2 x.sin x.dx
0

0,25

π

π
1
.sin x.dx = − ∫ .e3cos x .d (3cos x) = − 1 e3cos x = 1 (e3 − 13 )
3
3
30
e
0

0,25
3

π

I2 =

∫ 2 x.sin x.dx
0

1 điểm Đặt u = 2x => du = 2dx
dv = sinxdx => v = –cosx
π

π

∫

I2 = −2 x cos x 0 + 2 cos x.dx = 2π
0

0,25


Câu

Đáp án

Điểm

1 3 1
I = 3 (e − 3 ) + 2π
e

0,25
TH1: Trong ba môn, có 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:
4
1 điểm

0,50

Ta có 2.C62 = 30 (Cách)
TH2: Trong ba môn, có cả hai môn Toán và Văn:

0,25

Ta có 1.C61 = 6 (Cách)

0,25

Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)
a)
r

uuuv

Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ n = AB = ( 2;0;2)

0,25

làm vectơ pháp tuyến
và đi qua trung điểm I ( 2; 2;-1) của đoạn thẳng AB
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: x + z - 1 =0
5
1 điểm

0,25

x = 1+ t

b) Phương trình tham số (AB) :  y = 2
 z = −2 + t


điểm M thuộc (AB) , M(1+t;2;-2+t)
đoạn thẳng OM nhỏ nhất khi OM vuông góc với AB.

3
2

3
2

0,25

Tìm được M  ;2; − ÷
0,25


Câu

Đáp án

Điểm
0,25

+SA= SC 2 − AC 2 = 2a
+ VS.ABCD =

1
2
.SABCD.SA = a3
3

3

0,25

+ Trên mp(SAB) vẽ AH ⊥ SB lại có AH ⊥
BC
Suy ra AH ⊥ (SBC)
6
+

1 điểm

1
1
1
2 =
2 +
AH
SA AB 2

suy ra AH=

2 5a
5

0,25
1
2

Suy ra d(O;(SBC))= AH=

5a
5

0,25
7
1 điểm

r

2
2
Đường thẳng AB đi qua điểm I ( 3;1) có vectơ pháp tuyến n = ( a; b ) , ( a + b ≠ 0 )

⇒ ( AB ) : ax + by − 3a − b = 0

Do đường thẳng AB hợp với đường thẳng BC một góc 450 suy ra
cos 450 =

a + 3b
1 +3
2

2

a +b
2

2

⇔ 2a 2 − 3ab − 2b 2 = 0

 a=2
Chọn b = 1 ⇒ 2a − 3a − 2 = 0 ⇔ 
1
a=−

2
2

+ Với a = 2 và b = 1 ⇒ ( AB ) : 2 x + y − 7 = 0, ( AC ) : x − 2 y + 2 = 0
Ta có A = AB ∩ AC ⇒ toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ
12

x=

x − 2 y + 2 = 0

 12 11 
5
⇔
, A  ; ÷( thỏa đk)

2 x − y − 7 = 0
 y = 11  5 5 

5
 18 1 
; − ÷, C ( 0;1)
 5 5

Suy ra tọa độ các đỉnh B 

0,25


Câu

Đáp án
+ Với a = −

1
và b = 1 ⇒ ( AB ) : x − 2 y − 1 = 0,
2

Điểm

( AC ) : 2 x + y − 11 = 0

Ta có A = AB ∩ AC
23

x=

x
−
2
y
−
1

=
0


5
⇔
=>Ttoạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ 
 2 x + y − 11 = 0
 y=9

5

0,25

( loại vì không thỏa đk)
 12 11 

 18

1

Vậy: A  ; ÷, B  ; − ÷, C ( 0;1)
5 5
 5 5

0,25

0,25

 y x 2 + 16 = x y 2 − 16 + 16

(1)
(x, y ∈ ¡ )

3
( y − x) + y + 4 = 4 x + ( x + 2) x − 2 (2)
Điều kiện: x≥ 2 và y≥ 4
Với điều kiện trên, bình phương hai vế của (1) ta được:

y 2 ( x 2 + 16) = x 2 ( y 2 − 16) + 32 x y 2 − 16 + 256
 y 2 − 16 + x 2 − 2 x y 2 − 16 = 0
8



(

y 2 − 16 − x

)

2

=0 

3
1 điểm (2)  ( y − x ) + y − x =

(

y 2 − 16 = x (3)

) (
3

x − 2 +1 +

)

x − 2 + 1 (4)

Xét hàm đặc trưng f (t ) = t 3 + t , t ∈ ¡ , f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡


Câu

Đáp án

Điểm

=> f(t) đồng biến trên |R, do đó ta có:
(4)  f ( y − x) = f

(

)

x − 2 + 1  y − x = x − 2 + 1 (5)

0,25

Từ (3) và (5), hệ phương trình đã cho tương đương với

3 x + 2 x x − 2 + 2 x − 2 − 17 = 0 (6)
 y 2 − 16 = x 2



 y = x + x − 2 + 1  y = x + x − 2 + 1 (5)
Đặt t=

0,25

x − 2 (t ≥0)

(6) trở thành 2t 3 + 3t 2 + 6t − 11 = 0  t=1
(6) 

x − 2 = 1  x=3 (thỏa điều kiện)

Lúc đó y= 5 (thỏa điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhật (x;y)= (3;5)

0,25

0,25
9

2
2
2

Ta có ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c ) ≥

125
64

5
⇔ ln ( 1 + a 2 ) + ln ( 1 + b 2 ) + ln ( 1 + c 2 ) ≥ 3ln .
4

1 điểm

0.25
 3

4

Xét hàm số f ( t ) = ln ( 1 + t 2 ) − t trên 0;  .
5
 2
Ta có
f '( t ) =

2t
4
1
− ; f ' ( t ) = 0 ⇔ t = và
2
1+ t
5
2

5 2
1
f ( 0 ) = 0, f  ÷ = ln − ,
4 5
2
5

2

13 6
3
f  ÷ = ln − .
4 5
2
 3

Suy ra f ( t ) ≥ ln − với mọi t ∈ 0;  .
4 5
 2
2
2
2
Do đó ln ( 1 + a ) + ln ( 1 + b ) + ln ( 1 + c ) −

0.25
4
5 6
( a + b + c ) ≥ 3ln − .
5

4 5

0.25


Câu

Đáp án

5
4

Điểm

2
2
2
Suy ra ln ( 1 + a ) + ln ( 1 + b ) + ln ( 1 + c ) ≥ 3ln , (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra khi

1
2

và chi khi a = b = c = .

0.25