Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 6 2

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

THI MƠN TỐN, KHỐI 12 (lần 3)
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT ĐỀ
QUỐC
GIA 2016 - ĐỀ SỐ 93
Năm học: 2015-2016

Thời gian làm bài 180
phút
Thời
gian làm bài 180 phút
--------oOo--------

Câu 1(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2 .
Câu 2(1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f ( x)   x 3  3x 2  9x  3 trên đoạn [0; 2]
Câu 3(1 điểm)
a) Giải phương trình:
b) Giải bất phương trình

log 2 x  log 2  x  1  1

9 x  8.3x  9  0

2

Câu 4(1 điểm) Tính tích phân I    x  3 sin xdx
0

Câu 5 (1 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A  2; 1;0  , B  3; 3; 1 và mặt

phẳng ( P) : x  y  z  3  0 . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1 điểm)

a) Cho góc  thỏa mãn


4
    và sin   . Tính giá trị của biểu thức
2
5

 5

P  cos      sin 2
3 2

b) Một lơ hàng có 11 sản phẩm, trong đó có 2 phế phẩm, lấy ngẫu nhiên 5 sản phẩm
trong lơ hàng đó. Tính xác suất để trong 5 sản phẩm đó có khơng q 1 phế phẩm.

Câu 7 (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a,
AD = 2a, SA  (ABCD), SA = a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ
điểm A đến mặt phẳng (SBM), với Mlà trung điểm của cạnh CD.
Câu 8 (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC. Trên đường thẳng MN lấy điểm K sao cho N là
trung điểm của đoạn thẳng MK. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết K (5; 1) , phương trình

đường thẳng chứa cạnh AC là 2 x  y  3  0 và điểm A có tung độ dương.

 x10  2 x 6  y 5  2 x 4 y
Câu 9 (1 điểm) Giải hệ phương trình 
( x, y   )
2
x

5

2
y

1

6


Câu 10 (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

2
3

a  ab  3 abc
abc

-------------Hết-------------

545


TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I - ĐÁP ÁN TOÁN_ KHỐI 12 (lần 3-2015-2016)

Câu
Nội dung
HS tự giải
1
Ta có hàm số f(x) xác định và liên tục trên đoạn  0; 2 ;
f '  x   3 x 2  6 x  9

2

Với x  0; 2 , f '  x   0  x  1
Ta có f(0)=-3, f(1)=2, f(2)=-5
Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn  0; 2 lần
lượt là 2 và -5.
a) Điều kiện x  1 . Phương trình đã cho tương đương với
log 2 x  x  1  1  x 2  x  2  0

3

4

 x  1(loai ); x  2 . Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=2.

b) Đặt t  3x  t  0  . Bất pt trở thành t 2  8t  9  0  t  1(loai); t  9
3x  9  x  2 . Bất pt đã cho có nghiệm x>2
Đặt u=x-3, dv=sinx. Suy ra du=dx, v==cosx.


2

Khi đó I   3  x  cos x   cos xdx

2
0

=  3  x  cos x  sin x

2
0


2
0

Điểm
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0

 2

0,50

5
1
Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Suy ra I  ; 2;   .
2

2

Mặt phẳng trung trực của đoạn AB đi qua I và nhận AB 1; 2; 1 làm

5

5
1
vectơ pháp tuyến, có pt x   2  y  2    z    0  x  2 y  z  7  0
2

x  2 y 1 z
Đường thẳng AB có phương trình:


.
1
2
1

2

Gọi M là giao điểm của AB và (P). Do M thuộc AB nên
M  2  t; 1  2t ; t  . M thuộc (P) nên 2  t  1  2t  t  3  0  t  1 .
Do đó M(1; 1;1)
a)

6

0,50

16
3

     cos   0 . cos    1  sin 2    1 

2
25
5

 5



P  cos      sin 2  cos  cos  sin  sin  5sin  cos  
3 2
3
3

21  4 3


10
5
b) Số cách chọn 5 sản phẩm bất kì trong 11 sản phẩm là: C11  462
1
4
Số cách chọn 5 sản phẩm mà có 1 phế phẩm là: C2 .C9  252

5
Số cách chọn 5 sản phẩm mà khơng có phế phẩm nào là: C9  126
Suy ra số cách chọn 5 sản phẩm mà có khơng q 1 phế phẩm là:
252+126=378.
378 9

Vậy xác suất cần tìm là:
462 11

546

0,50

0,25

0,25

0,25

0,25

S

H

0,50
A

D

7
M
E
B

C

1
1
2a 3
VS . ABCD  .SA.S ABCD  .a.a.2a 
.
3
3
3
Kẻ AE  BM , AH  SE . Suy ra AH   SBM  .
2.S ABM

AE 
BM

2a 2

4a 2 

2



4a
;
17

a
4
1
1
1
1
17
33
4a
 2
 2

 d ( A, (SBM ))  AH 
2
2
2
2
AH

SA
AE
a 16a
16a
33
A

M

0,50

D

I
B

N

C

0,25

8

K

  DKM
 . Mà
Ta có CAD  DKM  CAD

  KDM
  90  KDM
  DAC
  90  AC  DK .
DKM
Gọi AC  DK  I . Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ
13

x

2 x  y  3  0

5


x  2 y  7  0
 y   11

5

547


Ta có 3KD  5 KI  D 1; 3 Gọi vec tơ pháp tuyến của AD là





n  a; b  , a 2  b 2  0 .

  2  2a  b  2   2 a  b  2  4  a 2  b 2    b  0
cos DAC

5
5
5 a 2  b2
3b  4a

0,25

Từ đó AD: x=1 hoặc 3x+4y+9=0
Với AD: x=1. Suy ra A(1;1) (thỏa mãn). Với AD: 3x+4y+9=0.

0,25

DC: y=-3. Suy ra C(3;-3);

0,25

27
Suy ra y A   (loại).
5

Điều kiện: 2 y  1  0  y  

CB: x=3. Suy ra B(3;1)
1
2

- Xét x=0, từ pt đầu suy ra y=0, thay x=y=0 vào pt thứ hai không
thỏa mãn (loại)
- Xét x  0 , chia 2 vế của pt đầu cho x5  0 , ta được

0,25

y
 y
x  2 x     2   (1)
x
x
5
Xét hàm số f  t   t  2t , t   . Ta có f '  t   5t 4  2  0, t   .
5

5

Vậy hàm số f  t   t 5  2t đồng biến trên  . Do đó (1)

9

x

y
 y  x 2 . Thay vào pt thứ 2 của hệ ta được:
x
y  5  2 y  1  6 (2)
1
Xét hàm số g ( y )  y  5  2 y  1, y   .
2

1
1
1
Ta có g ' ( y ) 

 0, y   . Vậy g(y) đồng biến trên
2
2 y 5
2y 1

0,50

1
khoảng   ;   . Mà g(4)=6 nên (2)  y  4
 2



x  2
 x  2
hoặc 
y  4
y  4

- Suy ra y  x 2  4  

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số, ba số ta được:
2

a  ab  abc



10

a



2

a
a
. 2b  3 . 3 b . 3 4c
2
4
3
3
3

P

2a  b  c
2a  b  c
a bc
3

2

1a
 1 a

a    2b     b  c 
2 2
 3 4


1
3t 2
 0 thì P  f  t  , với f  t  
 3t .
2
a bc
3
3
3
3
2
Ta có f  t    t  1    . Đẳng thức xảy ra  t  1  P   .
2
2
2
2
16

a
a

21

 2  2b


3
4

Min P=   b  4c
 b 
2
21
a  b  c  1 
1



c  21


0,50

Đặt t 

548

0,50


TRƯỜNG
THPTTHỬ
CHUYÊN

ĐỀ THI
THỬQUỐC
KỲ THI THPT
2016
ĐỀ THI
KỲ THI
THPT
GIA QUỐC
2016 -GIA
ĐỀNĂM
SỐ 94
NGUYỄN TẤT THÀNH
Mơn Tốn - Lần thứ 1
Thời
gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Tỉnh Yên Bái

--------oOo--------

Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  4 .
2/ Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác
OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).
Câu 2(0,5 điểm).Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i .
Tìm mơ đun của số phức w 

z  2z  1
z2

Câu 3(0,5 điểm).Giải bất phương trình 1  log

 x  1  log 2  x 2  x  4  .

Câu 4(1,0 điểm).Tính tích phân I    e cos x  x  sinxdx .


2

Câu 5(1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 và mặt phẳng (P)
0

có phương trình 4 x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P)
và tìm tọa độ tiếp điểm M.
Câu 6 (1,0 điểm).
2cos 
.
a/ Cho góc  thỏa mãn cot   2 . Tính giá trị của biểu thức P 
3
2sin   3cos3 
b/ Xét tập hợp E gồm các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau tạo thành từ các
chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp E. Tìm xác suất để
phần tử chọn được là một số chia hết cho 5.
Câu 7(1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, 
ABC = 30 0 , SA vng góc với mặt
phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải bất phương trình:  4x 2  x  1 x 2  x  2   4x 2  3 x  5  x 2  1  1

Câu 9 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B
thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y  2  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng  d 2  : x  y  5  0 . Gọi H

là hình chiếu của B trên AC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết
9 2
M  ;  , K  9;2  lần lượt là trung điểm của AH, CD và điểm C có tung độ dương.
5 5
Câu 10(1,0 điểm).
Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5  a 2  b 2  c 2   6  ab  bc  ca  .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2  a  b  c   b 2  c 2  .

-------------------------Hết-----------------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích gì thêm

Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Nghĩa () chia sẻ đên
www.laisac.page.tl

549


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ
KỲ THI QUỐC GIA 2016 LẦN THỨ 1
MƠN TỐN

TRƯỜNG THPT CHUN
NGUYỄN TẤT THÀNH

Câu
Nội dung
3
2

Câu 1 Cho hàm số y = x + 3x + m (1)
2,0 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  4 .
điểm
Với m  4 ta có hàm số y = x 3 + 3x 2 - 4
Tập xác định : 
Sự biến thiên
 Giới hạn: lim y  
lim y  
x 

x 

 Chiều biến thiên
y '  3x 2  6 x
x  0
y'  0  
 x  2
Bảng biến thiên
x



y’
y

-2
+

Điểm

0



0
-

0

+

0.25



0



0.25

-4

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 2) và (0; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0)
 Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -4
 Đồ thị :
Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-2; 0) và (1; 0)

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; -4)

0.25

y

2

-2
O

1

x

0.25
-2

-4

550


2/ Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam
giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).
Ta có y '  3x 2  6 x
x  0
y'  0  
 x  2
Do y '  0 có 2 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua 2 nghiệm đó nên đths có

2 điểm cực trị là A  0; m  , B  2; m  4 


OA  0; m  , OB  2; m  4 
 
m  0
OAB vuông tại O khi OA.OB  0  m  m  4   0  
 m  4
Do O, A, B tạo thành tam giác nên m  4
Câu 2 Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i .
(0,5
z  2z  1
w

Tìm
mơ
đun
của
số
phức
điểm)
z2
Ta có 1  i  z  i   2z  2i   3  i  z = -1+ 3i

Suy ra z =

-1+ 3i  -1+ 3i  3  i 
i
=
3i

3  i 3  i 

0.5

0.5

0.25

z  2z  1 i  2i  1

 1  3i
z2
i2
Do đó w  1  9  10
w

0.25

Câu 3
Giải bất phương trình Giải bất phương trình 1  log
(0,5
điểm)
Đk: ..
BPT đã cho tương đương với

2

 x  1  log 2  x 2  x  4 

log 2 2  log 2  x  1  log 2  x 2  x  4 

2

 log 2  2 x 2  4 x  2   log 2  x 2  x  4 

0.25

 2x2  4x  2  x2  x  4

 x2  5x  6  0

 2 x3
Kết hợp đk ta được nghiệm của BPT là 2  x  3






Câu 4
cos x
(1,0 Tính tích phân I   e  x sinxdx .
0
điểm)

I   e


0

cos x





 x  sinxdx   e

Tính I1  e cos x sin xdx



0

cos x

sin xdx   x sin xdx  I 1  I 2


0.25

0.25

0

0.25

Đặt t  cos x  dt   sin xdx ;
0

551

đổi cận: với x  0  t  1
với x    t  1



Ta có I1  et dt  et
1

1

1

1

e



1
e



Tính I 2  x sin xdx
0

u  x
du  dx


dv  sin xdx  v   cos x

Đặt 

0.25

I 2   x cos x 0   cos xdx    sin x 0  






0

Vậy I  e 

1

e

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 và mặt phẳng (P) có

0.25

Câu 5 phương trình 4 x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc
(1,0 với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ tiếp điểm M.
điểm)
Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên

R= d  I ;( P)  

4  2  3  1
16  1  1

Mặt cầu (S) có phương trình

 2

 x  1

2

0.25

  y  2    z  3  2
2

2

0.25

Đường thẳng IM đi qua I, vng góc với (P) nên có phương trình:

 x  1  4t

 y  2  t (t  )
z  3  t


0.25

Gọi M  1  4t ; 2  t ; 3  t 

Do M thuộc (P) nên 4  1  4t  +2  t 

1 7 8
3 3 3

Vậy M  ; ; 

3  t   1  0  18t  6  0  t 

1
3

0.25

góc  thỏa mãn cot   2 . Tính giá trị của biểu thức
Câu 6 a/ Cho
2cos 
(1,0
P
3
điểm)
2sin   3cos3 

cot   2  sin   0 , ta có:

0.25

552


2cos 
1
2cot

2cot  1  cot 2 
3
2
2cos 
sin
sin


P



sin 3 
cos3 
2sin 3   3cos3 
2  3cot 3 
2  3cot 3 
2 3 3 3
sin 
sin 



2.2.1  4  10

2  3.23
13

0.25

b/ Xét tập hợp E gồm các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau tạo thành từ
các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp E.
Tìm xác suất để phần tử chọn được là một số chia hết cho 5.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số đơi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0; 1;
2; 3; 4; 5; 6; 7} kể cả số 0 đứng đầu là A 85
Số các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau tạo thành từ các chữ số {0; 1;
2; 3; 4; 5; 6; 7} và có số 0 đứng đầu là A 74

Số phần tử của tập E là A85  A 74  5880
Gọi A là biến cố chọn được một số có 5 chữ số đôi một khác nhau và chia hết
cho 5
Số kết quả thuận lợi A là A 74  6A 36  1560
1560 13

Xác suất của biến cố A là P  A  
5880 49
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, 
ABC = 30 0 , SA vng góc với mặt
phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là 600 . Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến mặt

phẳng (SBC) theo a.
S

Câu 7
(1,0
điểm)
H
A
C
G

M

B

553

0.25

0.25


Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM  BC (M  BC) thì SM  BC nên
S
MA  600 là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC).

Ta có S ABC 

1
1

3 a2 3
AB. AC.sin120 0  a.a.

2
2
2
4
a 3
SA  AM .tan 600 
2
1
1 a 3 a 2 3 a3
Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = SA.S ABC 
.

3
3 2
4
8

0.5

1
Vì AM  3GM , AM  (SBC) = M nên d  G,( SBC )   d  A,( SBC ) 
3
Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH  SM (H  SM) thì AH   SBC  nên
AH  d  A,(SBC ) 
Trong tam giác vng SAM có
1
1

1
4
4 16
3a


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AS
AM
3a
a
3a
4
a 3
Vậy d  G,( SBC )  
12





Câu 8 Giải bất phương trình: 4x 2  x  1
(1,0
điểm).

0.5

x 2  x  2   4x 2  3 x  5  x 2  1  1

 x  1
Đk: 
x 1

Đặt u  x 2  x  2, v  x 2  1 u , v  0  ta có

4x 2  x  1  u 2  3v 2 ,4x 2  3 x  5  3u 2  v 2
Bất phương trình đã cho có dạng
u 2  3v 2  u  3u 2  v 2  v  1  u  v 3  1  u  v  1  u  v  1

554

0.25

0.25


Xét

x2  x  2 

x2  1  1

 x2  x  2  x2  1  2 x2  1  1

 2 x2 1  x  2
 x  2  0

 2
x  2
x
1
0






  x  2
x20
 
3x 2  4 x  8  0


2
2
 4 x  1  x  4 x  4
  
 x  2


22 7
  x  2

x 
 
3

   x  2  2 7  

3
22 7

x



 
3

22 7
 x 
  
3

0.5



2  2 7  2  2 7
;  
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  ;

3   3


Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc
đường thẳng

 d1  : 2x  y  2  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng

Câu 9  d 2  : x  y  5  0 . Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Xác định tọa độ các
(1,0
9 2
điểm) đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết M  ;  , K  9;2  lần lượt là trung điểm
5 5
của AH, CD và điểm C có tung độ dương.
Gọi N là trung điểm BH
ABH
Ta có MN là đường trung bình của
suy
1
MN || KC , MN  AB  KC
2
 MNCK là hình bình hành  MK // CN (1)
Do MN  BC , BN  MC nên N là trực tâm BMC  CN  BM (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK  BM
A

ra

B
M

N

H

D

K

555

C

0.25


Đường thẳng BM đi qua M, vng góc với MK nên có phương trình
9x  2 y  17  0
tọa
độ
B
thỏa
mãn
Do
B  BM  d1 nên

9x  2 y  17  0  x  1

 B 1;4 

y
y
2x
2
0
4







Gọi C  c; c  5  với c > 5.
 
Do BC  KC  BC .KC  0

BC   c  1; c  9 

KC   c  9; c  7 

c  9
Do đó  c  1 c  9    c  9  c  7   0  
c  4
Suy ra C  9;4  vì c > 5.
Đường thẳng CM đi qua M và C nên có phương trình x - 2 y  1  0
Đường thẳng BH đi qua B, vng góc với MC nên có phương trình
2x  y  6  0
 13
x
2x  y  6  0 
 13 4 
5

H ; 
Tọa độ H thỏa mãn 
 5 5

x  2 y  1  0
y  4

5
M là trung điểm AH nên A 1;0 

0.25

0.25

0.25

Khi đó D  9;0 

Vậy các đỉnh hình chữ nhật là A 1;0  , B 1;4  , C  9;4  , D  9;0 





Câu
10
Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5 a 2  b 2  c 2  6  ab  bc  ca  .
(1,0
2
2
điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2  a  b  c   b  c .
Ta có





b  c 
5
2
5a   b  c   5a 2  5 b 2  c 2   6  ab  bc  ca   6a b  c   6
2
4

2

2

 5a 2  6a  b  c    b  c   0
bc

abc
5
 a  b  c  2 b  c 

2

0.25

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c, b  c

556

Khi đó

P  2 a  b  c   b 2  c 2   4 b  c  

Đặt t  b  c  t  0 

1
1
2
2
b  c   2 b  c  b  c 
2
2
0.25

1
Ta có P  2t  t 4
2

1
Xét hàm số f  t   2t  t 4 trên  0; 
2
3
f '  t   2  2t

f ' t   0  t  1

Bảng biến thiên
t

0

f '(t )

+

f t 



1
0

3
2
0

Từ BBT suy ra max f  t  

3
khi t =1 , do đó
2
3
1
max P  khi a = 1, b = c =
2
2

-

0.5



Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa theo phần
tương ứng x
Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Nghĩa () chia sẻ đên
www.laisac.page.tl

557


SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
THI
THỬ
KỲ
TRƯỜNG ĐỀ
THPT
HỒNG
QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA

THI THPT QUỐC GIA
2016 - ĐỀ SỐ 95
NĂM 2016

Thời gian làm bài 180 phút
MƠN: TỐN
--------oOo-------(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

Câu 1 ( 2,0 điểm)

2x 1
.
x 1
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) , biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y  4 x  5 .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y 

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn :  2  3i  z 
b) Giải phương trình: 4 x  2 x1  8  0 .

13  6i
 4  4i . Tính mơđun của số phức z .
2i



Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  x  cos 2 x  dx .
2

Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1;2), B (3;0;3) . Mặt phẳng ( P )
0

đi qua điểm M (3;1;2) và vng góc với đường thẳng AB . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) và tính

khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AB .

Câu 5 (1,0 điểm).



4


    và tan    . Tính giá trị biểu thức P  cos     .
2
3
4

b) Trường THPT Đoàn Kết thành lập đội “ Thanh niên tình nguyện hè 2016” gồm 4 người được lấy ngẫu
nhiên trong số 10 học sinh lớp 12A, 12 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C. Tính xác suất để lớp nào trong ba
lớp đó cũng có học sinh được chọn.

a) Cho góc  thỏa mãn

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc 
ABC  600 , cạnh bên
SC 

a 7
. Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là trung điểm cạnh AB . Gọi M là điểm
2
thuộc cạnh CD sao cho MC  2 MD . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và tính cơsin của góc giữa
hai đường thẳng AM và SB .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC . Gọi M là trung điểm cạnh BC và
K là hình chiếu vng góc của A trên BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại

điểm D(2; 6) khác A . Biết phương trình các đường thẳng BC và AM lần lượt là: x  y  6  0 và





11x  13 y  42  0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C .



2

504  y 2  y  1008
 2016  x  x
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x 6 x  4 xy  1  8 xy  6 x  1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số dương x, y , z thỏa mãn x  y  z  4 và x 2  y 2  z 2  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất

1 1 1 3
    x  y3  z3  .
x y z

của biểu thức P  

----------------- Hết ---------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ........................................................

558

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM LẦN 2

Câu 1a
(1,0 đ)

ĐÁP ÁN
2x 1
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 
x 1
* Tập xác định: D   \ {1}

ĐIỂM

* Sự biến thiên:
- Đạo hàm y ' 

1
; y '  0, x  1.
( x  1) 2

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;+  .

- Hàm số khơng có cực trị.
- Giới hạn và tiệm cận:

lim y  ; lim y   , đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1
x 1

0,25

x 1

lim y  2; lim y  2 , đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y  2 .

x 

x 

Bảng biến thiên:

x 
y ' ( x)

2

1
0



y ( x)







0,25



2

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm  0;1 ,

* Đồ thị:

1 
cắt trục hoành tại điểm  ;0  .
2 
Đồ thị nhận giao điểm I 1;2  của

y

f(x)=(2*x-1)/(x-1)
f(x)=2
x(t)=1 , y(t)=t

4

3

2

hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

1

x
-4

-3

-2

-1

O

1

2

3

4

-1

-2

-3

-4

Câu1b
(1,0 đ)

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) , biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng
y  4x  5 .

Gọi tiếp điểm là M 0  x0 ; y0  , x0  1 . Tiếp tuyến của (C) tại điểm M 0  x0 ; y0  vng
góc với đường thẳng y  4 x  5 nên 4 y '( x0 )  1 .

4

 x0  1  2
 x0  1
1
.
 1  ( x0  1)2  4  

2
( x0  1)
 x0  1  2
 x0  3

559

0,25
0,25

1

3

Với x0  1  Tiếp điểm M 0  1;   phương trình tiếp tuyến
2

3
1
3
1
5
y  y '(1)  x  1   y    x  1   y   x  .
2
4
2
4
4
 5
Với x0  3  Tiếp điểm M 0  3;   phương trình tiếp tuyến
 2
y  y '(3)  x  3  

Câu 2a
(0,5 đ)

5
1
5
1
13
 y    x  3   y   x  .

2
4
2
4
4
13  6i
 4  4i . Tính mơđun của z .
Cho số phức z thỏa mãn (2  3i ) z 
2i

0,25

0,25

13  6i
 4  4i  (2  3i )(2  i ) z  13  6i  ( 4  4i )(2  i )
2i
 (4  2i  6i  3i 2 ) z  13  6i  8  4i  8i  4i 2  (1  8i ) z  13  6i  4  12i

(2  3i ) z 

 (1  8i ) z  17  6i  z 

17  6i (17  6i )(1  8i )

1  8i
(1  8i )(1  8i )

17  130i  48i 2 65  130i



 1  2i
65
65

.

Môđun của số phức z là: z  1  22  5 .
Câu 2b
(0,5 đ)

Câu 3
(1,0 đ)

Giải phương trình 4  2

4 2
x

x

x 1

x1

0,25

8  0.

 8  0  2  2.2  8  0 .

2x

0,25

x

t  2
Đặt t  2 x , t  0 . Ta có phương trình t 2  2t  8  0  
.
 t  4
Kết hợp điều kiện có t  2  2 x  2  x  1 .


Tính tích phân I   x  x  cos 2 x  dx .

0,25
0,25

2

0









I   x  x  cos 2 x  dx    x  x cos 2 x  dx   x dx   x cos 2 xdx
2

0

2

2

0





2

0

x3
3
M   x dx 
2
3
24
0
0
2

2

2

2

0,25

0

0,25

du  dx
u  x

N   x cos 2 xdx . Đặt 

1
dv  cos 2 xdx v  sin 2 x
0
2



2







0,25

1
12
1
1
1
1
N  x sin 2 x 2   sin 2 xdx  0  cos 2 x 2  cos   cos 0   .
2
20
4
4
4
2
0
0

I M N 

Câu 4
(1,0 đ).

3



1
24 2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1;2), B (3;0;3) . Mặt

0,25

phẳng ( P ) đi qua điểm M (3;1;2) và vng góc với đường thẳng AB . ….


AB  (2;1;1) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .

560

0,25

2


Điểm M ( 3;1;2)  ( P) , suy ra phương trình tổng quát của mặt phẳng ( P ) là

0,25

2( x  3)  1( y  1)  1( z  2)  0  2 x  y  z  3  0 .

 x  1  2t

Phương trình tham số của đường thẳng AB là  y  1  t .
z  2  t


Gọi H  ( P)  AB .

H  AB  H (1  2t ; 1  t ;2  t )
H  ( P)  2(1  2t )  1  t  2  t  3  0  6t  6  0  t  1  H (1; 2;1)

Khoảng cách từ M đến đường thẳng AB là
Câu 5a
(0,5 đ)

d  M , AB   MH  (1  3)2  (2  1) 2  (1  2) 2  14

Cho góc  thỏa mãn

0,25



4
    và tan    . Tính giá trị……….
2
3
sin   0

   
2
cos   0

3

cos   

1

1
16 25
9
5
 1  tan 2  
 1 
 cos 2  

2
2
3
cos 
cos 
9
9
25
 cos  

5
3
4  3 4
 cos     sin   tan  .cos    .     .
5
3  5 5

Câu 5b
(0,5 đ)

0,25




3 2 4 2
7 2

P  cos      cos  cos  sin  sin   .


.
4
4
4
5 2 5 2
10

Trường THPT Đồn Kết thành lập đội “ Thanh niên tình nguyện hè 2016”………..

0,25

Không gian mẫu  là tập hợp các cách chọn 4 học sinh từ 27 học sinh.
n()  C274 .

0,25

Gọi A là biến cố “Lớp nào cũng có học sinh được chọn”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là
1
n( A)  C102 .C121 .C51  C101 .C122 .C51  C10
.C121 .C52  7200

0,25

Xác suất cần tính là p 
Câu 6
(1,0 đ)

0,25

7200 16

.
4
C27
39

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là
hình thoi cạnh a ,góc 
ABC  600 ,

S

cạnh bên SC 

a 7
.
2
Hình chiếu vng góc của S trên
A

D

H

M

B

C
K

561

3


Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) . Theo giả thiết có
H là trung điểm cạnh AB .
ABC  600  ABC là tam giác đều cạnh
ABCD là hình thoi cạnh a , góc 

a  HC 

a 3
2

SH  ( ABCD)  SH  HC  SH 2  SC 2  HC 2 

7a 2 3a 2


 a 2  SH  a
4
4

a2 3
ABC  a 2 .sin 600 
.
Diện tích đáy ABCD là S ABCD  AB.BC.sin 
2

1
1 a2 3 a3 3

Suy ra thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  SH .S ABCD  a.
3
3
2
6
Xác định hình bình hành AMKB .Vì MK / / AB  K thuộc đường thẳng CD và
a
CK  MD  ; Ta có góc giữa AM và SB bằng góc giữa SB và BK .
3
Trong tam giác AMD có

0,25

0,25

7a 2
a2

a
2
0

AM  AD  DM  2 AD.MD.cos ADM  a   2.a. .cos 60 
9
3
9
2

2

 AM 

2

a 7
a 7
 BK 
; HC  AB  HC  CD  HCK vuông tại C
3
3

3a 2 a 2 31a 2
a 31
 HK  HC  KC 


 HK 
.

4
9
36
6
2

2

2

SK 2  SH 2  HK 2  a 2 

SB 2  SH 2  HB 2  a 2 

0,25

31a
67 a
a 67
.

 SK 
36
36
6
2

2

a 2 5a 2

a 5

 SB 
.
4
4
2

5a 2 7a 2 67 a 2
1


2
2
2


SB
BK
SK
9
36  6  35

 4
cos SBK
2.SB.BK
70
35
a 5 a 7
2.

.
2
3
3

Câu 7
(1,0 đ)

35
.
Vậy cơsin của góc giữa AM và SB bằng
70
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC . Gọi M là trung điểm cạnh
BC và K là hình chiếu vng góc của A trên BC….
Đường thẳng AK vng góc với đường thẳng
BC nên có dạng x  y  m  0 .

0,25

A

D(2; 6)  AK  2  6  m  0  m  4

 AK : x  y  4  0

A  AK  AM  Tọa độ của A là nghiệm của hệ
x  y  4  0
x  5

 A(5;1)


11x  13 y  42  0
y 1
M  BC  AM  Tọa độ của M là nghiệm của hệ

562

I
B

K

M

0,25
C

D

4


3

 x   2
x  y  6  0
 3 9

 M  ; 


 2 2
11x  13 y  42  0
y   9

2
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có đường thẳng IM vng
góc với đường thẳng BC nên có dạng x  y  n  0 .
3 9
 3 9
M   ;    IM     n  0  0  n  3  IM : x  y  3  0 .
2 2
 2 2
I  IM  I ( x; x  3) .

0,25

Có IA  ID  (5  x) 2  (4  x) 2  (2  x)2  (3  x) 2

 (5  x)2  (4  x) 2  (2  x)2  (3  x)2

 2 x 2  18 x  41  2 x 2  10 x  13  28 x  28  x  1  I (1; 2).

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I (1; 2) , bán kính R  IA  5 nên có

phương trình là  x  1   y  2   25 .
2

2

0,25

( x  1) 2  ( y  2) 2  25
Tọa độ các điểm B, C là nghiệm của hệ 
x  y  6  0

 x  1
1
x




( x  1)2  ( x  4) 2  25
2 x 2  6 x  8  0

 y  7



   x  4 
  x  4
 y  x  6
 y  x  6


 y  x  6
  y  2
 B (1; 7), C (4; 2) hoặc B (4; 2), C (1; 7) .

Câu 8

(1,0 đ)







 2016  x 2  x
504  y 2  y  1008

Giải hệ 
 x 6 x  4 xy  1  8 xy  6 x  1



Điều kiện 6 x  4 xy  1  0
Xét phương trình

504  y 2 

(1) 






2016  x 2  x







504  y 2  y

2016  x 2  x 504  1008





504  y 2  y  1008 (1)

y 2  y  y  504  y 2  y  0 .

2016  x 2  x

0,25





504  y 2  y  1008

504  y 2  y





504  y 2  y

 2016  x 2  x  2016  ( 2 y) 2  ( 2 y ) (3)


0,25

Xét hàm số f  t   2016  t 2  t , t   . Ta có

f 't  

Do

t

2016  t 2

1 

2016  t 2  t
2016  t 2

2016  t 2  t 2  t  t  2016  t 2  t  0  f '(t )  0, t  

Suy ra hàm số f  t   2016  t  t , t   đồng biến trên  .
2

0,25

x
Phương trình (3)  f  x   f  2 y   x  2 y  y   .
2

563

5


Thế y  

x
vào phương trình (2) ta được
2

x 6 x  2 x 2  1  4 x 2  6 x  1  x 2 x 2  6 x  1  4 x 2  6 x  1  0

x 5x

2 x2  6 x  1  

25 x 
x
2 2

  2x2  6x  1    0  
4

2

 2 x2  6 x  1  x   5x

2
2
 2 x2  6 x  1  3x

 2 x 2  6 x  1  2 x
2

2

0,25

x  0
x  0
2 x2  6 x  1  3x   2

 2
2
2 x  6 x  1  9 x
7 x  6 x  1  0
x  0

 x 1
  
 x 1
1
 x  

 
7



x  0
x  0

2 x 2  6 x  1  2 x   2
 2
2
2 x  6 x  1  4 x
2 x  6 x  1  0
x  0

  x  3  11
3  11
 
x
2

2


3
11
 x 
2
 



Câu 9
(1,0 đ).

0,25


1   3  11 3  11  
;
Vậy hệ phương trình có các nghiệm: (x; y)  1;   ; 
 
2  2
4
 


Cho các số dương x, y , z thỏa mãn x  y  z  4 và x 2  y 2  z 2  6 . Tìm giá trị

1 1 1 3
    x  y3  z3  .
x y z

nhỏ nhất của biểu thức P  

x3  y 3  z 3   x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   3xyz

  x  y  z   x 2  y 2  z 2  ( xy  yz  zx)   3 xyz  4  6  5   3 xyz  4  3 xyz

1 1 1

xy  yz  zx
 P       x3  y 3  z 3  
 4  3xyz 
x
y
z
xyz


5
20
20
20
P
 15  3
 15
 4  3xyz    15  2
xyz
xyz
x( x  4 x  5)
x  4 x2  5x

0,25

Từ giả thiết có

y  z  4  x
x  y  z  4
y  z  4  x




2
 xy  yz  zx  5  yz  5  x( y  z )  yz  5  x(4  x)  x  4 x  5
2
2
2
Vì  y  z   4 yz   4  x   4( x 2  4 x  5)  3x 2  8 x  4  0   x  2 .
3
0,25

564

6


2





Xét hàm số f ( x )  x3  4 x 2  5 x, x   ; 2  ;
3

f '( x)  3 x 2  8 x  5

x  1
2 
2

Xét phương trình f '( x)  0, x   ; 2   3 x  8 x  5  0  
x  5
3 
3

5
2 5
 5  50
2 
f (1)  f (2)  2; f    ; f   
 f ( x)  2, x   ;2 
. Suy ra
27
 3  27  3  27
3 
x  2
 P  25 . Dấu "  " xảy ra khi 
.
y  z 1

0,25

0,25

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 25, đạt được khi x  2; y  z  1 hoặc các hốn vị .
Chú ý: Học sinh trình bày cách giải khác, đúng, giám khảo cho điểm tối đa.

565

7

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

KIỂM TRA NĂNG LỰC THPT QUỐC GIA LẦN I

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIAMÔN
2016
- ĐỀ SỐ 96
TRƯỜNG THCS – THPT ĐÔNG DU
: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
--------oOo-------- Thời gian: 180 phút

Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2  1 có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Tìm k để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt: x 3  3 x 2  k  0 .
Câu 2.(1 điểm)

a) Cho góc  thỏa    

3

,tan   2 . Tính A  sin 2  cos(  ) .
2
2

b) Tìm số phức liên hợp của z  (1  i )(3  2i ) 

1

.
3i

Câu 3.( 0.5 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0 ;
3

Câu 4.(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 5.(1 điểm) Tính tích phân

 x(1  x) dx. .
2

5

1

Câu 6.(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam
giác vng tại S, hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD

sao cho HA=3HD. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng SA  2a 3 và đường thẳng SC tạo
với đáy một góc 300. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ M đến mặt
phẳng (SBC).
Câu 7. (1điểm) Cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  8 z  1  0 .
a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S).
b) Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1).

Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15.
Đường thẳng AB có phương trình x  2 y  0 . Trọng tâm của tam giác BCD có tọa độ
 16 13 

G  ;  . Tìm tọa độ A, B, C, D biết B có tung độ lớn hơn 3.
 3 3

Câu 9.(1 điểm) Giải phương trình 3(2  x  2)  2 x  x  6

Câu 10 .(1 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  1

Tìm giá trị nhỏ nhất của: P 

x y
yz
zx


xy  z
yz  x
zx  y

-------------------HẾT------------------

566


ĐÁP ÁN
CÂU
Câu 1
(2đ)

ĐÁP ÁN

a) a) TXĐ: D  

ĐIỂM
0.25

+ Tính y’, giải y’ =0
+Bảng biến thiên
+ Kết luận đồng biến nghịch biến, cực đại, cực tiểu.
+ Tính giới hạn
+ vẽ đồ thị

b) x 3  3 x 2  k  0   x 3  3 x 2  1  k  1 (1)
số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C)và đường thẳng
y = k-1.

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5

Để (1) có 3 nghiệm thì 1  k  1  3  0  k  4

Câu 2
( 1đ)

a) tan   2  cos  
Vì    

5
5

3
5
2 5
nên cos  
 sin  
5
5
2

42 5
A  2 sin  .cos  sin  
5

b) z 

Câu 3
(0.5đ)

0.25

0.25

53 9
53 9
 i z
 i
10 10

10 10

0.5

 2
Đk:  x  3 x  0  x  0

0.25

2 x  2  0

log 3 ( x 2  3 x)  log 1 (2 x  2)  0  log 3 ( x 2  3 x)  log 3 (2 x  2)  0
x  1
 x 2  3x  2 x  2  
 x  2
3

Câu 4
(0.5đ)

Vậy tập nghiệm S  1

0.25

Gọi A là biến cố ba học sinh được chọn có cả nam và nữ

0.25

n( A)
P ( A) 

n()

0.25

Số phần tử của không gian mẫu n()  C113
n( A)  C51 .C62  C52 .C61

567


Câu 5
(1đ

Đặt t  1  x  dt   dx

0.25

Đổi cận x  1  t  0

x  2  t  1

0.25

t 2 t3
5
I    (1  t )tdt   (t  t )dt  (  ) 
2 3 1 6
1
0
1

0

0

0.5

2

Câu 6
(1đ)

S
H'

C

D
K

H

A

a
B

M

  

SC , ( ABCD)   300.
Vì SH  ( ABCD) nên SCH
Trong tam giác vng SAD ta có SA2  AH . AD
 12a 2 

3
AD 2  AD  4a; HA  3a; HD  a
4
 SH  HA.HD  a 3  HC  SH .cot 300  3a
 CD  HC 2  HD 2  2 2a.

Suy ra S ABCD  AD.CD  8 2a 2 . Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD 
Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên

1
3

d  M , ( SBC )  

1
1
d  A,( SBC )   d  H , ( SBC ) .
2
2
Kẻ HK  BC tại K, HH '  SK tại H '. Vì BC  ( SHK ) nên
BC  HH '  HH '  ( SBC ). (2)

8 6a 3
.
3

(1)

Trong tam giác vuông SHK ta có

1
1
1
11
2 6a 2 66
a.



 HH ' 

2
2
2
2
11
HH '
HK
HS
24a
11
66
Từ (1), (2) và (3) suy ra d  M , ( SBC )  
a.
11

Câu 7
(1đ)

(3)

a) Tâm của mặt cầu (S) là I(1; –3; 4), bán kính R=5

0.5

Phương trình mặt phẳng (P) qua M là: 4 y  3z  7  0

0.5


b) IM  (0; 4;3)

568


Câu 8
(1đ)

d (G; AB) 

10
3 5

 BC  5  AB  3 5

Đường thẳng d qua G và vuông góc với AB là : 2 x  y  15  0

0.25

Gọi N  d  AB  N (6;3)  NB  AB  5

0.25

1
3

b  2
B(2b; b)  AB  NB2  5  
 B(8; 4)
b  4


BA  3BN  A(2;1)
 3 
AC  AG  C (7; 6)
2
 
CD  BA  D(1;3)

Câu 9
(1đ)

0.25

0.25

ĐK: x  2

3(2  x  2)  2 x  x  6  2( x  3)  x  6  3 x  2  0
8( x  3)
 2( x  3) 
0
x6 3 x2
x  3
x  3
8


0
2 
 x6 3 x2  4
x6 3 x2

x  3

 x  11  3 5

2
Vậy pt có tập nghiệm S  3

Câu 10 Ta có x  y  z  1  x  y  1  z
x y
1 z
1 z
(1đ)



xy  z

yz

yz  x
zx

zx  y

Khi đó

P

xy  1  x  y

(1  x)(1  y )

0.5

0.5

0.5

1 x
1 x

yz  1  y  z
(1  y )(1  z )

1 y
1 y

zx  1  x  z
(1  x )(1  z )
x y
yz
zx


xy  z
yz  x
zx  y

1 z
1 x
1 y
= (1  x)(1  y ) + (1  y )(1  z ) + (1  x )(1  z )
1 z
1 x
1 y
 33
.
.
3
(1  x)(1  y ) (1  y )(1  z ) (1  x )(1  z)
.

Vậy MinP  3 đạt được khi

xyz

569

1
3

0.5