Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 3 2

255


256


TR

NG THPT MARIE CURIE

ĐỀ THI THỬĐỀKỲ
THI
THPT
2016 - ĐỀ SỐ 45
THI
THỬ
THPTQUỐC
QUỐC GIA
GIA 2016
Thời gian
làmTOÁN
bài 180 phút
MÔN
Thời--------oOo-------gian làm bài: 180 phút.

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  2 x3  6 x2  4 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đư cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

d :15x  2 y  0 và tiếp điểm có hoành độ dương.
Câu 2. (1,0 điểm)

a) Giải phương trình:  2sin x  1 3cos 4 x  2sin x  4   4 cos 2 x  3 .
b) Tìm số phức z thỏa hệ thức: z2  z  2 và z  2 .

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 2  x  2   2 log 4  x  5   log 1 8  0 .




e  dx . Thầy Tài – 0977.413.341 chia sẻ

Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: 5 1  1  x3  x2  4 x2  25 x  18  .
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I 

 1  x

ln 4

2

x

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B , AB  BC  a và
AD  2a . Hình chiếu vuông góc của S trên đáy là trung điểm H của đoạn AB . Cạnh bên SC tạo
0

với mặt đáy một góc bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm H
đến mặt phẳng  SCD  .

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B , có

BC  2 AD , đỉnh A 3;1 và trung điểm M của đoạn BC nằm trên đường thẳng d : x  4 y  3  0 .

Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD , biết H  6; 2  là hình chiếu vuông góc của B trên
đường thẳng CD .

x y 1 z 1
và điểm


1
2
1
A 5;4; 2  . Tìm tọa độ điểm H trên đường thẳng d sao cho AH vuông góc với d và viết phương

Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :

trình mặt cầu đi qua điểm A và có tâm là giao điểm của d với mặt phẳng Oxy .
Câu 9. (0,5 điểm) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số 0; 1; 2;
3; 4; 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S , tính xác suất để số được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc
chữ số 2.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho a , b , c là 3 số thực dương và thỏa 21ab  2bc  8ca  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1 2 3
của biểu thức: S    .
a b c
----------HẾT----------

257


HƯ NG DẪN

Câu
1a
(1,0đ)

1b
(1,0đ)

2a
(0,5đ)

Học sinh tự làm

Điểm

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm  x0  0  .

f   x0   6 x02  12 x0 

15
1
9
 x0   y0  
2
2
4
15
Phương trình tiếp tuyến y  x  6
2
 2sin x  1 3cos 4 x  2sin x  4   4 cos2 x  3
  2sin x  1 3cos 4 x  2sin x  4   1  4sin 2 x

  2sin x  1 3cos 4 x  3  0

7

 k2 hay x  k với k  Z .
6
6
2
Giả sử z  x  yi với x, y  R .
z  2  x2  y2  4 .
 x

2b
(0,5đ)

N i dung



 k2 hay x 

z2  z  2   x2  y2  x    2 xy  y   4
2

  x2  y2    x2  y2   6 xy2  2 x3  4
2

  4    4   6 x  4  x2   2 x3  4
2

2

 8x3  24 x  16  0
x  1 y   3

.




x
2
y
0


Vậy z  2 hay z  1  3i .

3
(0,5đ)

Điều kiện: x  5 .
log 2  x  2   2 log 4  x  5  log 1 8  0  log 2  x  2   log 2  x  5   log 2 8

x  6
.
  x  2  x  5  8  
 x  3
So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  6 .
Điều kiện: x  1 .

2

4
(1,0đ)





5 1  1  x3  x2  4 x2  25 x  18 

 5  5 1  x3  4 x4  25 x3  18 x2

 25 x3  25  5 1  x3  4 x4  18 x2  20

 25  x3  1  5 1  x3   4 x4  16 x2  16   2 x2  4



 5 1  x3

  5 1 x
2

3

  2 x2  4   2 x 2  4
2

Hàm số f  t   t 2  t đồng biến trên  0;   nên





(1)

(1)  f 5 1  x3  f 2 x 2  4 

 5 1  x3  2  x2  2 

5

 x  1  x2  x  1  2  x  1   x2  x  1
258

(2)


Đặt: u  x  1  0 và v  x2  x  1  0

u
v  2
u
u
(2) thành: 5uv  2  u 2  v2   2    5    2  0  
 v
 v
u  1
 v 2

 x  1
u
Với  2 : x  1  2 x2  x  1   2
vô nghiệm.
v
4
x

5
x

3

0

 x  1
u 1
5  37
Với  : 2 x  1  x2  x  1   2
.
 x
v 2
2
 x  5x  3  0
2

Phương trình có hai nghiệm: x 

5
(1,0đ)

I



ln 4

0



ln 4

Ta có:



1  x e x dx  ln 4 
xe dx  2 x e
x
2

0

x

ln 4



x

xe 2 dx .



ln 4

0



2e dx  2 x e x  4 e x
x
2

Vậy I  4  3ln 4 .
 SH  ( ABCD)  hc ABCD  SC  HC
0

6
(1,0đ)



ln 4

5  37
.
2

0

  SC ,( ABCD)    SC , HC   SCH  600



ln 4
0

 4ln 4  4 .

S

1
3a 2
 SABCD  ( AD  BC ) AB 
2
2
a 5
K
 HC  BC 2  BH 2 
,
2
A
a 15
H
SH  HC tan 600 
B
2

M
3
a 15
I
 VS. ABCD 
(đvtt)
4
 Vẽ HM  DC tại M  DC  ( SHM )
Vẽ HK  SM tại K  HK  ( SCD)  HK  d ( H ,( SCD))
 Gọi I  AB  DC
 BC là đường trung bình của tam giác AID  B là trung điểm AI .
 Ta có AC  CD
HM IH 3
3
3a 2

  HM  AC 
 HM / / AC 
AC
IA 4
4
4
1
1
1
3a 65


 d ( H ,( SCD))  HK 
.


2
2
2
HK
SH
HM
26
7
 Từ giả thiết ta có ABMD là hình chữ nhật.
(1,0đ)
Gọi (C ) là đường tròn ngoại tiếp ABMD .
H
 BH  DH  H  (C )  HA  HM (*)
 M  d : x  4 y  3  0  M  4 m  3 ; m
D

D

600

 AH   9; 3 , HM   4m  3 ; m  2

C

A

 Ta có: (*)  AH .HM  0
 9  4m  3  3  m  2   0  m  1

I

Suy ra: M  7;1 .

B

 ADCM là hình bình hành
 DC đi qua H  6; 2  và có một vectơ chỉ phương AM  10;0

259

M

C


 Phương trình DC : y  2  0 .
 D  DC : y  2  0  D  t ; 2 

 AD   t  3 ; 3 , MD   t  7 ; 3

t  2  D  2; 2 
 AD  DM  AD.MD  0   t  3 t  7   9  0  
t  6  D  6; 2   H (loaïi)
 Gọi I  AM  BD  I là trung điểm AM  I  2;1

 I là trung điểm BD  B  6;4 

 M là trung điểm BC  C 8; 2 

 Vậy: B  6;4  , C 8; 2  , D  2; 2  .

8
 H  d  H  t;1  2t; 1  t  với t  R
(1,0đ)
 AH   t  5;2t  3; t  1

 d có một vectơ chỉ phương a  1;2; 1

 AH  d  AH .a  0  t  2
 Vậy: H  2;5; 3

 Gọi I là tâm mặt cầu  S  cần tìm, ta có:

 x y 1 z 1

 
I  d  Oxy  I :  1
2
1  I  1; 1;0

z  0
  S  đi qua A  bán kính R  IA  65
 Phương trình  S  :  x  1   y  1  z2  65 .
2

2

9
 Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 1; 2; 3; 4; 5 là:

(0,5đ)
5. A3  300 (số).
 Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 3; 4; 5 là:
3. P3  18 (số).
5

 Số các số tự nhiên được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2 là:
300  18  282 (số).
282 47
.
 Xác suất cần tìm:

300 50
10
1
1
1

Đặt
,
,
 x , y , z > 0, 2 x  8 y  21z  12 xyz và S  x  2 y  3z .
x

y

z

(1,0đ)
a

b
c
2x  8 y

z
2x  8 y


12 xy  21
z 

12 xy  21  
 2 x  8 y  21z  12 xyz  z(12 xy  21)  2 x  8 y  
12 xy  21  0
x  7

4y

 Ta có: S  x  2 y 

2x  8 y
.
4 xy  7

 Xét hàm số f ( x)  x  2 y 

f ( x)  1 

14  32 y2

 4 xy  7 

2

2x  8 y
 7

trên  ;  
4 xy  7
 4y


0 x

32 y2  14  7

7

  ;  
4y
4y
 4y


 Lập bảng biến thiên cho hàm số y  f ( x) ta có:

260


 7

32 y2  14 
32 y2  14
9
S  f ( x)  f 


  2y 
 4y

4y
4y
4y



 Xét hàm số g ( y)  2 y 

8 y
g ( y) 

2

32 y2  14
9
trên  0;  

4y
4y

 9  32 y2  14  28

4y

2

32 y  14
2

0 y

5
  0;  
4

 Lập bảng biến thiên cho hàm số z  g( y) ta có:

 5  15
S  g ( y)  g   
4 2
15
3
1
4
khi a  , b  , c  .
 Vậy min S 
2
2
3
5

261

Sở Giáo dục
& THI
Đào tạo
Bình Phước
ĐỀ THPT
THI THỬ
LẦN 1 KỲ
THI2016
THPT- QUỐC
GIA
ĐỀ
THỬ
KỲ THI
QUỐC
GIA
ĐỀ SỐ
46NĂM 2016
Trường THPT Hùng Vương Thời gian làm bài 180 Môn
phút thi: Toán 12
Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu 1 (1.5 điểm). Cho hàm số y  x 3  3x 2 C 
1. Khảο sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C);

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x 0  1 .
Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f x   x 3  3x  1 trên đoạn  0;2 .

Câu 3 (0.5 điểm). Giải phương trình log 3  9 x  4   1  x trên tập số thực.
1

Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân I 

x

3x 2  1 dx

0

Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB  a , SA vuông
góc với mặt phẳng ABCD  , SD hợp với mặt phẳng ABCD  góc bằng 450 . Gọi M là trung điểm của
cạnh CD . Tính theο a thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM .
Câu 6 (1.0 điểm)

3  2 sin 2
3

biết cos    và     ;
2
4  cos 2
5

1.

Tính giá trị của biểu thức P 

2.

Đội bóng chuyền nam Trường THPT Hùng Vương có 12 vận động viên gồm 7 học sinh K12 và 5

học sinh K11. Trong mỗi trận đấu, Huấn luyện viên Trần Tý cần chọn ra 6 người thi đấu. Tính xác suất
để có ít nhất 4 học sinh K12 được chọn.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC .A1B1C 1 có đáy ABC là tam giác đều, cạnh AB  a ,
AA1  2a . Tính theο a thể tích khối lăng trụ ABC .A1B1C 1 và khoảng cách từ A đến mp A1BC  .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , gọi M là
trung điểm của BC , N thuộc cạnh AB saο cho AB  4AN . Biết rằng M  2; 2  , phương trình đường
thẳng CN : 4 x  y  4  0 và điểm C nằm phía trên trục hoành. Tìm tọa độ điểm A .

 x  2 x  y  4  x 3  x 2  y  3


Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
trên tập số thực.
2




3

2



1
x

x
x
y
x
x
y






Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b  0 thỏa mãn 2  a 2  b 2   a 2b 2 . Tìm Min P, với

P

1
a
b
.


2
b 1 a 1
a  b2  1

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

262

Sở Giáo dục & Đào tạo Bình Phước
Trường THPT Hùng Vương

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: Toán 12
Đáp án

Câu 1 (1.5 điểm). Khảο sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y  x 3  3x 2 C 
Tập xác định: D  R

0.25

x  0  y  0
y '  3x2  6 x , y '  0  
 x  2  y  4

0.25

lim y  , lim y  
x 

x 

x



0



2



y'







0
y

Điểm

-4



0.25

Hàm số đồng biến trên  ; 0  ,  2;   , hàm số nghịch biến trên  0; 2 

Hàm số đạt cực đại tại  0; 0  , hàm số đạt cực tiểu tại  2; 4 

Một số điểm thuộc đồ thị

x

-1

1

3

y

-4

-2

0

4

2

-5

5

-2

-4

263

0.25


Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x 0  1 .
x 0  1  y 0  2 , y ' 1  3

0.25

Pttt: y  3x  1

0.25

Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f x   x 3  3x  1
trên đoạn  0;2 .

Hàm số f  x  xác định và liên tục trên
 x  1 n 
f ' x  0  
 x  1 l 

 0;2 , f ' x   3x 2  3
 

0.25

0.25

f  0   1, f  2   3, f 1  1

0.25

Giá trị lớn nhất của f  x  bằng 3 khi x  2

Giá trị bé nhất của f  x  bằng -1 khi x  1

0.25

 9 x  4  31 x

0.25

2

0.25

Giải phương trình : log 3  9 x  4   1  x
  3x   3.3x  4  0

3x  1 VN 
 x
3  4

0.25

 x  log 3 4

0.25
1

Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân I 

x

3x 2  1 dx

0

1
Đặt t  3 x 2  1  2tdt  6 xdx  tdt  xdx , x  0  t  1; x  1  t  2
3

1
1
I   t 2 dt  t 3
31
9 1
2



0.25
0.25+0.2

2

5

7

9

0.25

Câu 5 (1.0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
AB  a , SA vuông góc với mặt phẳng ABCD  , SD hợp với mặt phẳng ABCD 

một góc 450 . Gọi M là trung điểm của cạnh CD . Tính theο a thể tích khối chóp
S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM .

264


S

0.25

H

D

A
M
I

C

B

S ABCD  a 2 ; SA  a

0.25

1
VS . ABCD  a3
3

0.25

Qua B dựng đường thẳng d song song với AM; Dựng I, H, Chứng minh được AH   SBI 
d  AM , SB  

0.25
0.25

2
a
3

Câu 6.1. Tính giá trị của biểu thức P 

3  2 sin 2
3

biết cos    và     ;
2
4  cos 2
5

sin  

0.25

4
5
27
P
107

0.25

Câu 6.2. Đội bóng chuyền nam Trường THPT Hùng Vương có 12 vận động viên gồm 7 học
sinh K12 và 5 học sinh K11. Trong mỗi trận đấu, Huấn luyện viên cần chọn ra 6 người thi
đấu. Tính xác suất để có ít nhất 4 học sinh K12 được chọn.
Không gian mẫu   C126  924

0.25

Xác suất cần tìm là P 

0.25

C74C52  C75C51  C76 462 1


924
924 2

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC .A1B1C 1 có đáy ABC là tam giác đều,
cạnh AB  a , AA1  2a . Tính theο a thể tích khối lăng trụ ABC .A1B1C 1 và khoảng

265


cách từ A đến mp A1BC  .
A1

C1

B1

H

C

A
M
B

S ABC

a2 3

4

VABC . A1 B1C1 

0.25
0.25

a3 3
2

Dựng AH, chứng minh AH   A1 BC 

d  A,  A1 BC   

0.25
0.25

2a 57
19

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân
tại A , gọi M là trung điểm của BC , N thuộc cạnh AB saο cho AB  4AN . Biết
rằng M  2; 2  , phương trình đường thẳng CN : 4 x  y  4  0 và điểm C nằm phía trên
trục hoành. Tìm tọa độ điểm A .
C

M

A

BC : x  y  4  0, BC : 23 x  7 y  32  0

B

N

0.25

C  0; 4 

0.25

B  4; 0 

0.25

A  0; 0 

0.25

266


Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 x  2 x  y  4  x 3  x 2  y  3


 2
 x  x x  y  3  2x 2  x  y  1




1
2



x  y  4  0
Điều kiện 
x  y  4  0

0.25

 2   y  x  1 thế (1) ta được

 x  2

2 x  3  x3  x 2  x  2

  x  1

2



 x  1

x  2





2 x  3  x  1 4 2 x  3  2 x  8  0

Hệ có nghiệm  x; y    1; 2  ,



0.75



2; 2  1

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b  0 thỏa mãn 2  a 2  b 2   a 2b 2 . Tìm Min P, với

P

a
b
1
.


2
b 1 a 1
a  b2  1

Ta có a 2b 2  2  a 2  b 2    a  b   ab  a  b
2

a 2  b 2  1   a  b   2ab  1   a  b   2  a  b   1   a  b  1
2

2

 a 2  b2  1  a  b  1

1
 a
  b

 1  
 1  2 
P
 b 1   a 1 
a2  b2  1
1 
1
 1
  a  b  1 


2

 a 1 b 1 
a 2  b2  1

  a  b  1

a  b

 2a  b

Xét f  t  

0.25

0.5

4
1

2
a  b  2 a  b 1

Đặt t  a  b , ta có
2

2

2

2

   ab 

2

 a  b

16

4

 a b  4

4  t  1
1

 2; t  4 ta được
t2
t 1

0.25

5
MinP  M inf  x   khi x  y  2
3

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

267


ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 47
Thời gian làm bài 180 phút
--------oOo--------

268


269

270


271


272


273


ĐỀ
THỬ
SỞ GD &
ĐTTHI
HÀ NỘI

KỲKỲ
THI
GIA
2016 -QUỐC
ĐỀ SỐ
48NĂM 2016
THITHPT
TRUNGQUỐC
HỌC PHỔ
THÔNG
GIA

Thời gian làm bài 180 Môn:
phút TOÁN
--------oOo-------Thời gian: 180 phút

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Câu 1: (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2: (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của hàm số y  2 x 4  4 x 2  1 .
Câu 3: (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4 x

2

x

1
 
2

x 1

2x  1
.
x 1

trên tập số thực.

b) Tìm phương trình các đường tiệm cận đứng và ngang của đồ thị hàm số f ( x) 

x2  2
.
x

Câu 4: (1,0 điểm).

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y  ( x  1) ln x và đường thẳng y  x  1.

Câu 5: (1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;1) và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 1 = 0. Viết
phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) và tìm tọa độ các giao điểm của mặt cầu đó với
trục Ox.
Câu 6: (1,0 điểm).

a) Giải phương trình sin 2x  2 s inx  0.
b) Một đội văn nghệ gồm có 20 người trong đó có 12 nam và 8 nữ. Chọn ngẫu nhiên 8 người để hát
đồng ca. Tính xác suất để 8 người được chọn có cả nam và nữ và số nữ nhiều hơn số nam.
Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng a 3 . Tính
thể tích khối chóp S.ABC và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a.

Câu 8: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B và C có AB >CD
và CD = BC. Đường tròn đường kính AB có phương trình x2 + y2 – 4x – 5 = 0 cắt cạnh AD của hình
thang tại điểm thứ hai N. Gọi M là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng AB. Biết điểm N có
tung độ dương và đường thẳng MN có phương trình 3x + y – 3 = 0, tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C, D
của hình thang ABCD.
Câu 9: (1,0 điểm). Giải bất phương trình

1

x2 1



1

3x 2  5



2

x2  2 1

trên tập số thực.

Câu 10: (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 8(a2 + b2 + c2) = 3(a + b + c)2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a(1 – a3) + b(1 – b3) + c.
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl

274


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không
theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như
thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm
sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.
4) Với các bài hình học (Câu 7 và Câu 8) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì
không cho điểm
phần đó.
Câu

1.

Nội dung

Điể
m

- Tập xác định: D   \ {-1} .
+)Ta có y ' 
(1; )

1

( x  1)2

 0 x  D  hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và

0.25

+)Giới hạn, tiệm cận:

lim y  lim y  2  y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

x 

x 

lim y  ; lim y    x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

x 1

Bảng biến thiên:
x
-
+
y’
y

0.25

x 1

2

-1
+

+

2
Đồ thị
+)Giao Ox: (-0,5;0)

0.25

-
+)Giao Oy: (0;1):

275

0.25


4

2

1

-0,5

O

5

2.

2

TXĐ: D  

y '  8 x 3 -8x  8 x ( x 2 -1) x  D

0.25

x  0
y'  0  
 x  1

0.25

Bảng xét dấu của y’:
x

-
+
y’ -

-1
0

0
+

0

1

-

Kết luận: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và ycd  y (0)  1.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1 và yct  y ( 1)  3.
4

3.a

x2  x

1
 
2

x 1

 22 x

2

2 x

0.25
0.25


3  17
x 
4
2 x 2  2 x  1  x  2 x 2  3x  1  0  


3  17
x 

4

+


2 
 | x | 1 2 

2

2  ;
x 

f ( x)  lim   1 
f
x
(
)

1


1
lim



lim
lim 
lim


2

x2
x
x 
x  
x 

x 
x 

 x 



0.25


  1


+ Các đường thẳng: y = ± 1 là các đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
+ lim f ( x )  ; lim f ( x )  ;
x 0

4.

+

 21 x

+ TXĐ: D   \{0}.

3.b

0

0,25

x  0

+ Đường thẳng x = 0 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
+) Xét phương trình: (x-1)lnx = x-1  x = 1 hoặc x = e.
+ Diện tích cần tìm là:

276

0.25

0.25
0.25


x2
S   ( x  1)(ln x  1) dx   ( x  1)(ln x  1)dx   (ln x  1)d (  x ) 

2
e

e

e

1

1

1

1 1
x2
x

 (  x )(ln x  1) |1e   (  1)dx     x 2  x  |1e
2
2
2 4

1
e



5.
a)

e 2  4e  5
(đvdt).
4

6.
a)

+) Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính
R  d ( A, ( P)) 

4 1  2  1
2 1  2
2

2

2

2

0.25

( x  2)2  ( y  1)2  ( z  1)2  4
x  2  2


y  0
 x  2  2
z  0


+) Các giao điểm: M (2  2; 0; 0), N (2  2; 0;0).
sinx  0
Pt  
cosx  2

2

7.

3
2
1
 C86 .C12
 C87 .C12
 14264
n( A)  C85.C12

 P( A) 

0.25
0.25

0.25

+) Xét phép thử chọn ngẫu nhiên 8 người từ 20 người, mỗi kết quả của phép thử
ứng với một cách chọn được 8 người từ 20 người => Số phần tử của không gian
8
 125970 .
mẫu là: n()  C20

+) Gọi biễn cố A: “8 người được chọn có cả nam và nữ và số nữ nhiều hơn số
nam”
Ta có

0.25

0.25
\


 x  k


  x   k 2
4



 x    k 2

4

b)

0.25
0.25

+) Phương trình mặt cầu là: (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 4.
+) Tọa độ giao điểm của mặt cầu và trục Ox là nghiệm của hệ pt:
b)

0.25

n ( A) 14264
7132


.
n() 125970 62985

0.25

0.25

+) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC đều cạnh a và SH(ABC) với H là tâm của
tam giác đều ABC => AH =

a 3
và SH là đường cao của hình chóp S.ABC
3

Từ giả thiết => SA = a 3 => trong tam giác vuông SAH vuông tại H có
SH  SA2  AH 2 

2 6a
.
3

277

0.25


a2 3
a3 2
1
 VS . ABC  S ABC .SH 
+) Diện tích tam giác ABC bằng: S ABC 
4
3
6

+) SH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trong mặt phẳng (SAH) kẻ
đường trung trực của cạnh SA cắt SH tại I => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC có bán kính R = IS. Hai tam giác vuông SMI và SHA đồng dạng =>
SI 

SM .SA 3 6

a
SH
8

+) Diện tích mặt cầu là: S  4 R 2 
S

0,25

0.25

27 2
a .
8

M

0.25
I

A

C
H

8.

B
…
+) N  MN(C) => tọa độ N là nghiệm của hpt:

1 12
3 x  y  3  0
N
(
; ), N1(2; 3) .
,
do
N
có
tung

độ
dương
nên
 2
2
5 5
 x  y  4 x  5  0

0.25

  BDM
  45o => MN là đường phân giác góc
+) Tứ giác BMND nội tiếp  BNM

 => N là điểm chính giữa cung 
AB  IN1  AB với I(2;0) là tâm của (C) => 0.25
BNA
1

AB: y = 0.
+) M = MNAB => M (1;0) , A,B là các giao điểm của đt AB và (C) => A(-1;0)




và B(5;0) hoặc A(5;0) và B(-1;0). Do IM cùng hướng với IA nên A(-1;0) và 0.25
B(5;0) .
+) AN: 2x – y + 2 = 0, MD: y = 1 => D = ANMD => D(1;4).
 
MB  DC => C(5;4).

278

0.25


D

C

N

A

M I

N1

…
9.

B

+) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thành:
tương đương
( t  1)(
t

t 3



1
1
2


ĐK: t  0 với đk trên, bpt
t 3
3t  1
t 1

1
1

)  2 . Theo Cô-si ta có:
t 3
3t  1
t t 1 1  t
t 1 
.
 


t 1 t  3 2  t 1 t  3 

0.25

1
1 2

11
2 

  
.

2 t 3 2 2 t 3
t 3

t
1 2t
11
2t 

  
.

2 3t  1 2  2 3t  1 
3t  1

t 1 
1
1 t 1 1  1

.
 


t  1 3t  1 2  t  1 3t  1 
3t  1

 VT  2t  0.
+) Thay ẩn x được x2  2  x  (;  2]  [ 2; )  T  (;  2]  [ 2; ).

+) Từ giả thiết ta có: 5c2 – 6 (a+b)c + (a+b)2  0 

10.

0.25

1
(a  b )  c  a  b .
5

+) Ta có a 4  b 4  (a  b)4 a, b => P  2(a  b)  (a  b)4
+) Xét f (t )  2t 
+) BBT:…

t

f’(t)

1
8

t4
8

(t  0), f '(t )  2 

1

8

+

0.25
0.25
0.25

t3
; f '(t )  0  t  3 4
2
3

0
+

0.25

0.25

4

0

279

-