Free 5 đề thi thử toán 2016 có đáp án

Đà Nẵng, Ngày 28-022016
Thi Thử Lần 1 Offline
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1 (1 điểm):

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 .

Bài 2 (1 điểm): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x 3 − 3x tại điểm có
tung độ bằng −2 .
Bài 3 (1 điểm): Giải phương trình:
a.Cho số phức z thõa mãn ( 2i − 1) z = ( 2 − i ) ( 4i + 3 ) . Tính modun của số phức z .
b.Giải phương trình 4 x

2

−1

− 4.2 x −1 = 0 .
e

Bài 4 (1 điểm): Tính tích phân I = ∫

(

x 2 e x + ln x 2 e x

1

x

) dx .

Bài 5 (1 điểm): Trong không gian Oxyz, cho các điểm A ( 1,2,0 ) , B ( 0,1,1) và mặt phẳng

( P ) : x − 2 y + z + 7 = 0 . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng

AB và mặt phẳng ( P ) .

Bài 6 (1 điểm):
a.Cho

π
1
< α < π và sin α = . Tính A = cos 2 α + sin 2α .
2
5

b.Một nhóm học sinh 12 thành viên trong đó có Nghị, Ngọc, Trân và Nhi. Nhóm tổ
chức đi picnic bằng xe điện (mỗi xe chở được 2 người). Hỏi có bao nhiêu cách chia để
Ngọc và Nhi đi cùng xe đồng thời Nghị và Trân đi khác xe biết rằng nhóm có 6 chiếc xe
(các xe là giống nhau).
Bài 7 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm
SA, G là trọng tâm tam giác ABC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ điểm G đến mặt phẳng (MBC).
Bài 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường


3

3



tròn tâm I. Điểm D đối xứng với B qua CI, DI cắt AB tại E  0, ÷ và điểm F  ,2 ÷ là
 2
2 
chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh B. Tìm tọa độ đỉnh C biết C thuộc đường thẳng
d : x − 2 y = 0 và yI < 2 .
x 4 − 16 x − 12

+ 6 ≤ 2 ( x − 1)

2

( x ∈ R) .
x −x +4
Bài 10 (1 điểm): Cho các số thực a ≥ b ≥ c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tìm giá trị nhỏ
1
1 4( a + b + c)
P = 1+ 2 + 1+ 2 +
nhất của biểu thức:
.
a
c
1 + b2
Bài 9 (1 điểm): Giải bất phương trình:

3

--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng
Câu 1
Câu 2 Phương trình hoành độ giao điểm x 3 − 3 x = −2 ⇔ x = 1 ∨ x = −2
2
Ta có: y ' = f ' ( x ) = 3 x − 3
3

1
0.25
0.25


Với x = 1 ⇒ f ' ( 1) = 0 . Phương trình tiếp tuyến: y = 0 ( x − 1) − 2

0.5

Với x = −2 ⇒ f ' ( −2 ) = 9 . Phương trình tiếp tuyến: y = 9 ( x + 2 ) − 2
Câu 3

a. z =
b. 4 x

Câu 4

I=

2

e

∫

5( 2 + i)
2i − 1

−1

e

− 4.2 x −1 = 0 ⇔ 2 2 x

(

x 2 e x + ln x 2 e x

1

x

0.5

= −5i ⇒ z = 5i ⇒ z = 5
2

) dx =

−2

e

∫

= 2 x +1 ⇔ 2 x 2 − 2 = x + 1 ⇔ x = −1 ∨ x =

xe x dx +

1

e

3
2

e

2 ln x
dx + 1dx
x
1
1

∫

∫

0.5

e e x
e
xe dx = xe − e dx = ( x − 1) e x = ( e − 1) e e
1 1
1
1

∫

x

e

x

1

∫

2 ln x
dx = 2tdt=
x
1
0

∫

∫

2

0.5

0.25

e
1
e
= 1 ; 1dx = x = e − 1
0
1
1

∫

(

0.25

)

⇒ I = ( e − 1) e e + 1 + e − 1 = ( e − 1) e e − 1 + 1

Câu 5

Câu 6

x = 1 − t
uuur


Ta có: AB = ( −1, −1,1) . Phương trình AB =  y = 2 − t ( t ∈ R )
z = t

x = 1 − t

y = 2 − t
⇔ ( 3,4, −2 )
Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ 
z
=
t

x − 2y + z + 7 = 0


a. cos 2 α = 1 − sin 2 α =

24
2 6
24 − 4 6
⇒ cos α = −
⇒A=
25
5
25

b.Số cách chia 12 người thành 6 nhóm sao cho Ngọc và Nhi chung 1
nhóm :

2
1.C10
.C82 .C62 .C 42 .C 22
= 945 cách
5!

0.5
0.5

0.5
0.25

Số cách chia 12 người thành 6 nhóm sao cho Ngọc và Nhi chung 1
1.1.C82 .C62 .C42 .C22
= 105
4!
Vậy số cách chia thỏa yêu cầu là : 945 − 105 = 840 cách

nhóm đồng thời Nghị và Trân chung nhóm :
Câu 7

1
1 a 3 2 a3 3
d
V = SH .SABCD =
a =
3
3 2
6

vtt
Chứng minh: SA ⊥ ( MBC )
1
3

Ta có: d ( G , MBC ) = d ( A , MBC )
⇒ d ( G , MBC ) =

4

1
a
AM =
3
6

0.25
0.5
0.25
0.25


Câu 8

Chứng minh:
- DI ⊥ BI
-EIF là tam giác vuông cân tại I.
⇒ I ( 1,1)

Chứng minh : CI song song EF

⇒ CI : x − 3 y + 2 = 0

0.25
0.25
0.25
0.25

Tọa độ C = CI ∩ d ⇒ C = ( 4,2 )
Ta có D thuộc AC, gọi H là trung điểm BD suy ra H thuộc CI.
∠ABC ∠ACB
+
= 45o ⇒ ∠DIB = 90 o
2
2
Suy ra AEIF nội tiếp ⇒ ∠EFI = ∠EAI = 45o ⇒ ∆EIF vuông cân tại I.
Mặt khác E là trực tâm tam giác BDF ⇒ EF ⊥ BD ⇒ EF / /CI

Có : ∠HIB = ∠IBC + ∠ICB =

( CI ⊥ BD )

Câu 9

(

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥ 1 . Pt ⇔ x 4 − 8 x 2 + 4 ≤ 2 x 2 − 2 x − 2

)(

(

)

)

x3 − x

⇔ x2 − 2 x − 2 x2 + 2x − 2 − 2 x3 − x ≤ 0

0.25

TH: −1 ≤ x ≤ 0 . ⇒ x 2 + 2 x − 2 − 2 x 3 − x < 0

0.25

2
Pt ⇔ x − 2 x − 2 ≥ 0 ⇔ x ∈ −1,1 − 3 

(

)

0.25

2

TH: x ≥ 1 . ⇒ x 2 + 2 x − 2 − 2 x 2 − x = x − x 2 − 1 + x − 1 > 0
⇔ x 2 − 2 x − 2 ≤ 0 ⇔ x ∈ 1,1 + 3 



Vậy S =  −1,1 − 3  ∪ 1,1 + 3 

Câu
10

0.25

2
Ta có: ( a − b ) ( a − c ) ≥ 0 ⇔ a + bc ≥ ab + ac ⇔ ( a + b ) ( a + c ) ≥ 2a ( b + c )

Tương tự: ( c − a ) ( c − b ) ≥ 0 ⇔ ( c + a ) ( c + b ) ≥ 2c ( a + b )
⇒ 1+

1
a

Và 1 +

=

2

1
c2

a2 + 1

≥

2

a 2 + ab + bc + ca

a
2 ( a + b)

a

2

=

( a + b) ( a + c ) ≥ 2 ( b + c )
a2

0.25

a

0.25

c

Áp dụng C-S:
⇒P≥

=

2( b + c)
a

a+b+c

 a
 c

a
c
= 
+ 1 ÷
+ 1÷ ≥
+1
b
+
c
a
+
b
b
+
c
a
+
b


( a + b) ( b + c ) 
+

0.25

2 ( a + b)
c

+4

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

a
b+c
1
3

c
+ 4 ≥ 6 + 4 = 10
a+b

.

Cách 2:

5

0.25


P=

P=

P≥3

6

( a + b) ( a + c )
a

( a + b) ( a + c )
a
3

2( a + c)
ac

2

+

+

+
4

( a + c) ( b + c)
c

( a + c) ( b + c)
c

( a + b) ( b + c )

( a + b) ( b + c )

+

+

4( a + b + c)

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

≥ 3 3 8 + 4 = 10

+

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

( a + b) ( b + c )


Đà Nẵng, Ngày 06-032016
Thi Thử Lần 2 Offline
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3 .

Bài 1 (1 điểm):

4
2
2
Bài 2 (1 điểm): Cho hàm số y = f ( x ) = x − ( m + 1) x + m + 1 . Xác định giá trị của m để
hàm số đạt cực đại tại điểm có hoành độ x = 0 .
Bài 3 (1 điểm):
2
a.Xác định phần thực và phần ảo của số phức z biết ( 1 + 2i ) z + 7 i = ( 1 + i ) .
2
2
b.Giải phương trình log 2 x − log 4 x = log
e

Bài 4 (1 điểm): Tính tích phân I = ∫
1

Bài

5

(1

điểm):

Trong

2

x+1
x ln x + x 2

không

2.
dx .

gian

Oxyz,

cho

d1 :

x −1 y +1 z +1
=
=
,
1
2
3

x y−2 z+2
=
=
. Chứng minh d1 , d2 chéo nhau và viết phương trình mặt phẳng (P)
2

1
1
chứa d1 và song song d2 .
d2 :

Bài 6 (1 điểm):
a.Cho 0 < α <

π
1
sin 2 α + cos 2α
và cos α = . Tính A =
.
2
3
cos 2 α + sin 2α

b.Chọn ngẫu nhiên một số trong tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để
số được chọn ra là số chia hết cho 5 có chữ số hàng trăm là số lẻ.
Bài 7 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B có AB = BC = 2 a ,
SA vuông góc mặt phẳng (ABC). Mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng đáy một góc 45o .
Gọi M là trung điểm BC, N là điểm nằm trên cạnh AC thỏa AN = 2 NC . Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BN.
Bài 8 (1 điểm):Trong mặt phẳng Oxy, cho cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I.
Phân giác trong góc A có phương trình 3 x + y − 1 = 0 , đường cao kẻ từ đỉnh A có
phương trình x + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết I thuộc đường thẳng
d : x − 2 y − 2 = 0 và BC = 8 .
 3x 3 − x 2 y − 2 y 3 + x − 2 y = x 9 y + 2

( x, y ∈ R ) .

2
2
 2 x + y = 9 y + 2
Bài 10 (1 điểm): Cho các số thực x , y , z ∈ 1,2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Bài 9 (1 điểm): Giải hệ phương trình: 

P=

x
x+y

2

+

y
y+x

2

+

z
.
z + xy

--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng
Câu 1

1
7


Câu 2

Câu 3

x = 0
3

y
'
=
4
x
−
2
m
+
1
x
⇒
y
'
=
0
⇔
Ta có:
(

)
 x2 = m + 1
2

a
=
1
>
0
Do hàm số có
nên để hàm số đạt cực đại tại điểm có hoành độ
m+1
x = 0 thì hàm số có 3 cực trị ⇔
> 0 ⇔ m > −1
2
Cách 2: Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì
 f ' ( 0 ) = 0
⇔ −2 ( m + 1) < 0 ⇔ m > −1

 f " ( 0 ) < 0
−5i
= −2 − i . Phần thực là −2 , phần ảo là −1
a. z =
( 1 + 2i )

1
x=
⇔
2


 log 2 x = 2
 x = 4
 log 2 x = −1

2
b.Điều kiện x > 0 . Pt ⇔ log 2 x − log 2 x − 2 = 0 ⇔ 

Câu 4

1
1

x+1
x dx . Đặt t = ln x + x ⇒ dt =  + 1 ÷dx
I=
dx
=
x

ln x + x
x ln x + x 2
1
1
e

e

∫

∫

0.5

0.5
0.5

1+

e +1
x 1
e
1
⇒I=
dt= ln
Đổi cận
t 1 e +1
t
1

∫

Câu 5

0.5

e +1
= ln ( e + 1)
1

Ta

có :
uu
r

uu
r
uuuur
u1 = ( 1,2,3 ) ; u2 = ( 2,1,1) ; M ( 1, −1, −1) ∈1 ; N ( 0,2, −2 ) ∈ d2 ⇒ NM = ( 1, −3,1 )
uu
r uu
r
r
uu
r uu
r uuuur
⇒ u1 , u2  = ( −1,5, −3 ) ≠ 0 ; ⇒ u1 , u2  .NM = −19 ≠ 0 nên d1 , d2 chéo





nhau.
Phương trình mp (P) chứa d1 và song song d2 đi qua M ( 1, −1, −1) và

1

0.5

0.5

uu
r uu
r

nhận u1 , u2  = ( −1,5, −3 ) làm vtpt:

( P ) : −1( x − 1) + 5 ( y + 1) − 3 ( z + 1) = 0 ⇔ ( P ) : x − 5 y + 3z − 3 = 0

Câu 6

1

π
.
2
cos α
sin 2 α + cos 2α
cos 2 α
1
1
=
=
=
Có: A =
2
2
cos α + sin 2α cos α + 2 sin α cos α 2 tan α + 1 4 2 + 1

a. tan 2 α =

2

− 1 = 8 ⇒ tan α = 2 2 Do 0 < α <

b.Không gian mẫu là số các số tự nhiên có 4 chữ số :
Ω = 9.10.10.10 = 9000 .
Gọi A là biến cố : ‘’Số được chọn là số chia hết cho 5 và có chữ số
hàng trăm là số lẻ’’. Gọi số cần tìm có dạng abcd :
Chọn a : 9 cách ; chọn b : 5 cách ; chọn c : 10 cách ; chọn d : 2 cách
Số kết quả thuận lợi của A : Ω A = 9.5.10.2 = 900
Vậy xác suất cần tìm là P =

8

ΩA
Ω

=

900
1
=
9000 10

0.25
0.25

0.25
0.25

Ta có : (·SBC ) , ( ABC ) = ∠SBA = 45o

Câu 7

⇒ SA = SB.tan 45 o = 2a
1
4a3
(dvtt)
VS. ABC = .SA.SABC =
3
3

0.25
0.25

Chứng minh:

AM ⊥ BN ⇒ BN ⊥ ( SAM )
Hạ IH vuông SM ⇒ IH là đoạn
vuông chung ⇒ d ( SM , BN ) = IH
IH
IM 1
1
=
= ⇒ IH = AK
AK AM 5
5
1
1

1
2a 5
=
+
⇒ AK =
2
2
2
3
AK
SA
AM

0.25

Lại có:

0.25

Vậy

⇒ d ( SM , BN ) = IH =

1
2a 5
AK =
5
15

Tọa độ A ( −1, 4 )

Chứng minh : AD là phân giác
trong ∠HAI
Phương trình AI: 4 x + 3 y − 8 = 0

Câu 8

⇒ I ( 2,0 )

0.25
0.25

Gọi pt BC: y + m = 0
2

Ta có: d( I ,BC ) = R 2 − BC = 3

0.25

4

m

⇔

Câu 9

12 + 0 2

= 3 ⇔ m = ±3

0.25

Phương trình BC: y ± 3 = 0
Gọi D là giao điểm của phân giác trong góc A và đường tròn (I).
Cách 1 : Gọi E = AI ∩ ( I ) ⇒ ∠ABH = ∠AEC ⇒ ∠BAH = ∠CAE
Mà ∠BAD = ∠BAC ⇒ ∠HAD = ∠DAE ⇒ AD là phân giác ∠HAI .
Cách 2: Ta có ID ⊥ BC ⇒ AH / / ID ⇒ ∠HAD = ∠ADI
Mà ∠ADI = ∠DAI ⇒ ∠HAD = ∠DAI ⇒ AD là phân giác ∠HAI .
Thay (2) vào (1)
3

2

3

(

2

⇔ 3x − x y − 2 y + x − 2 y = x 2x + y

2

) ⇔ ( x − 2y ) ( x

2

2

)

0.25

+ xy + y + 1 = 0

Thay vào (2) 9 y 2 = 9 y + 2 ⇔ ( 3 y + 1) + ( 3 y + 1) = 9 y + 2 + 9 y + 2
2

0.5

3 y + 1 ≥ 0
1± 5
1± 5
⇔ 3y + 1 = 9 y + 2 ⇔  2
⇔y=
⇒x=
6
3
9 y − 3 y − 1 = 0
 1+ 5 1+ 5   1− 5 1− 5 
,
,
÷; 
÷
Hệ đã cho có nghiệm 

3 ÷
3 ÷
 6
  6



0.25

9


Câu
10

Áp dụng bdt:
⇒

x
x+y

2

+

1
1
2
+
≥
, ab ≥ 1 (tự cm)
a + 1 b + 1 1 + ab
y

y+x

2

=

1
2

y
1+
x

+

1
2

x
1+
y

≥

2

1 + xy do xy ≥ 1

xy
xy
z

2
2
⇒P=
+
+
≥
−
+1≥
−
+1
2
2
z + xy 1 + xy z + xy
x+y
y+x
1 + xy 1 + xy
x

y

2
t2
−
+ 1 với t = xy ⇒ t ∈ 1,2 
1 + t 1 + t2
2
2t
⇒ f '( t ) = −
−
< 0 ∀t ∈ 1,2 

2
2
;
 
( 1 + t ) 1 + t2

0.25
0.25

Xét hàm số f ( t ) =

(

)

Hàm số nghịch biến 1,2  ⇒ f ( t ) ≥ f ( 2 ) =

13
13
⇒P≥
15
15

 y 2 x2 y 2 x2
∨ . =1
 =
y
x y
x


⇔ x = y = 2, z = 1 .
Đẳng thức xảy ra khi  z = 1

 xy = 2


Đà Nẵng, Ngày 13-032016
Thi Thử Lần 3 Offline
ĐỀ CHÍNH THỨC
10

0.25

0.25

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.


Bài 1 (1 điểm):

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

x+1
.
x −1
1



2
Bài 2 (1 điểm): Tìm GTLN & GTNN của hàm số y = f ( x ) = x − 2 ln x trên đoạn  ,2 
2 
Bài 3 (1 điểm):
2
a.Giải phương trình sau trên tập C: z + 2 ( 1 + i ) z + 3 + 2i = 0 .
b.Giải phương trình 2 2 x −1 + 3.2 x −1 − 2 = 0 .
2

Bài 4 (1 điểm): Tính tích phân I = ∫
1

x4 + 1
x3 + x

dx .

Bài 5 (1 điểm): Trong không gian Oxyz, cho ( P ) : x + y + z − 2 = 0 và A ( 2,1,2 ) . Viết
phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc mp ( P ) , xác định tọa độ tiếp điểm.
Bài 6 (1 điểm):
a.Cho tan a = 3 . Tính A = cos 2 a − sin 2a .

n


2 
b.Tìm hệ số chứa x trong khai triển nhị thức Newton của đa thức P ( x ) =  x −
÷
x


2

( x > 0, n ∈ N )
*

biết: 2 An2 − Cn2 = n2 + 5 .

Bài 7 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a , AC = a 5 .
Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng đáy là giao điểm O của AC và BD. Mặt bên
(SAB) tạo với mặt đáy một góc 60 o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SA và CD.
Bài 8 (1 điểm):Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có N là trung điểm AB.
Đường thẳng qua N song song BC cắt phân giác trong góc B tại E ( 4,1) , đường thẳng
qua N và vuông góc AE có phương trình x − y + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng
chứa cạnh AB biết điểm M ( 2, −3 ) thuộc cạnh BC.
 3x 2 − 7 x + y + 4 = xy − y − x 2 x − 2

Bài 9 (1 điểm): Giải hệ phương trình:  2
( x, y ∈ R ) .
3
 y x + 2 = 2 y y + x
Bài 10 (1 điểm): Cho các số thực x , y thỏa mãn xy ≥ 0, x + y ≠ 0 . Chứng minh rằng:

(

)

2 xy
x2 + y 2 x + y

+
≥
+ xy .
x+y
2
2

--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng
Câu 1
Câu 2
1 
TXD: D = ( 0, +∞ ) hàm số xác định và liên tục trên  ,2 
2

⇒ y ' = f ' ( x ) = 2x −



1
0.25
0.25

x = 1
2
⇒ y' = 0 ⇔ 
x
 x = −1(l)

0.25

11


1

0.25

1

Ta có: ff ÷ = + 2 ln 2, ( 2 ) = 4 − 2 ln 2, f ( 1) = 1
2 4
Vậy GTLN là 4 − 2 ln 2 khi x = 2 , GTNN là 1 khi x = 1 .
Câu 3

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

Ta có: ∆ ' = ( 1 + i ) − ( 3 + 2i ) = −3 =
2

z = − ( 1 + i ) +
⇒

 z = − ( 1 + i ) −

0.25

2

0.25

2x = 1
2 2 x −1 + 3.2 x−1 − 2 = 0 ⇔  x
⇒ 2x = 1 ⇔ x = 0
2
=
−
4


Câu 4

2

x +1

∫x

I=

4

1

3

+x

dx =

2

∫

(x

2

)

2

+ 1 − 2x2
x3 + x

1

0.5

2


1
2x 
dx =  x + − 2
÷dx
x
x
+

1


1

∫

0.25

2

 x2
2 3

1
= + ln 2
Xét  x + ÷dx =  + ln x ÷
÷1 2
x
 2

1

∫
2

Xét

∫x
1

2

2x
2

+1

dx . Đặt t = x 2 + 1 ⇒ dt = 2 xdx . Đổi cận

x 1
t 2

2
5

0.5

5

5
dt
⇒ 2
dx =
= ln t = ln 5 − ln 2
2
t
x +1
1
2

∫

2x

Vậy I =

∫

2

x4 + 1

∫x
1

Câu 5

3

+x

dx =

0.25

3
3
4
+ ln 2 − ( ln 5 − ln 2 ) = + ln

2
2
5

Ta có : d ( A ,( P ) ) = 3 . Phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc (P) có
bán kính R = 3 : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 2 ) = 3

0.5

x = 2 + t

Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc mp(P):  y = 1 + t( ∈ R )
z = 2 + t


0.25

2

2

2

x = 2 + t

y = 1 + t
⇒ H ( 1,0,1)
Tọa độ tiếp điểm là nghiệm của hệ 
z = 2 + t
x + y + z − 2 = 0



Câu 6

a.

(

A = cos 2 a − sin 2 a = cos 2 a − 2 sin a cos a − sin 2 a = cos 2 a 1 − 2 tan a − tan 2 a
1

1
7
= 1 + tan a = 10 ⇒ A = ( 1 − 2.3 − 9 ) = −
Ta có:
2
10
5
cos a
n!
n!
2
2
2
−
= n2 + 5 ⇔ n = 5
b. 2 An − Cn = n + 5 ⇔ 2
( n − 2 ) ! 2!( n − 2 ) !

số hạng tổng quát:

12

0.25

)

0.5

2


C 5k x 5− k .  −


k

2 
2 2
÷ ⇒ k = 2 . Hệ số 2 C5 = 40
x

0.25
0.25


Câu 7

Gọi M, N là trung điểm AB, CD.
Có
AD = BC = MN = 2 a ⇒ MO = a

Ta

∠ ( SAB ) ( ABCD ) = ∠SMO = 60

có:

0.25

o

⇒ SO = MO tan 60 o = a 3
1
2a3 3
(dv
VS. ABCD = SO.SABCD =
3
3

tt)
Lại có: CD / / ( SAB )

0.25
0.25
0.25

⇒ d ( CD , SAB ) = d ( N , SAB ) = NH

Ta có: NH .SM = SO.MN ⇒ NH =
Câu 8

SO.MN
= a 3 ⇒ d ( CD , SA ) = a 3
SM
Chứng minh AE ⊥ EB ⇒ A, E
đối xứng qua Nx ⇒ A ( 0,5 ) .

0.5

Gọi K là trung điểm AM
⇒ K ( 1,1) ∈ NE

0.25
0.25

Pt NE: y − 1 = 0 ⇒ N ( 0,1)
Pt AB: x = 0
Chứng minh: ta có ∠NEB = ∠EBC = ∠EBN ⇒ NE = NB = NC
Tam giác ABE vuông tại E (đính lí Pytago đảo)
⇒ AE ⊥ Nx ⇒ A , E đối xứng qua Nx ( NAE cân tại N)
Câu 9

 y ≥ 0, y − x ≥ 0
 x ≥ 1

Điều kiện: 
Pt ( 1) ⇔

0.25

( y − x ) ( 2x − 2 ) − 2 x + 2 ) ( ( y − x ) ( 2x − 2 ) + 2x − 4 ) = 0

(

 y = 3x − 2
y − x 2x − 2 = 2x − 2 ⇔ 
. Thay vào (2)
x = 1 ⇒ y = 1
x = 1 ⇒ y = 1
⇒ x 3 − x 2 = ( 3 x − 2 ) 3 x − 2 − 3x + 2 (3) ⇔ x = 3x − 2 ⇔ 
x = 2 ⇒ y = 4

TH 1:

TH 2:

0.5

y − x 2 x − 2 + 2 x − 4 = 0 (*)

(

)

 x ≥ 2
 x ≤ 1

2
3
2

Từ pt(2) y x + 2 = y y + y y + x ≥ 3xy ⇒ x − 3x + 2 ≥ 0 ⇒ 

Kết hợp điều kiện ⇒ x = 1 ∨ x ≥ 2
 y − x = 0
⇒ y − x 2 x − 2 + 2 ( x − 2 ) ≥ 0 ⇒ (*) ⇔ 
⇔x=y=2
 x = 2
Thử lại ( 2,2 ) không phải là nghiệm của hệ.

0.25

Vậy hệ có nghiệm ( 1,1) , ( 2,4 )

13


Câu
10

( 1) ⇔

x2 + y2
2 xy x + y
− xy +
−
≥0
2
x+y
2


2
1
1 
⇔ ( x − y) 
−
≥0
 2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy 2 x + 2 y 


⇔ ( x − y)

2

2

2

2 x + 2 y − 2 x + 2 y − 2 xy
2( x + y)

Nếu: x + y < 0 ⇒

(

2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy

)

≥ 0(*)

0.25

2 ( x + y ) − 2 x 2 + 2 y 2 − 2 xy

( x + y)

(

2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy

Nếu x + y > 0 Áp dụng C-S:

(

0.25

)

> 0 ⇒ (*) đúng

)

( 2 + 2 ) x 2 + y 2 + 2 xy = 2 ( x + y )

2 xy + 2 x 2 + 2 y 2 ≤

0.25
0.5

Suy ra (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi x = y .Vậy bất đẳng thức đúng.

Đà Nẵng, Ngày 20-032016
Thi Thử Lần 4 Offline
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1 (1 điểm):

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = − x 3 + 3 x − 2 .

Bài 2 (1 điểm): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x 3 + 4 x biết tiếp
tuyến song song đường thẳng y = x + 2 .
Bài 3 (1 điểm):
2z
− 2i = 1 . Tính modun của số phức w = z + i .
1+ i
b.Giải phương trình log 2 x.log 2 ( 2 x ) = 2 .

a.Cho số phức z thỏa mãn

1

(

)

2

Bài 4 (1 điểm): Tính tích phân I = ∫ ln 4 − x dx .
0

14


x y z+1
x −1 y +1 z
= =
=
= .
, d2 :
1 2
3
2
1
1
P
d
d
d
,
d
Viết phương trình mp ( ) chứa 1 và song song 2 , tính khoảng cách giữa 1 2 .

Bài 5 (1 điểm): Trong không gian Oxyz, cho d1 :
Bài 6 (1 điểm):
a.Cho cos a = 2 − 1 . Tính A = cos ( 2 a + 2016π ) .
n


1 
*
0
1
2
n
b.Cho P ( x ) =  x 2 +
÷ x > 0, n ∈ N , biết: Cn + Cn + Cn + ... + Cn = 4096 . Tìm số

3 2 ÷
x 

x
hạng không chứa trong khai triển nhị thức Newton của đa thức trên.

(

)

Bài 7 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SAB là tam giác cân và
nằm trong mặt phẳng vuông góc đáy, SA = a . Mặt bên (SAD) tạo với đáy một góc 45o ,
M là trung điểm AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SD và CM.
Bài 8 (1 điểm):Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, D là chân đường
phân giác trong góc A. Gọi E là giao điểm phân giác trong góc ∠ADB và cạnh AB, F là
giao điểm phân giác trong góc ∠ADC và cạnh AC. Xác định tọa điểm A biết
E ( 0,1) , F ( 1,4 ) và điểm M ( 5,6 ) nằm trên cạnh BC.

(

)

Bài 9 (1 điểm): Giải phương trình: x 2 + 2 = x x 2 − 2 x + 2 + x 4 + 4

( x ∈ R) .

Bài 10 (1 điểm): Cho các số thực x , y , z ∈ 1,3  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=

x
2

2

x + y + 18 z

+

y
1
−
( x + y ) ( 3z + 3 ) 9 z .

--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng
Câu 1

TXD: D=R
y = −∞ , lim y = +∞

Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
Đạo hàm: y ' = −3 x 2 + 3 ⇒ y ' = 0 ⇔ x = ±1
Bảng Biến Thiên:
−∞
+∞
x
–1
1
−
−
y’
0
+
0
+∞
y
0
−∞
–4
Hàm số đồng biến trên ( −1,1) , hàm số nghịch biến trên ( −∞ , −1) và

0.25

0.25

( 1,+∞ )

Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCD = 0 ; Hàm số đạt cực tiểu tại

x = −1, yCT = −4

Đồ thị

0.25

y

0.25

15


x

Câu 2

2
Ta có: y ' = f ' ( x ) = −3 x + 4

Gọi phương trình tiếp tuyến có dạng : y = f ' ( xo ) ( x − xo ) + f ( xo )
Do tiếp tuyến // y = x + 2 ⇔ f ' ( xo ) = 1 ⇔ xo = ±1

Với xo = 1 ⇒ f ( xo ) = 3 . Pttt: y = ( x − 1) + 3 ⇔ y = x + 2 (loại)

0.5
0.25
0.25

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

2z
− 2i = 1 ⇒ z =
1+ i
2
2 2
2 2

0.25

Với xo = −1 ⇒ f ( xo ) = −3 . Pttt: y = ( x + 1) − 3 ⇔ y = x − 2
Vậy tiếp tuyến cần tìm là y = x − 2
Câu 3

2

2

 1  1
1 1
1
w = z + i = − − i ⇒ w = − ÷ + − ÷ =
2 2
2
 2  2

0.25

Điều kiện: x > 0 . log 2 x.log 2 ( 2 x ) = 2 ⇔ log 2 x ( log 2 2 + log 2 x ) = 2

Câu 4

 log x = 1
1
log 22 x + log 2 x − 2 = 0 ⇔  2
⇔ x=2∨x=
4
 log 2 x = −2

2x
1
u = ln 4 − x 2
dx
du = −
2
⇒
I = ln 4 − x dx . Đặt 
4 − x2
v = x
0
dv = dx


∫ (

(

)

(

⇒ I = x ln 4 − x 2

)

)

∫

2

1

(

)

2 x2 − 4 + 8 
1
2x

÷dx
+
dx = ln 3 −
2

÷
0 0 4 − x2
x
−
4

0


1

∫

1
1
x + 2 − ( x − 2)
1

8 
I = ln 3 −  2 + 2
dx
=
ln
3
−
2
x
−
2
dx
÷
0
x
+
2
x

−
2
x
−
4
(
)
(
)


0
0

∫

∫

16

0.25

0.5

1
1
1
 1
1 
I = ln 3 − 2 − 2 

−
÷dx = ln 3 − 2 − 2 ln x − 2 + 2 ln x + 2
0
0
x−2 x+2
0
I = ln 3 − 2 + 2ln 2 + 2 ln 3 − 2 ln 2 = 3ln 3 − 2
uu
r
uur
Ta có: n1 = ( 1,2,3 ) , A ( 0,0, −1) ∈ d1 và n2 = ( 2,1,1) , B ( 1, −1,0 ) ∈ d2

0.25

uu
r uur  2 3 3 1 1 2 
⇒ n1 , n2  = 
,
,
= −1,5, −3 ) . Phương trình mặt phẳng
÷ (

 1 1 1 2 2 1÷


uu
r uur
chứa d1 và song song d2 qua A ( 0,0, −1) và nhận n1 , n2  làm vtpt:
( P ) : −1( x − 0 ) + 5 ( y − 0 ) − 3 ( z + 1) = 0 ⇔ x − 5 y + 3z + 3 = 0

0.25

∫

Câu 5

0.5

0.25
0,5


Ta có: d( d1 ,d2 ) = d( B ,( P ) ) =
Câu 6

1 − 5 ( −1) + 3.0 + 3
2

2

1 +5 +3

2

=

9
35

A = cos ( 2 a + 2016π ) = cos ( 2 a + 1008.2π ) = cos 2 a = 2 cos 2 a − 1 = 5 − 4 2

0.5

Ta có: ( 1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n ⇒ 2n = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn
n

12


1 
⇔ 2 = 4096 ⇒ n = 12 ⇒ P ( x ) =  x 2 +
÷

3 2 ÷
x



0.25

n

Số hạng tổng quát:

Cnk

(x )
2

12 − k

 1

3 2
 x

k

8

24 − k
k
÷ = C12 x 3 . Số hạng không chứa
÷


0.25

8
3

9
x tương ứng: 24 − k = 0 ⇔ k = 9 . Vậy số hạng không chứa x là: C12

Câu 7

SA ⊥ AD
⇒ ∠SAB = ∠ ( SAD ) , ( ABCD ) = 45o

 AB ⊥ AD

(

⇒ AM = SM =

SA
2

=

a
2

)

⇒ AB = a 2

0.5

1
2 3
⇒ VS. ABCD = .SM .SABCD =
a (
3
3

dvtt)

Gọi N trung điểm AD ⇒ BN ⊥ CM . Lấy E đối xứng với M qua A thì
EMCD là hình bình hành. Dựng FM / / BN ⇒ FM ⊥ ED .

Khi đó ED ⊥ ( SFM ) ⇒ ( SED ) ⊥ ( SFM ) . Hạ MH ⊥ SF ⇒ MH ⊥ ( SED )

(

) (

0.25

)

⇒ MH = d M , ( SED ) = d CM , ( SED ) = d ( CM , SD )

Ta có: ∆MAI : ∆MFE ⇒ MF.MI = MA.ME ⇒ MF =
⇒

Câu 8

1
MH

2

=

1
SM

2

+

1
MF

2

⇒ MH =

2 2a
21

4
10

⇒ d ( CM , SD ) =

0.25

a

2 42 a
21

Chứng minh tam giác EDF
vuông cân tại D.
 D ( 2,2 )

Tọa độ 

 D ( −1,3 )

loại D ( −1,3 )

0.25

0.25

khác phía M so với EF.
Pt DF: 2 x + y − 6 = 0 . Gọi M’ đối xứng với M qua DF thì M ' ∈ AD .
Tọa độ M ' ( −3,2 ) . Pt AD: y − 2 = 0
2

2


1 
3
5
Phương trình đường tròn đường kính EF: ( C ) :  x − ÷ +  y − ÷ =
2 
2
2

Tọa độ A = AD ∩ ( C ) ⇒ A ( −1,2 )
17

0.5


1

1
2
2
Tứ giác AEDF nội tiếp ⇒ ∠FED = ∠FAD = 45o ⇒ EDF vuông cân tại D
Điều kiện: x ≥ 0 .

Chứng minh: ∠EDF = ∠ADE + ∠ADF = ∠ADB + ∠ADC = 90 o
Câu 9

0.25

Xét x = 0 ⇒ 2 = 4 ⇒ x = 0 là nghiệm của phương trình.
2
2
4
Xét x > 0 chia 2 vế cho x : x + = x + − 2 + x 2 + 2
x

x

x

2

⇔ x+


2
2
2

= x+ −2 + x+ ÷ −4 .
x
x
x


0.25

2
2
Đặt t = x + − 2 ⇒ x + = t2 + 2 ⇒ ≥ 2 2 − 2
x
x

Pt ⇔ t2 + 2 = +
⇔ 2t3 −

( t + 2)
2

2

−4 ⇔

2

− t+ 2 =

4

+ 4t 2

0.25

2

+ 4t − 4 = 0
3
2
Xét hàm f ( t) = 2 − t + 4 − 4 với t ≥ 2 2 − 2

⇒ f ' ( t) = 4

Câu
10

2

− 2t + 4 > 0 ⇒ f ( t ) ≥ f  2 2 − 2 ÷ > 0



phương trình vô

nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .
2
Ta có: ( x − 3 ) ( 3z − x ) ≤ 0 ⇔ x ( 3 z + 3 ) ≤ x + 9 z

( y − 3 ) ( 3 z − y ) ≤ 0 ⇔ y ( 3z + 3 ) ≤ y 2 + 9 z

2
2
Cộng vế theo vế ⇒ ( x + y ) ( 3 z + 3 ) ≤ x + y + 18 z
⇒P≤

0.25

y
x
1
1
1
+
−
=
−
( x + y ) ( 3 z + 3 ) ( x + y ) ( 3 z + 3 ) 9 z 3 ( z + 1) 9 z

Xét hàm số: f ( z ) =

z + 1) − 3 z 2
(
1+
⇒ f '( z) = −
+ 2 =
⇒ f '( z) = 0 ⇔ z =
2
2
2
9z

3 ( z + 1)
9 z 2 ( z + 1)

Ta có: ff( 1) = 0,

1

 1+ 3  4 − 2 2
÷=
÷
9
 2 

( 3 ) = 36 , f 

)

⇒ P ≤ f ( z) ≤ f 1 + 2 =
x = y = 3, z =

2

1

(

0.25

1
1

−
với z ∈ 1,3 
3 ( z + 1) 9 z

1

4−2 2
. Đẳng thức xảy ra khi
9

1+ 3
2

Chú ý: Học sinh làm theo cách khác nhưng đúng thì vẫn được trọn điểm.

18

0.25

3

0.25
0.25


Đà Nẵng, Ngày 27-032016
Thi Thử Lần 5 Offline
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1 (1 điểm):

KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = − x 4 + 8 x 2 − 15 .

x−3
Bài 2 (1 điểm): Xác định giá trị của m để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị y =
tại
x+1

hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 + 3 x1 x2 = 3 .

Bài 3 (1 điểm):
a.Xác định phần thực và phần ảo của số phức z biết ( 2 − i ) z + ( 2 + i ) ( 1 + 2i ) = 0
b.Giải phương trình 4 2 x +1 − 7.12 x + 32 x +1 = 0 .
1

x
Bài 4 (1 điểm): Tính tích phân I = ∫ x ( x + 1) e dx .
0

Bài 5 (1 điểm): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
d:

( S ) : x2 + y 2 + z2 − 2x − 2z = 0

và

x y +1 z −1

=
=
. Chứng tỏ đường thẳng d tiếp xúc ( S ) , xác định tọa độ tiếp điểm.
2
−2
1

Bài 6 (1 điểm):

π
thỏa mãn 9sin 2 a = 6 cos a + 10 . Tính giá trị A = tan a .
2
b.Từ các số thuộc tập E = { 0,1,2,3,4,5,6} lập một số tự nhiên có 4 chữ số đôi một

a.Cho a ≠

khác nhau sao cho chữ số hàng nghìn và chữ số hàng đơn vị có tổng bằng 5. Hỏi có bao
nhiêu số tự nhiên thỏa yêu cầu?
Bài 7 (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
B, AA ' = a 3 . Mặt phẳng (A’BC) tạo với đáy một góc 60 o . Tính theo a thể tích khối
lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và AC.
19


Bài 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có H là chân
đường cao hạ từ A. Gọi D là điểm đối xứng với H qua A, điểm E ( 4, −1) là trung điểm
AH. Biết C ( 7, −2 ) và điểm F ( 0,2 ) thuộc đường thẳng BD. Xác định tọa độ đỉnh A.

 2 x 2 − 2 xy − y 2 + 2 = 2 y − 4 x


Bài 9 (1 điểm): Giải hệ phương trình:  2
( x, y ∈ R ) .
2
 x − 2 y + ( 2 x + 1) ( 2 y − 2 ) = x + y
Bài 10 (1 điểm): Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức:
P=

x
2

z +1

+

z
2

x +1

−6

xy + yz + zx
.
x+y+z

--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Lớp Toán 76/5 Phan Thanh – Đà Nẵng
Câu 1

Câu 2 Phương trình hoành độ giao điểm:
x−3
= x + m ⇔ x 2 + mx + m + 3 = 0
x+1

( x ≠ −1 )

0.25

Để dt cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt

Câu 3

Câu 4

 ∆ = m2 − 4 m − 12 > 0
 m < −2
⇔

2
m > 6
( −1) + m ( −1) + m + 3 ≠ 0
2
 x + x = m
⇒ ( x1 + x2 ) + x1 x2 − 3 = 0 ⇔ m2 − m − 6 = 0
Áp dụng Viet:  1 2
 x1 x2 = − m − 3
⇔ m = −2 ∨ m = 3 (loại). Vậy không có giá trị m thỏa mãn.
( 2 − i ) z + ( 2 + i ) ( 1 + 2i ) = 0 ⇔ z = 2−−5ii = 1 − 2i . Phần thực 1, phần ảo −2
 4  x

 ÷ = 1
2x
x
x = 0
4
4
 3 
2 x +1
x
2 x +1
4
− 7.12 + 3
= 0 ⇔ 4 ÷ − 7  ÷ + 3 = 0 ⇔ 
⇔
x
3
3
 x = −1
 4  = 3

÷
 3
4
 

0.25

0.5

0.5

0.25

Đặt

0.25

(

)

∫

∫

(

0.5

)

 x = 2t

Ta có: I ( 1,0,1) , R = 2 ; Phương trình d :  y = −1 − 2t
z = 1 + t


(

∈ R)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d:
20

0.25

1
u = x 2 + x du = ( 2 x + 1) dx
2
x 1
⇒
⇒
I
=
x
+
x
e
−
Đặt 
( 2 x + 1) e x dx

x
x
0
dv = e dx
v = e
0

1

u = 2 x + 1 du = 2dx
x 1
x
x 1
x 1
⇒
⇒
I
=
2
x
+
1
e
−
2
e
dx
=
2
x
+
1
e
−
2
e
(
)
(

)


x
x
0 0
0
0
dv = e dx  v = e
1
⇒ I = x 2 + 3 x − 1 e x = 3e + 1
0

Câu 5

1
0.25

0.25


H ( 2m , −1 − 2 m,1 + m )

uur
⇒ IH = ( 2 m − 1, −1 − 2 m , m )

( m ∈ R)

0.5

Mà:
uur uu
r

0.25

IH .ud = 0 ⇔ ( 2 m − 1) 2 + ( −1 − 2 m ) ( −2 ) + m.1 = 0 ⇔ m = 0 ⇒ H ( 0, −1,1)

Lại có: IH =

( −1) + ( −1)
2

2

+ 0 2 = 2 = R nên d tiếp xúc (S).

Vậy d tiếp xúc (S) và tọa độ tiếp điểm là H ( 0, −1,1)
Câu 6

0.25
2
1
8
2 2
9sin 2 a = 6 cos a + 10 ⇔ ( 3cos a + 1) = 0 ⇔ cos a = − ⇒ sin 2 a = ⇔ sin a = ±
3
9
3
2 2

sin a
TH 1: sin a =
⇒ A = tan a =
= −2 2
0.25
3
cos a
2 2
sin a
TH 2: sin a = −
⇒ A = tan a =
=2 2
3
cos a
Các cặp số có tổng bằng 5 : { 0,5} ,{ 1,4} ,{ 2,3} .
Gọi số cần tìm có dạng abcd . Chọn các số có 4 chứ số khác nhau:
TH 1: hàng nghìn và hàng đơn vị là { 1,4} ,{ 2,3}

0.25

Chọn cho a và c: 2! cách; Chọn cho b và d: A52 . Có 2!. A52 = 40 số
TH 2: hàng nghìn và hàng đơn vị là { 0,5}

Câu 7

Chọn cho a và c: 1 cách; Chọn cho b và d:
Vậy có 40 + 20 = 60 số tự nhiên thỏa mãn.
Ta

0.25

A52

. Có

1. A52

= 20 số

có

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( ABB ' A ' )

 BC ⊥ AA '

⇒ ∠ ( A ' BC ) , ( ABC ) = ∠A ' BA = 60 o
⇒ AB =

AA '
tan 60 o

= a ⇒ SABC =

V A ' B' C '. ABC = AA '.SABC =

a2
2

a3 3
(dvt

2

0.5

t)
Gọi M, N lần lượt là trung điểm
AC và A’C’ chứng minh

( MNB ) ⊥ ( A ' BC ' )

Mặt

(

) (

0.25

)

khác

AC / / ( A ' BC ' ) ⇒ d ( A ' B, AC ) = d AC , ( A ' BC ' ) = d M , ( A ' BC ' ) = MH
1

1

1

1

2

7

a 21
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ MH =
2
2
2
7
MH
NM
BM
3a
a
3a
a 21
Vậy d ( A ' B, AC ) = MH =
7

21

0.25


Ghép hệ trục Oxyz như hình.
Ta

có:
A ( 0, a ,0 ) , B ( 0,0,0 ) , C ( a ,0,0 ) ,

(

)

A ' 0, a , a 3
uuur
uuuu
r
⇒ AC = ( a , − a ,0 ) , BA ' = 0, a , a 3
uuur
BA = ( 0, a ,0 ) . Khoảng cách giữa

(

)

AC và A’B:

uuuu
r uuur uuur
 BA ', AC  .BA
a 21


d( AC , A ' B ) =
=
uuuu

r uuur
7
 BA ', AC 



Câu 8

Chứng minh E là trực tâm tam giác
BCD.
Phương trình BD: 3 x − y + 2 = 0
uuur
uuur
Gọi D ( a ,3a + 2 ) . Do DE = 3 EH
 16 − a

⇒ H
, −a − 2 ÷
 3

uuur uuur
a = 1
Lại có: DE.CH = 0 ⇒ 
 a = −2

0.25

0.25
0.25
0.25

 D ( 1,4 )
 A ( 3,1)
⇒
⇒
 D ( −2, −4 )
 A ( 2, −2 )

Chứng minh: gọi F là trung điểm BH khi đó EF là đường trung bình
trong tam giác ABH nên EF / / AB ⇒ EF ⊥ AC ⇒ E là trực tâm tam giác
AFC ⇒ CE ⊥ FA . Mà AF là đường trung bình trong tam giác DBH nên
FA / / BD ⇒ CE ⊥ BD

Câu 9

( 2 x + 1) ( y − 1) ≥ 0

Điều kiện: 

2
2
 x − 2 y ≥ 0
2
Từ (2) ⇒ x + y ≥ 0 , từ (1) ⇔ 2 x ( x + y ) = y + ( 2 x + 1) ( 2 y − 2 ) ≥ 0 ⇒ x ≥ 0
⇒ y≥1

0.25

Hệ

2
 2 x 2 + 2 xy − y 2 = ( 2 x + 1) ( 2 y − 2 )
 2

 2 x + 2 xy − y = ( 2 x + 1) ( 2 y − 2 )
⇔
 2
2
0.25
2
2
2
2
 x − 2 y + ( 2 x + 1) ( 2 y − 2 ) = x + y
 x − 2 y + 2 x + 2 xy − y − x − y = 0

2
2
Pt (2) ⇔ x − 2 y +

x2 − 2 y 2
2

2

2 x + 2 xy − y + x + y

= 0 ⇔ x2 = 2 y2 ⇔ x = 2 y

0.25

Thay vào (1)
0.25

22



1− 2 2 + 3
(l)
y =
3−2 2
2

⇔ 3 − 2 2 y + 2 2 2 −1 y + 2 = 0 ⇔

 y = 1 − 2 2 − 3 ( l)

3−2 2

(

)

(

)

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
Cách 2: Do (2) đẳng cấp nên chia 2 vế (2) cho y đặt t =

t2 − 2 + 2

x
.
y



t2 − 2
÷= 0
+ 2t− 1 − − 1 = 0 ⇔ t 2 − 2  1 +
2

÷
2
t
+
2
−
1
+
t
+
1



2

⇒ t = 2 ⇔ x = 2y

Câu
10

z
xz
x
xz 2
xz
≥z−
=
x
−
≥ x−
, 2
2
2
2
2 x +1
z +1
z +1

Ta có:

0.25

Và ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx )
2

⇒ P ≥ x + z − zx − 2 3 ( x + y + z ) ≥ x + z −

⇔ P≥z+x+
⇔P≥

(

1 2
x + z2 − 2 3 ( x + y + z )
2

(

)

0.5

y2
3
− 2 3( x + y + z) − ≥ x + y + z − 2 3( x + y + z) − 2
2
2

x+y+z − 3

)

2

− 5 ≥ −5

0.25

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 .
Chú ý: Học sinh làm theo cách khác nhưng đúng thì vẫn được trọn điểm.

23