Đề thi thử THPT năm 2015, 2016 môn toán 5 trường tỉnh Lâm Đồng

SỞ GD& ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT TÂN HÀ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC: 2015- 2016
Thời gian làm bài: 180 phút
3
2
Bài 1( 2.0 điểm): Cho hàm số: y = mx + 3mx − ( m − 1) x − 4
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1.
b. Xác định m để hàm số luôn đồng biến trên R
Câu 2( 1.0 điểm):
2−i
3
1. Cho số phức Z thõa: Z = (1 − i ) +
. Hãy tính Môđun của số phức: W = 2 Z + 3i
1 + 3i
2. Giải phương trình: sin 2 x + 3 cos x + cos 2 x = 4 .
2
Câu 3( 1.0 điểm)Giải bất phương trình: log 2 ( x + 3) + 3 log 2 ( 4 x + 12) ≥ 13 .
Câu 4( 1.0 điểm): Giải hệ phương trình:
 x 2 + 91 = y − 2 + y 2 (1)
 2
 y + 91 = x − 2 + x 2 (2)
π
x
I
=
Câu 5( 1.0 điểm):: Tính tích phân: 2 ∫ 6 x − 1 cos dx .
2
0

(

)

Câu 6( 1.0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật AB = a; AD = a 3 ; Tam
giác SAB cân tại S. Biết ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) và góc giữa hai mặt phẳng ( SAC ) và ( ABCD )
bằng 60 0 .Tínhtheo a thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và SC.
Câu 7( 1.0 điểm):Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d1 :2 x + 5 y + 3 = 0 ;
d 2 :5 x − 2 y − 7 = 0 cắt nhau tại A và điểm P( −7;8) . Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua
29
P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng
.
2
x − 2 y +1 z
=
=
Câu8(1.0điểm):Trong không gian Oxyz cho điểm I (1;2;3) đường thẳng ∆ :
2
−1
1
và mp ( p ) : 3 x − 2 y + z + 1 = 0
a. Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
b. Gọi A = ∆ ∩ ( P ) .Viết phương trình đt ( d ) đi qua A, nằm trong (P) và vuông góc
với ∆ .
Câu 9(0.5điểm):Một phòng thi “Phổ thông trung học Quốc Gia” có 38 thí sinh đăng ký dự
thi,có 18 nam và 20 nữ. Trong phòng có 38 bộ bàn ghế được đánh số báo danh tứ 1 đến 38.
Giám thị coi thi ghi số báo danh mỗi thí sinh vào bàn một cách ngẫu nhiên rồi gọi thí sinh
vào phòng thi. Tính xác suất sao cho thí sinh ngồi vào bàn ghi số báo danh số 1 và 38 đều là

nữ.
Câu 10(1.0điểm)::XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3.
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4
……..HẾT……..


ĐÁP ÁN CHẤM
Câu 1:

a)khi m=1: y = x + 3 x − 4
* TXĐ: D = R
*sự biến thiên:
lim y = −∞
+) lim y = +∞ ;

0.25đ

………………………………………………………………………………………….....
 x = 0 ⇒ y = −4
'
+) y ' = 3 x 2 + 6 x ;Cho y = 0 ⇔ 
 x = −2 ⇒ y = 0
+)BBT:
…………………………………………………………………………………………….
-HSĐB trên ( − ∞;−2 ) và( 0;+∞ ) ; HSNB trên ( − 2;0 )
-HS đạt cực đại tại x=-2; y CĐ = 0 ;
HS đạt cực tiểu tại x=0; y CT = −4
…………………………………………………………………………………………….
*Vẽ đồ thị

……..

b) y ' = 3mx 2 + 6mx − m + 1
…………………………………………………………………………………………….
+) Nếu m=0 thì y ' = 1 > 0 ⇒ Hàm số luôn đồng biến trên R nên m=0 thỏa
…………………………………………………………………………………………….
+)Nếu m ≠ 0. Để HSĐB trên R
m > 0
3m > 0
1

'
⇔ y ≥ 0∀x ⇔ 
⇔
1 ⇔02
4
0≤m≤
( 3m ) − 3m( − m + 1) ≤ 0


4
…………………………………………………………………………………………….
 1
Vậy ∀m ∈ 0;  thỏa yêu cầu bài toán
 4
21 27
21 27
a) Tính được Z = − + i ⇒ Z = − − i
10 10

10 10
…………………………………………………………………………………………….
21 12
117
Vậy: W = − − i ⇒ W =
5
5
5
2
PT ⇔ cos x + 3 cos x − 4 = 0
…………………………………………………………………………………………….
cos x = 1
⇔
⇔ cos x = 1 ⇔ x = k 2π ( k ∈ z )
cos x = 4( ptvn )
b) ĐK : x > −3
BPT ⇔ 4 log 22 ( x + 3) + 3 log 2 ( x + 3) − 7 ≥ 0
…………………………………………………………………………………………….

0.25đ

3

x − > +∞

Câu 2:

Câu 3
( 1.0
điểm):

2

x − > −∞

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ
0.25đ

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ


Câu 4
( 1.0
điểm):

7


log 2 ( x + 3) ≤ −

⇔
4

log 2 ( x + 3) ≥ 1
…………………………………………………………………………………………….
7
−

4
⇔ x ≤ 2 − 3
 x ≥ −1

…………………………………………………………………………………………….
So điều kiện suy ra tập nghiệm BPT là:
7
−



T =  − 3;2 4 − 3 ∪ [ − 1;+∞ )


Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
x 2 + 91 − y 2 + 91 =
⇔

x2 − y2
x 2 + 91 + y 2 + 91

y − 2 − x − 2 + y2 − x2

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

y−x
+ ( y − x )( y + x )
y−2 + x−2

=

…………………………………………………………………………………………….

x+y
⇔ ( x − y) 
+
 x 2 + 91 + y 2 = 91



1
+ x + y ÷= 0
÷
x −2 + y −2



⇔ x = y (trong ngoặc luôn dương và x vay đều lớn hơn 2)
…………………………………………………………………………………………….
Vậy từ hệ trên ta có: x 2 + 91 = x − 2 + x 2 ⇔ x 2 + 91 − 10 = x − 2 − 1 + x 2 − 9
⇔

x2 − 9
x + 91 + 10
2

=

x −3
+ ( x − 3)( x + 3)
x − 2 +1





1
1
⇔ ( x − 3)  ( x + 3) 
− 1÷−
÷= 0

2
x − 2 +1 ÷
 x + 91 + 10 



…………………………………………………………………………………………….
⇔x=3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 5
( 1.0
điểm):

0.25đ

u = 6 x − 1 ⇒ du = 6dx

Đặt: 
x
x
dv = cos dx ⇒ v = 2 sin


2
2

0.25đ

0.25đ
0.25đ

…………………………………………………………………………………………….
π

π

x
x

I 2 =  2( 6 x − 1) sin  − ∫ 12 sin dx
20 0
2


0.25đ


…………………………………………………………………………………………….
xπ
= 12π − 2 + 24 cos
…………………………………………………………………
20
…………………………. = 12π − 26
Câu 6
( 1.0
điểm):

Gọi H là trung điểm của AB.suy ra SH ⊥ AB (vì ∆SAB cân tại S)
( SAB ) ⊥ ( ABCD )

( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB
Suy ra SH ⊥ ( ABCD )
+) Kẻ HK ⊥ AC ( K ∈ AC )

0.25đ

0.25đ

0.25đ

∧

Ta có: AC ⊥ ( SHK ) ⇒ AC ⊥ SK ⇒ ( ( SAC ); ( ABCD ) ) = SKH = 60 0 .
…………………………………………………………………………………………….
S ABCD = AB. AD = a 2 2
1
+) Kẻ BI ⊥ AC ( I ∈ AC ) ⇒ BI // HK ⇒ HK = BI
2
1
1
1
6
a
=
+
⇒ BI = a
⇒ HK =
Mặt khác
.
2
2
2
3

BI
BA
BC
6
Xét tam giác SHK vuông tại H suy ra SH = HK . tan 60 0 =

0.25đ

a 2
2

a3
( đvtt )
3
…………………………………………………………………………………………….
*) d ( AB; SC ) = ?
Gọi E = HK ∩ CD
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với H ≡ O ; B ∈ Ox ; E ∈ Oy ; S ∈ Oz
a  a
a
  a
 

 ; C  ; a 2 ;0 
Khi đó: H ( 0;0;0) ; B ;0;0  ; A − ;0;0  ; S  0;0;
2 2
2
  2
 


( a > 0)
…………………………………………………………………………………………….
+) Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa SC và song song với AB.
Vậy: VS . ABCD =

[

]

→
 a2 2 
a 

; a 2  làm VTPT là:
 và nhận n = AB; SC =  0;
⇒ PTTQ( P ) qua S  0;0;
2
2



y + 2z − a 2 = 0

Vì AB // CD ⇒ d ( AB; SC ) = d ( H ; ( P ) ) = a
Câu

Ta có A(1; −1) và d1 ⊥ d 2 .

0.25đ

0.25đ

10
5

0.25đ


7( 1.0
điểm):

Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d 2 là: ∆1: 7 x + 3 y − 4 = 0 và ∆2:

3 x − 7 y − 10 = 0
…………………………………………………………………………………………….
d3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân ⇒ d3 vuông góc với ∆1 hoặc ∆2..
⇒ Phương trình của d3 có dạng: 7 x + 3 y + C = 0 hay 3 x − 7 y + C ′ = 0
Mặt khác, d3 qua P(−7;8) nên C = 25 ; C′ = 77

…………………………………………………………………………………………….
Suy ra : d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 hay d 3 :3x − 7 y + 77 = 0
29
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng
⇒ cạnh huyền bằng 58
2
58 d ( A, d )
Suy ra độ dài đường cao A H =
=
3
2

…………………………………………………………………………………………….
58
• Với d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 thì d ( A; d3 ) =
( thích hợp)
2
87
• Với d3 : 3x − 7 y + 77 = 0 thì d ( A; d 3 ) =
( loại )
58
Câu 8
( 1.0
điểm):

a) Ta có: d ( I ; ( P ) ) =

0.25đ

0.25đ

0.25đ

3
14
3

Vì mặt cầu ( S ) tiếp xúc với ( P ) nên bán kính R =

14
…………………………………………………………………………………………….
3

Vậy pt mặt cầu ( S ) coù taâm laø I (1;2;3) và có bán kính R =
là:
14
( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9
14
 x = 2 + 2t

x − 2 y +1 z
=
=
b) ∆ :  y = −1 − t ( t ∈ R ) ∆ :
2
−1
1
z = t

+) A = ∆ ∩ ( P ) ⇒ A( 2 + 2t ;−1 − t ; t )
và mp A ∈ ( P ) nen : 3( 2 + 2t ) − 2( − 1 − t ) + t + 1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A( 0;0;−1)
…………………………………………………………………………………………….
+) VTCP của đường thẳng ( ∆ ) là u = ( 2;−1;1) ;VTPT của mp ( P ) là: n( P ) = ( 3;−2;1)

[

0.25đ

0.25đ

0.25đ

]

Vậy phương trình đt ( d ) đi qua A và nhận n = u; n( P ) = (1;1;−1) làm VTCP là:

0.25đ


x = s

( s R)
y = s
z = 1 s

Cõu 9
(0.5
im):

Cõu 10
( 1.0
im):

+) S cỏch ỏnh s bỏo danh l: 38! n( ) = 38!
Gi bin c A:Thớ sinh ngi bn 1 v bn s 38 u l n
2
+) S cỏch ỏnh s bỏo danh vo bn 1 v bn 38 ri xp 2 hc sinh n cú A20 .
.
+) S cỏch ỏnh s bỏo danh v sp xp cho 36 thớ sinh cũn li l 36!
2
n( A) = A20
.36!
A202 .36! 10

Vy xỏc sut ca bin c A l: n( A) =
=
38!
37
p dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có
2009
1 +1 + ...
+ a 2009 + a 2009 + a 2009 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 = 2009.a 4 (1)
+
1+ a
2005

0.25

0.25

0.25

.
Tơng tự ta có
2009
1 +1 + ...
+ b 2009 + b 2009 + b 2009 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 = 2009.b 4 (2)
+
1+ b
2005
2009
1 +1 + ...
+ c 2009 + c 2009 + c 2009 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 = 2009.c 4 (3)
+

1+ c

0.25

2005

.
6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) 2009(a 4 + b 4 + c 4 )
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
6027 2009( a 4 + b 4 + c 4 )
.
Từ đó suy ra P = a 4 + b 4 + c 4 3
Tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.

0.25

0.25


TRƯỜNG THPT Nguyễn HuệĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 20152016
Môn: Toán
Thời gian làm bài:180 phút.
1 3
2
Câu 1( 2điểm) . Cho ham sô y = x − x ( 1) .
3

a)Khao sat sư biên thiên va ve đô thị (C) cua ham sô (1).
b)Tim toa đô điêm M thuôc đô thị (C) đê tiêp tuyên cua (C) tai M vuông goc vơi đương
thăng d: x + 3y +1 = 0.

Câu 2(1,0điêm).Giai cac phương trinh sau :
a) 2 log 4 ( 3 x + 1) − log 2 ( 3 − x ) = 1 .

b)
e

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

3 sin 2 x − 1 = cos 2 x − 2 cos x

ln x + 1
dx
x ln x + 1

Câu 4(1,0điêm).
a) Co 5 hoc sinh nam va 3 hoc sinh nữ, xêp 5 hoc sinh nam va 3 hoc sinh nữ thanh môt
hang ngang môt cach ngẫu nhiên. Tim xac suất đê không co hai hoc sinh nữ nao đứng
canh nhau.
b)

Tim hai sô thưc x, y thỏa mãn x ( 3 + 5i ) + y ( 1 − 2i ) 3 = 9 + 14i.

·
Câu 5(1,0điêm). Cho hinh chop S.ABCD co đay ABCD la hinh thoi canh a. Goc BAC
= 600 ,
hinh chiêu cua đỉnh S trên mặt phăng (ABCD) trùng vơi trong tâm tam giac ABC, goc tao bởi
hai mặt phăng (SAC) va (ABCD) bằng 600. Tính thê tích khôi chop S.ABCD va khoang
cach từ B đên mặt phăng (SCD).
Câu 6(1,0điêm). Trong mặt phăng vơi hệ toa đô Oxy cho ba đương thăng

d1 : 3x − y − 4 = 0; d 2 : x + y − 6 = 0; d 3 : x − 3 = 0 . Tim toa đô cac đỉnh hinh vuông ABCD biêt
rằng A va C thuôc d3 , B thuôc d1 , D thuôc d 2 .
Câu 7 (1,0điêm). Trong không gian vơi hệ toa đô Oxyz, cho ba điêm A(1;1;1), B(0;-3;0),
C(1;4;1). Chứng minh AB song song vơi OC. Viêt phương trinh mặt phăng (P) đi qua A,
B. Biêt khoang cach giữa OC va mặt phăng (P) bằng 1.
Câu 8 (1,0điêm).Giai hệ phương trinh:
ìï
2
2
2
2
2
2
ïï 4x + 3xy - 7y + 4 x + 5xy - 6y = 3x - 2xy - y
( x, y ∈ ¡
í 2
ïï 3x + 10xy + 34y2 = 47
ïî

(

)

)


Câu 9 (1,0điêm). Cho x, ,y, z la cac sô thưc dương. Tim gia trị nhỏ nhất cua biêu thức.

P=

2
3
−
3
x + xy + xyz
x+ y+z

......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 CHI TIẾT

1 3
2
Câu 1( 2điểm) . Cho ham sô y = x − x ( 1)
3

a)Khao sat sư biên thiên va ve đô (C) cua ham sô (1).
b)Tim toa đô điêm M thuôc đô thị (C) đê tiêp tuyên cua (C) tai M vuông goc vơi đương
thăng d: x + 3y +1 = 0.
Câu

1a

Nội dung

1.Tập xac định : D = .

Th

ng
điể
m

0,2

2.Sư biên thiên :
y ' = x2 − 2x ;

0,2

1 1
lim y = lim [x 3 ( - )] = +∞
x →+∞
3 x
1
1
lim y = lim [x 3 ( - )] = -∞
x →−∞
x →−∞
3 x
x →+∞

…………………………………………………………………………………… Bang biên thiên
0
2
0

0
0

−

4
3

Ham sô đông biên trên cac khoang
Ham sô nghịch biên trên

va

.

Ham sô co cưc đai tai x = 0 va yCĐ = y(0)=0.

0,2


4

Ham sô co cưc tiêu tai va yCT = y(2)= − 3
3.Đô thị
……………………………………………………………………………………
Giao Ox: (0;0), (3;0)
Giao Oy: (0;0)
y ' = 0 ⇔ x =1

0,2

……………………………………………………………………………………

Đô thị

0,2
1

d co hệ sô goc k = − 3 .
Goi x0 la hoanh đô điêm M

0,2

1
Ycbt ⇔ f '( x0 ).( 3 ) = −1
⇔ f '( x0 ) = 3
⇔ x02 − 2 x0 − 3 = 0

0,2

 x0 = −1
⇔
 x0 = 3
4

M (−1; − )

⇔
3

 M (3; 0)

0,2

Câu 2).Giai cac phương trinh sau a) 2 log 4 ( 3 x + 1) − log 2 ( 3 − x ) = 1 .

b)

3 sin 2 x − 1 = cos 2 x − 2 cos x
câu
2a

Nôi dung

Đ

a) ĐK: − 1 < x < 3

0,

3

Vơi điều kiện trên bpt

⇔ log (3x +1) = log [2(3-x)]
2

2

⇔ 3 x + 1 = 2(3 − x)

⇔ x =1

KL: Kêt hợp điều kiện, phương trinh co nghiệm x = 1
……………………………………………………………………………………….

0,


2b

0,

b) Pt ⇔ 2 cos x( 3 s inx-cos x + 1) = 0
π

x = + kπ

2
 cos x = 0


⇔
( k ∈ Z)
π
1 ⇔  x = k 2π
 cos( x + ) =

2π
3
2

+ k 2π

x = −
3

e

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

0,

ln x + 1
dx
x ln x + 1

Đặt: t = x ln x + 1 → dt = (ln x + 1)dx; x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = e + 1
e +1

1

∫ t dt
I = ( ln t )
I=

0
0

1

0

e +1
1

I = ln(e + 1)

0

Câu 4(1,0điêm).
c) xêp 5 hoc sinh nam, va 3 hoc sinh nữ thanh môt hang ngang môt cach ngẫu nhiên. Tim
xac suất đê không co hai hoc sinh nữ nao đứng canh nhau.
d)
4a

4b

Tim hai sô thưc x, y thỏa mãn x ( 3 + 5i ) + y ( 1 − 2i ) 3 = 9 + 14i.

a) Goi B la biên cô “không co hai hoc sinh nữ nao đứng canh nhau” Khi đo
5
n ( Ω ) = 8!; n ( B ) = 5!A 36 ⇒ P ( B ) = .
14

b)

0,25
0,25
0,25

Ta co:
x ( 3 + 5i ) + y ( 1 − 3i ) = x ( 3 + 5i ) + y ( −11 + 2i ) = ( 3x − 11y ) + ( 5 x + 2 y ) i

3

172

x=

3
x
−
11
y
=
9


61
⇔
Do đo x, y thỏa mãn hệ 
5 x + 2 y = 14
y = − 3

61

,025

·
Câu 5(1,0điêm). Cho hinh chop S.ABCD co đay ABCD la hinh thoi canh a. Goc BAC
= 600 ,
hinh chiêu cua đỉnh S trên mặt phăng (ABCD) trùng vơi trong tâm tam giac ABC, goc tao bởi

( SAC ), ( ABCD ) ) = 600 .Tính thê tích khôi chop S.ABCD, khoang cach từ B
hai mặt phăng (·
đên mặt phăng (SCD) theo a.
·
5 Goi O la tâm cua hinh thoi ABCD. Ta co: OB ⊥ AC , SO ⊥ AC ⇒ SOB
= 600
SH
a
0
⇒ SH = HO. tan 600 =
Tam giac SOH vuông tai H suy ra tan 60 =
HO
2
2
a 3
S ABCD = 2 S ABC =
2
Vi tam giac ABC đều nên
1
1 a a2 3 a3 3
⇒ VS . ABCD = SH .S ABCD = .
=
3
3 2 2
12
S
E

D

A
O
H
C
B

Trong mặt phăng (SBD) kẻ OE song song SH va cắt SD tai E. Khi đo ta co tứ
a
a 3
3a
diện OECD vuông tai O va OC = ; OD =
; OE =
2
2
8
1
1
1
1
3a
=
+
+
2
2
2
2 ⇒ d ( O;( SCD ) ) =
d ( O;(SCD) ) OC OD OE
112

Ma d ( B;( SCD) ) = 2d ( O;( SCD) ) =

6a
112

0,25

0,25


0,25

0,25

Câu 6(1,0điêm). Trong mặt phăng vơi hệ toa đô Oxy cho ba đương thăng
d1 : 3x − y − 4 = 0; d 2 : x + y − 6 = 0; d 3 : x − 3 = 0 . Tim toa đô cac đỉnh hinh vuông ABCD biêt
rằng A va C thuôc d3 , B thuôc d1 , D thuôc d 2 .
6

Ta co B ∈ d1 ⇒ B ( b;3b − 4 ) ; D ∈ d 2 ⇒ D ( d ; 6 − d ) ; A, C ∈ d 3 ⇒ A ( 3; a ) ; C ( 3; c )

BD ⊥ Oy → BD : y − 6 + d ; I = AC ∩ BD → I ( 3;6 − d ) .
b+d
= 3, b + 1 = 6 − d ⇒ B ( 2; 2 ) ; D ( 4; 2 ) ; I ( 3; 2 )
Ma I trung điêm đoan BD nên
2
2
2
Viêt Pt đương tròn (C) tâm I, ban kính ID, ( C ) : ( x − 3) + ( y − 2 ) = 1 cắt canh
AC tai

A( 3;3); C ( 3;1) hoặc hoan vị cac vị trí lai.

0,25
0,25
0,25

0,25

Câu 7 (1,0điêm). Trong không gian vơi hệ toa đô Oxyz, cho ba điêm A(1;1;1), B(0;-3;0),
C(1;4;1). Chứng minh AB song song vơi OC. Viêt phương trinh mặt phăng (P) đi qua A,
B. Biêt khoang cach giữa OC va mặt phăng (P) bằng 1.
uuu
r
7
AB = (−1; −4; −1) / /
uuu
r
OB = (0; −3; 0) ,
suy ra AB //OC
r
r
Goi n = ( a, b, c) ≠ 0

Mp(P): ax + by + cz

Từ (1) va (2): a = - 2
Câu 8 (1,0điêm).Giai hệ phương trinh:
ìï
2
2

2
2
2
2
ïï 4x + 3xy - 7y + 4 x + 5xy - 6y = 3x - 2xy - y
( x, y ∈ ¡
í 2
ïï 3x + 10xy + 34y2 = 47
ïî

(

)

)


8

ỡù 3x2 - 2xy - y2 0
ù
K: ớù 2
2
ùùợ 4x + 3xy - 7y 0

0,2
5

Chuyn v nhõn liờn hp phng trỡnh ( 1) , ta c:
ổ

ử
ộx = y ( n)
ữ
1
ỗ
ờ
ữ
x2 + 5xy - 6y2 ỗ
+
4
=
0

ữ
ỗ
ờx = - 6y
ữ
ỗ
2
2
2
2
ữ
ỗ
ờ
ố 4x + 3xy - 7y + 3x - 2xy - y
ứ
ở
ộx = 1 ị y = 1
2

Vi x = y thay vo ( 2) , ta c: x = 1 ờ
ờx = - 1 ị y = - 1
ờ
ở
ộ
ờy = 47 ị x = - 6 47
ờ
2
82
82 ;
Vi x = - 6y thay vo ( 2) , ta c: 82y = 47 ờ
ờ
ờy = - 47 ị x = 6 47
ờ
82
82
ở

(

)

ổ 47
ổ 47
ùỡ
ùỹ
47 ử
ữ
47 ử
ữ

ỗ
ùớ ( 1;1) ,( - 1;- 1) , ỗ
ùý
ữ
ữ
ỗ
ỗ
S
=
;
6
;
;6
ữ
ữ
KL:
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ùù
ùù
ỗ
ỗ
82ứ
82 ứ
ữố
ữ
ỗ
ỗ 82

ố 82
ù
ợù
ỵ

( n)
0,2
5

0,2
5

0,2
5
Cõu 9 (1,0iờm). Cho x, ,y, z la cac sụ thc dng. Tim gia tr nh nht cua biờu thc.
2
3
P=

x + xy + 3 xyz
x+ y+z
1
1
9
2 x.8 y + 3 2 x.8 y.32 z
Ta co x + xy + 3 xyz = x +
4
8
0,25
2 x + 8 y 2 x + 8 y + 32 z 32

4
x+
+
= ( x + y + z) = ( x + y + z)
8
24
24
3
t = x + y + z;t 0
0,25
3 1
t
3
2 f ( t ) = 3 + 2 ; f ( t ) = 0 t = 1
t t
P f ( t) = 2
0,25
2t 3t
3
Lp bang biờn thiờn cua ham f(t) ta c Pmin = tai t=1
2


16

 x = 21
x + y + z = 1 
4



⇒ y =
Dấu “=” xay ra khi va chỉ khi 2 x = 8 y
21
2 x = 32 z


1

 z = 21


0,25

Chú ý: + Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
+ Điểm từng phần đã chia nhỏ đến 0.25, phải được thống nhất trong tổ chấm

TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH
MÔN: TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề có 01 trang)
Câu 1.(2,0 điểm)Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 + 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để phương trình x3 + 3 x 2 − 2m + 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 cos 2 x − 5sin x − 3 = 0
b) Cho số phức z thoả mãn: z − (2 − 5i) z = 17 + 27i .Xác định phần thực, phần ảo của số
phức z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: log 2 x − 4 log 4
2

8
≥3
x


 2 x 2 + xy + x + 1 + x + 3 y + y 2 = x + y + 2
Câu 4.(1,0 điểm)Giải hệ phương trình:  2
2
 4 x + y − 4 xy − 6 x + 3 y + 2 = 0
 2 x2 + 1 
Câu 5.(1,0 điểm)Tính tích phân ∫ 
÷ln xdx
x 
1
e

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với
AB = BC = a; AD = 2a, (a > 0). Các mặt bên (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy.
Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính theo a thể tích tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB.
Câu 7. (1,0 điểm)Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 8.(1,0 điểm)Trong không gian Oxyz cho A(0,2,-4) đường thẳng d có phương trình:
x − 2 y −1 z + 2
=
=
và mặt phẳng (P): 2 x + 2 y + z − 5 = 0

2
−1
2
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d, đi qua điểm Avà tiếp
xúc với mặt phẳng (P).
Câu 9.(0,5 điểm) Gọi A là tập hợp gồm các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau.
Chọn ngẫu nhiên một số từ A. Tính xác suất đề số được chọn là số lẻ và có chứa số 0.
Câu 10.(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

bc
ca
ab
+
+
a + 2 bc b + 2 ca c + 2 ab
-----------------------------Hết-------------------------------(Học sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên:………………………………………………….. Số báo danh:…………….………
TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH
2016
MÔN: TOÁN

ĐÁP ÁNĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM

Câu
Nội dung
3

2
1
a) Khảo sát hàm số y = x + 3x + 2
*) TXĐ: ¡
*) Sự biến thiên:

y = ±∞
+) Giới hạn tại vô cực: xlim
→±∞

Điểm
0,25


+) Chiều biến thiên:
y' = 3x2 + 6x ⇒ y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = -2
Bảng biến thiên:
x
-∞
-2
0
’
y
+
0
0
+
6
y
2

-∞

+∞

0,25

+∞

⇒ Hàm số đồng biến trên (-∞; -2) và (0; +∞); hàm số nghịch biến trên (-2; 0)
Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 2
*) Đồ thị:
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
I(-1; 4) làm tâm đối xứng.

0,25

10

8

6

4

0,25

2

-15

-10

-5

5

10

15

-2

-4

-6

b)
x 3 + 3 x 2 − 2m + 1 = 0
⇔ x3 + 3x 2 + 2 = 2m + 1

Số nghiệm của phưng trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng y =
2m +1
Phương trình (1) có ba nghiệm khi:
1
5
2 < 2m + 1 < 6 ⇔ < m <
2
2
2

0,5

0.5

cos 2 x + 3sin x − 2 = 0
⇔ −2sin 2 x + 3sin x − 1 = 0

 x = k 2π
sin x = 1

 x = π + k 2π ( k ∈ ¢ )
⇔
⇔
1
sin x =

6

2

5π
x =
+ k 2π
6


0,5

0,5

3

z − (2 − 5i ) z = 17 + 27i
z = a + bi (a, b ∈ ¡ )

Khi đó:
z − (2 − 5i ) z = 17 + 27i

0,25

⇔ (a + bi ) − ( 2 − 5i ) ( a − bi ) = 17 + 27i
⇔ (−a + 5b) + (5a + 3b)i = 17 + 27i
− a + 5b = 17
a = 3
⇔
⇔
5a + 3b = 27
b = 4 ⇒ A −1; 2 ; B −1; − 2
⇒ z = 3 + 4i

(

) (

)

0,25

Vậy số phức z có phần thực là 3, phần ào là 4

8
log 22 x − 4 log 4 ≥ −3
x
Điều kiện:

x>0

8
log 22 x − 4 log 4 ≥ −3
x
2
⇒ log 2 x + 2 log 2 x − 3 ≥ 0
1

log 2 x ≤ −3  x ≤
⇒
⇒
8

log 2 x ≥ 1
x
≥
2


4

 1
x ∈  0;  ∪ [ 2; +∞ )
So với điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình trên là:

 8
 2 x 2 + xy + x + 1 + x + 3 y + y 2 = x + y + 2(1)
 2
2
 4 x + y − 4 xy − 6 x + 3 y + 2 = 0(2)

dk : 2 x 2 + xy + x + 1 ≥ 0; x + 3 y + y 2 ≥ 0
(2) ⇔ (2 x − y − 1)(2 x − y − 2) = 0
 y = 2x −1
⇔
 y = 2x − 2

0,25

0,25

0,25


TH 1: y = 2 x − 2
(1) ⇒ 4 x 2 − x + 1 + 4 x 2 − x − 2 = 3 x
x > 0

⇔
1
2
2
 4 x − x + 1 − 4 x − x − 2 = x
 x > 0
⇔

2
2
2 x 4 x − x + 1 = 3 x + 1
x > 0
⇔ 4
⇔ x = 1⇒ y = 0
3
2
7 x − 4 x − 2 x − 1 = 0
TH 2 : y = 2 x − 1

0,25

(1) ⇒ 4 x 2 − x + 1 + 4 x 2 − x − 2 = 3 x + 1
1

 x > − 3
⇔
 4 x 2 − x + 1 − 4 x2 − x − 2 = 3x + 3
3x + 1

1

x > − 3
⇔
2(3x + 1) 4 x 2 − x + 1 = 9 x 2 + 9 x + 4

1

 x > − 3

2
1
⇔
⇔x= ⇒ y=
3
3
x = 2

3

5

So sánh điều kiện, nghiệm của hệ phương trình là
 2 1
(1;0),  ; ÷
 3 3
e
e
e
 2 x2 + 1 
1
I = ∫
÷ln xdx = ∫ 2 x ln xdx + ∫ ln xdx = A + B
x 
x
1
1
1
e

Với A = ∫ 2 x ln xdx
1

Đặt
1

u = ln x
 du = dx
⇒
x

dv = 2 xdx v = x 2

e

e2
⇒ A = x ln x − ∫ xdx = + 1
1
2
1
2

e

0,25

0,25

0.25
0,25

e

1
B = ∫ ln xdx
x
1
Đặt: t = ln x ⇒ dt =

1
dx
x

Đổi cận:
x
1
t
0
e
1
1
B = ∫ ln xdx = ∫ tdt =
x
1
0

0,25
e
1

1
2

e2 3
⇒ I = A+ B = + =
2 2

1

3
 2t + 1 
 ln
÷ = ln
2
 2t + 2  0

0,25

6

1
BD.
3
·
KÎ HE ⊥ AB => AB ⊥ (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) = SEH
= 600 .
1
2a
2a 3
Mà HE = AD =

=> SH =
3
3
3

Gọi H = AC ∩ BD, suy ra SH ⊥ (ABCD) & BH =

a3 3
3
Gọi O là trung điểm AD, ta có ABCO là hình vuông cạnh a =>∆ACD có trung tuyến
1
CO = AD
2
CD ⊥ AC => CD ⊥ (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO ⊥ (SAC).
d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).
VSABCD = .SH .SABCD =

0,25

0.25

0,25


Theo tính chất trọng tâm BCO => IH =

1
IC
3

=

a 2
6

=> IS = IH 2 + HS 2 =

Kẻ CK ⊥ SI mà CK ⊥ BO => CK ⊥ (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
1

1

Trong tam giác SIC có : SSIC= 2 SH.IC = 2 SI.CK => CK =
Vậy d(CD;SB) =

5a 2
6

SH .IC 2a 3
=
SI
5

2a 3
.
5

Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .
 t +1 3 − t 
;

Suy ra trung điểm M của AC là M 
÷.
2 
 2
Điểm
 t +1 3 − t
M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2 
+1 = 0
÷+
2
 2 
⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )

7

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ).
Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .

8

0.25

x + y −1 = 0
⇒ I ( 0;1) .
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 
x − y +1 = 0
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1; 0 ) .
uuur
Phương trình đường thẳng BC đi qua C và nhận CK = (6; −8) làm vector chỉ phương
có dạng;

 x = −7 + 6t

 y = 8 − 8t
r
Vector chỉ phương của đường thẳng d: u = (2; −1;3)
r
Mặt phẳng (Q) vuông góc với đường thẳng d nên nhận u = (2; −1;3) làm vector pháp
tuyến
Phương trình mặt phẳng (Q): 2 x − y + 3z − 4 = 0

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

Gọi I là tâm mặt cầu (S).
I ∈ d ⇒ I (2 + 2t ;1 − t ; −2 + 2t )
d ( I ;( P )) =

4t − 1
3

IA = 9(1 + t ) 2 = 3t + 3

0,25


d ( I ;( P )) = IA ⇔

4t − 1
3

t = −2
= 3t + 3 ⇔ 
t = − 8
13


t = −2 : I (−2;3; −6), r = 3
( S ) : ( x + 2 ) + ( y − 3) + ( z + 6 ) = 9
2

t=−

2

0.25

8  10 21 42 
15
: I  ; ; − ÷, r =
13  13 13 13 
13
2

9

2

2

2

10  
21  
42 
225

(S ) :  x − ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ =
13  
13  
13  169

Ta có:

2 bc
2 ca
2 ab
+
+
a + 2 bc b + 2 ca c + 2 ab
a
b
c



= 3−
+
+
÷
 a + 2 bc b + 2 ca c + 2 ab 
2P =

0.25

Theo bấtđẳngthức Cauchy ta có:

2 bc ≤ b + c
2 ca ≤ c + a

0.5

2 ab ≤ a + b
a
b
c


⇒ 2P ≤ 3 − 
+
+
÷= 3 −1 = 2
 a + b + c b + +c + a c + a + b 
⇔ P ≤1

Vậy Max P = 1 đạtđượckhi a = b = c >0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOLÂM
ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN
SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2014-2015)

0.25


(Đề thi gồm có 01 trang)

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát
đề)

Câu 1: (2,0 điểm)Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 2 có đồ thị (C ) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
b) Tìm m để đường thằng ( d) : y = mx + 2 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình

sin x - 1 = cos2 x .

b) Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình z2 - 2z + 2 = 0 trên tập số phức .
Tìm mođun của số phức : w = ( z1 - 1)

2015

+ ( z2 - 1)

2016

.

2 3
Câu 3: (0,5 điểm)Giải phương trình log5x - 20.log5 x + 1 = 0 trên tập hợp số thực.

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

ìï
ïï 2x2 + 3y + 1 = - 4y + 1 + 3
.
í
x
ïï x
y
e
e
=
y
x
ïïî

p/ 2

Câu 5: (1,0 điểm)Tính tích phân I = ò (2015 + x).cosx.dx.

0

Câu
6: (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
A ( - 1;1;2) , B ( 1;0;1) ,
C ( - 1;1;0) và D ( 2;- 1;- 2) .

a) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua ba điểm B, C, D.
b) Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) .
Câu 7: (1,0 điểm)Cho hình lăng trụ ABC .A 'B 'C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a .
Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC . Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600. Tính theo a thể tích
khối lăng trụ ABC .A 'B 'C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' với BC .
Câu 8: (0,5 điểm)Cho 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất
để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung.
Câu 9: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD với AC có
phương trình là:
x + 7y - 31 = 0, hai đỉnh B,Clần lượt thuộc đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0; d 2 : x − 2 y + 3 = 0
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành
độ âm.


1
Cõu 10:(1,0 im) Cho a,b,c l cỏc s thc dng tha món a + b + c = . Tỡm giỏ tr
2

ln nht ca
biu thc P =

ab

bc

+

ca

+

( 1- a) ( 1- b) ( 1- b) ( 1- c) ( 1- c) ( 1- a) .
-----------------------Ht-----------------------

H tờn thớ sinh:.......; Giỏm th 1:.................................................Ký
tờn:..............
S bỏo danh:...............................; Giỏm th 2:...............................................Ký
tờn:..............

S GIO DC V O TOLM
NG
TRNG THPT BI TH XUN

THI TH THPT QUC GIA V TUYN
SINH
I HC CAO NG (2014-2015)

Mụn thi: TON
HNG DN CHM( ỏp ỏn gom coự 06 trang)
Lu ý: Di õy ch l mt trong nhng cỏch gii, nu thớ sinh lm cỏch khỏc ỳng thỡ vn
cho im tng ng.
Cõu

NI DUNG
3
2
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s y = x - 3x + 2
+) TX: D = Ă
S bin thiờn:
+) Gii hn: lim y = - Ơ ; lim y = +Ơ
xđ- Ơ

IM
1 im
0.25

xđ+Ơ

+) Chiu bin thiờn:
ộx = 0
ờ
ờx = 2
ờ
ở
Hm s ng bin trờn mi khong (- Ơ ; 0) v (2; + Ơ ),
hm s nghch bin trờn(0; 2).
Hm s t cc i ti x = 0, yC = 2; hm s t cc tiu ti x = 2, yCT = - 2
+) Bng bin thiờn

y' = 3x2 - 6x ; y' = 0

Cõu 1:
(2 im)

x

y'

y

0
+

0

0

2



+

2



- 2

0.25

+

+

0.25


+) Đồ thị
0.25

b)Tìm m để đường thằng ( d) : y = mx + 2 cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt .
+) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường
x3 - 3x2 + 2 = mx + 2
éx = 0
2
+) Û x x - 3x - m = 0 Û ê
êg(x) = x2 - 3x - m = 0
ê
ë
+) (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình g(x)=0 có hai
nghiệm số phân biệt khác 0
ìï g(0) ¹ 0 ìïï m ¹ 0
9
ï
Û íï
Û - +) Û íï
9
ïï m > D>0
4
îï
ïïî

4
Giải phương trình: sin x - 1 = cos2 x

(

)

+) PT Û sin x - 1 = 1- sin x

1điểm
0.25
0.25
0.25

0.25

0,5 điểm

2

+) ( sin x - 1) + ( sin x - 1) ( sin x + 1) = 0 Û ( sin x - 1) ( sin x + 2) = 0
Câu 2:
(1 điểm)

p
+ k2p ( k Î ¢ )
2
p
+) Vậy phương trình có nghiệm là Û x = + k2p ( k Î ¢ )
2

Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình z2 - 2z + 2 = 0 trên tập số phức .

0.25

+) Û sin x = 1 (Do sin x + 2 > 0) Û x =

Tìm mođun của số phức : w = ( z1 - 1)

2015

+ ( z2 - 1)

+) z2 - 2z + 2 = 0 .Có D, = 1- 2 = - 1 = i 2
éz = 1- i
1
+) Giải phương trình ta được nghiệm là ê
êz = 1+ i
ê2
ë
+) Thay vào w ta được w = ( - i )

2015

+ i 2016 = 1 + i

2016

.

0.25

0,5 điểm

0.25


hoặc w = i 2015 + (- i )2016 = 1- i

0.25

+) Vậy w = 2

Giải phương trình log25x3 - 20.log5 x + 1 = 0 trên tập hợp số thực.
Câu 3

2
+) Điều kiện x > 0 (1) Û 9log5x - 10log5 x + 1=0

(0,5
điểm)

1
+) Đặt : t=log5 x . Phương trình có dạng 9t2 - 10t + 1 = 0 Û t = 1Ú t =
9
+) t = 1 Þ log5 x = 1 Û x = 5
1

1
1
+) t = Þ log5 x = Û x = 59

9
9

Câu 4
(1 điểm)

ìï
ïï 2x2 + 3y + 1 = - 4y + 1 + 3 ( 1)
Giải hệ phương trình í
x
ïï x
y
e
e
=
y
x
( 2)
ïïî
ìï x ¹ 0
ïï
ïï é
1
+) ĐK: í êx ³ (*)
ïï ê
2
ê
ïï x £ - 1
ïî ê
ë

( 2) Û

x

0,5 điểm
0.25

0.25

1 điểm

0.25

y

e +x =e +y

t
/
t
Xét f ( t ) = e + t có f ( t ) = e + 1 > 0, " t ; nên từ (2) ta có x = y

Từ (1), ta có

2x2 + 3x + 1 = - 4x +

1
+3
x

+) Nếu x > 0 thì phương trình tương đương với

Đặt t = 2 +

2+

3 1
3 1
+ 2 = - 4 + + 2 ( 1) .
x x
x x

3 1
+
(t ³ 0) ( 1) .
x x2

ìï t ³ 0
ï
Û t = 3.
Phương trình (1) trở thành í
ïï t = t2 - 6
ïî
+) Với t = 3 , ta có
é
êx = 3 + 37 (tm)
ê
3 1
14

2 + + 2 = 3 Û 7x2 - 3x - 1 = 0 Û ê
ê
x x
êx = 3 - 37 (ktm
. )
ê
14
ë

0.25