đề thi thử Quốc gia 2017 môn Toán

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 1
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

2x  3
(1) .
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  ln x  2  trên đoạn

1;e 2  .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm mođun của số phức z, biết:

2i
1  3i
z
1 i
2i
x

1
b) Giải phương trình sau trên tập số thực:    2 x  6
4
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  x5 x3  1dx
0

Câu 5 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –4; –2) và mặt phẳng
( P) : x  y  5z  14  0 . Tìm tọa độ điểm A đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ACB. A ' B ' C ' có tam giác ABC vuông tại B, AB = a

AC  a 5 , góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và mp(ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối
lăng trụ ACB. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và AB.
Câu 7 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  1
n

28



b) Trong khai triển  x 3 x  x 15  , (x  0 ). Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng:


n
n 1
n2
Cn  Cn  Cn  79

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1; 2)
9 
là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm của cạnh BC, phương trình
2 
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là 4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.

x2  2x  8
  x  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2
x  2x  3





x22 .

1 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b thỏa mãn a, b   ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2 
6
thức P  a 5b  ab5  2
 3 a  b 
a  b2
------------HẾT------------


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu

Đáp án
2x  3
x 1

Cho hàm số y 

Điểm

(1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

(1).
TXĐ: D  R \ 1 , y ' 

1

 x  1

2

 0x  D  hàm số đồng biến trên các khoảng

0.25

 ;1 và 1;  
Giới hạn: lim y  2 , suy ra y=2 là đường TCN của đổ thị hàm số (1)
x 

Câu 1
lim y  ; lim   , suy ra x=1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số (1)
(1,0
x 1
x 1
điểm) Bảng biến thiên:
x 
1


+
+
y
2

y
2


0.25

ĐĐB (0;3)(3/2;0)
Đồ thị:
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  ln x  2  trên đoạn 1; e 2 
Câu 2 f '( x)  ln x  1 ; f '( x)  0  ln x  1  0  x  e (N)
(1,0
f (1)  2; f (e)  e; f (e2 )  0
điểm)
suy ra max
f ( x)  0 , khi x  e 2 ; min
f ( x )  e , khi x  e
2
2

0.25

0.25

0.25x2

0.25
0.25

1;e 



1; e 



2i
1  3i
z
1 i
2i
1  3i 1 i  22 4
2 5
Ta có z 

 i z
5
2  i 2  i  25 25

a) Tìm mođun của số phức z, biết:

Câu 3
(1,0
điểm)

0.25x2

x

1
b) Giải phương trình sau trên tập số thực:    2 x  6
4
x
x
 2  3(vn)
1
x
2x
x
 x 1
  2  6  2 2 6  0   x
4
2  2
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 1

0.25x2

2

Tính tích phân  x5 x3  1dx
0

3
2
3

2
Câu 4 Đặt u  x 1  u  x 1  2udu  3x dx
(1,0 Đổi cận x  0  u  1 ; x  2  u  3
điểm).
3

Khi đó tích phân đã cho tương đương

2
2  u 5 u 3  3 596
u 2 1 u udu     
3
3  5
3  1 15


1



Câu 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –4; –2) và mặt phẳng (P):
(1,0 x + y + 5z – 14 = 0. Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua mp(P).
điểm).

0.25
0.25
0.25x2


x  1 t


Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P)  d :  y  4  t
 z  2  5t


0.25
0.25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)  H  d   P   H  2; 3;3 .
Ta có H là trung điểm của AA’  A '  3; 2;8  .
Cho lăng trụ đứng ACB. A ' B ' C ' , có tam giác ABC vuông tại B,

0.5

AB  a ,

AC  a 5 , góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và mp(ABC) bằng 600 . Tính theo a
thể tích của khối lăng trụ ACB. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và A ' B .

A'

C'

I

B'

H

A

C

O
d

K B
Ta có:  ABC   ( A ' BC )  BC AB  BC ; A ' B  BC (do BC  ( AA ' B ' B))
Câu 6    ABC  ,  A ' BC     AB, A ' B   
ABA '  600
(1,0
điểm). Xét tam giác A’AB có SA=AB.tan600= a 3
Câu 6
(1,0 Xét tam giác ABC có BC  AC 2  AB  5a 2  a 2  2a
điểm)
1
Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB.BC  a 2
2

0,25

0,25

Thể tich khối lăng trụ V  A ' A.S ABC  a 3.a 2  3a 3 (đvtt)
Kẻ đt (d) đi qua B song song với AC, kẻ AK  (d ) tại K, kẻ AH  A 'K tại H. khi
đó ta có: AC / /(A'BK)  d  AC , A ' B   d  AC ,  A ' BK  
Ta có: BK  AB, BK  A ' A  BK   A ' AB   BK  AH
Lại có: AH  A 'K
 d  A,  A' AB    AH

0,25

  BAC
  AK  BC  AK  AB.BC  2a 5
Dể thấy KBA
AB AC
AC
5
A ' A. AK

Xét tam giác A’AB có AH 

2

A ' A  AK

Vậy d ( AC , A ' B)  AH 

3a 35
21

2



3a 35
21

0,25

a) Giải phương trình: cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  1
cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  1  1  2sin 2 x  2sin x cos x  cosx  sin x  1
 2sin x(cos x  s inx)  (cosx  sin x )  0  (cosx  sin x)(2sin x  1)  0


 x  4  k

 cosx  sin x




1   x   k 2 , k  Z
sin x 
6


2
5
 x    k 2

6


5
Vậy pt đã cho có các nghiệm: x   k  x   k 2  x 
 k 2 , k  Z
4

6
6

0,25

0,25

n

Câu 7
(1,0
điểm)

28

 3

15
b) Trong khai triển  x x  x  , (x  0 ). Hãy tìm số hạng không phụ


n
thuộc vào x, biết rằng : Cn  Cnn 1  Cnn  2  79
n(n  1)
Cnn  Cnn 1  Cnn  2  79  1  n 
 79  n 2  n  156  0
2

n  12


 n  12 .
n  13(l )

0.25
n

28



Khi đó: Số hạng tổng quát trong khai triển  x 3 x  x 15  là:



k

12  k
C 12( x 3 x ) ( x



28
15 k

k

16 

)  C 12x

4 k 28 k

3 15

k

16 

 C 12x

48
15

48k
Số hạng không phụ thuộc vào x thỏa: 16–
 0  k  5.
15
5
Vậy số hạng cần tìm trong khai triển là: C 12  792.

0.25
0.25
0.25

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2)
9
là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh
2
BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là d: 4 x  y  4  0 .
Viết phương trình cạnh BC.

A

B
P
M

Câu 8
(1,0
điểm)

K
D

H
C

Gọi K là trung điểm của HD. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB vuông góc
với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK. Suy ra BP  AK  AK  KM
15
KM đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AK có pt: MK: x  4 y   0
2
 K(1/2;2)
Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y – 2 = 0
AH: x – 1 = 0 và A(1; 0); AD có pt: 2x + y – 2 = 0
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 0

0.25
0.25

0.25

0.25


x 2  2x  8
  x  1
Giải phương trình: 2
x  2x  3
ĐK: x  2
Pt





x2 2 .

x  2
 2 x4 
 x  2 x  3

 x  2  x  4    x  1 x  2   

x2  2 x  3

(1)   x  4 
Câu 9
(1,0
điểm)







x2 2

x 1
x2 2

(1)

0.25



x  2  2   x  1  x 2  2 x  3 

x22 




x2



2

2

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

(2)
0.25

Xét pt   t  2   t  2  có pt f '  t   3t  4t  2  0t  
2

2

Vậy f(t) đồng biến trên 

0.25

Do đó: (2)
 f



0.25

x  1
3  13
x  2  f  x  1  x  2  x  1   2
x
2
 x  3x  1  0



Vậy pt có nghiệm: x = 2, x 

3  13
2

1 
Cho các số thực a,b thỏa mãn a, b   ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 
6
P  a 5 b  ab5  2
 3a  b
a  b2
Do a, b  1 nên  a  1 b  1  0  ab  a  b  1  0
2

2

Suy ra: a 2  b 2   a  b   2ab   a  b   2  a  b  1
Mà a5b  ab5  ab  a 4  b 4  , a 4  b 4 
Câu
10
(1,0
điểm)

2
1 2
1

4
a  b2    a  b 

2
8

1
6
4
Suy ra: P  (a  b  1)  a  b  
 3 a  b
2
8
 a  b   2(a  b  1)

Đặt t = (a + b) thì 1  t  2, xét hàm số f  t  

Với t  1; 2  có f '  t  

0.25

0.25

1
6
 3t
 t  1 t 4 
2
8
 t  1  1

12  t  1
1 4
5t  4t 3  24  
 0t  1; 2

2
8
 t 2  2t  2 

Nên f(t) nghịch biến trên 1; 2  . Do đó: f  t   f  2   1
Vậy MinP  1 khi a = b = 1

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

0.25
0.25


SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 2
Thời gian làm bài: 180 phút.

3
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  ( m  2) x 2  3( m  1) x  1 (1), m là tham số.
2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 thỏa mãn
y ''  x0   12  0
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i ) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của số phức

w  1  zi  z
b) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 2log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2
1

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

Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; –2;1), B(–1;0;3),
C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ
từ A của tam giác ABC.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng đáy là trung điểm của AB, góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng đáy bằng
600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x  (1  2cos x)(sin x  cos x)  0
b) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1, 2, 3,..., 9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba
thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có
phương trình: x  y  1  0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm M(2;1)
thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
 x  y  x  y  2
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2

2
2
 x  y  1  3  x  y

(x,y   )

Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z và x  y  z  3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: P 

x z
  3y .
z y
--------------------HẾT--------------------


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1.a
(1,0 điểm)

Đáp án

Điểm

3
y  x  (m  2)x  3(m 1)x 1 (1), m là tham số.
2
Khi m = 2 hàm số trở thành y = –x3 + 3x –1
a) Tập xác định: R
b) Sự biến thiên:

* Ta có: lim y   và lim y  
x 

0.25

x 

* Chiều biến thiên: Ta có y’ = –3x2 +3
x  1
y' 0  
 x  1
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 1),(1; ); đồng biến trên
(–1; 1)
* Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 1, hàm số đạt cực tiểu taị x = –1,
yCT = –3
* Bảng biến thiên:
x



y’
y

1

–

0



1

+



0
1

0.25

–


0.25
0.25

–3
c) Đồ thị

1.b
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 thỏa mãn
(1,0 điểm) y ''  x0   12  0
y’’=–6x  y ''  x0   12  6 x0  12  0  x0  2

0.25x2
0.25x2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm (2;–3) là: y = y’(2)(x – 2) – 3 = – 9x + 15

Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i ) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của w  1  zi  z
2.a
1  3i
0.25
 2i
(0,5 điểm) (1  i ) z  1  3i  0  z 
0.25
1 i
w = 2 – i. Số phức w có phần ảo bằng – 1
Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 2log 3 ( x  1)  log
2.b
ĐK: x > 1,
(0,5 điểm)
PT


(2 x  1)  2
0.25

2log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2

1
 2 x  3x  2  0    x  2
2
Vậy tập nghiệm S = (1;2]
2

3

 log 3 [( x  1)(2 x  1)]  1

0.25


1

3
(1,0 điểm)





Tính tích phân I  1  x  2  e 2 x dx

0

u  1  x
Đặt 
2x
dv  (2  e )dx

du  dx

=> 
1 2x
v  2 x  2 e

0.25

1 2
1
1
I  (1  x)(2 x  e 2 x )   (2  e 2 x )dx
2
0 1
2
1
1
1
1
= (1  x)(2 x  e 2 x )  ( x 2  e 2 x )
2
0
4
0
4
(1,0 điểm)

0.25

0,5


e2  1
4

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;–2;1), B(–1;0;3), C(0;2;1). Lập
phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A
của tam giác ABC.

Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;–1;2), bán kính mặt cầu: R  3

0.25
0.25

Phương trình mặt cầu (S): x 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2  3



Giả sử H(x;y;z), AH  (x  1; y  2; z  1), BC  (1; 2; 2), BH  ( x  1; y; z  3)
 
 
AH  BC  AH .BC  0  x  2 y  2 z  5



2 x  y  2
BH cùng phương BC  
y  z  3
5
(1,0 điểm)

0.25
0.25

 7 4 23 
Tìm được H   ; ; 
 9 9 9 

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu

vuông góc của S lên mặt phẳng đáy là trung điểm của AB, góc giữa cạnh
bên SC và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.
Gọi H là trung điểm AB. Có SH  ( ABC ) , tính được SH  a 15
Tính được VS . ABC 

4a 3 15
3

0.25
0.25

Qua A vẽ đường thẳng  / /BD , gọi E là hình chiếu của H lên  , K là hình
0.25

chiếu H lên SE
Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S,  ))=2d(H, (S,  ))=2HK
Tam giác EAH vuông cân tại E, HE 

a 2
2

1
1
1
31
15




 HK 
a
2
2
2
2
HK
SH
HE
15a
31
 d ( BD, SA)  2

15
a
31

0,25


6
(1,0 điểm)

Giải phương trình: cos 2 x  (1  2cos x)(sin x  cos x)  0
cos 2 x  (1  2 cos x )(sin x  cos x )  0

sin x  cos x  0
 (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)  0  
sin x  cos x  1



sin( x  4 )  0


2

sin( x  4 )  2

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

0.25

0.25
( k  )

Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi
trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ.
6b.
(1,0 điểm) Số phần tử của không gian mẫu là n(  ) = C 39 = 84

0.25

Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C53 = 10
10
5
=> Xác suất cần tính là P(A) =
=
84
42

0.25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương
7
(1,0 điểm)

trình: x  y  1  0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm M(2;1)
thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
  1  cos HCB

Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;–1), cos HBC
10

0.25


Pt đthẳng HC có dạng: a(x – 2) + b(y–1)=0( n  (a; b) là VTPT và a 2  b 2  0 )

0.25


cos HCB

a b
2(a 2  b 2 )



1
 4a 2  10ab  4b 2  0
10
0.25

2

a
a
 2   5   2  0
b
b

a
 b  2
 a  2, b  1



,
 a   1  a  1, b  2(l )
 b
2

0.25

phương trình CH: –2x + y + 3 = 0

AB  CH. Tìm được pt AB:x + 2y + 2 =0
 2 5
Tìm được : C  ;   ,pt AC:6x + 3y + 1 = 0
 3 3


8
 x  y  x  y  2
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2
2
2
2
 x  y  1  3  x  y

(x,y  )

Điều kiện: x+y  0, x–y  0

0.25

 u  v  2 (u  v)
 u  v  2 uv  4
u  x  y


ta có hệ:  u 2  v 2  2
  u2  v2  2
Đặt: 
v  x  y
 uv  3 
 uv  3

2
2



0.25

 u  v  2 uv  4
(1)

  (u  v ) 2  2uv  2
. Thế (1) vào (2) ta có:

uv

3
(2)


2

2

0.25

uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv )  uv  0 .

 uv  0
Kết hợp (1) ta có: 
 u  4, v  0 (vì u>v).
u  v  4

0.25

Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z và x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ
9
(1,0 điểm) nhất của biểu thức: P  x  z  3 y .

z

Ta có

x
 xz  2 x,
z

Từ đó suy ra

P

y

z
 yz  2 z .
y

0.25

x z
  3 y  2 x  xz  2 z  yz  3 y
z y
0.25

 2( x  z )  y ( x  y  z )  xz  yz  2( x  z )  y 2  x ( y  z )

Do x  0 và y  z nên x ( y  z )  0 . Từ đây kết hợp với trên ta được

x z
P    3 y  2( x  z )  y 2  2(3  y )  y 2  ( y  1) 2  5  5 .
z y
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x = y = z = 1

–––––––––––––––––––– HẾT –––––––––––––––––––

0,25
0.25

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 3
Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2 x 2  1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt:

 x 4  2 x2  m  2  0
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sau trên tập số phức: z 2  2 z  6  0
b) Giải phương trình sau trên tập số thực: log 3 ( x  4)  log 1  2 x  3   log 3 (1  2 x )
3

Câu 3 (1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 

x2
, y  1, x  0, x  2
x 1

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  2; 2;0  ,

B  1;1; 1 và mặt phẳng ( P ) có phương trình 2x  2 y  z  2  0. Hãy viết phương trình mặt
phẳng (Q) chứa AB, vuông góc với ( P ) và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm B tiếp xúc với
mặt phẳng ( P ) .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác

SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, góc giữa đường thẳng SC với mặt
đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ O đến mặt phẳng SCD
(O là tâm hình vuông ABCD).
Câu 6 (1,0 điểm).

2
a) Cho góc  thỏa mãn:      0 và sin    . Tính P   3  2sin 2  1  tan  .cos 2   .
5
2
b) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 7 viên bi vàng và 8 viên bi xanh, lấy ra ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để lấy được 3 bi có cả ba màu.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x.
Tam giác ABC vuông tại A có AC là tiếp tuyến của (C) trong đó A là tiếp điểm, chân đường cao
kẻ từ A là H  2;0  . Tìm tọa độ đỉnh B của tam giác ABC biết B có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm).Giải bất phương trình :

2 x 4  6 x 3  10 x 2  6 x  8  x 3  x  x 2  1  x  2 

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

4  x4  y 4 
2

x y

2

 x  y


2

2



1
1
 2 trong đó a, b là hai số thực dương.
2
x
y
----------------------- HẾT-----------------------


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1a)

Nội dung

Điểm

3

TXĐ : D  R , y '  4 x  4 x , y '  0  x  0  x  1  x  1

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  và 1;   , hàm số nghịch biển trên các
khoảng  ; 1 và  0;1 .

0.25

lim y  

x 

Bảng biến thiên
x –∞
y
+∞

–

1
0

0
0
1

+

+∞

1
0

–

+

0.25
+∞

y
0

0
9
8
7
6
5
4
3
2
1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
-8
-9

1b)

y

f(x)=x^4-2x^2+1

x
1

2

3

4

5

6

Phương trình :  x4  2 x 2  m  2  0  x 4  2 x 2  1  m  1 (1)

7

8

9

0.25

0.5

Từ đồ thị ta thấy pt (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
0  m 1  1  1  m  2

Vậy với 1  m  2 thì pt đã cho có bốn nghiệm phân biệt.
2a)

2b)

0.5

Ta có biệt thức :  '   5

0.25

Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm phực z1,2  1  i 5

0.25

ĐK : 

3
1
x
2
2

0.25

Khi đó pt : log 3 ( x  4)  log 1 (2 x  3)  log 3 (1  2 x )
3

 log 3  x  4  2 x  3   log 3 1  2 x 

  x  4  2 x  3  1  2 x
11
2
Đối chiếu điều kiện của bài toán, ta có nghiệm của pt là: x  1
 2 x 2  13 x  11  0  x  1  x  

0.25


Câu 3

Diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường đã cho là :
2

S
0

2

x2
1
 1dx  
dx (đvdt)
x 1
x


1
0

0.5

2

2
1
dx  ln x  1 0  ln 3
x 1
0


Ta có AB  1; 1; 1 , nP   2; 2; 1 , suy ra
  
nQ   AB, n p    3; 1; 4 



Câu 4

0.5

0.25

Mặt phẳng (Q) có pt: 3  x  1  1 y  1  4  z  1  0  3x  y  4 z  8  0
Ta có R= d ( B, ( P)) 

2  1  2.1  1(1)  2
22  22  (1)2
2

1

2

0.25

2

Vậy pt mặt cầu (S) :  x  1   y  1   z  1  1
Ta có : cos 2   sin 2   1  cos    1  sin 2   
5a)

Do 

0.25

0.25
4
5

0.25


4
   0 nên cos  
2

5

Khi đó : P   3  2 sin 2  1  tan  .cos 2  
  3  4 sin  .cos  1  sin  .cos   

0.25

22
25

3
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 viên bi là : C20
 2280

5b)

0.25

Số cách chọn ba viên bi có đủ ba màu là : C51.C71C81  280
Vậy xác suất cần tìm là : p 

0.25

280
7

2280 57

S
Câu 6.

A

D

K
H

O

B

C

Gọi H là trung điểm AB, do tam giác SAB cân tại S nên SH  AB
Theo đề ra ( SAB)  ( ABCD) nên SH  ( ABCD)
Do đó HC là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(ABCD)
  600
suy ra  SC , ( ABCD )    SC , HC   SCH

0.25


Xét tam giác BHC vuông tại H có CH  BH 2  BC 2 
Xét tam giác vuông tại H có SH=AC.tan600 =

a 5
2

a 15

2

Diện tích hình vuông ABCD là : S ABCD  a 2

0.25

3

1
a 15
suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD 
(đvtt)
3
6
Ta có OH / / BC  OH / /(SBC )  d (O,( SBC ))  d ( H ,( SBC ))
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên cạnh SB, ta có HK  SB (1)
mặt khác BC  HK (do BC  ( SAB)

(2)

từ (1) và (2) suy ra HK  ( SAB)  d  H ,  SAB    HK

a 15 a
.
2 2  a 15

Xét tam giác HK 
8
SH 2  BH 2
15a 2 a 2


4
4
SH .BH

0.25

Do tam giác ABC vuông tại A có H  (C ) và CA là tiếp tuyến của (C) nên B  (C ) .
Câu 7.
Ta có AC 

 BH 

0.25

2S ABC
2

AB
3

BA2
AB 2  AC 2

 3

0.25

 BI  1
Giả sử B  a; b  , b  0. Khi đó 

 BH  3


a
 a  1 2  b 2  1



2
2
 a  2   b  3
b 


Câu 8.

0.25

1
2

1 3
. Vậy B  ;

3
2 2 
2

0.25

2 x 4  6 x 3  10 x 2  6 x  8  x 3  x  x 2  1  x  2  (1)
2 x 4  6 x 3  10 x 2  6 x  8  0
Điều kiện :  3
 x  x  0

0.25

 x 2  1 2 x 2  6 x  8   0

 x0
 x  0
Khi đó (1)  x 2  1 2 x 2  6 x  8  x 2  1 x  x 2  1  x  2   0

 x2  1





2x2  6x  8  x  x  2  0

0.25


 2 x2  6 x  8  x  x  2  0

(2)

Xét TH1 : Với x  0 khi đó (2) vô nghiệm
Xét TH2 : Với x>0, chia hai vế của (2) cho

x ta được :

4
2 
4
2 




2  x    6 1   x 
 0  2 x    6   x 

  1 (3)
x
x
x
x




2
4
Đặt t  x 
 x   t 2  4 , thay vào (3) ta được :
x
x

0.25

t  1
t  1
2t 2  2  t  1   2

 t 1
2
 t  1  0
t  2t  1  0
 x  1(vn)
2
1 x  x  2  0
x
 x  2  x  4

x

Với t  1 ta có :

0.25

Kết hợp hai trường hợp và điều kiện ta thấy bất phương trình (1) có nghiệm x=4.
Câu 9.
Ta có : P 

4  x2  y2 
2

Xét hàm số f (t )  t 

2

.

1
4
4
  x2  y 2   2
 x2  y 2  2
2
2
x y
x y
x  y2
2

0.25

4
, với t  x 2  y 2 , t   0;   .
t

4
Ta có : f (t )  1  2 ; f '(t )  0  t  2
t

0.25

Lập bảng biến thiên hàm số f(t) trên khoảng  0;   , ta tìm được :

min f (t )  4, đạt đươc khi t=2.

0.25

 0; 

Từ đó tìm được GTNN của biểu thức P bằng 4, đạt được khi x = y = 1.

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

0.25