16 đề thi thử Quốc gia 2016 môn Toán trung tâm LTĐH Vinh Vien

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN
Page
of 258. Metro
27Header
Đường
Số101-KDC
ĐT: 0964.222.333

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 2 THÁNG 06 – 2016

Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

x
.
x 1
Câu 2: (1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x   x 2  2x  7 e x trên đoạn

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





0; 3 .
 

Câu 3: (1 điểm).
a. Tìm số phức z , biết z thỏa mãn 2z  z  9  4i .
b. Cho a  log49 11 và b  log2 7. Tính P  log 3


2



121
, theo a và b .
7 8



Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân I   1  sin 3 x cos x sin x dx .
0

Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0;1;2, B 2;  2;1,





C 2; 0;1 và mặt phẳng P  : 2x  2y  z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng ABC  và tìm tọa độ

điểm M thuộc mặt phẳng P  sao cho M cách đều ba điểm A, B,C .
Câu 6: (1 điểm).
a. Giải phương trình: 4 sin2 x cos x  sin 3x  sin   x .
b. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng.
Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một
quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của
đỉnh S lên mặt phẳng ABCD  trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.
5

a, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp
2
S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC .

Biết SA  a 2, AC  2a, SM 

Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vông tại A. Gọi D là
điểm đối xứng của A qua C . M là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng BC . Gọi E 0;2 là
giao điểm của đường thẳng DM và AB, đường thẳng BD có phương trình 3x  y  17  0.
  450 và điểm B có tung độ âm.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C biết AMB

x

Câu 9: (1 điểm). Giải bất phương trình:

3



 3x 2 x  1 3  x 
2  x 1





 4 x  1 2 x  1  x  1 .

Câu 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:

Q

16
x 2y 2  y 2z 2  z 2x 2  1

Footer Page 1 of 258.



xy  yz  xz  1
.
x y z

-------------------------Hết----------------------


SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Header Page 2 of 258.

TTLTĐH DIỆU HIỀN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN TUẦN 02 – 06 – 2016
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
GỢI Ý ĐÁP ÁN

Câu
1

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

Điểm

x
.
x 1

1.0

Tập xác định: D   \ 1 .
y' 

1
 0, x  D . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1);(1; ) .
(x  1)2

0,25

Giới hạn: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1 .
x  

x 

0,25

lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

x 1

Bảng biến thiên:
x

1



y’
y




1



0,25


1


y

Đồ thị:

1

x

1

0,25

O

2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x   x 2  2x  7e x trên
đoạn 0; 3 .
 

1,0

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 0; 3 .
 









Ta có f  x   2x  2e x  x 2  2x  7 e x  x 2  4x  5 e x
x  1
f  x   0  x 2  4x  5 e x  0  x 2  4x  5  0  
x  5(l )





0,25

0,25

f 0  7; f (1)  4e; f (3)  8e 3

0,25

Vậy max f x   f (3)  8e 3 ; min f x   f (1)  4e

0,25

[0;3]

Footer Page 2 of 258.

[0;3]

3

1,0

Header Page 3 of 258.

a. Tìm số phức z , biết z thỏa mãn 2z  z  9  4i

0,5

Gọi z  a  bi, (a, b  ) . Khi đó phương trình trở thành:
2(a  bi )  a 2  b 2  9  4i

2
2
 a 2  4  9  2a
2a  a  b  9
 
 
2b  4
b  2



a  9


2
a  18  93
18  93

z 
 2i .
 3a 2  36a  77  0  
3


3
b  2
b  2


121
b. Cho a  log49 11 và b  log2 7. Tính P  log 3
, theo a và b .
7 8
121
 3 log7 121  3 log7 8  6 log7 11  9 log7 2
Ta có: P  3 log7
8
9
9
 12 log 49 11 
 12a  .
log2 7
b

4


2





0,25

0,25

0.5
0,25
0,25
1,0

Tính tích phân I   1  sin 3 x cos x sin x dx .
0

2

I 

 1  sin

3


2



x cos x sin x dx 

0

 sin x dx   sin
0

Ta có: I 1   cos x


2
0


2

4

x cos xdx  I 1  I 2 .

0,25

0

0,25

 1.

Đặt t  sin x  dt  cos xdx .
Đổi cận x  0  t  0; x 

1

 I2 



t 4dt 

0

Vậy I  1 

t5
5

1


0


t 1
2

0,25

1
.
5

1 6
 .
5 5

0,25

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 0;1;2, B 2;  2;1,
5





C 2; 0;1 và mặt phẳng P  : 2x  2y  z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng

ABC 

và tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng P  sao cho M cách đều ba

1,0

điểm A, B,C .
Ta có:



AB  2; 3; 1, AC  2; 1; 1
    
 n  AB, AC   2; 4; 8



Phương
Footer Page
3 of trình
258. mặt phẳng ABC  : x  2y  4z  6  0 .

0,25

0,25


 

AB.AC  0 nên tam giác ABC vuông tại A .
HeaderNhận
Page 4xét:
of 258.

Gọi  là đường thẳng qua trung điểm I (0; 1;1) của cạnh BC và vuông góc với
x  t

(ABC ) thì:  : 
y  1  2t .

z  1  4t


0,25

Tọa độ điểm M    (P )  t  2  M (2; 3; 7) .

0,25

* Cách khác:


M  (P )
MA  a;1  b;2  c 


Gọi M (a,b, c) . Ta có: MA  MB với MB  2  a; 2  b;1  c 


MA  MC
MC
 2  a; b;1  c 


2a  2b  c  3

Giải hệ trên ta được: 2a  3b  c  2  M (2; 3; 7).

2a  b  c  0

6

1,0

a. Giải phương trình: 4 sin2 x cos x  sin 3x  sin   x .

0,5

Phương trình đã cho tương đương với:
4 sin2 x cos x  sin 3x   sin x

0,25

 4 sin2 x .cos x  (sin 3x  sin x )  0
 4 sin2 x .cos x  2 sin 2x .cos x  0
 2 sin 2x (sin x  cos x )  0

x  k 
 sin 2x  0

2
 

sin
x

cos
x

0



x    k 
4


k   .
0,25

k

, x    k , k  .
2
4
b. Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 

Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất cho 4 quả cầu

0,5

được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Gọi A: “Lấy được 4 quả cầu trong đó có đúng một quả cầu màu đỏ và không
quá hai quả cầu màu vàng”.
Ta có: n()  C 164  1820 .

0,25

Trường hợp 1: Lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh: C 41.C 53  40 (cách).
Trường hợp 2: Lấy 1 quả đỏ, 1 quả vàng, 2 quả xanh: C 41.C 71 .C 52  280 (cách).
Trường hợp 3: Lấy 1 quả đỏ, 2 quả vàng, 1 quả xanh: C 41.C 72 .C 51  420 (cách).
 n(A)  40  280  420  740 (cách).

n(A)

740
37
Vậy 4xác
suất cần tìm là: P (A) 
.


Footer Page
of 258.
n() 1820
91

0,25


Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc
Header Page 5 of 258.
của đỉnh S lên mặt phẳng ABCD  trùng với giao điểm O của hai đường chéo
7

AC và BD. Biết SA  a 2, AC  2a, SM 

5
a, với M là trung điểm cạnh AB.
2

1,0

Tính theo a thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SM và AC .

Ta có SO  SA2  OA2  a
OM 

S

a
a 3
 BC  a, MA 
2
2

A

D

 AB  a 3

0,25

K

M

O

B

H
N

C

Nên S ABCD  AB.BC  a 2 3
0,25

a3 3
.
3
Kẻ MN / /AC , OH  MN , OK  SH .

Vậy: VS .ABCD 

Mà MN  (SOH )  MN  OK  OK  (SMN )

0,25

Nên: d(AC , SM )  d AC ,(SMN )  d O,(SMN )  OK
Ta có: OH 

2SOMN
MN

2.


a2 3
8 a 3
a
4

0,25

1
1
1
a 57


 OK  d (AC , SM ) 
.
2
2
2
19
OK
OH
SO

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vông tại A . Gọi
D là điểm đối xứng của A qua C . M là hình chiếu vuông góc của D trên đường

8

thẳng BC . Gọi E 0;2 là giao điểm của đường thẳng DM và AB, đường thẳng
BD

có phương trình 3x  y  17  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C

1,0

biết

  450 và điểm B có tung độ âm.
AMB

Gọi I là trung điểm BD . Do tứ giác ABDM là tứ
giác nội tiếp đường tròn tâm I đường kính BD
  AMB
  450  ABD
  450
 ADB


Gọi n  a, b   0 là véctơ pháp tuyến của AB .

Ta có, cos 450 

3a  b

a 2  b 2 . 10
a  2b
3a  b
2
 5 of258.
 
Footer Page
2
10. a 2  b 2
2a  b

0,25


Với a  2b , chọn a  2, b  1 . Suy ra phương trình AB : 2x  y  2  0 .
Header Page 6 of 258.
Ta có, B  AB  BD  B 3; 8 (loại do yB  0 ).

 

Với 2a  b , chọn a  1, b  2 . Suy ra phương trình AB : x  2y  4  0 .

0,25

Ta có, B  AB  BD  B 6;  1 .
CD  BE
Vì 
 C là trực tâm tam giác BDE .
EC  BD


0,25

Phương trình EK qua E và vuông góc với BD : x  3y  6  0 .


9 7 



Ta có, K  EK  BD  K  ;  và K là trung điểm ID  BK  3KD  D 4;5
2 2 




Phương trình AC qua D và vuông góc với AB : 2x  y  3  0 .

 
Vậy A 2; 1 , B  6; 1 , C  3; 3  .

 

A  AB  AC  A 2; 1 và C là trung điểm AD  C 3; 3

9

x

Giải bất phương trình:

3



 3x 2 x  1 3  x 
2  x 1



0,25



 4 x  1 2 x  1  x  1 .

1.0

Điều kiện: x  1 .
Bất phương trình tương đương với

x

3



 3x 2 x  1 3  x 

2  x 1
 f x   0.

Xét hàm số f x 
Cho f x 

x


3

x



x
0

3

3


 4 x  1 x  1 2 




 3x 2 x  1 3  x 
2  x 1



 3x 2 x  1 3  x 



2  x 1

 3x 2 x  1 3  x 
2  x 1



x  1  0.



 4 x  1 x  1 2  x  1 trên 1,  .




 4 x  1 x  1 2 


4 x  1 x  1 3  x 
2  x 1

x  1  0.

 0.

x  3
  3
2
x  3x x  1  4 x  1 x  1  0 *
Đặt a  x  1, a  0 thì pt (*) trở thành x 3  3ax 2  4a 3  0 .
 x  a x  2a   0
x  a
 

x  2a

0,25

0,25

2

1 5
Với x  a  x 
.
2

Với x  2a  x  2  2 2 .
Footer Page 6 of 258.

0,25


Bảng xét dấu:

Header Page 7 of 258.

1 5
2

22 2

1

x
f  x



0

3

0



+

0




0,25

Dựa vào bảng xét dấu suy ra tập nghiệm của bất phương trình là:

1  5  
S  1;
 3;   .
2  





Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất
10

của biểu thức:

16

Q

x 2y 2  y 2z 2  z 2x 2  1



xy  yz  xz  1
.
x y z

1,0

Ta có, 9  x 2  y 2  z 2   x 4  y 4  z 4  2 x 2y 2  y 2z 2  z 2x 2  .
2

2 2

2 2

2 2

 x y y z z x 



9  x 4  y4  z4



2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

0,25

x 4  x  x  3 3 x 6  3x 2 .

y 4  y  y  3 3 y 6  3y 2 .
z 4  z  z  3 3 z 6  3z 2 .



z 
x y z .

 x 4  y 4  z 4  3 x 2  y 2  z 2  2 x  y  z   9  2 x  y  z  .





9  x 4  y4
2

4

x  y  z 

2

Mặt khác, xy  yz  zx 
Khi đó, P 

3

2

0,25

.

x  y  z   1
.

2 x  y  z 
x y z 1
2

16

Đặt, t  x  y  z  3  t  3 . Suy ra P 
Xét hàm số f t  
Ta có, f ' t   

2

16
t 1
8

t  1



t 1
với t 
2t

t 1



Suy ra f t  nghịch biến trên





16
t 1



t2  1
.
2t

3; 3 .


1
1
  0, t 
2
2
2t



0,25
3; 3 .


28
3; 3  f t   f 3 
.

3

0,25

28
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
đạt được khi x  y  z  1 .
3

Chú
Thí7 of
sinh
làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.
Footerý:Page
258.


TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN
Page
of 258. Metro
27Header
Đường
Số801-KDC
ĐT: 0964.222.333

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA T01 – 06 – 2016
Môn: TOÁN LỚP BY1-BY6-A1-A3 (ĐB)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2x 2  3.
Câu 2: (1 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x 3  2x 2  m  3 x  5
đạt cực trị tại x1, x 2 thỏa mãn x12  x 22  4.

Câu 3: (1 điểm).

a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z , biết 1  2i  z  3  i  1  i  z .
b. Cho hàm số f x   x .5x . Giải phương trình: 25x  f ' x   x .5x . ln 5  2  0.

Câu 4: (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x  1e x và y  x  1 .
Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1; 2, B 3; 0; 4 và
mặt phẳng P  : x  2y  2z  5  0. Viết phương trình tham số của đường thẳng AB, tìm tọa độ giao
điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng P , viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và
vuông góc với mặt phẳng P .

Câu 6: (1 điểm).

a. Giải phương trình: sin 2x  4  8 cos x  sin x .
b. Cho số tự nhiên n thỏa mãn An21  2C n2  24. Xác định hệ số x 10 trong khai triển Niu-tơn



của nhị thức x  n 3 x

.
n

Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi I là trung điểm
AB và H là giao điểm của BD với IC . Các mặt phẳng SBD  và SIC  cùng vuông góc với đáy.

Góc giữa SAB  và ABCD  bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA và IC .

Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD nội tiếp hình tròn

tâm I và có đỉnh C 2; 5 . Trên cung nhỏ BC của đường tròn tâm I lấy điểm E và trên tia đối của
tia EA lấy điểm M sao cho EM  EC . Tìm tọa độ đỉnh A , biết đỉnh B thuộc đường thẳng
d : y  2  0 và điểm M 8; 3 .
 x 2  x x  y  3  2x 2  x  y  1

Câu 9: (1 điểm). Giải hệ phương trình:  2
.
y  2y  2x  1 4x 2  12y  1 y  2  2  8












Câu 10: (1 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  38 Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:

P

Footer Page 8 of 258.

x
1
2



.
x  yz  19 4x y  z  25  5 10 x  y  z 
2

-------------------------Hết----------------------


SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Header Page 9 of 258.

TTLTĐH DIỆU HIỀN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN TUẦN 01 – 06 – 2016
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
GỢI Ý ĐÁP ÁN

ư
1

Điểm

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

1.0

Tập xác định: D   .
Giới hạn: lim y  lim y   .
x 

x 

0,25

x  0
Ta có y '  4x 3  4x . y '  0  4x 3  4x  0  
.
x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (1; 0);(1; ) .

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (; 1);(0;1) .
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yC Đ  3 và đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  4 .
Bảng biến thiên:
x
y’

y

-1


-

0

0
+

1

0

-



0

+

-3



0,25



-4

-4

Đồ thị

y

1

-1

x

O

0,25

-3
-4

2

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x 3  2x 2  m  3 x  5 đạt
cực trị tại x 1, x 2 thỏa mãn x 12  x 22  4.

1,0

Ta có y   3x 2  4x  m  3 . Hàm số có cực trị x 1, x 2 khi và chỉ khi phương
trình 3x 2  4x  m  3  0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 .
 4  3 m  3  0  m 
Footer Page 9 of 258.

13
.

3

0,25

0,25


2

 


HeaderTheo
Page 10
258.x  x  4  (x  x )  2x x  4   4   2  m  3   4
đềofbài,

1
2
1 2
 3 
 3 

0,25

1
1
(nhận). Vậy m   thỏa yêu cầu đề bài.
3
3

0,25

2
1

m 

2
2

2

3

1,0
a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z , biết 1  2i  z  3  i  1  i  z .

0,5

Gọi z  a  bi, (a,b  ) .Khi đó:
(1  2i )(a  bi )  3  i  (1  i )(a  bi )  (b  3)  (3a  2b  1)i  0

7
b  3  0
a  


3
 3a  2b  1  0

b  3

7
7
Suy ra  z    3i . Vậy phần thực của z là 
và phần ảo của z là 3 .
3
3
b. Cho hàm số f x   x .5x. Giải phương trình: 25x  f ' x   x .5x .ln 5  2  0.

Ta có, Ta có: f (x )  5x  x .5x . ln 5 .
Khi đó: 25x  f ' x   x .5x . ln 5  2  0  25x  5x  2  0

0,25

0,25
0.5
0,25

Đặt t  5x , t  0 .
t  1
 5x  1  x  0.
t


2
(l)


Phương trình trở thành: t 2  t  2  0  

0,25

Vậy phương trình có nghiệm là x  0 .
4

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  x  1e x và y  x  1 .

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm:
x  0
(x  1)e x  x  1  
x  1

0,25

1

1

0

0

Do đó: S   (x  1)e x  (x  1) dx   (x  1)e x  (x  1)dx
0,25

1

  (1  x )(e x  1)dx

(do (x  1)e x  (x  1)  0 trên [0;1] ).

0

u  1  x

du  dx

.

x
x
dv

(
e

1
)
dx
v

e

x



Đặt 

1

1

0,25

 S  (1  x )(e x  1)   (e x  x )dx
0

0

1


x2 
5
 1   e x    e  .
2
2

0
Footer Page 10 of 258.

0,25


Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 1; 2, B 3; 0; 4 và

Header Page 11 of 258.

5

mặt phẳng P  : x  2y  2z  5  0. Viết phương trình tham số của đường thẳng
AB . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng P , viết phương

1,0

trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng P .

+ Ta có: AB  (2;1; 6)  AB

x  1  2t

: y  1  t (t  ) .

z  2  6t


0,25

+ Gọi M (1  2t; t  1;2  6t )  AB  (P ) . Ta có M  (P )  t 

4 5 
1
 M  ;  ;1 .
6
 3 6 

+ Gọi (Q ) là mặt phẳng chứa AB và  P .
 

0,25

Ta có: nQ  AB, nP   10; 10; 5  5(2;2;1) .

0,25

+ Vậy phương trình của (Q ) : 2x  2y  z  2  0

0,25







6

1,0
a. Giải phương trình: sin 2x  4  8 cos x  sin x .

0,5

Phương trình đã cho tương đương với:  2 cos x (sin x  4)  (sin x  4)  0
 (sin x  4)(2 cos x  1)  0

 sin x  4  0 (VN )


 
 x    k 2
3
 2 cos x  1  0

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x    k 2, k  .
3

(k  ) .

0,25

b. Cho số tự nhiên n thỏa mãn An21  2C n2  24. Xác định hệ số x 10 trong khai



0,5



n

triển Niu-tơn của nhị thức x  n 3 x .
Theo giả thiết ta có phương trình:
(n  1)!
n!
 2.
 24
(n  1)!

2 !(n  2)!
 (n  1)n  n(n  1)  24  0  n  12.



k 12k
Số hạng tổng quát: Tk 1  C 12
x
. 12.3 x

Theo giả thiết ta có: 12 



k

0,25

k
 C 12
.

k

12

.x

12

2k
3

.

2k
 10  k  3 .
3

Vậy hệ số của x10 là: C 123 . 12  380160 .
3

Footer Page 11 of 258.

0,25


Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi I là trung

Header Page 12 of 258.

điểm AB và H là giao điểm của BD với IC . Các mặt phẳng SBD  và SIC 
7

cùng vuông góc với đáy. Góc giữa SAB  và ABCD  bằng 600 . Tính thể tích

1,0

khối chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và IC .
+ SH  (ABCD ) .



S



  600
Ta có, (
SAB ),(ABCD )  SMH
A

D

S ABCD  a .
2

K

0,25

T

I

0

600

J

M
H
B

C

+ Ta có H là trọng tâm ABC và MH / /BC nên:
MH
IH
1
a
a 3
.

  MH   SH 
BC
IC
3
3
3

0,25

a3 3
.
9
+ Kẻ AJ / /IC , HT  AJ , HK  ST  HK  (SAJ )

Suy ra VS .ABCD 

Khi đó: d(IC , SA)  d IC ,(SAJ )  d C ,(SAJ )

0,25

 d H ,(SAJ )  HK .

+ S AICJ  S ABCD  2S BIC 
Suy ra d(IC , SA)  HK 

S
a2
a 5
.
 HT  AICJ 
2
CI
5

SH .HT
SH 2  HT 2



a 2
.
4

0,25

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD nội tiếp hình
8

tròn tâm I và có đỉnh C 2; 5 . Trên cung nhỏ BC của đường tròn tâm I lấy
điểm E và trên tia đối của tia EA lấy điểm M sao cho EM  EC . Tìm tọa độ

1,0

đỉnh A , biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : y  2  0 và điểm M 8; 3 .
Gọi N là trung điểm của MC





 N 5; 4 .

  900  CEM
  900 .
Vì AEC

Do đó, tam giác CEM vuông cân tại E .
  MEN
  BEA
  450
Suy ra CEN

  1800  B, E , N thẳng hàng.
 BEN

Footer Page 12 of 258.

0,25


Phương trình BN qua N và vuông góc với CM : 3x  y  11  0 .
Header Page 13 of 258.
Ta có, B  BN  d  B 3; 2 .

0,25

 

Phương trình AB qua B và vuông góc với BC : x  7y  17  0 .
a  3

0,25

Ta có, A 17  7a; a  AB và AB  BC  50  
a  1







Với a  3  A 4; 3 .

Với a  1  A 10; 1 (loại do A, M nằm cùng phía đối với đường thẳng BC ) .



0,25



Vậy A 4; 3 .
9

 x 2  x x  y  3  2x 2  x  y  1

Giải hệ phương trình:  2
y  2y  2x  1 4x 2  12y  1 y  2  2  8

 x  y  3  0
Điều kiện: 
(*)
 y  2











(1)
(2)

.

1.0

1   x 2  x x  y  3  2  x  y 1  0
  x 2  x

x  y 1
 x  y 1  0
x y 3 2

 x  y 1

 
x2  x
 x  y  3  2 1  0

 y  x 1

  x 2  x  2  x  y  3
 0 3

x y 3  2


0,25

Phương trình (3) vô nghiệm vì vế trái luôn dương với x , y thỏa (*).
Với y  x 1 thế vào phương trình (2), ta được:
x 2  9  2 x 14 x 2 12 x  11
  x  3 x  3 

x  3
 
 x  3







x 1  2

2 x 14 x 2  12 11 x  3

0,25

x 1  2



x  1  2  2 x 14 x 2 12 x  11 4

Phương trình: 4   x  1  2







2
2
x  1  2   2 x  3  2 2 x  3  2 .



Xét hàm số f t   t  2t 2  2 trên R  f ' t   3t 2  4t  2  0, t  R .

0,25

Nên f t  đồng biến trên R .
Suy ra

x 1  2 x  3  x 

13  41
5  41
.
 y
8
8

13  41 5  41 
 .
Kết hợp điều kiện suy ra hệ phương trình có 2 nghiệm 3, 2 , 

,

8
8 

Footer Page 13 of 258.

0,25


Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  38 Tìm giá trị lớn nhất

Header Page 14 of 258.

10

của biểu thức: P 

1,0

x
1
2


.
2
x  yz  19 4x y  z  25  5 10 x  y  z 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

x
2x
2x
2x
1
 2

 2

.
2
x  yz  19 2 x  2 yz  38 2 x 2   x 2   y  z   2 x  2 x  y  z  x  y  z


2

0,25

Mặt khác
x2   y  z   2 x  y  z   x  y  z   4 x  y  z 
2

2

1
1
.

4 x  y  z   x  y  z 2

Tiếp tục ta có được:
x  y  z  10  2 10  x  y  z   2 10  x  y  z  10  x  y  z .





1
2 10  x  y  z  10
2
5 10  x  y  z   25

2
25  5 10  x  y  z 

Suy ra P 




1
x y z

0,25

4
5 x  y  z 



4
5 x  y  z 

x
1
2


x  yz  19 4 x  y  z  25  5 10  x  y  z 
2



1
1
2


2
x  y  z  x  y  z
25  5 10  x  y  z 



1
1
4
1 
1
1 

1





 

2



x  y  z  x  y  z  5 x  y  z  100  x  y  z 10  100

0,25
2

x  5

1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là
khi và chỉ khi, chẳng hạn y  2 .

100
z  3


0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.

Footer Page 14 of 258.


TTLT
HeaderĐẠI
PageHỌC
15 of DIỆU
258. HIỀN
27 Đường Số 01-KDC Metro
ĐT: 0964.222.333

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 05-2016
Môn: TOÁN BY1-BY6-A1-A3 (ĐB)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

1
3

Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  2x 2  3x .
Câu 2: (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2x  1
, biết rằng tiếp tuyến song
x 1

song với đường thẳng d : 3x  y  11  0.
Câu 3: (1 điểm).
2

a. Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  z  5  4i Tìm phần thực và phần ảo của z .
b. Cho log3 5  a. Tính log

45

75 theo a.

 x 2
  
 cos  x dx .
Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân I   
3

 2 

Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P  : x  2y  3z  0 và
0

 x  1

điểm I 1; 2; 3 . Viết phương trình mặt cầu S  tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng P . Tìm tọa độ tiếp
điểm của S  và P .
Câu 6: (1 điểm).




 2



a. Giải phương trình: sin x  sin   2x   2 sin3 x .
b. Nhân dịp kỷ niệm ngày thành trường, một trường THPT ở Thành phố Cần Thơ chọn được 30
tiết mục văn nghệ để biểu diễn toàn trường, trong đó lớp 12A có 3 tiết mục. Ban tổ chức cho bốc thăm
ngẫu nhiên để chia thành hai buổi biểu diễn, mỗi buổi 15 tiết mục. Tính xác suất để 3 tiết mục của lớp
12A được biểu diễn trong một buổi.
Câu 7: (1 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a , tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3. Tính theo a thể tích khối chóp
S .ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAD .
Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B, D 3, 1
 9 13 

 5 5 

là trung điểm của cạnh AC . Gọi E là một điểm nằm trên cạnh BC sao cho CE  3EB và F  ,

là giao điểm của AE và BD . Tìm các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng E thuộc đường thẳng
x y  0.

 x  1  y4  2  y  4 x  1
Câu 9: (1 điểm). Giải hệ phương trình 
 y  3  y  y  2  x  1


x, y  R .

Câu 10: (1 điểm). Cho x , y và z là các số thực dương. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
x 2 y 2 4z 2 175 x 2  9
.
P




y
8z
x
4 x  1
Footer Page 15 of 258.

--------------------Hết---------------------


SỞ
GD &
ĐT16TP
Header
Page
of CẦN
258. THƠ
TTLTĐH DIỆU HIỀN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN THÁNG 05
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu
1

GỢI Ý ĐÁP ÁN

Điểm

1
3

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  2x 2  3x .

1.0

Tập xác định D   .
x  1
y   x 2  4x  3 . y   0  x 2  4x  3  0  
x  3

0,25

Các khoảng đồng biến (;1),(3; ) ; khoảng nghịch biến (1; 3)
Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

x 

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x  3, yCT  0 ; đạt cực đại tại x  1, yCD 

4
.
3

Bảng biến thiên:
x

1



y’

+

3

0

0



+

4
3

y



Đồ thị:

y

1
O

x
1

2x  1
, biết rằng tiếp tuyến song
x 1

song với đường thẳng d : 3x  y  11  0.
Tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y  3x  12  y (x 0 )  3
3
3
(x 0  1)2

0,25

3

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 



0,25

0



2



x  0
 0
x  2
 0

Phương trình tiếp tuyến tại A(0; 1) : y  3x  1.

1,0
0,25
0,25
0,25

Phương trình tiếp tuyến tại B(2; 5) : y  3x  11 (loại).
Footer Page 16 of 258.

0,25


Header
Page 17 of 258.
3

1,0

a. Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  z  5  4i Tìm phần thực và phần ảo của z .
2

0,5

Gọi z  a  bi, (a, b  ) .
Khi đó: (1  i )2 (a  bi )  (a  bi )  5  4i  (a  2b)  (2a  b)i  5  4i .
a  2b  5
a  1
.
 
 
2a  b  4
b  2


 z  1  2i . Vậy phần thực của z là 1 và phần ảo của z là -2.
b. Cho log3 5  a. Tính log 45 75 theo a.

Ta có, log

75  2 log 45 75  2

45

2

log 3 75
log 3 45

log 3 25  log 3 3
log 3 5  log 3 9

2

2

log 3 (25  3)

log 3 5  2

2

0,25
0.5
0,25

log 3 (5  9)

2 log 3 5  1

0,25

2a  1 4a  2

.
a 2
a 2

 x 2
  
 cos  x dx .
Tính tích phân I   

0,25

3

4

0

3

I 


0

 x  1

 2 


3
 
dx   cos  x dx  I 1  I 2 .
 2 
x 1

0

x 2

1,0

0,25

Đặt: t  x  1  x  t 2  1  dx  2tdt
x  0  t  1; x  3  t  2
2

Khi đó, I 1 


1

2
x
I 2  . sin

2

2

t 3

t2  1
20
.2tdt

.  2   t   .

 3
t
3
1
3

0

2
 .


Vậy I  I 1  I 2 

20 2
 .
3


0,25

0,25
0,25

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P  : x  2y  3z  0 và
5

điểm I 1; 2; 3 . Viết phương trình mặt cầu S  tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng P .

1,0

Tìm tọa độ tiếp điểm của S  và P .
+ Bán kính mặt cầu: R  d I ,(P )  14 .

0,25

+ Phương trình mặt cầu: (S ) : (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  14 .

0,25

x  1  t

+ Gọi H là tọa độ tiếp điểm của S  và P  . Phương trình IH : y  2  2t .

z  3  3t

x  1  t

y  2  2t
+ Tọa độ của H là nghiệm của hệ: 
 t  1 . Vậy H 0; 0; 0 .
z  3  3t

x  2y  3z  0
Footer Page 17 of 258.

0,25

0,25


6
Header
Page 18 of 258.

1,0




 2



b. a. Giải phương trình: sin x  sin   2x   2 sin 3 x .

0,5

Phương trình đã cho tương đương với: sin x (1  2 sin2 x )  cos 2x  0
 sin x . cos 2x  cos 2x  0  cos 2x (sin x  1)  0 .

x    k 
 cos 2x  0

4
2
 


sin
x

1

0

x    k 2


2


 k
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x    k 2; x   , k  .
2
4
2

0,25

b. Nhân dịp kỷ niệm ngày thành trường, một trường THPT ở Thành phố Cần Thơ chọn
được 30 tiết mục văn nghệ để biểu diễn toàn trường, trong đó lớp 12A có 3 tiết mục.
Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành hai buổi biểu diễn, mỗi buổi 15
tiết mục. Tính xác suất để 3 tiết mục của lớp 12A được biểu diễn trong một buổi.
Gọi A: “Ba tiết mục của lớp 12A được biểu diễn trong một buổi”.
Ta có: n()  C 3015 .
Trường hợp 1: Ba tiết mục lớp 12A biểu diễn buổi sáng: C

12

27

0,5

0,25

(cách)

Trường hợp 2: Ba tiết mục lớp 12A biểu diễn buổi chiều: C 2715 (cách)
12
15
 n(A)  C 27
 C 27

Xác suất cần tìm là: P (A) 

7

0,25

12
15
n(A) C 27  C 27
13


.
15
n()
58

C 30

Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a , tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3. Tính theo a thể
tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAD .
+ Ta có: SH  (ABCD ) và

1,0

S

2

SA  a; AH 

SA
a
 .
AC
2

A

a 3
Nên H là trung điểm OA và SH 
.
2

B

K

0,25

I
H

O

D

C

+ Ta có: BD  AB 2  AB  a 2  S ABCD  2a 2 .
0,25

1
a 3 a3 3
.

3
2
3
+ Ta có: d B,(SAD )  d C ,(SAD )  4d H ,(SAD ) .

Nên VS .ABCD  .2a 2 .

Kẻ HI  AD, HK  SI  HK  (SAD ) .

Nên d B,(SAD )  4HK .

1
1
1
a 21
.


 HK 
2
2
2
14
HK
HI
SH
Footer Page 18 of 258.

+ Ta có:

Vậy d B,(SAD ) 

2a 21
.
7

0,25
0,25

mặt
phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B, D 3, 1 là
HeaderTrong
Page 19
of 258.
trung điểm của cạnh AC . Gọi E là một điểm nằm trên cạnh BC sao cho CE  3EB
8

 9 13 
 là giao điểm của AE và BD . Tìm các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng
 5 5 

và F  ,

1,0

E thuộc đường thẳng d : x  y  0 .

Từ D kẻ DM  AE , M  BC  ME  MC .
Ta có,

BF
BE
2

 .
FD
EM
3

 2 
 BF  FD  B 1; 5 .
3

0,25

 





Do E  d  E a; a  . Ta có 3BE  EC  C 4a  3; 4a  15 .
0,25

Vì D là trung điểm AC nên A 9  4a; 13  4a  .


 
a  2
Ta có, AB  4a  8; 4a  8, BE  a  1; a  5 và AB.BE  0  

a3


0,25

Với a  2  A 1;5  B (loại). Với a  3  A 3; 1,C 9; 3 .
0,25

Vậy A 1; 3, B 1; 5, C 9; 3 .
9


4
4
 x  1  y  2  y  x  1
Giải hệ phương trình 
 y  3  y  y  2  x  1

Điều kiện: x  1, 0  y  3 .

Phương trình (1) tương đương với: 4 x  1 



4

x 1

x, y  R .



4

1.0

 2  y  y4  2 .

Xét hàm số f (t )  t  1  t  1 với t   0;   f '(t )  1 
4

2t 3
t4  2

 0, t  0 .

Nên hàm số f t  đồng biến trên 0,  . Suy ra y  4 x  1 .
Thay vào phương trình (2), ta được, y  3  y  y 2  y  2

0,25

0,25

3  .

Từ (3) suy ra y 2  y  2  0 , kết hợp với điều kiện ban đầu suy ra 2  y  3 .

3  

 

y  y  1 

2

Khi đó, 

y  3y  1

2





3  y  y  2  y 2  3y  1

y  3y  1

 y 2  3y  1

y  y 1
3 y y 2
2
y  3y  1  0 4

 
1
1

1

y

y

1
3


y

y

2


Footer Page 19 of 258.

(5)

0,25


4

 3  5 
3 5

  1 .
Giải (4) và so điều kiện nhận được y 
 x  
 2 
2

Header Page 20 of 258.

Phương trình (5) vô nghiệm vì vế trái luôn âm, còn vế phải luôn dương.

0,25

4

 3  5 

  1, y  3  5 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  
 2 
2

Cho x , y và z là các số thực dương. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
10

P

x 2 y2
4z 2 175 x 2  9



.
y
8z
x
4 x  1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:

1,0

4z 2 x
x2
y2
  2z .
 y  2x ,
 2z  y và
x
4
y
8z

x 2 y2
4z 2
7
Suy ra


 x.
y
8z
x
4


7 
25 x 2  9 
Khi đó, P  x 
.
4 

x  1 

0,25

0,25



7
25 x 2  9 
Xét hàm số f x   x 
 với x  0 .
4 




25 x  9 
7 
 . Cho f ' x   0  x  4 .
Ta có, f ' x   1 
2

2

4
x  1 x  9 

x 1

Bảng biến thiên:
x
f ' x 

0

f x 

Suy ra P  f x   f 4 



4


0



203
4
203
.
4

203
Kết luận: giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt được khi x  y  4z .
4

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng.

Footer Page 20 of 258.

0,25

0,25


TTLT
HeaderĐẠI
PageHỌC
21 of DIỆU
258. HIỀN
27 Đường Số 01-KDC Metro
ĐT: 0964.222.333

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TUẦN 03 THÁNG 05-2016
Môn: TOÁN BY1-BY6-A1-A3 (ĐB)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2: (1 điểm). Tìm các giá trị của tham số m
đạt cực tiểu tại x  2.

x 3
.
x 1

để hàm số y  x 3  2x 2  mx  2

Câu 3: (1 điểm).
1  9i
 5i.
1i
b. Giải phương trình: 4 log9 x  logx 3  3.

a. Tìm căn bậc hai của số phức: z 

2

Câu 4: (1 điểm). Tính tích phân I 

 x  2 cos x  cos x .dx .
0

Câu 5: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1; 2;  1, B 3; 0; 5 và
mặt phẳng P  : 2x  y  z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt trục Ox và song song với mặt phẳng P .
Câu 6: (1 điểm).
a. Giải phương trình:



3 sin 3x  cos 3x  2 sin 2x   .

3 
1
2

b. Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện C nn  C nn 1  An2  821. Tìm hệ số của x 31
n


1
trong khai triển Niu-tơn của x  2  ,(x  0).
x 


Câu 7: (1 điểm).

Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AC  2a,

  300. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và
ACB
góc hợp bởi cạnh bên SB với đáy là 600. Tính theo a thể tích khối chóp S .ABC và khoảng cách từ
điểm C đến mặt phẳng SAB .

Câu 8: (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn I 
có AC  AB. Gọi D 5; 3 là chân đường phân giác trong góc A và E 3; 7 là điểm thuộc đoạn AC
sao cho AB  AE . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết

x 2  y 2  7x 

I 

có phương trình

25
3

y   0 và A có hoành độ âm.
2
2

Câu 9: (1 điểm). Giải bất phương trình:

1
x  2



1
x 4

1

Câu 10: (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2

a  c 

b  c 

2

lớn nhất của biểu thức: P 
Footer Page 21 of 258.

2

2a  2ac  c

2

2



2

2b  2bc  c

2



1

.

x  4x  2
 ab  b  c a  b  c . Tìm giá trị
2

ab

a  b 

2

--------------------Hết---------------------



ab
.
a  4ab  b 2
2


SỞ
GD &
ĐT22TP
Header
Page
of CẦN
258. THƠ
TTLTĐH DIỆU HIỀN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN TUẦN 03 THÁNG 05
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu
1

GỢI Ý ĐÁP ÁN
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y 
Tập xác định: D   \ 1
y' 

Điểm

x 3
.
x 1

1,0

4
 0, x  D . Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1);(1; )
(x  1)2

0,25

Giới hạn: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang: y  1
x 

x 

0,25

lim y  , lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

x 1

Bảng biến thiên:
x

y’
y

1









1

0,25


1



Đồ thị:

y

1
-3

1

O

x

0,25

-3

2

Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y  x 3  2x 2  mx  2 đạt cực tiểu tại x  2.

1,0

Ta có y   3x 2  4x  m, y   6x  4.

0,25

y (2)  0
Hàm số đạt cực tiểu tại x  2  
y (2)  0


0,25

12  8  m  0
 
12  4  0


0,25

 m  4.
Footer Page 22 of 258.

0,25


Header
Page 23 of 258.
3

1,0

1  9i
 5i.
1i
1  9i
(1  9i )(1  i )
8  10i
Ta có: z 
 5i 
 5i 
 5i  4  (2i )2 .
1i
(1  i )(1  i )
2
Vậy z có hai căn bậc hai là 2i và 2i .

a. Tìm căn bậc hai của số phức: z 

b. Giải phương trình: 4 log9 x  logx 3  3.

0,5
0,25
0,25
0,5

x  0
1
 3.
. Bất phương trình đã cho tương đương với: 2 log 3 x 
x  1
log 3 x

t  1

1
2
Đặt t  log3 x . Phương trình trở thành: 2t   3  2t  3t  1  0  
t  1
t

2
 log x  1
x  3
 3



 
1
 log x 
x  3
 3
2

Điều kiện: 

0,25

0,25

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là: x  3 và x  3 .

2

4

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

1,0

0

2

I 



2

 x cos xdx   2 cos
0

2

xdx  I 1  I 2 .

0

0,25

u  x
du  dx
Đặt 
 
dv  cos xdx
v  sin x


Khi đó, I 1  x sin x


2
0


2

  sin xdx 
0


2

I2 


0




 cos x 2   1 .
0
2
2

0,25




2
1

(1  cos 2x )dx  x  sin 2x   .

2

2

0

0,25

Vậy I  I 1  I 2    1.

0,25

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các điểm A 1; 2;  1, B 3; 0; 5 và
5

mặt phẳng P  : 2x  y  z  3  0. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng AB. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt trục Ox và song song
với mặt phẳng P .
Gọi trung điểm của đoạn AB là I 2; 1; 2 .

1,0



Ta có véc tơ pháp tuyến của (Q ) : nQ  AB  2;  2; 6  2 1; 1; 3 .

0,25

Phương trình mặt phẳng trung trực của AB: (Q ) : x  y  3z  7  0 .

0,25



Footer Page 23 of 258.






HeaderGọi
PageB24
0 là giao điểm của d và trục Ox. Ta có AB  a  1; 2;1, nP  2; 1; 1 .
a;of0;258.
 
1
Ta có: AB. nP  0  a  .
2





1
x 1 y 2 z 1
Vậy: ud  AB   ; 2;1  d :
.



1

2
1
 2

2

6

0,25

0,25
1,0



3 sin 3x  cos 3x  2 sin 2x   .
3 





Phương trình đã cho tương đương với: sin 3x    sin 2x   .

6 
3 



 3x    2x    k 2

x    k 2


6
3
6


k  .






k 2




3
x




2
x



k
2




x 

6
3 

10
5


a. Giải phương trình:

0,5
0,25

0,25

1
2

b. Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện C nn  C nn 1  An2  821. Tìm hệ số của
0,5

n

x

31


1
trong khai triển Niu-tơn của x  2  ,(x  0).
x 

1
2

Điều kiện: n  2 . Ta có, C nn  C nn 1  An2  821  1  n 

1 n!
 821
2 (n  2)!

0,25

n  40 (n )
 n  n  1640  0  
.
n  41 (l )
k
 
k
40k  1 
Số hạng tổng quát: Tk 1  C 40 .x .  2   C 40k .x 403k .
 x 

Theo giả thiết ta có: 40  3k  31  k  3 .
Vậy hệ số của x 31 trong khai triển là: C 403  9880 .
2

0,25

Cho hình chóp tam giác S .ABC

có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,

0
AC  2a, ACB  30 . Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung

7

điểm của cạnh AC và góc hợp bởi cạnh bên SB với đáy là 600 . Tính theo a thể tích
khối chóp S .ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng SAB  .






  600 .
Ta có: SB
,(ABC )  SBH

1,0

S

+ AB  AC .sin 300  a
+ BC  AC 2  AB 2  a 3 .
 S ABC 

a

K

2

3
2

.
I

A

600

H
300

Footer Page 24 of 258.

C

B

0,25


AC
Header+Page
BH 25
 of 258.
 a  SH  BH . tan 600  a 3 .
2
a3
Vậy: VSABC  .
2
+ Kẻ HI  AB, HK  SI  HK  (SAB ) .

Khi đó: d C ,(SAB )  2d H ,(SAB )  2HK .
+ Ta có:

1
1
1
BC
a 3


với HI 
.

2
2
2

2
2
HK
HI
SH

a 15
2a 15
.
 HK 
 d C ,(SAB ) 
5
5

0,25

0,25

0,25

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn I 
có AC  AB. Gọi D 5; 3 là chân đường phân giác trong góc A và E 3; 7 là điểm
8

thuộc đoạn AC sao cho AB  AE . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết I 
có phương trình x 2  y 2  7x 

1,0

25

3
y   0 và A có hoành độ âm.
2
2

Ta có, ABD  AED (c-c-c).
  AED

(1)
 ABD
Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn I  tại A .
  CAx

Ta có ABD

(2)

  AED

Từ (1), (2) suy ra CAx
 DE  Ax mà Ax  AI  DE  AI

0,25

Đường thẳng AI qua I và vuông góc với DE nên có phương trình: x  2y  9  0 .
x  2y  9  0

Ta có, A  AI  I   tọa độ điểm A thỏa hệ:  2
x  y 2  7x  25 y  3  0


2
2
 19 
 A 3; 3 và K 10;  (vì x A  0 ).

2 



0,25



Đường thẳng AC qua A và E nên có phương trình: 2x  3y  15  0 .
Đường thẳng KC qua K và vuông góc với AC có phương trình: 3x  2y  49  0 .

0,25

Ta có C  AC  KC  C 9,11 .
Đường thẳng AD qua A và D nên có phương trình: y  3  0 .
Đường thẳng BE qua E và vuông góc AD nên có phương trình: x  3  0 .
Gọi M  AD  BE  M 3; 3 . Vì M là trung điểm BE nên suy ra B 3; 1 .
3, B 3; 1, C 9;11 .
Vậy A
Footer Page
25
of3;258.

0,25