24 Đề thi THPT môn toán 2015 có đáp án chi tiết

Đề thi THPT Lương Thế Vinh
Hà Nội

Năm học 2014 - 2015
Đề thi THPT Quốc Gia 2015
Môn thi: Toán
Ngày 16.5.2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
32
1
x
y
x



. hoctoancapba.com
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (
C
) của hàm số đã cho.
b) Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng
:d y x m  
cắt đồ thị (
C
) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho góc

i z i z
i

   
. Tìm môđun của số phức
w z i
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình:
2 0,5
log ( 2) log 1xx  
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
3 2 3 2
2 4 5 3 4x x x x x x x       
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân:
 
2
0
cos2 .I x x x dx




Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A
và
B

ABC
có phương trình đường phân giác
trong góc
A
là
: 3 0d x y  
. Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
lên
đường thẳng
AC
là điểm
(1;4)E
. Đường thẳng
BC
có hệ số góc âm và tạo với đường thẳng
AC
góc
0
45
. Đường thẳng
AB
tiếp xúc với đường tròn
 
2
2
( ): 2 5C x y  
. Tìm phương trình các cạnh của tam
giác
ABC

bằng
3
.
Câu 9 (0,5 điểm). Trong đợt xét tuyển vào lớp 6A của một trường THCS năm 2015 có 300 học sinh đăng
ký. Biết rằng trong 300 học sinh đó có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Tuy nhiên, để đảm bảo quyền
lợi mọi học sinh là như nhau, nhà trường quyết định bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh nói
trên. Tìm xác suất để trong số 30 học sinh chọn ở trên có đúng 90% số học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực
, ab
dương và thỏa mãn
1ab 
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 32
11
2 (1 ) 2 (1 ) 8
T
ab
a a b b
  

   
.
Đề thi THPT Lương Thế Vinh
Hà Nội

Năm học 2014 - 2015
Đề thi THPT Quốc Gia 2015
Môn thi: Toán
Ngày 16.5.2015

11
lim ; lim
xx
yy


   
suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng
1x 
.
Đạo hàm:
 
2
1
' 0 1
1
yx
x

   

.
0,25
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng
 
;1
và
 
1; 
.

:d y x m  
cắt đồ thị (
C
) tại hai điểm
phân biệt.

Phương trình tương giao:
32
1
x
xm
x

  


( 1)x 

2
( ) (2 ) 2 0f x x m x m      
(1)
0,25
ĐK: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
0
(1) 0f






   
    
   
   
.

Ta có
22
2
1 1 1 3
1 tan 1 4 5 cos cos
cos 5 2
5
x

   


           


.
0,25
2 2 2 2
sin cos cos2 sin cos 2cos 1 cos cosM
       
         
11
5
5

a
a
a a b i z i
ab
b
      





           

  





0,25
Từ đó:
11
| | | 1 | 1
5 25
z i i      
26
5
.
0,25
3

3 2 3 2
2 4 5 3 4x x x x x x x       
.

Bpt
   
22
2 2 1 2 ( 1)x x x x x x

        


 
0x 
.
 
2
( 2) | 2| 1 1 2 1x x x x x

        


. (1)

2:x 

(1) 0 2 2
(loại).
0: (1) 2 2x     
(loại).

2
2
( ) 1 , 0 '( ) 1 0 0
1
t
f t t t t f t t
t
         

()ft
đồng biến
0t

11
(1)
2x
x


.
0,25
2
2 5 4 0 4; 1x x x x x x         
.
Kết hợp
24xx  
.
0,25

0 2:x

1
( ) 1 , '( ) 1 0
11
t t t
f t t t t f t t
tt

         

R
()ft
đồng
biến
t
. Từ đó
11
(1)
2x
x


. Trường hợp này vô nghiệm vì
1
0
2x


.
Đáp số:
4x 

4 5 3 4
xx
f x x
x
x x x x x


    


    

.
+ Xét
3 2 3 2
11
()
2
4 5 3 4
xx
gx
x
x x x x x



    

Nếu
1x 

1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
4 5 3 4
x x x x
x x x x
x x x x x
   
    
   
    3 2 3 2
11
(2)
2
4 5 3 4
x
x x x x x

  
    
. Từ
(1)
và
(2)
suy ra
( ) 0 0g x x  
.
+

3
2
23
2
0
0
1
3 24
A x dx x



  

.
0,25
2
0
cos2 .B x xdx



Đặt
1
' 1. ' cos2 sin2
2
u x u v x v x     
.
2
2



.
( 0,792)I 
.
0,25
6
(1,0đ)
.S ABCD
đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
;
;AB BC a

2AD a
;
()SA ABCD
. Góc giữa
()SCD
và
()ABCD
bằng
0
45
.
M
là trung điểm
AD

.
2
1
2; .
2
MCD
SA AC a S a  

Suy ra
2
.
11
. 2.
32
S MCD
V a a
3
2
6
a
.
0,25
Gọi
N
là trung điểm
AB

//( )BD SMN
.
Suy ra:

22
11
a
AH 
22
( , )
11
a
d SM BD 
.
0,25
7
(1,0đ)
Tam giác
ABC
có phân giác trong góc
A
là
: 3 0d x y  
. Hình chiếu của tâm
đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
lên
AC
là
(1;4)E
.
BC
có hệ số góc âm và tạo
với đường thẳng

.
Từ đó
AB
qua
F
và vuông góc với
IF
nên có phương trình
: 2 3 0AB x y  
.
0,25
(3;0)AB d A  
:2 6 0AC x y  
.
Gọi
J
là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
. Đường thẳng

qua
1 10
, : 2 7 0 ;
33
E AC x y d J

          


.

0:a 
chọn
13ab  
(thỏa mãn hệ số góc âm),

1
3
b 
(loại).
Suy ra phương trình
: 3 0BC x y C  
.
0,25
Do
J
là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
nên
( , ) ( , )d J AC d J BC

Suy ra
2 10 1
| 6| | 10 |
29 10 2
3 3 3
3
5 10
C
C
     


  
.
0,25
A
D
B
C
S
M
N
P
H
8
(1,0đ)
 
1; 1;0A 
,
11
:
2 1 3
x y z
d



. Lập
()P
chứa
A

(1;1;1)n 
r
.
0,25
Phương trình tổng quát của
()P
là:
1( 1) 1( 1) 1( 0) 0 0.x y z x y z         

0,25
Gọi
( ;0;0) ;B b Ox

||
( ,( )) 3 3
3
b
d B P   
.
0,25
| | 3 3 ( 3;0;0)b b B      
.
Đáp số:
( ): 0P x y z  
;
( 3;0;0)B 
.
0,25
9
(0,5đ)

250
C
.
Xác suất của biến cố
A
là
()PA
27 3
21
50 250
30
300
.
1,6.10
CC
C


.
0,25
10
(1,0đ) Cho
, 0:ab

1ab 
. Tìm GTNN của
1 1 32

2 2 2 4
1
3
1 1 .1
1
2
ab
ab
ab ab
  




. Suy ra:
1 1 4
1 1 3a b ab

  
.
0,25
Ta có:
 
   
22
(1 ) (1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2a a b b a b a b ab ab ab              
.
Suy ra:
2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12a a b b ab     
.




0,25
22
22
22
8 8 ( 3) ( 3) 3
'( ) 8.
( 3)
( 3) 3 ( 3) ( 3) 3
t t t t t
ft
t
t t t t t
    
  

    
.
0,25
Xét
 
2 2 2
( 3) ( 3) 3 ( 3) 3 3 0M t t t t t t t t          

2 4 2 3 2 4 3 2
3 3 6 9 3 ( ) 3 9 0t t t t t t t t t t             
(Đúng
1t

Suy ra:
11
2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12
2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12
a a b b u
a a b b u
       
    

4 32
( ), 2.
2
2 12
T f u u
u
u
    


Chứng minh
'( ) 0 2f u u  
tương tự
cách 1.
Kết luận:
2
(2) 7 2 1.
u
MinT f u a b

       

3
3
2log ( 1) log (2 1) 2xx   Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2 2 2
2
13
x y x y
x y x y

   


    


(x,y
¡
)
Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân
 
 
1
2
0
12
x
I x e dx  

Hết

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 3)
Câu
Đáp án
Điểm

1.a
(1,0 điểm)
TXĐ:
D  ¡
,
/2
3 12 9y x x  
.
3
'0
1
x
y
x







Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1)
0.25 0.25 0.25

0.25

1.b
(1,0 điểm)
Pt :
32
19
30
22
x x x m   

32
6 9 1 2 1x x x m    
(*)
Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d
21ym
(d cùng phương
trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa vào đồ thị
(C), để pt có một nghiệm duy nhất thì :
2 1 1
2 1 3

sin cos 1
xx
xx







sin( ) 0
4
2
sin( )
42
x
x












4


0.25

2.b
(0,5 điểm)
(1 ) 1 3 0i z i   

13
2
1
i
zi
i

  


=> w = 2 – i . Số phức w có phần ảo bằng - 1

0.25

0.25
3
(0,5 điểm)
ĐK: x > 1 ,
3
3
2log ( 1) log (2 1) 2xx   

3

2 ( ) 2 4
22
33
22
u v u v u v uv
u v u v
uv uv

     



   
   



2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

  





0.25 0.25

5
(1,0 điểm)
Đặt
2
1
(2 )
x
ux
dv e dx





=>
2
1
2
2
x
du dx
v x e



xx
x x e x e   

2
1
4
e 


0,5

6
(1,0 điểm)
Gọi H là trung điểm AB-Lập luận
()SH ABC
-Tính được
15SH a

Tính được
3
.
4 15
3
S ABC
a
V 

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


0.25
0.25 7
(1,0 điểm)
Gọi H là trực tâm

ABC. Tìm được B(0;-1),
·
·
1
cos cos
10
HBC HCB

Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0(
( ; )n a b
r
là VTPT và
22
0ab
)
·
2
22





  





, phương trình CH: -2x + y + 3 = 0
AB

CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0
Tìm được :
25
( ; )
33
C 
,pt AC:6x+3y+1=0
0.25 0.25 0.25 0.25


uuur
, Tìm được H(
7 4 23
;;
9 9 9

)
0.25
0.25

0.25

0.25

9
(0,5 điểm)
Số phần tử của không gian mẫu là n(

) = C
3
9
= 84
Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) =
3
5
C
= 10
=> Xác suất cần tính là P(A) =
10
2
2( ) ( ) 2( ) ( )x z y x y z xz yz x z y x y z           

Do
0x 
và
yz
nên
( ) 0x y z
. Từ đây kết hợp với trên ta được
2 2 2
3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5
xz
P y x z y y y y
zy
            
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1
0.25 0.25

0,25

0.25
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 4
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số



.
Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình
21
5 6.5 1 0
xx
  
.
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác
suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho điểm
 
4;1;3A 
và đường thẳng
113
:
2 1 3
x y z
d
  


. Viết phương trình mặt phẳng
()P
đi qua
A
và vuông góc với đường thẳng

, mặt phẳng
 
SAB
tạo với đáy 1
góc bằng
60
o
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và tính khoảng cách từ điểm
I
đến mặt phẳng
 
SAB
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có
 
1;4A
, tiếp tuyến tại
A
của đường
tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cắt



Câu 9 (1,0 điểm). Cho
,,abc
là các số dương và
3abc  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3 3
bc ca ab
a bc b ca c ab
P 
  
…….Hết……….
ĐÁP ÁN (ĐỀ 4)
Câu
Nội dung
Điểm
1

a.(1,0 điểm)
Vơí m=1 hàm số trở thành :
3
31y x x   


CT
y 

lim
x
y

 
,
lim
x
y

 

0.25
* Bảng biến thiên
x
–

-1 1 +


y’
+ 0 – 0 +

y

+

 
2
' 0 0 *y x m   0.25
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị

PT (*) có 2 nghiệm phân biệt
 
0 **m0.25
Khi đó 2 điểm cực trị
 
;1 2A m m m
,
 
;1 2B m m m

0.25
Tam giác OAB vuông tại O
.0OAOB
uuur uuur

3
1

2
2sin cos 3 2sin 0x x x  


 
2sin cos 3 sin 0x x x  0. 25 sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn





0. 25

xk


. Vậy nghiệm của PT là
,x k k Z

x



Đặt
2
1
ln ,u x dv dx
x

. Khi đó
11
,du dx v
xx
  

Do đó
2
2
2
1
1
11
lnJ x dx
xx
  
0.25

5.5 6.5 1 0
1
5
5
x
xx
x



    



0.25
0
1
x
x






Vậy nghiệm của PT là
0x 

2;1;3
d
u 
uur

Vì
 
Pd
nên
 
P
nhận
 
2;1;3
d
u 
uur
làm VTPT 0.25
Vậy PT mặt phẳng
 
P
là :
     
2 4 1 1 3 3 0x y z      2 3 18 0x y z     


Vậy
 
7;4;6B 
hoặc
13 10 12
;;
7 7 7
B





0.25
6.
(1,0 điểm)
j
C
B
A
S
H
K
M

Gọi K là trung điểm của AB

Vậy
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH  0.25
Vì
//IH SB
nên
 
//IH SAB
. Do đó
 
 
 
 
,,d I SAB d H SAB

Từ H kẻ
HM SK
tại M
 
HM SAB



(1,0 điểm)

K
C
A
D
B
I
M
M'
E

Gọi AI là phân giác trong của
·
BAC

Ta có :
·
·
·
AID ABC BAI·
·
·
IAD CAD CAI

Mà


Gọi
'K AI MM

K(0;5)

M’(4;9)

0,25
VTCP của đường thẳng AB là
 
' 3;5AM 
uuuuur

VTPT của đường thẳng AB là
 
5; 3n 
r

Vậy PT đường thẳng AB là:
   
5 1 3 4 0xy   
5 3 7 0xy   0,25
8.
(1,0 điểm).
2
2


Ta có (1)
  
3 1 4( 1) 0x y x y y y       

Đặt
,1u x y v y   
(
0, 0uv
)
0.25
Khi đó (1) trở thành :
22
3 4 0u uv v  
4 ( )
uv
u v vn







Với
uv
ta có
21xy
, thay vào (2) ta được :
2

y
y
y y y


   


   


0.25
2y
( vì
2
21
01
11
4 2 3 2 1
y
y
y y y
    

   
)
Với
2y 
thì
5x 

a b a c



, dấu đẳng thức xảy ra

b = c
0,25

Tương tự
11
2
3
ca ca
b a b c
b ca






và
11
2
3
ab ab

Đề 5:
Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số:
42
43y x x= - + -

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình
42
4 3 2 0x x m- + + =
(1)
có hai nghiệm phân biệt.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Cho
tan 3


. Tính
33
3sin 2cos
5sin 4cos
A






b) Tìm môdun của số phức
 
3

, đường cao từ đỉnh
A có phương trình
2 1 0xy  
và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
: 2 1 0xy   
. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C
biết diện tích tam giác ABC bằng 6.
Câu 8. ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
 
1;2;3A
và mặt phẳng (P) có phương
trình:
4 3 0x y z   
. Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình của đường thẳng
( d ) qua A và vuông góc với ( P ).
Câu 9. (0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học
sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1
nữ.
Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình
2
2 9 0x ax  
với
3a 
;
2
2 9 0y by  
với
3b 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 

im
Cõu 1
(2,0
im)
a) (1,0 im) Tp xỏc nh:
D = Ă

Gii hn ti vụ cc:
; lim lim
xx
yy
đ - Ơ đ + Ơ
= - Ơ = - Ơ0,25
o hm:
3
48y x x
Â
= - +

32
0
0 4 8 0 4 ( 2) 0
2
x

0,25
Giao im vi trc honh:
cho
2
42
2
1
1
0 4 3 0
3
3
x
x
y x x
x
x
ộ
ộ
=
=
ờ
ờ
= - + - =
ờ
ờ
=
=
ờ
ờ
ở

Gii v kt lun: m =
1
2
hoc m <
3
2

. 0,25
Câu2
(1,0
điểm)
a) (0,5 điểm)

 
33
23
3sin 2cos 3tan 2
5sin 4cos
b) (0,5 điểm)

.
z = 5+2i-(1+3.3i+3(3i)
2
+ (3i)
3
)
= 31+20i

0,25

Vậy
22
31 20 1361z   

0,25
Câu 3
(0,5
điểm)
+ Đặt t = 4
x
; ĐK: t > 0.
+ Đưa về PT: t
2
 16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0).
0,25


 
 
 
 
2 1 4 3 3 4 3 1
2 1 3 4 3 1
1
2 1 3
43
2 1 3 4 3
x x x x x
x x x
x
xx
x x x
         
      
   
  
      
 
 
 
 
    
2
2









   







  














()C
tại giao điểm của
()C
với trục tung.
Câu 2 (1,0 điểm):
a/ Giải phương trình lượng giác:
2cos(2x ) 4sinx.sin3x - 1 0
3

  

b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2
2z - 2z + 5 = 0

Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình:
2 0,5
2log (x - 2) + log (2x -1) = 0

Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình
  
21
2
32
2.4 1 2 2log
11
yx
x
y
x x y xy x

d : = =
1 1 -1
và
2
x - 3 y -1 z - 5
d : = =
1 2 3

a/ Chứng minh rằng
1
d
và
2
d
cắt nhau.
b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
1
d
và
2
d
. Tính khoảng cách từ A đến mp(P).
Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa
6
x
trong khai triển của:
35
2
1
n

Cõu
Ni dung
im
1a
Vi m = 2 ta cú hm s:
32
2 3 1y x x= + -

Tp xỏc nh:
D = Ă

o hm:
2
66y x x
Â
=+

Cho
hoac
2
0 6 6 0 0 1y x x x x
Â
= + = = = -

Gii hn:
; lim lim
xx
yy
đ - Ơ đ + Ơ
= - Ơ = + Ơ

CT
.

11
12 6 0
22
y x x y
ÂÂ
= + = = - ị = -
. im un:
11
;
22
I
ổử
ữ
ỗ
ữ

ỗ
ữ
ỗ
ốứ

Giao im vi trc honh:
cho
hoac
32
1
0 2 3 1 0 1
1.0
1b
Giao im ca
()C
vi trc tung:
(0; 1)A -00
0 ; 1xy= = -(0) 0f
Â
=

Vy, pttt ti A(0;1) l:
1 0( 0) 1y x y+ = - = -



0.5
x
y
1
2
-1
O
-1
*sinx 0 (k z)xk

   

13
*sinx 3cosx 2sin3x sinx cosx sin3x
22
3x x k2 x k
36
sin(x ) sin3x (k z)
3
3x x k2 x k
3 6 2
    


      


     


4 2 2 4 2 2
ii
z i i
+-
= = + = = -

0.5 đ
3
2 0,5
2log ( 2) log (2 1) 0xx- + - =
(*)
 Điều kiện:
2
20
2
1
2 1 0
2
x
x
x
x
x
í
ï
>
í
ï
ï
->

é
=
ê
- = - Û - + = Û
ê
=
ê
ë

0.5 đ
4
Điều kiện:
20
0
0
0
x
x
x
y
y









 
22
22
2 log 2 2 log 2 *
yx
yx   

Xét hàm số:
 
2
2 log
t
f t t
trên
 
0;

Ta có:
 
 
1
' 2 ln2 0 0;
ln2
t
f t t e
t
    
,vậy















2x

Với
21xy  
, suy ra hệ phương trình có một nghiệm
 
2;1
.
1.0 đ
5
1
0
(1 )

îî
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
11
1
1 0 1 0
0
0
0
(1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( )
x x x
I x e e dx e e e e e e e= + - = + - + - = - - - =
ò

 Vậy,
1
0
(1 )
x
I x e dx e= + =
ò6


V B h AB BC SO a a a= = = =1.0 đ
7

2
x
Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM
 
6
;
10
BH d B AM  

Đặt cạnh hình vuông là x>0
Xét tam giác
ABM
có
2 2 2 2 2
1 1 1 10 1 4
32
36
x





Làm tương tự cho điểm B, với
3 2 5 1
;
2 2 2 2
x
BM M

   



M là trung điểm của BC
 
1; 2C

Gọi I là tâm của hình vuông
 
1;1I

Từ đó
 
2;1DC
D

1 1 1 1 1 1
[ , ] ; ; (5; 4;1)
2 3 3 1 1 2
uu
æö

÷
ç
÷
ç
= = -
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
èø
rr

và
12
(2;3;2)MM =
uuuuuur

 Suy ra,
1 2 1 2
[ , ]. 5.2 4.3 1.2 0u u M M = - + =
uuuuuur

42
( ,( )) 42
42
5 ( 4) 1
d A P
- - + - -
= = =
+ - +1.0 đ
9
Xét khai triển :

5
3 5 3
2
33
11
n
n
x x x x
xx


  





vào khai triển ta được:

01
2
n k n
n n n n
C C C C

     


Theo giả thiết ta có:

01
4096
kn
n n n n
C C C C     

12
2 2 12
n
n   

0.5 đ
10
Với
12n 
ta có khai triển:
12

k
k
kk
k
T x C x C x
x








Vì số hạng có chứa
6
x
nên :
 
2 21 6
5
2 21 6 6
29
k
kk

     
.
Với
6k 

b c a b c a

     



Mặt khác:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
;;
a b c
b a b c b c a c a
     

Cộng theo vế các BĐT trên ta được:
2 2 2
1 1 1a b c
b c a a b c
    

Suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
24
VT
a b c a b b c c a

       
        
       



Đề 7:
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số
  
32
31y x x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ
1y 
.
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
1 cos (2cos 1) 2 sinx
1
1 cos
xx
x
  



b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức:
(1 2 ) (2 3 ) 2 2i z i z i     

SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
SA a
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến
mặt phẳng (SBC).
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B(2; –1), đường cao qua A có
phương trình d
1
: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d
2
: x + 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A.
Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(0;0; 3), (2;0; 1)AB
và mặt
phẳng
( ):3 1 0P x y z   
. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng AB, bán kính bằng
2 11

và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 9: (0,5 điểm) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3
có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên
một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3.
Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn
2ac
và
2
2ab bc c
. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức
a b c