ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7.
9
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x +
trên
x−1
đoạn [2; 5].
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + m2 x + 1 đạt
cực tiểu tại x = 1.
π
π
3
. cos α −
, biết cos α = .
3
3
5
Câu 5 (1,0 điểm). Lớp 12A có ba bạn học sinh nam và 3 bạn học sinh nữ đi cổ vũ cuộc thi
Câu 4 (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức P = cos α +

tìm hiểu Luật an toàn giao thông. Các em được xếp ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Tính xác suất

+

y
y2

+

z2

+

z
.
z+x

HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ............................................................; Số báo danh:..................................


SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 12

Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và đáp số. Bài làm của học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ.

0.25

*) Đồ thị: Lấy đúng điểm, vẽ đúng đồ thị

0.25

Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm của tiếp tuyến  cần tìm với đồ thị  C  .
HSG của tiếp tuyến  là k  3 x0 2  6 x0

0.25

1.2

 x0  1
Do  / / d : y  9 x  7  k  9  3 x0 2  6 x0  9  
(1,0đ)
 x0  3

0.25

Với x0  1  y0  2   : y  9 x  7 ( loại)

0.25

Với x0  3  y0  2   : y  9 x  25 ( thoả mãn). KL:…….

0.25
1



29
; y  4  7
4

0.25
0.25

0.25

Vậy min y  7  x  4; m ax y  11  x  2.
 2;5

Điểm

 2;5

0.25

TXĐ:  ; y '  3 x 2  2  m  3 x  m 2 ; y ''  6 x  2  m  2 

0.25

m  1
Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  y ' 1  0  m 2  2m  3  0  
 m  3

0.25

(1,0đ) Với m  1  y '' 1  2  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 . Vậy m  1 thoả mãn.



Không gian mẫu là tập hợp các cách xếp 6 học sinh ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Số phần
tử của không gian mẫu là:  = 6!

0.25

Gọi A là biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau”.
5

Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh nhau là một phần tử x. Số cách chọn phần tử x là 3!.

Việc xếp 6 bạn học sinh thành hàng ngang sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau trở thành
(1,0đ) việc xếp thứ tự 4 phần tử (3 bạn nam và phần tử x). Số cách xếp là 4!.

0.5

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  A =3!.4!
Xác suất của biến cố A là P  A  

 A 3!.4! 1



6!
5

0.25

+ SA   ABCD   AB là hình chiếu vuông góc
của SB lên  ABCD 

 d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  A,  SBE  
1
a3
VS . ABE  VS . ABCD  .
2
3

0.5

Tam giác SBE có BE  AC  a 5; SE  a 5; SB  a 2  S SBE 
Vậy d  A,  SBE   

3a
2

2

3.VS . ABE 2a
2a

 d  AC , SB  
S SBE
3
3

+ Kẻ BE vuông góc DC tại E

  EBC

 EC  DE  AB; HDC

2
d   2
5


0.25

Vì d    d  2  D  1; 2 

AB  a  a  0   CD  2a; CE  a

Đặt

  2a ; BC  EC.sin EBC
  a 5  BH  3a
CH  CD.sin HDC
5
5
CK HC 2
2a
8a

  CK 
 DK 
 KD  4 KC
AB HB 3
3
3

0.5

0.25
3


Câu

Nội dung

Điểm

3  x 2  1 2 x  1  2  x 3  x 2    x  1 3  x  1 2 x  1  2 x 2   0
x  1

2
3  x  1 2 x  1  2 x

 3

Do x  0  x  1  0

 3  4 x 4  18 x3  45 x 2  36 x  9  0   x 2  6 x  3 4 x 2  6 x  3  0
0.25

x  3  2 3
 x2  6x  3  0
 2

 x  3  2 3  ko t / m 
 4 x  6 x  3  0 VNo 
x 1 y  0

(1,0đ)

f 'c 

1



1

x
z

1
1 a

2

y
z
x
; b  ; c   abc  1; c  1
x
y
z

. Đặt a 




; f 'c  0  c  4
1  c  c . 1  c

BBT
c

1

f’(c)



4
+

0

-

0.5

5
f(c)

Vậy giá trị lớn nhất của P là

3 2
2

2

a) Giải phương trình

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x  log 2  4 x   5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3  6 x 2  171x  40  x  1 5 x  1  20  0, x  
e

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I  
1

1  x3
lnxdx.
x

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB  BC  a,
  900 , cạnh SA  a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình
BAD

chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng
(SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M
là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại

4 
D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương
3 
trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:

x 1 y z 3

1

------------------ Hết -----------------Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ...........................
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


SỞ GD – ĐT NGHỆ AN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN
Câu
Câu
1
(2,0
điểm)

Đáp án
a) (1,0 điểm)
 Tập xác định: R.
 Giới hạn và tiệm cận: lim y  . Đồ thị (C) có không tiệm cận.
x 



Điểm
0,25



 CBT: Ta có y '  4 x3  4 x  4 x x 2  1 ; y'  0  x  0  x  1.

1
0

+
+
+

0,25

0

 Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.

Câu
2
(1,0
điểm)

0,25

b) (1,0 điểm)
 Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.
a) (0,5 điểm)



0,25

0,25

 k 2 , k  .


b) (0,5 điểm)

1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z  1  i   2  i   1  2i   z  8  i
2

2

0,25

  2i  2  i   1  2i  z  8  i

8  i  8  i 1  2i 

 2  3i  z  13
1  2i
5
Vậy môđun của z là 13.
z

Câu
3
(0,5
điểm)





 6 x 2  12 x  8   3 x  6   8  5 x  1 5 x  1  36  5 x  1  54 5 x  1  27   6 5 x  1  9







3

  x  2  3 x  2  2 5x  1  3  3 2 5x  1  3
3

Xét hàm sô f  t   t 3  3t



Phương trình (1) có dạng f  x  2   f 2 5 x  1  3



0,25





0,25

Từ đó suy ra 1  x  2  2 5 x  1  3
 x  1
 x  1
 x  1  2 5x  1   2
 2
 x  22 x  5  0
 x  2 x  1  4  5 x  1
 x  1

 x  11  116  t / m 
 x  11  116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x  11  116.

Câu
5
(1,0
điểm)

e

e

e

1  x3
ln x
lnxdx  
dx   x 2 lnxdx  I1  I 2


x


Tính I2: I 2  x 2 lnxdx . Đặt 

2
3
x
dv  x dx 
1
v

3

0,25
0,25

e



0,25


 I2 

e 1e 2
x3
e3 1 e 2e3 1

.  Chứng minh:  SCD vuông tại C  ABCD là hình
thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C.
 AC  CD  a 2; AD  2a  SC ; BD  a 5

0,25

a3 2 a3 2 a3 2
 VSBCD = VS.ABCD – VSABD 
(đvtt).


2
3
6
 S SCD  a 2 2; d  B,  SCD   

(hoặc



d  B,  SCD  
d  A,  SCD  

d  H ,  SCD  
d  B,  SCD  






Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED).
AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ  MK có HJ = d(H, (SCD)).
 Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HJ = a/3.
Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.

ABM

S

Câu
7
(1,0
điểm)

DCM (g  g) 

AB
DC

3
AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2  DM 2  CD 2  4CI 2  10 DM 2
4
Mà DM  2d (I,d) 
nên CI 2  4


0,5

Suy ra phương trình mp(P): 1. x  2   1. y  1  1. z  2   0  x  y  z  5  0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH  d( M , d) 

 4 1 10 
8
, H ; ; .
3
3 3 3 
2

4 2
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .

3
3
 x 1 y z 3
 

1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1
.
4
2
( x  )  ( y  1)2  ( z  10 )2  8

3

0,25
0,25

1560 13
 Xác suất cần tìm P(A) =

5880 49

Câu
10
(1,0
điểm)

0,25

x2
Xét BĐT: 1  x  1  , x  0
2
3

1  x  1  x  x2
x2
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1  x  1  x  1  x  x  
 1
2
2
Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3
1
1

Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
3

0,25

2

 2;

c3
c3   a  b 

3



c2
a 2  b2  c2

 3

0,25

0,25
0,25

-----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng
phần như đáp án quy định.


và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
OM  3 .
Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc
với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM),
(M là trung điểm CD).
Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương
trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam
giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình
đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Câu 7 ( 1 điểm)

 2 y 2  3 y  1  y  1  x 2  x  xy
Giải hệ phương trình 
2
 2 x  y  3x  2 y  4  3 x  14 x  8  0
Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1.
2a
2b
c2  1 3
Chứng minh rằng: 2


 .
a  1 b2  1 c2  1 2

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:..................................

+

y'

+

2
-

0

0

+

y

2

+

1

-5

-3

-

-2


OAB

2a

2b

2 1  4m 4

sin 2 x  cos2x=2sinx-1  sinx(sinx + cosx-1)=0

0.5

 x  k
 x  k
 sinx=0





 sinx+cosx=1  x  k 2 ; x   2  k 2
 x  2  k 2

0,5

1

I= 



1
0



0,5

1
30

Không gian mẫu có:   C92  36

0,25

Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu:  A  C42  C52  16
Xác suất của biến cố: PA=  A  16  4

36 9
3.b
Đặt t=

0,25

0.25

t  2
1
( ) x (t  0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0  
3


 y  1  2t
 z  1  2t


t   1
OM  (2  t ) 2  (1  2t ) 2  (1  2t ) 2  3  9t 2  12t  3  0  
1
t  

3
Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ;  1 )

0,5

Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t);

3 3

3

0,5


5

DB  ( SAC )  hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là

CM:



của

AB

Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=

=>

DN//

BM

1
d(A;(SBM))
2

0,25

Kẻ AI  BM ; AH  SM .
Từ đó CM được AH  ( SBM )  d ( A;( SBM ))  AH
Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2.
Mà SABM =
Khi đó
6

7

1
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.

AI
SA
3
3

Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K
và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I
Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0
Tọa độ K(1:1) => A(-1;2).
Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD

0,25

A
K

0,25
H

 5  1  ( x  1) 2  x  3 hoac x  1(l )  D (2;3)
PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC:
B
2x – y -11 = 0
Tọa độ C(8;5)  B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)
(1)DK x  0; y  1;  3x  2 y  4  0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ
Ta có:
2

(1) 


1

 3x  1)  0  x  5  y  6
3x  1  4 1  6  x
Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6)
Từ gt: ab  bc  ca  1;  1  a 2  a 2  ab  bc  ca  ( a  b)(a  c)
 ( x  5)(

8

Ta có:

a
b
a
b
1  ab
1  ab
1
 2





2
2
2
a  1 b  1 (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c)
(1  a )(1  b ). 1  c


Từ đó ta CM được:

c  3
 a  b  2  3
maxVT = max f ( c) = f ( 3)  3 khi a  b


2
c  3
 2
a  2 3a  1  0

0,25


TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x  sin x  1  cos x 1  cos x  .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
ln 2

1. I 

15

 2

2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức: 
 x2  ;  x  0 .
 x

Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
A 1;1; 2  , B  3;0;1 , C  1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB  3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C).

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1

Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
;  x, y  R  .
2
 2 y  4 y  3  5  y  x  4
-------------------------Hết-------------------------

1


HƯỚNG DẪN CHẤM

2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:

x  0
.
2 x 3  6 x 2  mx  x  2 x 2  6 x  m   0   2
2
x

6
x

m

0
(*)


0,25

Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.

0,25

9

 '  0
9  2m  0
m 

 x  k 2
.

 x    k 2

2

0,25

KL.

0,25

3 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
Đặt u  5  e x . Tính e x dx  2udu .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u  3 .
2

2u 3
Khi đó: I   2u du 
3
3
2

2


3


2

0,5

4 (1,0 1/ (0,5 điểm)
điểm)
1
Đk: x  .
4
Ta có: log

2

 4x 

log 2 x  2  10  2 log 2 x  4  log 2 x  2  10  0 .
0,25

Đặt t  log 2 x  2 , (t ≥ 0).
t  2
Phương trình có dạng: 2t  t  10  0  
.
t   5 (l )

2
2

log 2 x  2  2  log 2 x  2  x  4 .

Với t = 2 ta được

2 k

k 0

15  k

k
15

.C .x

5 k 15
2

.

0,25

5k  15
 0  k  3.
2

Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .



 
5 (1,0 Ta có AB   2; 1;3 , AC   2;1;5  ;  AB; AC    8; 16;0  .



điểm)
a 3
SH 
.
2

0,25

0,25

Do AB  a  AD  a 3 . Khi đó S ABCD  AB. AD  a 2 3 . Vậy

1
a3
VS . ABCD  SH .S ABCD  .
3
2

0,25

Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD).

0,25

Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có MP 

1
a 3
a 13

điểm)
Ta có:

2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  2  y  1  y  1  2 1  x  1  x  1  x .
3

0,25

Xét hàm số f  t   2t 3  t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:

f  y  1  f





1 x  y 1  1 x  y  1 1 x .

0,25

Thế vào phương trình còn lại ta được:

3  2x  4  1 x  x  4  x  4  1 x  3  2x  4  0 .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.

0,25

Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).


dx .
x2

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 52 x 1  6.5 x  1  0 .
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 A  4;1;3 và đường thẳng

x 1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường
2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .
d:

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là
trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của
BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60 . 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 A 1; 4  , tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
của 
đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình



Điểm

a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  1
TXĐ: D  R
y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1

0.25

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

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
lim y   , lim y  
x 

x 

* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y

-1
0


0.25

y '  0  x 2  m  0  *
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **





Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B

 



m ;1  2m m



Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m 
Vậy m 

0.25

1
2

1
( TM (**) )
2


(1,0 điểm)
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I   xdx  2  2 dx 
 2  2 dx   2  2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1

0.25

2

x
1
1
2

1
1
1
1
J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2
Vậy I 
4.

0.25

1
 ln 2
2

0.25

(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)

0.25

0.25


5.

(1,0 điểm)


Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0

0.25
0.25

Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t 

AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0
2

6.

2

t  3

a 3
2

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   d  H ,  SAB    HM
Ta có

1
1
1
16
a 3
a 3
. Vậy d  I ,  SAB   


 2  HM 
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0

0,25

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)


VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0
(1,0 điểm).

0,25
0,25

 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)

 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)

0.25

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
 y 1  0

Ta có (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0


2
 0   y  2 

2
 4 y  2 y  3  2 y 1
y 1 1

2

4 y2  2 y  3  2 y 1



1
 0y  1 )
y 1 1

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 


1
0
y  1  1 

0.25

0.25


9.

Suy ra P 

ca
ca  1
1 
 

 và
2 ba bc
3b  ca

ab
ab  1
1 




2  ca cb
3c  ab

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c)
2
2


3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1 .

b. Giải bất phương trình: 2log 3 ( x  1)  log
Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau: I 

x

3

(2 x  1)  2 .

x 2  3dx

Câu 4 (1.5 điểm).
9

2 
3

a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển của  x  2  .
x 

b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu
hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A
rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB,
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 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F

Nội dung

- Tập xác định D  R \ 1
- Sự biến thiên y ' 

3

 x  1

2

Điểm
0,25

 0 với x  D

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;  
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của

0,25

x 

đồ thị

lim y  x   , lim y  x    , suy ra đường thẳng x  1 là đường tiệm

x 1


+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm

0,25

tâm đối xứng.

Câu 1b
1.0đ

Gọi M  x 0 ; y0  ,

 x 0  1 ,

y0 

2x 0  1
, Ta có
x0 1

0,25

d  M, 1   d  M, Ox   x 0  1  y 0
 x0 1 

Với x 0 

2x 0  1
2
  x 0  1  2x 0  1
x0 1