SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016)
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 4 (O là gốc tọa độ)
Câu 2: ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x  cos2x  2sin x  1
1

b) Tính tích phân: I =  x 2 ( x  1)2 dx
0

Câu 3: (1 điểm)
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.
x 1
x
1
1
b) Giải phương trình:       2 .
 3
9
Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1)
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

Hướng dẫn giải và thang điểm
Câu
1a

Hướng dẫn giải
3

Điểm

2

Hàm số y = x – 3x +1
TXĐ D = R
Sự biến thiên: lim y 
x 

; xlim
y   ; y’=3x2-6x => y’ = 0  x  0; x  2


0,5

BBT
x

0

-
+


biến trên (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3
Đồ thị
1b

5

0.5
-4

-6

x  0
 x  2m

Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0 


0,5

hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1  4m 4 )
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0;
m
Diện tích tam giác OAB: S  1 d (O; AB ) AB  4  1
4m 2 (1  4 m4 )  4  m  2(TM )
Với m

0

OAB

1

x 2 ( x 2  2 x  1) d x 

0

 (x

4

 2 x3  x 2 )dx

0

x5
x4
x3
 (
 2

)
5
4
3

3.a

2

1

 1 x
( ) 2
Ta có  3


( 1) x  1
 3

4

0,5

0,5

 x  log1 / 3 2
x  0


x  2 y 1 z 1
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):
hoặc


1
2
2

x  2  t

 y  1  2t

DSO  30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD)
1
Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a . S
 AC.BD  2 x 2  a 2 .
ABCD
2
2
1
1
Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S
 a3
ABCD
3

N

Gọi

là

trung

điểm

0,25
S

3

của

H

D

A
N

M

I

0,25

C
B

1
1
1
2
1


 AH  a  d ( D;( SBM ))  a
2
2
2
AH
AI
SA

E

C

0,5

I

0,5

2

y  1  x  ( y  1)  x  y ( y  1  x)  0
1
1
 2 y  1  x)  0  y  x  1(do
 2 y  1  x  0)
y 1  x
y 1  x

 ( y  1  x)(

Khi đó:
(2)  3 x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0  ( 3 x  1  4)  (1  6  x )  ( x  5)(3 x  1)  0

0,5

3
1



Suy ra: VT 

2
1  c2



c2 1
2c ( 1  c 2  2)

f
(
c
)

f
'(
c
)

 f '(c)  0  c  3
c2  1
(1  c 2 ) 2

0,5

0,25

Từ đó ta CM được:

cos x 2sin x  3 2  2cos 2 x  1

 1.
1  sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z. Tính môđun của z.
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


c3
c3   a  b 

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 




1

0

-

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



Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x 


4

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.

3

0,25

0,25





 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




Suy ra: Hàm số f  t   t 3  3t đồng biến trên khoảng (1; + )
1  x  2  1
Với điều kiện x   
5 2 5 x  1  3  1

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


du  dx

u

ln
x

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


6
(1,0
điểm)

0,25

.  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  

SB SB
3
3
3

Cách khác:  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC).
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

(1,0
điểm)

Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1

Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt.

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

 Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n     A85  A74  5880 .
 Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n  A   A74  6. A63  1560

0,25

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



b2
a 2  b2  c2

b3   c  a 
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


2.

0

I   ln
2





x  2  1 dx .

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

2

 4x 

log 2 x  2  10 .
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


Điểm

0,25

x  0
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
y' 0  
 x  2
Giới hạn.

0,25

Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.

0,25

Vẽ đồ thị.

0,25

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


điểm)

0,5

sin x  sin x  1  cos x 1  cos x   sin x  cos x  1

0,25


 1


 2 sin  x    1  sin  x   
4
4
2



0,25

 x  k 2
.

 x    k 2

2

0,25


2


KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt t  x  2 . Tính dx  2tdt .
0,25

Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
3

Khi đó: I   2t.ln  t  1 dt .

0,25

2

Sử dụng từng phần ta được I  16 ln 2  3ln 3 

3
.
2

0,5

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


15
 2

 2 
Ta có: 
 x 2    C15k . 

k 0
 x

 x

. x

Khi đó xét số hạng không chứa x ta có

15

  2

2 k

k 0

15  k

k
15



Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).

a  3
2
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA  R   a  1  5  9  
.
 a  1

0,25

3


Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên  S  : x 2   y  3  z 2  9 .
2

Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên  S  : x 2   y  1  z 2  9 .
2

6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) và
điểm)
a 3
SH 
.
2

0,25

0,25

7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.

0,25

Theo công thức diện tích , từ S MAB  3S IAB ta được MA2  3R 2  MI  4 .

0,25

a  1
Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI  4 nên 
.
a  5

0,25

Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).

0,25

8 (1,0 Đk: 4  x  1 .
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:

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
sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau.


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.
Nếu học sinh làm theo cách khác và lập luận chặt chẽ thì vẫn cho điểm tương ứng.


*) 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


Câu

; 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.

0.25

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 
6

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
+ Kẻ KF vuông góc DH tại F. KF  d  K , DH  

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


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
x  3  2 3  y  20  12 3


f 'c 

1



1

x
z

1
1 a

2

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

. Đặt a 



1

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


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


Cho hàm số y  x 4  mx2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2sinx cos x+ 6 sinx  cosx  3  0 ;
b) 22 x5  22 x3  52 x2  3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n

2

Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   với x ≠ 0, biết rằng:
x

4

Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương.

Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với
·  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5  0 và A(  4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5;  4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.

 2 , lim y   , lim y  
x  1  1/ x
x 1
x 1

Ta có lim y  lim
x 

0,25

Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x  D ta có y’(x) =

3
 y’(x) < 0 x  D
( x  1) 2

0,25

Ta có bảng biến thiên:
1

∞

x

1




2 x(2 x2  m)  0 có ba nghiệm phân biệt

0,25

 2 x2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
 m  0.

0,25

Xét dấu y’ và kết luận.

0,25

Ta có log9 50  log32 50 
3

log3 50  log3

1
log3 50
2

150
 log3 15  log3 10  1  a  b  1
3

Kết luận

0,25