BỘ ĐỀ THI THỬ THPT QG 2016
TẬP 2


Trên con đường thành công
không có dấu chân của kẻ lười biếng

Đà Nẵng, ngày...tháng...năm....


Rồi
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

2x 1
có đồ thị (H).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số.
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ dương

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y 

thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho AB  2 10 .
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 32 x 1  4.3x  1  0.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tính môđun của số phức z  (1  2i)(2  i ) 2 .
b) Cho tập A  1, 2, 3,...,2015 , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số. Tìm xác suất để giá trị tuyệt

2 2  2 2
thẳng chứa cạnh AB đi qua Q  1;1 và điểm A có hoành độ dương.
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 8 x  13  y   x  1 3 3 y  2  7 x

2
2
 y  1 x   8 y  7  x  y  12 y   x  1 3 3 y  2

 x, y    .

Câu 9. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  2b  c  0 và a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 

a c2
a  b 1

.
a (b  c)  a  b  1 ( a  c )( a  2b  c)
---------- HẾT ----------


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu
1.a



x 

* lim y  ;lim y    Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1



x 1

Bảng biến thiên:
x -∞

1

+∞

y'
+∞
y

2

0,25
2

-∞




(d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại A 1; 0

 x0  1 
(d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại B  2x0 1; 2
36

2

AB  2 10  4  x0  1 

 x0  1

2

0,25

0,25

 40

0,25

 x0  2

(do 0  x0 )
 x0  4
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M  2;5 và M  4;3

0,25


Vậy z  11  2i  z  112  22  5 5
3b

0,5
Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số được chọn bằng 1”.
2
Số phần tử của không gian mẫu: n  C2015

0,25

Số cặp số có hiệu bằng 1 (là cặp hai số liên tiếp) là nA  2014 .
n
2014
Vậy xác suất để “Hiệu hai số được chọn bằng 1” là P  A   A  2
n C2015

0,25

4

1,0
4

Ta có: I  
1

4





I1   xdx 
1

2
14
x. x 
3
3
1

0,25

1
u  ln(1  x ) du 
.dx


2
x
.(1
x
)




dx
dv 
v  2 x  2

5
M(1+3t, 2 – t, 1 + t)d.

0,25



0,25
1,0
0,25


2(1  3t )  2(2  t )  1  t  1
3t= 1
3
Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0)

0,5

Ta có d(M,(P)) = 3 

0,25
1,0

6
Gọi HI  AK  J , SJ  AD  E

 E  AD   SHI 
Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE
AD a 3

F
D

Trong tam giác vuông SAD,
a 3
SA2  a 2 , AE. AD 
.a 3  a 2  SA2  AE. AD  SE  AD
3
Tam giác SAB cân tại S nên SH  AB
Ta lại có
SC   SAB  , SC / / BD  BD   SAB  BD  SH  SH  ( ABD)  SH   HBE 
a 2
, S HEB  S EAH
2
S
AH . AE 1
1
a2 2
a2 2
 , S DAB  AB.BD 
 S HEB 
Mà EAH 
S DAB AB. AD 6
2
2
12

0,25

0,25

  x  1
 2
2
2
 x  y  3 x  29  0
 x   2 x  3  3 x  29  0   x  4


0,25

0,5

Từ đó, tìm được A 1;3 , B  4; 5
Ta lại có AC đi qua A, vuông góc với KN có phương trình 2 x  y  7  0
Nên tọa độ điểm C thỏa mãn

0,25


 y  7  2x
 y  7  2 x
2 x  y  7  0

 2
  x  1
 C  4; 1
 2
2
2
x

1,0

 8 x  13 y   x  1 3 y  2  7 x
1

2
2
 y  1 x   8 y  7  x  y  12 y   x  1 3 3 y  2  2 
Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được
y 1
 y  1 x2  y 2  y  0  
2
y  x
Với y  1 thay vào (1) ta được 8x 13  x  1  7 x  x  1
3

0,25

Với y  x2 thay vào (1) ta được
3

8 x3  13x 2  7 x   x  1 3 3 x2  2   2 x 1   x 2  x 1   x  1 3  x  1 2 x  1   x 2  x  1
0,25

Đặt a  2 x  1, b  3 3 x 2  2 ta được
a 3   x 2  x  1   x  1 b
a  b
 a 3  b 3   a  b  x  1  0   2
 3
2


 1 1 
Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 ,  ; 
 8 64 

9

0,5

1,0
Áp dụng BĐT AM - GM ta có :
ab  bc  ac  2  a 2  b 2  c 2  a 2  2bc  2 ab  2 ac  2  a 2  bc  ab  ac
a  b  a  c  2 
Khi đó, 2  ab  ac   2   a  b  a  c   a  b  c   a  b  1 
2
a c2
2


a b  c   a  b  1 a  b
Mặt khác,
1
a  b 1
a  b 1
2

 a  c  a  b  2c    a  c  a  b  2c    a  b  
4
 a  c  a  2b  c   a  b 2



ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi đề xuất của trường THPT Quế Võ số 1

2x  2
C 
2x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu
thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1,0 điểm)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y 

a) Giải phương trình: cos2 x  cos x  sin x  1  0
b) Giải phương trình: 9 x  5.3x  6  0
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số phức: z 2  z  3  0
8
b) Cho khai triển  2  x  tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển đó
e

1  ln x 

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I    x 3 
dx .
2  x ln x 
1
 x  2t

---------- HẾT ----------

P


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán

Câu
1.a

Đáp án

*TXĐ:

Điểm
1,0

2
1
 1
 I  d  c  5  A (1; 3); B ( 3;1)
 \   *SBT: y ' 

0,


0,25
0,5

1.b
PT hoành độ giao điểm:

2x  2
1
 2mx  m  1; x  
2x 1
2

0,25

2

2

 4mx  4mx  m  1  0 , (1); Đặt g  x   4mx  4mx  m  1
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2


m  0

   '  4m  0  m  0
  1
g     0
  2 

0,25

2m 

2

2

= 4 m  1 x1  x2
2

2

2

1

2

2

5
1
5
9
 2m 
  2  (Áp dụng BĐT cô si vì m dương)
2
2m 2
2
1
1

(k  )
 x    k 2
4
2


2

+) Với cos 2 x  0  x 





2.b

0,25

0,5
x 2

 

9 x  5.3x  6  0  3

Đặt t  3 x

 t  0

 5.3 x  6  0


0,25
0,5

8

k 8

Ta có khai triển sau:  2  x    C8k 28k x k

0,25

Từ đó suy ra hệ số của x 6 là C86 22  112

0,25

k 0

4

1,0
e

e

I   x 3 dx  
1

1


0,5

e4  1
e 2
Vậy I 
 ln
4
2
5


Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là:

1,0

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

0,5

Vậy phương trình (P) là: x  2 y  3 z  1  0
Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được:
2t  2t  3(2  t)  1  0  t  1  x  2, y  1,z  1

0,5

Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là I  2; 1;1
6

1,0


Xét SOM vuông tại O ta có SO  OM tan  

C

A

B

1
1
. tan  
sin 
cos

2
4
 S ABCD  AB 2  2
sin 
sin 
1
1
4
1
4
 S ABCD .SO  . 2 .

(đvtt)
2
3
3 sin  cos 3sin  cos


1

0

-

2 3
9

P  0  t1  

0,5

P

VS . ABCD nhỏ nhất khi P l 
t

3
3
3
 cos  
   arccos
3
3
3

Vậy VS . ABCD nhỏ nhất bằng 2 3 (đvtt) khi   arccos


E'
F
D

C


AD qua E '( 3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: 3 x  y  1  0

0,25

A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) .

0,25

Vì AC  2 2  c 2  4  c  2; c   2  C ( 2;3)
Gọi J là trung điểm AC  J (1; 2)  phương trình BD: x  y  3  0 .
Do D  AD  BD  D (1; 4)  B ( 3; 0) .

Vậy A(0;1) , B (3; 0), C (2; 3), D (1; 4).

8

0,25
1,0

 4 y  1 x2  1  2 y  2 x2  1 (1)
(I)
 4
2


0,25

2

2

2

16 y 2  y  1  4 y 2  y  1  y 2  1  0  y  1 (do y  1 )  x  0 . Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) .
9

0,25
1,0

1
1
2
2
gt
ab  bc  ca    a  b  c    a 2  b 2  c 2  
 ab  bc  ca   a  b  c 

2
4
Do đó

0,25

4a  b  c

4a
4b
4c
,y
,z 
abc
abc
abc

Thì

0,25

y  z  4  x
x  y  z  4


2
 xy  yz  zx  4
 yz  x  4 x  4
2

Vì  y  z   4 yz nên 0  x 
Ta có P 

8
3

1 3
1 3

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi đề xuất của trường THPT Ngô Gia Tự

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho hàm số y  x4  2mx 2  1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là
điểm cực trị thuộc trục tung.
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình log 22  log 2 x  2  0
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình cos 2 x  cos x  3  sin 2 x  sin x 
b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A. Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3.
1
2

dt
.
2
0 4 t

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I  

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :


(b  c )  5bc (c  a)  5ca 4

----------------Hết----------------


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán

Câu
1.a

Đáp án

Điểm
1,0

Với m = 1 hàm số trở thành : y  x4  2 x2  1
TXĐ : R ; lim y  
x 

0,25

x  0
Có y '  4 x 3  4 x ; y '  0  
 x  1
BBT (lập đúng và đầy đủ)


0,25



0,25

2

1,0

log 2 x  1
log 22  log 2 x  2  0  
log 2 x  2

0,5

x  2

1
x 

4

0,5

3a

0,5
 cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x 


2

 x   k 2
 k 2
x

3
3

,k 

2

x  k
  x   k 2
3
3


3b

0,25

0,25
0,5

Các số gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 lập được là A  504  n  A  504
3
9


1
2

dt
1  1
1 
 

 dt
2
4 0  2 t 2 t 
0 4 t

I 

1 2t
= ln
4 2 t

1
2
0

1 5
 ln
4 3

5



1,0
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều
1
tâm G và SG   ABC   VS .ABC  SG.S ABC
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
a 3
a2 3
AN 
 S ABC 
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa
  60 (vì
cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG
 nhọn)
SG  AG  SAG

2
a 3
AN 
3
3
Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG 

0,25

0,25

12
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
1
1
1
1 48 49
a


 2  2  2  GH 
2
2
2
GH
SG GK
a
a
a
7
3a
Vậy d C , SMN   3GH 
7
Ta có BK 

7

0,5

1,0
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD

0,25

 pt BM: x + y – 1 = 0  B  t;1  t 


Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t 
 
Vì AB  BC  AB.CB  0   t  2  t  4   t  6  t   0







 t  2  2  B 2  2; 1  2 hoặc B 2  2; 1  2

0,25



8

0,25
1,0

x  0
0  x  1

3  41

9
3
2
1  0 
  9 x 2  10 x  1  0  
1 x
1 x
1 x
3

5  34
.
x 
9

5  34
3  41
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
x
.
9
8
2

2

2

9


 


Suy ra

(b  c)2  5bc (c  a)2  5ca 9  (b  c )2 (c  a)2  9  b  c c  a 
2

 (a  b )2

2
2

c
(
a

b
)
2
2


2  a  b  c ( a  b) 
2
2  2(a  b) 2  4c (a  b) 
2
 
  
  


2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c )   1 
  (1  c ) với c  (0; 1).
9  c 1 4
16 
2 
2
3
c
0
 (c  1);
Ta có f '(c )   1 
.
2
9  c  1  (c  1)
2
f '( c)
1
3
f '(c )  0  (c  1) 64  (3c  3)  0  c  .
3
Bảng biến thiên:
f (c )



0,5

1
9

(2)


LỚP TOÁN 10-11-12-LTĐH
11a Nguyễn Trường Tộ - Đn

ĐỀ THI THỬ THPT LẦN 10 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx 2  1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là
điểm cực trị thuộc trục tung.
Câu 2. (0,5 điểm) Giải phương trình 4log 22 x  log

2

x  2.

Câu 3. (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos 2 x  cos x  3  sin 2 x  sin x 
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức : z  2.z  3  2i .Tìm môđun của z.
1
2



a2
b2
3

 (a  b) 2 .
2
2
(b  c )  5bc (c  a)  5ca 4

----------------Hết----------------


Câu
1.a

Đáp án

Điểm
1,0

Với m = 1 hàm số trở thành : y  x4  2 x2  1
TXĐ : R ; lim y  
x 

0,25

x  0
Có y '  4 x  4 x ; y '  0  
 x  1




2

0,25
0,25

0,25
0,25
0,5

Điều kiện x > 0.
(1)  4 log 22 x  log 1 x  2  4log 22 x  2log 2 x  2  0
22

Đặt t  log 2 x
0,25

 t  1
Pt có dạng 4t  2t  2  0   1
t 
 2
2

t  1  log 2 x  1  x  2 1 

1
(nhan )
2


0,25




2


2 x   x   k 2
x
 k 2






3
3
3
 cos  2 x    cos  x    

,k 
3
3


 2 x     x    k 2
 x  k 2


1
2

dt
1  1
1 
 

 dt
2
4 0  2 t 2 t 
0 4 t

0,5

I 

1 2t
= ln
4 2 t

1
2
0

1 5
 ln
4 3


 z   2  2t
  P   VTCP u   2; 1; 2 

*Thế pt d vào pt(P)  t  

0,5

16
 5 29 14 
;Vay : H   ;  ; 
9
9 9
 9

6

1,0
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều
1
tâm G và SG   ABC   VS .ABC  SG.S ABC
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
a 3
a2 3
AN 
 S ABC 
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa
  60 (vì

 MN   SGK  .
Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK
 d G , SMN   GH
1
2
2
1
1
a 3
AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN 
2
3
3
2
6
12
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
1
1
1
1 48 49
a


 2  2  2  GH 
2
2
2
GH
SG GK

9

0,25
1,0

x  0
0  x  1

3  41

2
  3  41
.
Điều kiện: 1  x  0
(*)
3  41  0  x 
8


x


2

8
8
2  3x  4 x  0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x 2  x )  (1  x )  2 ( x  x 2 )(1  x)  0



0,5

2

2

2

10

1,0
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

a2
a2
4a 2
b2
4b 2
Tương
tự,
ta
có


.

.
(b  c ) 2  5bc (b  c ) 2  5 (b  c )2 9(b  c )2
(c  a) 2  5ca 9(c  a)2

2 a  b  c ( a  b)
2
2  2(a  b) 2  4c (a  b) 
2
 
  
  
 .
9  ab  c (a  b)  c 2 
9  (a  b )2
9  (a  b)2  4c (a  b)  4c 2 
2 
 c ( a  b)  c 


4

Vì a  b  c  1  a  b  1  c nên
2

2

2

2  2(1  c )2  4c (1  c )  3
8
2  3
2
 (1  c )2  1 
P 

3
f '(c )  0  (c  1) 64  (3c  3)  0  c  .
3
Bảng biến thiên:
f (c )



1
3

–



Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)  

0

1
+

0,5

1
9

1
với mọi c  (0; 1).
9


Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung
điểm AM.
  sd MN
  2 MBN
  900
Dễ thấy MIN
Điểm C  d: 2x-y-7=0. C(c;2c-7)
Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2)
Phương trình đường thẳng  trung trực của MN
đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0
Điểm I => I(5a - 17;a)

1,00

0,25

C


MN  (1; 5)  MN  26

IM  (22  5a;7  a )  IM 

2

2

 22  5a    7  a 


Vì ACBD  AC.EN  0
11  c
 ( c  1).
  2c  8  .  5  c   0
2
 c  7(t / m)
2
 5c  48c  91  0   13
 c  (loai)

5
Suy ra: C(7;7) => E(4;4)
Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7)

0,25

0,25


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x3  3x 2  1 (1) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD cạnh AB=AC=2a,
AD  2 3a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt
đáy bằng 600. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD có đường cao
AD . Biết BC=2AB, M (0;4) là trung điểm của BC và phương trình đường thẳng AD là:
x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết rằng hình thang có diện tích bằng
54
và A, B có tọa độ dương.
5
 3 y  1  5 x  4  3xy  y  3

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y  R ).
4( x 2  xy  y 2 )
2
2
 2(x  y )
 2x  2 y 
3


Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b ,c là ba số thực dương thỏa mãn: ab  bc  ca  3abc . Tìm giá
1
1
1


.
trị lớn nhất của biểu thức: A 

x  0
Chiều biến thiên: Ta có : y '  6 x ( x  1)  y '  0  
 x 1
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 0  va 1;    ,đồng biến trên khoảng (0 ;1)

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-1
Hàm số đạt cực đại tại x=1 và yCĐ=0
Giới hạn lim y   ; lim y  
x 

0,25

x 

Bảng biến thiên:
x

y’
y


0
0

+




-4

-3

-2

-1

 1 
Đồ thi cắt trục Ox tại B 1; 0  ; C   ;0 
 2 

1

2

3

4

0,25

-2

-4

b. (1,0 điểm)
PT đã cho  2 x3  3 x 2  1  1  21 2m
Đặt k  1  21 2m . Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=k


0,25
0,25
0,25
0,25



 k 2  k  Z 
6


Vậy phương trình có nghiệm : x   k  k  Z  , x    k 2  k  Z 
4
6
với: 2 cos x  3  0  x  

3.
1,0
điểm

2

2

Tính : I   xe2 x 1dx  
1

1

xdx

2
2
x
1 d (5  x2 )
3e3  e  4
Tính : I 2  
dx   
 ( 5  x 2 )  1 . Vậy: I  I1  I 2 
1
2 1 5  x2
4
5  x2
1
2

2 x 1

a (0,5 điểm)
4
4.
Số cách chọn ngẫu nhiên 4 cái bút trong 11 cái là: C 11  330  n     330
(1,0
điểm) Gọi A là biến cố: “ Trong 4 cái bút lấy được có cả bút chì và bút bi”
Tính số cách chọn 4 cái bút không đủ cả hai loại:
4
- Chọn được 4 cái đều là bút chì có: C 5  5 cách.
- Chọn được 4 cái đều là bút bi có:

C



C  
k

22

22 k

x

k

5k

 2 y 
k
k 11 6 k
y
 3   C 22  2  x
 x 

5k

k
11 
Số hạng có lũy thừa của x và y bằng nhau  
k 6
6
0  k  22, k  N
6

Tam giác ABC cân tại A, gọi H là hình chiếu của A lên BC thì H là trung điểm của BC
 BC  ( SAH )  Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SHA  60 0 .

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25