SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI

THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút.

(Đề thi có 01 trang)
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y =

2𝑥+1
1−𝑥

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
x + 3y - 2 = 0
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0

Câu 3: (1 điểm)
2

2

Giải bất phương trình: 3𝑥 +√𝑥−1−1 + 3 ≤ 3𝑥 + 3√𝑥−1
Câu 4: (1 điểm)
a. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: f(x) = x2(lnx - 1) trên [1;e]

𝑥 3 (4𝑦 2 + 1) + 2(𝑥 2 + 1)√𝑥 = 6
𝑥 2 𝑦(2 + 2√4𝑦 2 + 1) = 𝑥 + √𝑥 2 + 1

Câu 9: (1 điểm)
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎

− (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)

----------------------------------------------------------Họ và tên thí sinh: .........................................................Số báo danh: ..................................


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö TNTHPT
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
N¨m häc 2015 - 2016

Điểm

Câu
Câu 1.a

2𝑥+1

0,25


x
y/
y

1

+∞

+

+
+∞

-2

-2
-∞

3. Đồ thị.
1
Giao với Ox tại (- ; 0); giao với Oy tại (0;1)
2
Nhận xét: đồ thị nhận I(1;-2) làm tâm đối xứng

0,5

y

1



√3
2

3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos x  0 (1)
1

cos2x - sin2x = cos x
2

𝜋

⇔ cos(2𝑥 + ) = cosx ⇔ [
6

Câu 3

0,5

𝜋
6
𝜋 𝑘2𝜋
𝑥=− +
18
3

𝑥=− +𝑘2𝜋

0,5


Ta có: f(x) xác định và liên tục trên [1;e]
f’(x)= 2xlnx - x = x(2lnx - 1)
f’(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = √𝑒 ∈ [1;e]
f(1) = -1; f(e) = 0; f(√𝑒) =
b. lim

2

𝑒 𝑥 −𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑥2

𝑥→0

= 1 + lim
Câu 5

𝑥→0

2𝑠𝑖𝑛2 𝑥

𝑥→0

= lim

𝑥2

−𝑒
2

2

- Chọn 3 học sinh còn lại cho nhóm ba: có 𝐶33 cách
Do không quan tâm đến thứ tự của các nhóm
⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: |Ω| = (𝐶93 . 𝐶63 . 𝐶33 ): 3! = 280
Gọi A là biến cố: “Mỗi nhóm có đúng 1 học sinh nữ”
- Chia 6 học sinh nam thành 3 nhóm: tương tự trên có (𝐶62 . 𝐶42 . 𝐶22 ): 3! cách
- Xếp 3 học sinh nữ vào 3 nhóm: có 3! cách
⇒ Số phần tử của biến cố A là: |A| = 𝐶62 . 𝐶42 . 𝐶22 = 90.
|A|
9
Vậy: P(A) = |Ω| =

0,5

* Tính VABC.A’B’C’
̂ = 30𝑜
Trong ΔABC, kẻ đường cao CH ⇒CH ⊥ (AA’B’B) ⇒ 𝐶𝐴′𝐻
Áp dụng định lý cosin trong ΔABC:
AB2 = AC2+BC2-AC.BC.cos120𝑜 = 7a2 ⇒ AB = a√7
Diện tích ΔABC là:
1
SABC = AC.CB.sin120𝑜

0,25

0,5

28

Câu 6


B/

0,25

7

7

A/

𝑎√35

M

7

Vậy VABC.A’B’C’ = SABC.AA’ =

𝑎2 √3 𝑎√35
2

.

7

=

𝑎3 √105
14


⇒ BI =
Câu 7

𝑎√1335
89

𝐵𝐼

𝐵𝐾

1

=

1

𝐵𝑀2
3𝑎2
2𝑎√1335

. Vậy d(A’,(ACM)) =

+

196
35𝑎2

=

623


8 11

0,25

M’ đối xứng với M qua I ⇒ M’( , )
5

5

𝑥

𝑦+5

Đường thẳng AC qua N, M’ ⇒ pt AC là: =
⇔ 7x - y - 5 = 0
1
7
7𝑥 − 𝑦 − 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ {
⇒ A(1;2)
𝑥 − 3𝑦 + 5 = 0
Đường thẳng AB đi qua A, M ⇒ có pt là: x + y -3 = 0
Gọi B(b;3-b), C(c;7c-5). Do G là trọng tâm ΔABC nên ta có:
𝑏 + 𝑐 = −3
𝑏 = −2
{
⇔
⇒ B(-2;5), C(-1;12)
𝑏 − 7𝑐 = 5

* x > 0: (2) ⇔ 2y(1+√4𝑦 2 + 1 ) = (1 + √

+ 1) (*)

Xét hàm số f(t) = t(1 + √1 + 𝑡 2 ) với t ∈ ℝ
2𝑡 2 +1

f’(t) = 1+ √𝑡 2

+1

0,25

> 0, ∀ t ∈ ℝ
1

1

𝑥

𝑥

⇒ f(t) đồng biến trên ℝ. Do đó: (*) ⇔ f(2y) = f( ) ⇔ 2y =
3

2

Thế vào (1): 𝑥 + 𝑥 + 2(𝑥 + 1)√𝑥 − 6 = 0
⇔ 𝑥 3 + 𝑥 − 6 = −2(𝑥 2 + 1)√𝑥 (3)



0,5

𝑡

Xét hàm số f(t) =
9

9−2𝑡
𝑡

− 𝑡 với t ≤ 3

f’(t) = - 2 − 1 < 0, ∀t ≤ 3 ⇒ f(t) nghịch biến trên [-∞;3]
𝑡
Suy ra: min 𝑓(𝑡) = f(3) = -2; không tồn tại Maxf(t)
[−∞;3]

Vậy MinP = -2 đạt được khi a = b = c = 1

0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


2

góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn

AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y  2  0 . Đường thẳng qua B

 cắt cạnh DC tại N . Biết
vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC
rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x  y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 x 2  8 x  3  4  x  1 y  1


 x, y   

2 y  x 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y   thỏa mãn 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
 y  2 x  3 x
2
P  x4  y 4 
2
 x  y

0,5
3
y' 

0,

x

D
( x  2) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng (; 2) và (2; )
Hàm số không có cực trị
Các giới hạn lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y  
x 
x 
x2
x2
0,25
Suy ra x  2 là tiệm cận đứng, y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Bảng biến thiên

0,25

1 
3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại  ;0  , giao với trục Oy tại
2 
xứng là điểm I (2; 2)

 1
 0;  , đồ thị có tâm đối

-

2
0


+

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại x  0 và giá trị cực đại y  6 ; đạt cực tiểu tại x  2 và giá trị
cực tiểu y  2 .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M  0;6  , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

0,25

0,25

N  2; 2 
3

a

x
 4 (1)
4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x  0 (*)
+) Với điều kiện (*),
(1)  log 22 x  log 2 x  log 2 4  4  log 22 x  log 2 x  2  0
 (log 2 x  2)(log 2 x  1)  0
Giải bất phương trình log 22 x  log 2

Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4 x  0 ta được :
2x

x

3
3
5.9 x  2.6 x  3.4 x  5.    2.    3
2
2
2x
x
 3  2 x    3  x 
3
3
 5.    2.    3  0     1 5.    3  0 (2)
2
2
 2 
   2 


0,25

x

3
Vì 5.    3  0 x   nên phương trình (2) tương đương với
2
x

0,25
0,25
0,25


5

Cho hình chóp S . ABC

có SA   ABC  , 
ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a .

Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.

1,0

Vì SA   ABC   SA  BC
Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên BC   SAB  và do đó BC  SB
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
SC
IA  IB 
 IS  IC (*)
2
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S . ABC
SC
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R 
2
Ta có AC  AB 2  BC 2  2a

+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22  C42 .C32 .C21  C43 .C31.C21  78 .
78 13
Xác suất cần tìm là P 
 .
126 21
3a
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 
. Hình chiếu vuông
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 

0,25

0,25

0,25

0,25
0,5
0,25

0,25

0,5

0,25


1
1
a3
Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD  SH .S ABCD  a.a 2 
3
3
3
Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /( SBD)
Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD  SH , BD  HE  BD  ( SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy ra
HF  ( SBD)  HF  d ( H , ( SBD)) (2)

0,25
0,25

0,25

  a .sin 450  a 2
+) HE  HB.sin HBE
2
4
+) Xét tam giác vuông SHE có:
a 2
a
4
 (3)
3
a 2 2
(

 BMC

 BMC vuông cân tại B, BN là

phân giác trong MBC
 M , C đối xứng qua BN

 AD  d ( B, CN )  d ( B, MN ) 

9

4
2

0,25

Do AB  AD  BD  AD 2  4

0,25

a  5
BD : y  2  0  D(a; 2) , BD  4  
 a  3
Vậy có hai điểm thỏa mãn là: D(5; 2) hoặc D(3; 2)

0,25

x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1


x 3  x  x  1

 x  1

x 1

  y  2 y  1

0,25

3

y 1  y 1 .

Xét hàm số f  t   t 3  t trên  có f   t   3t 2  1  0t   suy ra f(t) đồng biến

 x 
trên  . Nên f 
 f
 x 1 





y 1 

x



x
 2 x  1  1  3 x

3
9


2

 9 x  10 x  3  0
x2
Ta có y 
1
x 1
43 3
5  2 13
41  7 13
Với x  3  2 3  y 
. Với x 
.
 y
2
9
72

0,25

0,25



4

 x  y

1,0

2

x2
6
Từ giả thiết ta có y  0 và
 2 x 2  3 x  0  x  và
2
5
x 2  y 2  x 2   2 x 2  3 x   2 x 2  2 x 2  6 x  5 
2

 6
Xét hàm số f ( x)  2 x  2 x  6 x  5  ; x  0;  ta được Max f(x) = 2
 6
 5
0; 
2

2

0,25

 5


2 2

x


2

 y2 
2

2



2
x  y2
2

0,25

2

t
2
 ,0t 2
2 t

Xét hàm số:



Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 .
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 tuyến đó song song với đường thẳng
y  3 x  5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3x 

3
2

b)Cho số phức z thỏa mãn z   2  3i  z  1  9i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0.
Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
1





Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx
0

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:




2

5



y  3 1





x 2 y 3 2  6 x




2

y  3 1

Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab  bc  ca  1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
P

a
16  b  c   a 2  bc 

(1,0đ)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.
-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x; y '  0  x  0  x  2 .
Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x  

Điểm
0,25

0,25

x  

Bảng biến thiên:
x
y'
y

-

0
0

–

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6


2a
(0,5đ)

3
1
1
1
3
 (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x) 
2
2
2
2
2
 (cos6 x  cos2 x)  cos4 x  0  2 cos 4 x.cos2 x  cos4 x  0

cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3 x 

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

 cos4 x(2 cos 2 x  1)  0

 k

cos4 x  0
x  8  4

  3 x  9  3 2  3 x  32  2  x  2. Vậy bất phương trình có nghiệm là  2  x  2 .
9

0,25
0,25
0,25


4
(0.5đ)

4
n()  C12
 495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
 A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:

+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách

0,25

0,25

+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32  60 cách
 n( A)  270.
n( A) 6
 .
n() 11

x3
I1   x dx 
3
0
2


0

2

0

0,25

0

1
3

1

I 2   x 3 1  x 2 dx
0

Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt
Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0

1
 t3 t5 


1

 xe 2 x dx 


0

Vậy I 
6
(1,0đ)

x 2x 1 1 2x
e2 1
e2  1
e |0 
e dx   e 2 x |10 
2
20
2 4
4



3e 2  7
.
12

0,25
0,25

.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH 

0,25
0,25


SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM 
.

 SH 


2
2
DA DM
2 DM 2 AD  AM
31
7
(1,0đ)

0,25

3
9

Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF  EF .
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp,
đó AF  EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

G

A

B

H
D

E

C

0,25

32
5


0,25

0,25
2

8
51  8
 17  
E  t ;3t  10   EF    t     3t   
5
5 
5 5

19
 19 7 
 5t 2  34t  57  0  t  3  t 
hay E  3; 1  E  ; 
5
 5 5
Theo giả thiết ta được E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
2

 x  12   y  12   x  3 2   y  12
 AD  DE


 AD  DE
 x  1 x  3   y  1 y  1
 y  x  2

x 2 x  y  3 1 

hệ:

 x  a

Đặt: 







y  3 1

x  2 y 3  2  6 x


2



y  3 1

 *

0,25

. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:


x

0,25

y  3 1  x  y  3  1

0.25

52 x

32





x  y 3 2 y 3 3



2

5

**

Mặt khác theo AM-GM ta có:

2


AM  GM



x  y 3 2 y 3 3



2

 8

 5  VT**  VP** .

Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

2



2 y 3 3
x  y 3 

2
2



0.25

4 4 

Vậy nghiệm của hệ là  x; y    ;
10
(1,0đ)

Ta có:

0,25

a 2  bc
a 2  bc
1  2

ab  ac
ab  ac


2a  b  c 
ab  ac

2
a  bc  a  b  a  c 

a
2a

2
 b  c   a  bc   a  b  a  c 



 a 2  1  b  c 
1
4ab  2ac  2bc
 .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab  bc  ca  1 . Nên ta sẽ có:

a

2

 1  b  c 
4ab

Từ đây ta sẽ có:

 a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a 
4ab
4ab  2c  a  b 
 a  b  b  c  c  a  AMGM 1
1
4ab  2ac  2bc
P .

4  a  b  b  c  c  a 
4ab  2c  a  b 


CÂU
Câu 1a

ĐÁP ÁN

ĐIỂM
0,25

1 3
x  x2
3
Tập xác định: D   .
ta có: y 

y '  x 2  2x ; y '  0  x  0; x  2
Sự biến thiên:
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; )
+Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; giá trị cực đại y  0
+Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; giá trị cực tiểu y  4 / 3
Giới hạn: lim y  ;
x 

Bảng biến thiên:
x
y'
y

lim y  

0,25

y '  x 2  2x .

0,25

x0  1  y0  

2
3

 y '(1)  1

0,25
0,25
0,25

1
Phương trình tiếp tuyến là y   x  .
3

Câu 2a

Câu 2b

Điều kiện: 2  x  1 . Bất phương trình trở thành: log2(x  1)2  log2 (4x  8)

0,25

 (x  1)2  4x  8  x 2  6x  7  0  x  1; x  7 (thỏa điều kiện)

0,25

1
3

0,25

Câu 4

y(1)  3
1
max y  , min y  3
 1;1
3 1;1
Điều kiện: x  1, x  13

Pt  x  1  2 

0,25
0,25

x2  x  6
( x  2)( x  1  2)
1
( x=3 không là nghiệm)
3
3
2x 1  3
2x 1  3


x (x 2  sin 2x )dx 

Xét J 





0,25

0,25

1 5
}
2

x 3 .dx   x . sin 2xdx 

1 4
x   x .sin 2xdx
4

du  dx
u  x


 
x . sin 2xdx . Đặt 
dv  sin 2x .dx
v   1 cos 2x


0,25

S


Theo giả thiết BAD
 60 0  BAD

K
B

3
a 3
đều  BD  a ; HD  a; AI 
4
2

C
H
I

và AC  2AI  a 3
A

E
D

Xét SHC vuông cân tại H , ta


CD  HE
 CD  (SHE )  CD  HK (2)


CD  SH (SH  (ABCD ))


Từ (1) và (2) suy ra HK  (SCD)  d(H ,(SCD))  HK
Vậy VS .AHCD 

Xét HED vuông tại E , ta có HE  HD.sin 600 
Xét SHE vuông tại H , ta có HK 

SH .HE
2

SH  HE

Mà

0,25

3 3
a
8


3 39
4 79



a

a
0,25

2 nữ 12, 2 nam 11, 1 nữ 10 có C32C42 C21 cách

0,25

2 nữ 12, 1 nam 11, 2 nữ 10 có C32C41C22 cách

0,25

3
3

1
4

1
2

3 nữ 11 , 1 nam 11, 1 nữ 10 có C C C cách
1 nữ 12 , 3 nam 11 , 1 nữ 10 có C31C43C21 cách
Vậy xác suất cần tìm là .................

0,25




 HKM  MCN

D

C

  IMK
 nên  
 
Mà NMC
NMC  NCM  IMK  HKM  900
Suy ra CI  HK

0,25

Đường thẳng CI đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d


nênVTPT nCI  VTCP ud  (1;1) nên có phương trình

0,25

(x  1)  (y  1)  0  x  y  0
Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa độ điểm C là nghiệm
x  y  0
x  2
 
của hệ phương trình 
x  2y  6  0

1 
1
Suy ra t  a 2  b 2  c 2  . Vậy t   ;1
 3 
3

1 
7
121
, t   ;1
Xét hàm số f (t )  
 3 
t
7(1  t )


f '(t )  

7
t2



121
7(1  t )2

0t 

7
18


2x + 1
có đồ thị (C ) .
x +1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1 .
1

Bài 2. (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x − 1)2 dx
0

Bài 3. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; −2;3) và mặt
phẳng ( P ) có phương trình x − 2 y + 2 z − 5 = 0 .
1. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) .
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M và song song với mặt phẳng ( P ) .
Bài 4. (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông cân
tại B . Biết AB = 3 cm , BC ' = 3 2 cm .
1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho;
2. Tính góc hợp bởi đường thẳng BC ' và mp( ACC ' A ') .
2
π

π

Bài 5. (1.0 điểm) Giải phương trình sin  − 2 x  + sin  + x  =
.
4

4