Bộ đề thi thử
THPT Quốc gia năm 2016 – Quyển 4
STT

Sở / Trường

Trang

Đề số 61

THPT chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội

347

Đề số 62

THPT Ngô Sĩ Liên, Bắc Giang (L3)

353

Đề số 63

THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh

360

Đề số 64

THPT chuyên ĐH Vinh (L1)


396

Đề số 70

THPT Quảng Xương 4, Thanh Hóa

399

Đề số 71

THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai

405

Đề số 72

THPT Quốc Oai, Hà Nội

410

Đề số 73

THPT Anh Sơn 2, Nghệ An

415

Đề số 74

THPT Trần Quang Khải (L3)


449

Đề số 80

THPT chuyên Lào Cai (L2)

455

Chúc các em thi đạt kết quả cao!


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HUỆKỲ THI
ĐỀNGUYỄN
THI THỬ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN
THỨ
NHẤT
THPT QUỐC
GIA
2016
- ĐỀ SỐ
NĂM
HỌC
2015
–
2016
Thời gian làm bài 180 phút


1
x

3

)10 (với x  0 )

2. Một đoàn tàu có 3 toa chở khách đỗ ở sân ga. Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ
trống. Có 4 vị khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau, chọn ngẫu
nhiên một toa. Tính xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên.
( x  1)ln x
Câu 4 (1 điểm). Tìm nguyên hàm 
dx .
x
Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có điểm
A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5). Tìm tọa độ điểm C, D biết tâm hình vuông thuộc mp(Oxy).
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy
bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của DC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA và BM.
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;2),
3 
tâm đường tròn ngoại tiếp I  ;2  , tâm đường tròn nội tiếp K(2,1). Tìm tọa độ đỉnh B biết
2 
xB  3.
Câu 8 (1 điểm).

Giải bất phương trình x 3  x  2  2 3 3x  2 .



y

2x  1
.
x 1

Điểm

TXĐ: R\{-1}

1
y' 
 0 x  1
( x  1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞)
2x 1
2x 1
 ; lim
   đường tiệm cận đứng của
Giới hạn: lim
x1 x  1
x1 x  1
đồ thị là x =- 1
2x 1
2x 1
 2; lim
 2  đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2
lim
x  x  1

0,25

2

O

-5

5

x

-2

2




Gọi điểm M  a;2 

1 
 thuộc đồ thị (C).
a 1

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 1 : x  1 là d  M ; 1   a  1

348

0,25

25
 2 
4
Suy ra sin 2 x  
5
sin 4 x  sin 2 x cos2x  1 18
P  sin x.cos3x  cos 2 x 


2
2
25

0,25

0,25

0,25

Điều kiện: x  1
Phương trình  log 2 ( x  1)  log 2 ( x  2)  log 2 (3 x  2)

0,25

 log 2 ( x  1)( x  2)  log 2 (3x  2)

3
(1điểm)

 x  0 (l )

i
2


C
2
(

1)
x

10

3 
x  i 0


2

Hệ số của x là C10 .2  1  11520
5

2

2

8

0,25


x
x

 ln xdx  x ln x   xd ln x  x ln x   dx  x ln x  x  C

1



ln x
1
dx   ln xd ln x  ln 2 x  C2
x
2

Vậy I  x ln x  x 

1 2
ln x  C
2

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25


(4  x)  (1  y)  25  (2  x)  (7  y)  25  y  3

0,25

0,25

Vậy M(1;3;0)
Vì M là trung điểm của AC và BD nên C(-2;7;-5); D(4;-1;-5)
6
(1
điểm)

+) Tính thể tích

0,25

S

Gọi H là trung điểm của AD.
Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy
nên

  600
(
SB;( ABCD))  SBH

0,25

K
A

0,25

+) Tính khoảng cách:
Dựng hình bình hành ABME
Vì BM//(SAE)  d  SA, BM   d ( M ,( SAE ))  2d ( D,( SAE ))

 4d ( H ,( SAE ))
Kẻ HI  AE; HK  SI ,( I  AE, K  SI )
Chứng minh HK  ( SAE )  d ( H ,( SAE ))  HK
DE. AH
a
Vì AHI  AED  HI 

AE
2 5
1
1
1
304
a 15
Trong tam giác SHI có



 HK 
2
2
2
2
HK

  BAC
 )  BKD

KBD
2

I

B

Nên tam giác KBD cân tại D

0,25
C

D

Gọi D(5-3a,a) thuộc AK. Vì D khác A nên a  2 .Ta có
3
3
ID 2  IA2  (5  3a  )2  (a  2) 2  (1  ) 2  (2  2)2
2
2
 a  2(l )
7 1
Suy ra D  ; 

1
a 
2 2

x

y

7
x

y

10

0
2
2


( x  )  ( y  ) 


2
2
2
 x  4; y  2(tm)
 x2  y 2  3x  4 y  0 


 x  5 ; y   5 (l )
4
x




2
3

0
(x  3x  2) 1 
 x 2  x 3 3x  2  3  3x  2 2 




2

0
Chứng minh 1 
2
 x 2  x 3 3x  2  3  3x  2  


x  1
3

(x

3x

2)

0


0,25

27 9( xy  yz  zx)

8
2

Ta

27 9
 ( xy  yz  zx)
8 2
1
1 13
27 9
215 9
9 13
 ( xyz  )2   xyz 
 ( xy  yz  zx ) 
 ( xy  zx)  yz0,25  x
8
64 4
8 2
64 2
2 4
3

3


 x(  x)    x    x 
64 2 2
4 2
 2 4 

0,25

2

215 9 3
1 3
  9 13 
 1
Xét f ( x ) 
 x(  x)    x    x  , x  0; 
64 2 2
4 2
 2 4 
 2
1 25
 1
Hàm số f(x) nghịch biến trên  0;   f ( x)  f ( ) 
2 64
 2
Vậy GTLN của P bằng

25
1
đạt khi x = y = z =
64


2x + m
x−1

(C) (với m là tham số thực).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) với m = 1.
2) Tìm m để đường thẳng d : y = x + 2 cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
Câu 2 (1,5 điểm). 1) Giải phương trình: sinx + 2sin3x = −sin5x
2) Giải phương trình: log3 (x − 1)2 + log√3 (2x − 1) = 2
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm sau: I =

(x+cosx)xdx

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A(1; 1; 3), B(−2; 0; 4), C(2; −3; 5), D(0; 4; −5).
Chứng minh rằng 4 điểm đã cho không đồng phẳng và tính thể tích của tứ diện ABCD.
√ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD =
a 2. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC, đường
thẳng SD tạo với mặt đáy ABCD một góc 450 . Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Để chuẩn bị cho Lễ kỷ niệm 70 năm thành lập của một trường THPT, nhà
trường cần lập một đội tình nguyện viên gồm 40 em học sinh thông qua đơn đăng ký. Qua đăng
ký có 150 em học sinh muốn tham gia đội tình nguyện viên, biết rằng trong 150 em đó có 60 em
có học lực giỏi. Để đảm bảo công bằng nhà trường quyết định chọn ngẫu nhiên 40 học sinh từ 150
học sinh nói trên. Tính xác suất để trong số 40 em học sinh được chọn có đúng 80% học sinh có
học lực giỏi.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H
là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD
và BH. Biết điểm A(1; 1), phương trình đường thẳng EF : 3x − y − 10 = 0 và điểm E có tung độ
âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình chữ nhật.


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3

—————–

NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Toán 12

(Đáp án gồm 6 trang)

————–

CÂU

NỘI DUNG

2x + m
Cho hàm số y =
...
x−1

ĐIỂM
1,00

(1)

0,25


0,25

2)Tìm m để...

1,00

2x + m
= x + 2 (Điều kiện: x = 1) (2)
Phương trình hoành độ giao điểm:
x
−
1
(2) ⇔ x2 − x − 2 − m = 0
(3)

0,5

354
1


Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi phương trình
(3) có hai nghiệm phân biệtkhác 1.


∆ > 0
m > − 9
4
⇔

2
PT ⇔ log3 |x − 1| + log3 (2x − 1) = 1

⇔ log3 [|x − 1| (2x − 1)] = 1

⇔ |x − 1| (2x − 1) = 3
• Với

0,5

0,5
0,25
0,25
1,0đ
0,25
0,25

(∗)
0,25

1
< x < 1. PT (*)⇔ (1 − x)(2x − 1) = 3 ⇔ 2x2 + 3x + 4 = 0. PT vô nghiệm
2
0,25

• Với x > 1. PT (*)⇔ (x − 1)(2x − 1) = 3 ⇔ 2x2 − 3x − 2 = 0
1
⇔ x = − ,x = 2
2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x = 2

+ xsinx+cosx + C
Kết luận: I =
3
Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A(1; 1; 3), B(−2; 0; 4), C(2; −3; 5), D(0; 4; −5).

Chứng minh rằng 4 điểm đã cho không đồng phẳng và tính thể tích của tứ diện ABCD .
−
−
→
−→
−−→
Ta có: AB = (−3; −1; 1), AC = (1; −4; 2), AD = (−1; 3; −8)

355
2

0,25

0,25
1,00
0,25


Câu 4

−
−→ −→ −−→
−−
→ −→
Tính: AB, AC = (2; 7; 13) =⇒ AB, AC AD = −85 = 0.

F

I

E

Câu 5

- Gọi H là trọng tâm của ABC ,√nên theo giả thiết: SH ⊥ (ABCD) và SDH = 450 .
2a 3
2
Suy ra: SH = HD = BD =
3
3
√
-ABCD là hình chữ nhật nên: SABCD = a2 2
√
1
2a3 6
- Thể tích của khối chóp: V = SH.SABCD =
(đvtt).
3
9
- Gọi E là điểm
 đối xứng với A qua B , ta có:
BD (SCE)
BD EC ⇒
SC ⊂ (SCE)
⇒ d(BD, SC) = d(BD, (SCE)) = d(H, (SCE))
(1)

+
HSC :
2
2
2
2
2
HK
HS
HI
HS
BE
BC 2
2a
⇒ HK =
(3)
3
2a
Từ (1), (2), (3) ta suy ra: d(BD, SC) =
3

356
3

0,25

0,25
0,25

0,25


32
8
8
C60
cách.Khi đó: n(ΩA ) = C90
Chọn 8 em còn lại trong 90 em có C90
8
32
C C
Theo công thức tính xác suất, ta tính được: P(A) = 9040 60 ≈ 1, 823.10−9
C150
Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC . Gọi H là hình chiếu

0,25
1,00

của A lên đường thẳng BD . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD
và BH . Biết điểm A(1; 1), phương trình đường thẳng EF : 3x − y − 10 = 0 và điểm E

có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình chữ nhật.
G
A
B
F

D

H
E

5
19
19 7
2
⇒ 5a − 34a + 57 = 0 ⇒ a = 3 ∨ t = . Hay E(3; −1) hoặc E( ; )
5
5 5

357
4

0,25


Theo giả thiết ta được E(3; −1), phương trình: AE : x + y − 2 = 0. Gọi D(x; y),
 ADE vuông, cântại D nên:
(x − 1)2 + (y − 1)2 = (x − 3)2 + (y + 1)2
AD = DE
⇔
(x − 1)(x − 3) = (y − 1)(y + 1)
AD ⊥ DE



x = 3
x = 1
y = x − 2
.
∨
⇔

3
- Điều kiện:
4

y ≤
5 
√
√
(x + x2 + 1)(−x + x2 + 1) = 1
Với ∀x, y ∈ R, ta có:
(y + √y 2 + 1)(−y + √y 2 + 1) = 1

, (x, y ∈ R)

0,25

.

Kết
với phương trình (1) ta được:
 hợp
√
√
y + y 2 + 1 = −x + x2 + 1
. Cộng hai vế của hệ này ta được x = −y
x + √x2 + 1 = −y + √y 2 + 1
Thế x = −y vào phương trình (2) ta được:

√
√

> 0.
Vì x ≥ − nên 3 +
3
x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5x + 4
Do vậy: x2 − x = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 1.

Câu 9

0,25

Kết luận hệ có hai nghiệm: (x; y) = (0; 0), (1; −1)

Cho các số a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn: a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức:

P =

2
+
3 + ab + bc + ca

358
5

3

abc
(1 + a)(1 + b)(1 + c)


2
t
2t(t − 1)(t5 − 1)
Xét hàm số: Q =
+
,
t
∈
(0;
1]
⇒
Q
(t)
=
≥ 0, ∀t ∈
3(1 + t3 ) 1 + t2
(1 + t3 )2 (1 + t2 )2
(0; 1].
5
5
Do hàm số đồng biến trên (0; 1] nên P ≤ Q(1) = . Và từ đó ta tìm được MaxP = ,
6
6
khi a = b = c = 1

Chú ý: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng bài.

359
6


x  3
.
2x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3 x  2 có đồ thị là (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị (C ) tại các giao điểm của nó với đường thẳng  có phương trình y   x  2.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z  (2  3i ) z  1  9i. Tìm môđun của số phức w  z  2 z  1.
b) Giải phương trình 32 x  32  x  82.
1

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

2
)dx.
x 1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A(1;1;1), B (3;5; 2), C (3;1; 3).
Lập phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O , vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và lập
phương trình mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện OABC.
Câu 6 (1,0 điểm).


3
3

.
a) Tính giá trị biểu thức A  sin 2 (  )  cos 2 (  ), biết cos =  và    
2

 2016 
nhất của biểu thức

P

a
b
c


.
a  bc b  ca c  ab

----------Hết---------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: ......................................

Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng chia sẻ đến www.laisac.page.tl

360


TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HẠ LONG

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu

2
x  
x  
- Chiều biến thiên: y ' 

 2

0,25

0,25

2

- Bảng biến thiên:

0,25
1
(1,0đ)


Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 3),
cắt trục Ox tại điểm (3; 0).
1 1
- Đồ thị nhận điểm I ( ;  ) là giao
2 2
của hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.

0,25


a  3b  1
a  2
  a  3b  (3a  3b)i  1- 9i  

. Do đó z  2  i.
3a  3b  9
b  1

0,25

Ta có w  z  2 z  1  2  i  2(2  i )  1  7  i. Suy ra w  72  12  50.

0,25

 3x  9
b) Phương trình đã cho tương đương với 9.3  82.3  9  0   x 1
3 

9

0,25

x  2

. Do đó nghiệm của phương trình đã cho là x  2; x  2.
 x  2

0,25


0

x
x
x
 xe dx   xde  xe
0

x

0

0,25

1



1
1
2x
2 

0 x  1 dx  0  2  x  1 dx   2 x  2 ln x  1  0  2  2 ln 2.

Do đó I  3  2 ln 2.


 


OI  AI

 2
41


2
2
2
2
2
.
OI  BI  a  b  c  (a  3)  (b  5)  (c  2)  b 
7
OI  CI
a 2  b 2  c 2  (a  3)2  (b  1)2  (c  3) 2



39

c   14

2

2

2

2


362

0,25

0,25


Câu

Đáp án (Trang 03)
a) Với    

Điểm

3
9
4
, ta có sin    1  cos 2    1 
 .
2
25
5
2

0,25
2




Gọi H là trung điểm AC , theo gia thiết, ta có
SH  ( ABC ), góc giữa SB và ( ABCD ) là

  600 , SH  BH .tan 600  a 3 . 3  3a .
SBH

S

2

2

1
1 a 2 3 3a a 3 3
VS . ABC  S ABC .SH  .
. 
.
3
3 4
2
8

7
(1,0đ)

Gọi N là trung điểm AB. Ta có AC  ( SMN ) nên
d ( SM , AC )  d ( H , ( SMN )). Gọi D  BH  MN , K
là hình chiếu vuông góc của H trên SD. Ta có
MN  BH , MN  SH nên MN  HK . Suy ra
B

0,25

0,25

0,25

0,25

2

d ( SM , AC )  HK 

9a
3a 13

.
52
26

Gọi E  BD  AN , F  BD  AM , I  ME  NF .
  NDB
  MBD
  450 nên hai tứ giác
Ta có MAN
A

D

E


F

C

Tìm được BC : 2 x  4 y  8  0, CD : 2 x  y  18  0 suy
ra C (8; 2).
 
Từ AD  BC ta tìm được D (4;10).
3

363

0,25

0,25
0,25


Câu

Đáp án (Trang 04)

Điểm

2
2
2
2
1
 x 1  97 y  y 1  97 x  97( x  y ) (1)


0,25



a 1  b2  b 1  a 2  a 2  b2  a a  1  b2  b b  1  a 2  0


b
a
1
2
2
2
2

 (a 2  b 2  1) 
  0  a  b  1. Suy ra x  y  .
2
2
97
b  1 a 
 a  1 b

9
2
2
2
2
(1,0đ) Với các số dương a1 , a2 , b1 , b2 , ta có a1b1  a2b2  a1  a2 . b1  b2 . Đẳng thức xảy ra khi

97  
4 x  9 y
y  4

97

0,25

 9 4 
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x; y )   ;  .
 97 97 
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có
1 1
1
1 
a
b
c


 4
4
P
4
.
ca 
bc
2 a bc 2 b ca 2 c ab 2  ab

0 ,25

abc
P
.
2 abc
Từ giả thiết, ta có a  b  c  4032 abc . Do đó P  2016.
1
Với a  b  c 
, ta có P  2016. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2016.
13442

----------Hết---------Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng chia sẻ đến www.laisac.page.tl

4
364

0,25

0,25
0,25


TRNG I HC VINH
THI
K
TRNG
THPTTH
CHUYấN

THI TH THPT QUC GIA NM 2016 LN 1


+ 21-

x +3

75 theo a.

Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn I =

1

< 5.

x + ln(2x + 1)

dx .
(x + 1)2
Cõu 5 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt phng (P ) : x + y + z - 7 = 0 v

ũ
0

x -3 y +8
z
. Tỡm ta giao im ca d vi (P ) v lp phng trỡnh mt
=
=
4
-2
-1
phng (Q ) cha d ng thi vuụng gúc vi (P ).

+

2y

2 + y2

+

z2

2 + z2

.

------------------ Ht ------------------

Cm n bn lovemath( ) chia s n www.laisac.page.tl

365


TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN

Cõu

P N THI TH THPT QUC GIA NM 2016 LN 1
Mụn: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt
ỏp ỏn


6 9
1 ử
lim y = lim x 3 ỗ 1 - + 2 - 3 ữ = -Ơ; lim y = lim x 3 ỗ 1 - + 2 - 3 ữ = +Ơ.
x đ-Ơ
x đ-Ơ
x đ+Ơ
x đ+Ơ
x x
x x
x ứ
x ứ
ố
ố
* Bng bin thiờn:
3
x -Ơ
+Ơ
1
y'

+

0



0

+Ơ


im)

3
3
H s gúc ca d l k = - . Suy ra h s gúc ca tip tuyn cng l - .
4
4
3
Ta cú y ' = , x ạ 1.
2
x -1

(

)

Honh tip im ca tip tuyn vi th l nghim ca phng trỡnh
ộx = -1
3
3
3
2
y' = - =

(
x
1)
=
4


23
Vy cú hai tip tuyn cn tỡm l y = - x - v y = - x + .
4
4
4
4

3661

0,5

0,5


a) iu kin: x -3.
Cõu 3.
(1,0
im)

x +3

= t > 0, bt phng trỡnh ó cho tr thnh
2
1
2t + < 5 2t 2 - 5t + 2 < 0, (vỡ t > 0 ) < t < 2
t
2
-1
x +3
2
0,5

=

2 + 4a
.
2 +a

ổ
2 ử
1
.
Suy
ra
d
u
=
1
+
.
ỗ
ữ dx , v = 2
2x + 1 ứ
x +1
(x + 1)
ố
Theo cụng thc tớch phõn tng phn ta cú
dx

t u = x + ln(2x + 1), dv =

2 ử
1
1 ử
= - (1 + ln 3) + ũ ỗ
+
d
x
=
(1
+
ln
3)
+
ữ
ỗ
ữdx
ũ
2
x
+
1
2
x
+
1
x
+
1
2
2

1 1
ln 3 - ln 2 - = 3 ln 3 - 2 ln 2 - 1 .
2
2 2
Gi M = d ầ (P ). Vỡ M ẻ d nờn M (-2t + 3; 4t - 8; - t ).

(

=

Cõu 5.
(1,0
im)

)

1

)

Suy ra M ẻ (P ) (-2t + 3) + (4t - 8) + (-t ) - 7 = 0 t = 12, hay M (-21; 40; - 12).
uur
ỡùu = (-2; 4; - 1)
d
Mt phng (Q ) cha d v vuụng gúc vi (P ) nờn (Q ) cú cp vtcp ớ uur
ùợnP = (1; 1; 1)
uur
uur uur
Suy ra nQ = ộud , nP ự = (5; 1; - 6). Ly N (3; - 8; 0) ẻ d nờn N ẻ (Q ).
ở

ờ
x = + k 2p
ờở
2
ờở
3
b) Gi hai bui cụng din l I , II . S cỏch chia 24 tit mc thnh hai bui cụng din

(

)(

0,5

)

12
chớnh l s cỏch chn 12 tit mc cho bui I , ú l C 24
.
Gi A l bin c 2 tit mc ca lp 11A c biu din trong cựng mt bui.
Nu 2 tit mc ca lp 11A cựng biu din trong bui I thỡ s cỏch chn 10 tit mc cũn
10
li cho bui I l C 22
. Hai tit mc ca lp 11A cng cú th cựng biu din trong bui II .
10
Vỡ vy, s cỏch chia bin c A xy ra l 2.C 22
.

Do ú P (A) =


Vỡ ớ
nờn SC ^ BC .
ùợDC ^ BC
ã = (ã
Suy ra SCD
SBC ), (ABCD ) = 450

S

Cõu 7.
(1,0
im)

(

H

D

a
A

45

ã < 900 ).
(do DSCD vuụng ti D nờn SCD
C Vỡ ABCD l hỡnh ch nht nờn OA = OD,
ã = 1800 - AOB
ã = 600. Suy
kt hp vi AOD


(

)

(

)

(1)
(2)

ã = DOA
ã = 600 (ng v) nờn DK = BD sin 600 = a 3.
Vỡ BD = 2DO = 2a v DBK

SK SD 2 a 6
Suy ra DSDK vuụng cõn ti D ị DH =
=
=
.
2
2
2
1
a 6
Kt hp (1), (2) v (3) ta suy ra d(AC , SB ) = DH =
.
2
4


0,5

ổ
-a - 6 ử
M M l trung im AB nờn B(2a + 2m + 2; - a - 4) ị N ỗ a + m - 1;
ữ.
2 ứ
ố
uuuur uuuur
Vỡ CH ^ AB nờn uCH .AM = 0 2(2a + m + 2) + 3(-a - 2) = 0 a = -2m + 2. (1)
uuuur ổ
uuur
-a - 12 ử
Ta cú KA = (-2a + 16; a - 3) v KN = ỗ a + m + 17;
ữ.
2 ứ
ố
uuur
uuuur
Vỡ A, N , K thng hng nờn KA cựng phng KN . Do ú
(-2a + 16)(-a - 12) = 2(a - 3)(a + m + 17).

ộ
5
m = ị a = -3 (tm)
Thay (1) vo (2) ta c 2m + 21m - 65 = 0 ờ
2
ờ
m

0,5


Cõu 9.
(1,0
im)

iu kin: x -2.
x 2 + 3 = u, x + 2 = v, bt phng trỡnh ó cho tr thnh

t

(

)

u 2 - 3 + 4v Ê v 2 + 2u u 2 - v 2 + u + v - 3 u - v + 1 Ê 0

(u - v + 1)(u + v - 3) Ê 0

ổỗ x 2 + 3 - x + 2 + 1 ửữ ổỗ x 2 + 3 + x + 2 - 3 ửữ Ê 0.
ố
ứố
ứ

Ta cú

x2 - x + 1

2

ù -2 Ê x Ê
2
ớ
ờ
ờởx = -1
ù x + 1 2 x 2 - 4x - 8 0
ợ

Do ú (1) tng ng vi

(

(

Cõu 10.
(1,0
im)

)(

) (

)

0,5

)

Vy bt phng trỡnh ó cho cú nghim x = -1 v -2 Ê x Ê 2 - 2 3.
A

2 ứ
B
C
ố2
tan + tan
2
2
A p B +C
Suy ra
= + k p , k ẻ Â. Hay A + B + C = p + k 2p .
2
2
2
T (1) suy ra k = 0. Do ú A + B + C = p . Khi ú
C
A+B
A-B
C
1
1
1
P =
=
+ 1 - cos2
sin A +
sin B + sin2
.2 sin
cos
2
2

ùcos =
ùù
ùx = y = 2 - 2
2
Du ng thc xy ra khi ớ


2
ớ
ớ
2
ùA = B
ùA = B = p
ùợz = 2.
ợ
ùợ
4
3
Vy giỏ tr ln nht ca P bng .
2

Cm n bn lovemath( ) chia s n www.laisac.page.tl

4
369

0,5