TUYỂN TẬP 10 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
CÁC TRƯỜNG CHUYÊN TRÊN TOÀN QUỐC
MÔN TOÁN NĂM 2016
(Có đáp án)

Tháng 04 năm 2016


KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC (gồm 01 trang)

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

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số y  x4  4 x2  3 .

2x 1
tại M  x0 ; y0    H  có y0  5 .
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  H  : y
Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 z 1

3z

i 1 i

C2 : x 1

2

y 1

2

2

y2

1 và

4 . Hãy viết các phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  .

y 1
2

 x  2x  2  3 1 x
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
trên tập số thực.
x 1
2
y

2
y

2


 
 


------Hết------


KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THOẠI NGỌC HẦU

Môn thi: TOÁN

ĐỀ THI thử CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM (gồm 05 trang)

Đáp án (trang 01)

Câu

Điểm

+Tập xác định: D 

x  0

 y 3

0,25



.Giới hạn lim y  lim x 4  4 x 2  3   , lim y  lim x 4  4 x 2  3  
x 

x 

x  

x 

+Bảng biến thiên
x

-

-

2
0

y'
+

1
(1,0đ)

0

2

O

-2

1

2

x

-1

+ M o  xo ; yo   (H): y

2
+y '
(1,0đ)

3
x

1

2

2x 1
;y
x 1 0

x0

2

0,25

0,25

+Phương trình tiếp tuyến tại M o  xo ; yo  có dạng y  yo  y '  xo  .  x  xo 

0,25

+Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y

0,25

5

3(x

2)

y

3x

11


Đáp án (trang 02)

0

a

1; b

1
5

26
5

0,25
+Điều kiện xác định: x  0 .

0,25

+Khi đó 1  log x  2  log x  3  x  100  x  1000
+So với điều kiện ta có tập nghiêm của (1) là S   0;100  1000;  
+ Đặt t

4

x

dt

dx + Đổi cận:

0

4

4

x y z
+ Phương trình mp  MNP  :    1
1 2 3

0,25

5
(1,0đ) +Gọi (S) là mặt cầu tâm O bán kính R, (S) tiếp xúc (MNP)  R  d  O,  MNP    6
7
Vậy (S): x 2  y 2  z 2 
3 cos x

3

1

2
k2
x
k2
3
6
2
2
5
x

256
3
. (CÁCH 2: I   x  4  x  dx   x  43  3.42 x  3.4 x 2  x 3  dx  ... )
5
0
0

a) sin x

0,25

4

4 t t dt

+ Suy ra: I

4
0

x
x

0,25

0,25
0,25

2
3

0,25

+Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên BB ' là đường cao của lăng trụ

7
(1,0đ) +Vì BB ' C ' C là hình vuông nên BB '

BB '.S

+Do đó VABC . A ' B 'C '

ABC

BC

1
2a. AB. AC
2

+Vì AA ' || BB ' C ' C nên d AA ', BC '
+Trong ABC , hạ AH

BC (1);

+Xét tam giác ABC ta có AH

AC 2

a.a.a 3


BB ' (2)

0,25

d A, BB ' C ' C

a 3
. Vậy d AA ', BC '
2

a 3
2

0,25

0,25
8
(1,0đ)
1; 0 , bán kính R1

+ C1 có tâm I1
Vì I1 I 2

22

12

5
:y


qua I1 I 2

+Tiếp tuyến chung còn lại là đường thẳng đối xứng với
Phương trình I1 I 2 : x

2y 1

Xét điểm N 0; 1

0 . Gọi M

Điểm

I1 I 2

3; 1

, suy ra M

, gọi N ' là điểm đối xứng của N qua I1 I 2

Phương trình đường thẳng d qua N và vuông góc I1 I 2 là d : 2 x
Tọa độ H

d

y

1


3y

9

6 7
;
5 5

0.

0,25

CÁCH 2: Vì 2 đường tròn khôg có t/t chung vuông góc với Ox, nên t/t chung có dạng  : y  kx  b
CÁCH 3: Đường thẳng  : ax  by  c  0,(a 2  b2  0) tiếp xúc  C1  và  C2   ...

 x 2  2 x  2  3 y 1  1  x
+Đặt 
2
x 1
 y  2 y  2  3  1  y
a  x  1
; a, b 
b  y  1

+Đặt 

(1)

 2


.

, mà theo (5) có f  a   f b  nên a  b

+Thay a  b vào (3) được a  a 2  1  3a  6  . Vì 2 vế của (6) dương nên

 6   ln  a 







0,25

a 2  1  ln 3a  ln a  a 2  1  a ln 3  0  7 





+Xét hàm g  a   ln a  a 2  1  a ln 3  g '  a  
+Suy ra hàm g  a  nghịch biến trên

1
a2  1

 ln 3  1  ln 3  0, a 


2

 a  2 ab  c



2a . 2b  1.c



2


  a2 




2a



2


1 

2

2

  a  1 1  2b  c 2   
  1  2b  c 1
a 1


2

2

 b  2 bc  a 
 c  2 ca  b 
2
2
+Tương tự có 
  1  2c  a  2  ; 
  1  2a  b  3 

b 1
c 1





0,25

+Cộng theo vế (1),(2),(3) ta được P  3  2  a  b  c   a2  b2  c2  6  2  a  b  c  
10
(1,0đ)


2
2
a
b
c

0;
b

0;c

0;a



3

a 2  b 2  c 2  3

Vậy Max P  12  a  b  c  1

-----Hết-----

0,25


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN

THI TH THPT QUC GIA NM 2016 LN 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
-2
4
-1
phng (Q ) cha d ng thi vuụng gúc vi (P ).
ng thng d :

Cõu 6 (1,0 im).
a) Gii phng trỡnh cos x + sin 2x = sin x + sin 2x cot x .

b) Nhõn dp k nim ngy Nh giỏo Vit Nam, trng THPT X tuyn chn c 24 tit mc vn
ngh tiờu biu, trong s ú lp 11A cú 2 tit mc cụng din trong ton trng. Ban t chc cho
bc thm ngu nhiờn chia thnh hai bui cụng din, mi bui 12 tit mc. Tớnh xỏc sut 2
tit mc ca lp 11A c biu din trong cựng mt bui.
Cõu 7 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S .ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht tõm O, SD vuụng


2 + z2

.

------------------ Ht -----------------Ghi chỳ: 1. BTC s tr bi vo cỏc ngy 19, 20/3/2016. nhn c bi thi, thớ sinh phi np li
phiu d thi cho BTC.
2. Thi th THPT Quc gia ln 2 s c t chc vo chiu ngy 09 v ngy 10/4/2016. ng ký
d thi ti Vn phũng Trng THPT Chuyờn t ngy 19/3/2016.
Ti ti liu v thi th mụn Toỏn min phớ ti:


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN
Cõu
Cõu 1.
(1,0
im)

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

o

im

1 . Tp xỏc nh: D = .
2o. S bin thiờn:
* Chiu bin thiờn: Ta cú y  = 3x 2 - 12x + 9, x ẻ .

x ứ
ố
ố
* Bng bin thiờn:
3
x -Ơ
+Ơ
1
y'

+

0



0

+Ơ

3

y

y

+

3


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

ờ
4
4
(x - 1)2
ờởx = 3
1
3
1
3
1


0,5


ng kớ nhn ti liu v thi th mụn Toỏn ti: />Cõu 3.
(1,0
im)

a) iu kin: x -3.
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
1
.
Suy
ra
d
u
=
1
+
.
ỗ
ữdx , v = 2
x +1
2x + 1 ứ
(x + 1)
ố
Theo cụng thc tớch phõn tng phn ta cú
dx

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

I =-

x + ln(2x + 1)
x +1

1
0

1

ln
3)
+
ữ
ỗ
ữdx
ũ
2
x
+
1
2
x
+
1
x
+
1
2
2
x
+
1
x
+
1
ứ
ứ
0ố
0ố

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).

ỡùu = (-2; 4; - 1)
d
Mt phng (Q ) cha d v vuụng gúc vi (P ) nờn (Q ) cú cp vtcp ớ
ùợnP = (1; 1; 1)


Suy ra nQ = ộud , nP ự = (5; 1; - 6). Ly N (3; - 8; 0) ẻ d nờn N ẻ (Q ).
ở
ỷ
Suy ra phng trỡnh (Q ) : 5x + y - 6z - 7 = 0.
a) iu kin: sin x ạ 0.
Khi ú phng trỡnh ó cho tng ng vi

(

)

(

.

10
2.C 22
12
C 24

0,5

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 .

Do ú P (A) =

0,5

=

11
ằ 0, 4783.


Cõu 7.
(1,0
im)

(

H

D

a
A

45

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

0

O
B


(1)
(2)

= DOA
= 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

Cõu 8.
(1,0
im)

C

N

2 ứ
ố

Vỡ CH ^ AB nờn uCH .AM = 0 2(2a + m + 2) + 3(-a - 2) = 0 a = -2m + 2. (1)
ổ

-a - 12 ử
Ta cú KA = (-2a + 16; a - 3) v KN = ỗ a + m + 17;
ữ.
2 ứ
ố


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
=
13 ị a = 28 (ktm)
ờở
Suy ra A(4; - 3), B(1; - 1).





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

Ta cú

x2 - x + 1

2

x +3 - x +2 +1 =

x2 + 3 + x + 2

(1)

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
B
C
t x = 2 tan , y = 2 tan , z = 2 tan , vi 0 Ê A, B, C < p .
2
2
2

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


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

4
Ti ti liu v thi th mụn Toỏn min phớ ti:

0,5


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1)
Môn: TOÁN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

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

2
1
3
3

d1 :




; d2 :
vaø d3 :  y  5  t ( t   ) . Xét vị trí tương đối của
1
4
1
2
8
2
 z  3  2t

d1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng cắt trục oy và cắt cả ba đường thẳng d1 ; d 2 và d 3 .

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho tam giác ABC có sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân và C  A  600 .Tính cos2B
b) Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau từng đôi một được chọn từ các số
0,1,2,3,4,5. Chọn ngẫu nhiên ba số từ tập hợp E .Tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng
một số có mặt chữ số 4.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB = AC= a, trên


1 
4

cạnh BC lấy điểm H sao cho BH  BC , SH vuông góc với mp(ABC), góc giữa SA và mặt phẳng
(ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB

bc 
 2a  67
…………………………Hết…………………

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 (LẦN 1)
Môn: TOÁN
Câu
Câu 1
1,0 điểm

Nội dung

a) (1điểm) D  
b) Chiều biến thiên
lim y  ; lim y  
x 

Điểm
0,25

………………………………………………

x 

4
4
4

0
1
3

+

0



1
3

0,25

+
0,25

-

Đồ thị
2

5

5

2

0,25


1

3 2

x
3


1

2

0,25

0,25

2
2

dx   x ln x dx
1

7
…………………………………………………………………….
3

1

du  dx

1
3
x
xdx
x
xdx
x
ln

ln


ln



     2ln 2  ……………………
1

4
 2
1 2 1
 2
1  4 1

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25



x2  x  3  x  x2  2 x  3  0  
 x  3 (tm)
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x =1, x = -3 ……………………

0,25

0,25

0,25

b) 0,5 đ

 3x 2  2 3 x  5 
 3x 2  3  2 3 x  2 
 2( 3 x  1) 
 3( x 2  1) 
lim 
lim
lim
lim



 x 1 
 x 1  x  1  x 1  x  1  …
x 1
x 1
x 1






( )

0,25

0,25

0,25
0,25

* mp( ) chứa d1 / / d 2 nên pt mp( ) đi qua điểm M 1 (1;1;1) và nhận

 
n  u1 , M 1 M 2   ( 6;3; 6) làm véc tơ pháp tuyến.  ptmp( ) :2 x  y  2 z  3  0


oy  mp( )  A(0; 3; 0)
d3  mp( )  B
x  2  t
x  2
 y  5  t
 y  5


0,25
 B ( x; y; z ) là nghiệm của hệ: 

 B(2; 5; 3) ............

sinA,sinB,sinC theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có :
Câu 6
a) 0,5 đ

sin 2 B  sin C.sin A  sin 2 B 

1
cos(C  A)  cos(C  A)
2

11

 1  cos 2 B    cosB   4 cos 2 B  2cos B  3  0
2 2

1  13
1  13
(nhận) hoặc cos B 
(loại) …………………………..
 cos B 
4
4
3  13
……………………………………………………………..
cos 2 B  2 cos2 B  1 
4
b) 0,5 đ

2
5

3
C100
13475

0,25

S
1
a 2
BC 
4
4
I
là
trung
điểm
BC,
suy
ra
1
a 2
a 2
AI  BC ; AI  BC 
; HI  BH 
2
2
4
2
2
2 a 2a

 .S ABC .SH  . .

…………………….
3
3 2
4
24
SH  AH . tan 600 

2

S ABC 

AB. AC a
VS . ABC

2
2

0,25
0,25

S

L
a

A
a
K

4
SH .HJ 3a 130

HL 
SJ
52
4
4
a 130
d ( AB, SC )  .d ( H , ( SDC ))  .HL 
………………………………….
3
3
13

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />Câu 8
1,0 điểm

A
N

P



a  2
1
5
1 9
2


…………………………
BP   a    (1  3 )    a     
2
2
2
4


 a  1
 Với a  2  P(2;1)
  3

Ptđt AB đi qua P(2;1) và nhận BP   ; 2  làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 x  3 y  11  0
2

  3

Ptđt PJ đi qua P(2;1) và nhận BP   ; 2  làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3 x  4 y  2  0
2


  5 

0,25

..


Với a  1  P(1;1)

  3

Ptđt AB đi qua P(-1;1) và nhận BP    ; 2  làm vtcp. Suy ra pt AB: 4 x  3 y  7  0
2


  3

Ptđt PJ đi qua P(-1;1) và nhận BP    ; 2  làm vtpt. Suy ra pt PJ: 3x  4 y  1  0
 2

  5 
Ptđt MJ đi qua M(3; 3) và nhận BM   ; 0  làm vtpt. Suy ra pt MJ: x  3  0
2 
3 x  4 y  1  0
x  3
PJ  MJ  {J }  J(x; y) là nghiệm của hệ: 

 J ( 3; 2 )
x  3  0
 y  2

Ptđt AJ đi qua J ( 3;  2 ) và vuông góc với PN: y-1=0. Suy ra pt AJ: x  3  0

 3 (1)

x4
 y3
10 x  15 y  3 xy  46  0 (2)

x 1
y2
Đ/K x  4; y  3;
 0;
 0 ........................................
y3
x4
Từ phương trình
( 2 )  xy  2 x  y  2  4( xy  3x  4 y  12)  (x  1)(y 2)  4(x  4)(y 3)



0,25

x 1 y  2
.
4
y3 x4

 x 1
y2

3



 x 1
19

4
x
u  2
 x  4 y  11
 y  3

3
+
...................................



v

x

y


1
2
13
2
y



4
14
22
y

2



y  
4
3

 x  4
 19 13 
 16 22 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y )    ;   và ( x; y )    ;  
3
3 
 3
 3

Câu 10
1,0 điểm

0,25

0,25

0,25

1
27

b  c b  c  54
3
1
27
27
27.4
3



2a  67
b  c a  74 b  c  54 a  b  c  128

(b  c)  27  27  3 3 (b  c).27.27  27 3 b  c 

3

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />234.27.4
1622
t
; 0  t  a  b  c  34 .............................
a  b  c  128

27
b
c

c  17

 a  74  b  c  54
Vậy MinP  196 khi a  7; b  10; c  17 …………………………………………
P  abc

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015-2016
Thời gian làm bài: 180 phút,không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) .

3
1

ASC  
ABC  900. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD
  1350 , trực tâm tam giác ABD là H(-1;0).Đường thẳng đi qua D và H có
có BAD
5
phương trình x  3 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành biết điểm G( ; 2 )
3
là trọng tâm tam giác ADC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau



x3  y 3  3 y 2  3 x  6 y  4  0
y ( 2 x 3  3 7 y 13) 3( x 1)

Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y, z  0 và 5( x2  y 2  z 2 )  9( xy  2 yz  zx) .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x
1
.

2
y  z ( x  y  z )3
2

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:



0,25

x  0
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  3x , y '  0  
x  1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) vµ (1;+) , nghịch biến trên khoảng (0;1)
1
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yC §  , đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0 .
2
- Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

0,25

x 

- Bảng biến thiên:

x



y’
y


0
+



O

1b.
(1 đ)

1

x

+ Đường thẳng 6x– y – 4=0 có hệ số góc bằng 6
+Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng
6x - y- 4=0  f '( x0 )  6

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />
 3x02  3 x0  6
 x0  1

 x0  2
+Với x0 =2 y0 = 5/2M0( 2; 5/2)
x0 = -1y0 = -2  M0( -1 ; -2 )
+ Kiểm tra lại
M0( 2,5/2) tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 6(x – 2)+5/2

Bất phương trình tương đương
(4x  3)2
log3
2
2x  3
 16x 2  42x  18  0


0,25

0,25

3
 x3
8

3 
Kết hợp điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S=  ;3
4 

0,25

Câu
3(1)


u  2x  1

du  2.dx
Đặt 

Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />
Câu
4(1,0
đ)

Mặt cầu (S) có tâm I(2;–3;–3), bán kính R  22  (3)2  (3)2  17  5
cách
từ
tâm
I
đến
mp(P):
2  2(3)  2(3)  1
d  d(I ,(P )) 
1R
2
2
2
1  (2)  2
 Vì d(I ,(P ))  R nên (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C)

0,25

Khoảng

Gọi d là đường thẳng qua tâm I của mặt cầu và vuông góc mp(P) thì d có vtcp


x  2 t


3sin   2cos 
3tan   2

3
3
2
5sin   4cos  cos  5 tan 3   4



0,25

0,25

0,25



3tan   2
70
1  tan 2   

3
5 tan   4
139

-Có 10 đường kính của đường tròn được nối bởi 2 đỉnh của đa giác đều.
- Một hình chữ nhật có 4 đỉnh là đỉnh của đa giác được tạo bởi 2 đường kính nói trên.
4
 4845

M
A

C

H
B

+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH  (ABC)
a 3
 SC  BC  a 3, SH 
,
2
a2 3
SABC 
2
1
a3
 VS . ABC  SABC .SH 
3
4
Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).

0,25

0,25
0,25

Ta có: SA = AB = a, SC  BC  a 3
 AM  SB và CM  SB

  1800  BHD
  450 .
Ta có BAD  BHD

Gọi n(a; b) (a 2  b2  0) là VTPT của đường thẳng HB

+ SAC = BAC  SH  BH 

Câu
7(1,0
đ)

Do đường thẳng HB tạo với đường thẳng HD góc 450 nên
a  3b
 a  2b
 2a 2  3ab  2b2  0  
cos 450 
2
2
a  b . 10
b  2a

Tải tài liệu và đề thi thử môn Toán miễn phí tại:

0,25

0,25


Đăng kí nhận tài liệu và đề thi thử môn Toán tại: />

Câu
8(1,0
đ)

3
2
Từ phương trình (1) ta có x3  3x  ( y  1)3  3( y  1)

Điều kiện x 

Xét hàm số

0,25

f (t )  t 3  3t

f '(t )  3t 2  3
f '(t )  0 với mọi t suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.
f ( x)  f ( y  1)  x  y  1

0,25

Thế x=y+1 vào phương trình (2) ta được:
( x  1)( 2x  3  3 7x  6)  3( x  1) (3)
Ta có x=1 không là nghiệm phương trình.Từ đó
3( x  1)
( 2x  3  3 7x  6) 
x 1
3( x  1)
Xét hàm số g ( x)  ( 2x  3  3 7x  6) 

0,25

0,25