SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(Đề ĐỀ
thi gồm
có 01
trang)
SỐ
151

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01
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 

2x 1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x   x  3 

4
trên đoạn
x 1

 2;5 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình log 2  2 x  1  log 1  x  2   1 .
2

Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có A(1; 5), AB  2 BC và điểm C thuộc đường
thẳng d : x  3 y  7  0 . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia CB, N là hình chiếu vuông góc
 5 1
của B trên MD. Tìm tọa độ các điểm B và C biết N   ;  và điểm B có tung độ nguyên.
 2 2

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x 1 

x2  x  2 3 2 x  1
trên tập hợp số thực.
3
2x  1  3

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x , y, z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  x 2  y 2  2 y  1  y 2  z2  2z  1  z2  x 2  2 x  1
––––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……………………

868


SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG – TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01

Câu

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm y 

Bảng biến thiên
x

-1

-∞

+∞

+∞

y

0,25

+

+

y'

2
-∞

2

* Đồ thị
Giao với trục Oy: (0; 1); Giao với Ox: (–1/2; 0)
Tâm đối xứng I(–1; 2)



869


Giải bất pt…
ĐK: x  2

1,0

–Khi đó bất phương trình tương đương: log 2  2 x  1  log 2  x  2   1
Câu 3

0,25
0,25
0,25

 log 2  2 x  1 x  2    1
 5
 2 x 2  5 x  0  x   0; 
 2

0,25

 5
– Kết hợp điều kiện ta có: x   2; 
 2
Tìm số hạng chứa…
– ĐK: n   , n  2

1,0

0,25
3

Do đó số hạng chứa x3 trong khai triển trên là: C153  1 23 x 3  3640 x 3
Trong Kg Oxyz….



Ta có AB  (0;  1; 2); AC  (1;  1;1); AD  (2;  1;  3) .
 
  
 AB , AC   1; 2;1 ;  AB , AC  . AD  7




  
  
Do  AB , AC  . AD  7  0 , nên 3 véctơ AB , AC , AD không đồng phẳng suy ra
A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp.
Gọi phương trình mặt cầu có dạng x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
Câu
5

Câu
6

1,0
0,25


  2 cos 2   1
2
1 3  9
 27
  1     2.  1 
2  5   25  25

0,25

0,25
0,25
0,25

b)– Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là C85 = 56 cách
– Để chọn 5 em thỏa mãn bài ra, ta xét các trường hợp sau
+) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách
+) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22 C42 cách

870

0,25


+) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22 C21C42 cách
0,25

+) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22 C22 C41 cách
Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là:
C C21C43 + C21C22 C42 + C22 C21C42 + C22 C22 C41 = 44 cách
1


1
Do đó: VS . ABCD  SA.S ABCD  12a 3 (đvtt)
3

– Tính góc…
Câu
7

 
+) Dựng điểm K sao cho SK  AD

0,25

C

B

0,25

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của
D lên CK, khi đó: DK   SBC  . Do đó:
DSH
 SD,  SBC    
+) Mặt khác DH 

DC.DK 12a
, SD  SA2  AD 2  3a 2

1,0

B

C

D

 ANC vuông tại N
0,25

N

M
  7 9 
 5 1
Đường thẳng CN qua N   ;  và nhận NA   ;  là pháp tuyến nên có phương
 2 2
2 2

trình: 7 x  9 y  13  0 . Do C  CN  d  C  2; 3
Gọi B  a; b  . Do AB  2BC và AB  BC nên ta có hệ p
hương trình:

871

0,25
0,25



3

x2  x  2 3 2 x  1
x2  x  6

x

1

2

3
3
2x 1  3
2x 1  3

x 1 

 x  2 

1,0

x 1  2

2x 1  3

0,25

 , *


Suy ra: x   ;
 VN
  0;
 
2  
2 


– Nếu

3

2 x  1  3  0  1  x  13 (2)

0,25

thì (2*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1
Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên  , mà (2*):
f



3



2x  1  f




 2


1,0

Ta có P  x 2  (1  y)2  y2  (1  z)2  z2  (1  x)2
1
2

Vì a2  b2  ( a  b)2 nên P 
Câu
10

1
2

và a  b  c  a  b  c nên P 

 x 1 y  y 1 z  z 1 x 
1
2

x 1  y  y 1 z  z  1 x 

1
2

Dấu "=" xảy ra  x  y  z  . Vậy min P 

3 2

Câu 1: (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x3  6 x 2  9 x  4 .
x 2  5x  4
Câu 2: (1 điểm) Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 
biết các tiếp
x2
1
tuyến đó vuông góc với đường thẳng y   x  2006 .
3

Câu 3: (1. điểm)
2

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1  2i  .z  z  4i  20 . Tính modun của số phức z.
b) Giải phương trình log 2  3  x   log 2 1  x   3
1

Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân: I   x 2 ln 1  x3  dx
0

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2; 5; 3) và đường thẳng
x 1 y z  2
.
d:
 
2
1
2
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d.
b) Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến ()lớn nhất.
Câu 6: (1 điểm)

–––––––––––––Hết–––––––––––––

873

2
.
xy


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

NỘI DUNG
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  4
+) TXĐ: D  
Sự biến thiên:
+) Giới hạn: lim y  ; lim y  
x 

+) Chiều biến thiên:

y /  3x 2  12 x  9

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–  ; 1) và (3; +  ).
Hàm số nghịch biến trên(1; 3).
Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = – 4

Câu 1:(1
điểm)



0.25

0.25

4

+) Đồ thị + Giao điểm với Oy: (0 ; –4)
+Vẽ đồ thị

+ Giao điểm với Ox: (1;0) ; (4;0)

0.25

Câu 2:
(1 điểm)

x02  4 x0  6

+)

Gọi M0  x0 ; y0   C  . Hệ số góc tiếp tuyến tại M0 :

2

0.25

+)

Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y   1 x  2016 nên f /  x0  = 3

(1 điểm)

1  1  2i   a  bi   a  bi  4i  20
+)   3  4i  a  bi   a  bi  4i  20
a  2 b  10
a  4
+)  

a  b  1
b  3

0.25

0.25

+) Do đó z  4  3i  z  32  4 2  5

874


3  x  0
+) Điều kiện: 
 x 1
1  x  0

1  log2  3  x 1  x   3

0.25

  3  x 1  x   8  x 2  4 x  5  0  x  1  x  5


Vậy

x3  1
I
ln x 3  1
3



1

1

0.25

   x .dx
2

0

0

1

2
1
2
1
 ln 2  x3  ln 2 


+) Phương trình củamặt phẳng ( ) là : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1( z – 4) = 0
 x – 4y + z – 3 = 0.
Từ tan   3 suy ra cos   0 nên A  2 tan   3
4 tan   5

Vậy A  2 tan   3  2.3  3  9
4 tan   5

4.3  5

0.25

0,25
0,25
0,25

7

Số cách sắp xếp 3 quyển Toán, 5 quển Lý và 4 quyển Hóa là số hoán vị của 12
phần tử do đó   12! . Gọi A là biến cố: “các quyển sách cùng bộ môn được
b

xếp cạnh nhau”. Ghép các quyển sách cùng bộ môn thành từng nhóm, có ba

0,25

nhóm Toán, Lý, Hóa. Số cách xếp ba nhóm này là 3!
Số cách xếp 3 quyển sách Toán trong nhóm Toán là 3!
Số cách xếp 5 quyển sách Lý trong nhóm Lý là 5!

4
AD / / BC 
  AD / /  SBC   d  AD, SB  d AD,  SBC   d I ,  SBC 
BC   SBC  
Gọi K là trung điểm của BC .
BC   SKI  
IK  BC 
Ta có
  IH  BC
  BC   SKI  Dựng IH  SK ;
BC  SI 
IH   SKI  





 

025



025



 IH   SBC  . Vậy d I ,  SBC   IH
Tam giác SIK vuông tại I cho


 IH 



tuyến x  3  y  5  0  x  y  2  0
Phương trình đường thẳng BC điqua K

0.25



và nhận HK   7 ;  7  làm vectơ pháp
2

2

tuyến  x  y  1  0  BC 

Câu 8
(1 điểm)

+) Gọi M là trung điểm của BC thì IM  BC Phương trình đường thẳng IM đi
qua I và vuông góc với BC có dạng x  y  2  0 .
x  y  1  0
 3 1
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
 M  ; 
 2 2
x  y  2  0
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I .

8 x 3  36 x 2  53 x  25  3 3 x  5
3

  2 x  3   2 x  3 

 f  2 x  3  f
Câu 9
(1 điểm)



3



3x  5

3

3

3x  5



3

3x  5



Đặt t = xy ; t  0 . Ta có:
2
2
2
3 xy  3  x 4  y 4 
 2 x2 y 2 
hay 3t  3  2t 2   2t 3  3t 2  3t  2  0
xy
xy
t
1
  t  1 t  2  2t  1  0 vi t  0   t  2
2
8
1
Vậy P  t 2 
voi
t2
t 1
2
8
Xét hàm số f  t   t 2 
t 1
8
f /  t   2t 
2
 t  1
P  x2 y2 

Câu 10

3

 1  67
f  
 2  12

20
3

0.25

 x. y  2
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
 x  y  2
20
Vậy giá trị lớn nhất P 
khi x  y  2
3

–––––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––––––

877


SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(ĐềĐỀ
thi gồm
có 153
01 trang)


cos x
dx
(1  sin x) 4
0

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

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M(1; 2;–2), N(2; 0; –1) và mặt
phẳng ( P ) : 3 x  y  2 z  1  0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua 2 điểm M, N và vuông góc (P).
b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(–1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng (P).
Câu 6 :(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2cos 2 x  sin x  1  0 .
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học.
Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
Câu 7 :(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA = a .Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu 8 :(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1; 1) và đường thẳng
 : 2 x  3 y  4  0 . Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp
với nhau góc 450.

 x  y  x 2  y 2  12
Câu 9 :(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 
 y x 2  y 2  12
Câu 10: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
a3
b3


x 

x 

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0) , (2;  )
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 2;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = –2
Bảng biến thiên:
x 
0
2
0
0
y


y 
4




0,25



2

Đồ thị


0.25

+) z 2  2z  2  0 . Có  '  1  2  1  i 2
z  1  i
+) Giải phương trình ta được nghiệm là  1
z 2  1  i
+) Thay vào w ta được w  i 

2015

0.25

 i 2016  1  i

hoặc w  i 2015  (i )2016  1  i . Vậy w  2

879

0.25


3/ (1 điểm)
Ta có f / ( x )  2 x 

8
x

0.25


0 u

0.25
0.25
0.25
0,25
0.25

2

0.25

0

Tính đúng kết quả
5/(1 đ)


  
Ta có: MN  (1; 2;1); nP  (3;1; 2)  nQ   MN , nP   (5;1; 7) là VTPT của (Q)
Pt (Q): 5 x  y  7 z  17  0
Mặt cầu (S) có bán kính R  d ( I ;( P)) 
Pt (S): ( x  1) 2  ( y  3) 2  ( z  2) 2 

3
14

9
14



0,25

Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 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 .
Xác suất cần tìm là P 

78 13
 .
126 21

880

0.25


7/(1đ)
 AM  BC , ( BC  SA, BC  AB)

 AM  SB, ( SA  AB)

Ta có

 AM  SC (1)


SA  AC
a  2a
3
3
3
2
3
1a a a
Vậy VABMI 

3 4 3 36
8/(1đ)

x  1  3t
*  có phương trình tham số 
và có vtcp u  ( 3; 2)
y  2  2t
*A thuộc   A(1  3t ; 2  2t )

 
AB
.u




1
1
*Ta có (AB;  )=450  cos(AB; u ) 



0.25

u  x 2  y 2 ; u  0
Đặt 
; x   y không thỏa hệ nên xét x   y .
v  x  y

1  u2 
Ta có: y   v  
2
v 

0,25

u  v  12

Hệ phương trình đã cho có dạng:  u 
u2 
 2  v  v   12

 

u  4
u  3
hoặc 

v  8
v  9
 x 2  y 2  4


0,25

a3
2a  b
 2

(1)
2
a  ab  b
3

0,25

b3
2b  c
c3
2c  a

(2)
,

(3)
2
2
2
2
b  bc  c
3
c  ac  a

TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(ĐềĐỀ
thi gồm
01 trang)
SỐcó 154

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01
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  x 2  4  x 2  .
x 3 mx 2 1
Câu 2: (1,0 điểm) ) Định m để hàm số y  
 đạt cực tiểu tại x  2 .
3
2
3

Câu 3: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình log 52 x 3  20log 5 x  1  0 trên tập hợp số thực.
b) Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện: 1  i  z  i   2 z  2i .
Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y  x 3  3x  1 và
y  x 1.
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;2) , B (1;0;1) ,
C (1;1;0) và D (2; 1; 2) .
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm B, C, D.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6: (0,5 điểm)
a) Giải phương trình: sin x  1  cos 2 x .

.


(1  a )(1  b) (1  b)(1  c ) (1  c)(1  a )
Câu 10:(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c 

-----------------------Hết-----------------------

883


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

NỘI DUNG

ĐIỂM

+) Tập xác định D  R

x   2
+) Đạo hàm: y '  4 x 3  8 x ; y '  0  
x  0

0.25

Câu 1: +) các giới hạn : lim y  ; lim y   ( Đồ thị không có tiệm cận)
x 
x 
(1 điểm)


1  i   z  i   2 z  2i  z 

0,25
1 i 2 1
  i
3 i 5 5

0.25
0.25

z 

(1)  9log25x - 10log5 x + 1= 0

+) Đặt : t=log 5 x . Phương trình có dạng

9t 2  10t  1  0  t  1  t 

1
9

0.25

) t  1  log5 x  1  x  5
0.25

1
1
1

Câu 4
(1 điểm)

Xét dấu f ( x )  x 3  4 x :



x
f(x)

-

0

S=

 (x

-2
0

0
+ 0

2
- 0


+


(1 điểm)



a) +) BC  2 ;1 ; 1 , BD  1; 1; 3 .

 


Véc tơ pháp tuyến của (P) là n  BC , BD  4; 7;1 .


+) Phương trình mặt phẳng (P): 4  x  1  7  y  0  z
  1  0.

0,25

0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x  7y  z  3  0.





b)+) Bán kính R  d A, P 

4.(1)  7  2  3
42  7 2  (1)2


 k 2 k  
2


+) Vậy phương trình có nghiệm là  x   k 2 k  
2
Câu 6: b)+) Để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
(1 điểm)
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 73 .C 102  1575 cách

0,25

025

+) TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C 74 .C 101  350 cách
TH3: 5 bông hồng nhung có: C 75  21 cách
+)  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
+) Số cách lấy 4 bông hồng thường C 175  6188  P 
+) Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp
'
tam giác đều ABC  AH
 (ABC )
+) HA là hình chiếu A’A trên mặt
phẳng (ABC) nên

 
A 'A, ABC   A 'A, AH 

 A 'A H  600


3 a
4
3 2
3
3

+) VABC .A'B 'C '

0.25

a3 3
 S ABC .A ' H 
(đvtt)
4









' '
+) AA’//(BB’C’C)  d AA' , BC  d A' ,(BBC
C) 

3VA' .BB 'C 'C
S BB 'C 'C


1
2
+) I thuộc d :  1
 7 
  31  0
2
2


 9t2  6t1  9  3t2  2t1  3

0.25

t  0  B 0; 8
13t2  8t1  13

+) Vậy ta có hệ : 
1
3t2  2t1  3
t  1  D  1;1

 2
ra :
Câu 8 +) Từ đó suy

x
y 8
BD  5 2; BD  1;7   BD  : 
 7x  y  8  0
(1 điểm)

 
.
9

2
t

3
t

3

C

10;
3





+) Mặt khác A dối xứng với B qua I cho nên ta tìm được tọa độ A .
 1 
Với C(-11;6 ) và I   ; 3  A  10; 0 ( loại vì A có hoành độ âm ).
 2 
 1 
Với C(10;3 ) I   ; 3 thì A  11; 3 ( chọn )
 2 

0.25

1
3
x
+) Nếu x  0 thì phương trình tương đương với
Từ (1), ta có

2x 2  3x  1  4x 

3
1
3
1
3
1
 2  4   2 1 . Đặt t  2   2 (t  0) 1 .
x x
x x
x x
t  0
Phương trình (1) trở thành 
 t  3.
t  t 2  6

+) Với t  3 , ta có

x  3  37 (tm )

3
1
2

 t  2.

t  6  t 2

Với t  2 , ta có

x  3  17 (k .tm )

3
1
4
2   2  2  2x 2  3x  1  0  

x x
x  3  17 (tm )

4

Đặt t  2 

0.25

+) Kết hợp với điều kiện (*) suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:
 3  37 3  37   3  17 3  17 

 , 
 .
;
;


 ab  a  1b  1  a  b  1  a  1b  1  c  1 

887

0.25

3
2


Do đó:

2 c  1  3
ab
2z  3
 1
 1
2xy
2 1  a 1  b 
1  a 1  b 

bc
2x  3
ca
2y  3
 1
;
 1
2yz
2xz

2 x y z

2

  3 x  y  z   4 x

xyz

2

2

y z

2

  15

0.25

2xyz

12 3 x 2y 2z 2  15
2xyz
 5 
12t 2  15
+) Đặt t  3 xyz , t   ; 0 , ta có
Q
 6 
2t 3

Suy ra Q  g t   g   
 6 
25
Q

Suy ra

P  3

+) Vậy max P 

72
3

25 25

3
5
1
đạt được khi x  y  z    a  b  c 
25
6
6

-----------------------Hết-----------------------

888

0,25



Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; 2; 1), B (2;1; 1), C (3;0;1) .
a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
b) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O, A, B, C. (O là gốc tọa độ)
Câu 6: (1 điểm)
a) Cho sin  

3

2sin   1
với     . Tính P 
.
5
2
3cos   1

b) Một đội văn nghệ gồm có 20 người trong đó có 12 nam và 8 nữ. Chọn ngẫu nhiên 8 người
để hát đồng ca. Tính xác suất để 8 người được chọn có cả nam và nữ và số nữ nhiều hơn số
nam.
Câu 7: (1 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên
bằng a 2 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và
SB.
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao
xuất phát từ đỉnh B có phương trình x  y  1  0 , đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh C có
phương trình 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

 x 3  y 3  5 x 2  2 y 2  10 x  3 y  6  0

Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình 
6


y' = 3x2  6x; y' = 0  
x = 2


Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–  ; 0) và (2; +  ).
Hàm số nghịch biến trên(0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = – 4
+) Bảng biến thiên
x 
0
2

0
0
y



y
0




0.25

0.25

4


0.25

Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4  khi x = 4
GTNN y = 2 trên trên 0;4  khi x = 1
a) +) Điều kiện: x  1.

0.25

+) PT  log 2(x 2  2x  3)  5

0.25

+) Kết hợp điều kiện ta được: x  5 là nghiệm của phương trình.

0.25

Câu 3: (1
điểm)
+)  x 2  2x  35  0  x  7  x  5

890