SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG

BỘ ĐỀ THI THỬ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2016

MÔN TOÁN

NĂM HỌC 2015–2016


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

1

MỤC LỤC
MỤC LỤC .................................................................................................................... 1
ĐỀ 1 .............................................................................................................................. 2
ĐỀ 2 .............................................................................................................................. 9
ĐỀ 3 ............................................................................................................................ 14
ĐỀ 4 ............................................................................................................................ 19
ĐỀ 5 ............................................................................................................................ 23
ĐỀ 6 ............................................................................................................................ 27
ĐỀ 7 ............................................................................................................................ 32
ĐỀ 8 ............................................................................................................................ 37
ĐỀ 9 ............................................................................................................................ 42
ĐỀ 10 .......................................................................................................................... 49
ĐỀ 11 .......................................................................................................................... 54
ĐỀ 12 .......................................................................................................................... 60
ĐỀ 13 .......................................................................................................................... 66
ĐỀ 14 .......................................................................................................................... 71


2
+ ln x trên đoạn [1;e] .
x

Câu 3. (1.0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z + z = 10 − 4i . Tính môđun của z .

2 − log 2 x
4
+
=1.
log 2 4 x log x
2
2
5
dx
.
Câu 4. (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫
1 x 3x + 1
b) Giải phương trình

x − 2 y −1 z −1
=
=
và
1
−1
2


Câu 10. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương khác nhau đôi một thỏa mãn xy + yz = 2 z 2 và

2x ≤ z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x
y
z
P=
+
+
.
x−y y−z z−x
–––––––– HẾT –––––––––
Câu
Đáp án
2x +1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
1
x −1
•

Tập xác định D = ℝ \ {1} .

•

Sự biến thiên của hàm số

Điểm
1,00



x →+∞

+ Bảng biến thiên

x −∞
y'

1

+∞
−

−

2

0,25

+∞

y
2

−∞

• Đồ thị
x = 0 ⇒ y = −1
y =0⇒ x =−



0,25

Ta có f (1) = 2 , f ( 2 ) = 1 + ln 2 , f ( e ) =

2
+ 1.
e

Vậy max f ( x ) = 2 , khi x = 1 ; min f ( x ) = 1 + ln 2 , khi x = 2 .

0,25
0,25

a)Tính môđun của z

0,50

x∈[1; e]

x∈[1;e ]

3


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) ,

Gọi

0,25

(1)

x > 0

Điều kiện 
1
 x ≠ 4 , x ≠ 2.
2 − log 2 x
4
+
=1
(1) ⇔
2 + log 2 x log 2 x − 1

0,50

0,25

Đặt t = log 2 x ( t ≠ −2, t ≠ 1) , ta có
2−t
4
+
= 1 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0
2 + t t −1

1

x=


Đặt t = 3 x + 1 ⇒ x =

4

0,25

1,00

0,25

0,25

4

2dt
1 
 1
Khi đó I = ∫ 2
= ∫
−
 dt
t +1 
2 t −1
2  t −1

0,25

4



0,25

0,50

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

5
2

2

Mặt khác AM = 11 ⇔ AM 2 = 11 ⇔ ( t + 4 ) + t 2 + (1 + 2t ) = 11
⇔ t 2 + 2t + 1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ M (1; 2; −1) .

0,25

Vậy điểm cần tìm là M (1; 2; −1) .
6

1,00

a)

2

(1)

0,25

π
5π
π
+ k 2π
; x = + k 2π ; x =
6
6
3

1 

b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x 2 + 4 
x 


⇔ 1 − 2.

(k ∈ℤ) .

n

( x ≠ 0)

0,50

( n ∈ ℕ, n ≥ 2 )

n!

0,25

( k ∈ ℤ)

Vậy nghiệm của phương trình là x = k

Ta có Cn0 − 2Cn1 + An2 = 109

0,50

0,25

1,00
0,50


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

6

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng (ABC) thì H là trung điểm của
BC.
Do AH là hình chiếu vuông góc của AA ' lên mặt phẳng (ABC) nên ta có

( AA ', ( ABC) ) = ( AA ', AH ) = A ' AH = 60 .
0

a2 3
a 3
.

H

B

∆A ' HA vuông tại H, ta có A ' H = AH .tan 600 =

3a
.
2

0,25
a 2 3 3a 3a 3 3
. =
.
Thể tích khố i lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V = S∆ABC . A ' H =
4
2
8
•
Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC
0,50
Gọi I là tâm và d là trục đường tròn ngoại tiếp ∆ABC thì I là trọng tâm của ∆ABC .
Gọi J là tâm và d’ là trục đường tròn ngoại tiếp ∆A ' BC ; do ∆A ' BC cân tại A ' nên
J ∈ A' H .

Vì d , d ' cùng nằm trong mặt phẳng ( A ' HA ) và không song song nên cắt nhau tại K.

0,25

 K ∈ d ⇒ KA = KB = KC

∆A ' JK vuông tại J, ta có

R = A ' K = A ' J 2 + JK 2 =

25a 2 3a 2 a 7
+
=
.
36
36
3

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC là S = 4π R 2 =
8

0,25
28π 2
a .
9

Tìm tọa độ điểm C

1,00

 9
Gọi I là trung điểm của đoạn MN thì I  5;  .
 2

0,25




9  13
x − 5) =
2

(

( x − 5 ) +  y −  =

4
2
4 ⇔


4 x − 6 y + 7 = 0
 y = 4x + 7


6

 13
 x = 2
⇔
hoặc
 y = 11

2

N

9  13
2

x
−
5
+
y
−
7
(
) 
 =
⇔ x = y = 6 hoặc x = y = (tọa độ của E).
2
4


2
x − y = 0


0,25

Vậy C ( 6;6 ) .
9

 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 4 xy = 7 x

Giải hệ phương trình 

xy − x = 0

4 ( xy − x 2 )
xy + x

=0

Sưu tầm và trình bày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM
/>
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

8


9 x + 11y + 3
4 x 

⇔ ( y − x)
+
=0
 9 y 2 + ( 2 y + 3)( y − x ) + 3 x
xy + x 


9 x + 11y + 3
4x
⇔ x = y , do


⇔ b = 3 ⇔  x = 3
 a = 3
 x = 5.

0,25

So sánh điều kiện, ta có nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = {(1;1) , ( 3;3 ) , ( 5;5 )} .
10

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
Đặt

 x = az
( a > 0, b > 0 ) ,

y
=
bz


ta

x
y
z
+
+
x−y y−z z−x


+
a − b b −1 1 − a
a
a
1
=
+
+
2
2
a−
−1 1 − a
a +1 a +1

0,25

0,25

a 2 − 2a − 6
= 2
.
a +a−2
Xét hàm số f ( a ) =
Ta có f ' ( a ) =

a 2 − 2a − 6
 1
, a ∈  0; 
2
a +a−2

 1
 1  27
Do đó f ( a ) ≤ f   =
hay P ≤ , ∀a ∈  0; 
5
2 5
 2

1
z


a=
x=


27


2
2
Vậy max P = , đạt được khi 
⇔
5
b = 4
 y = 4z .


3
3

điểm của đường thẳng ∆ với mặt phẳng (α )
Câu 6 (1,0 điểm)
a. Giải phương trình cos 3x + 2sin 2 x − cos x = 0
b. Cho n là số nguyên dương thỏa 5Cn1 = Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức

(2 + x)

n

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, hình chiếu

vuông góc của S lên mặt đáy trùng với trung điểm H của AD. SC = a 3; AB = BC = a; AD = 2a .
Góc tạo bởi đường SC và đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp SABCD
3
;
2
A(2; −3); B (3; −2) . Tìm tọa độ điểm C biết C nằm trên đường thẳng d có phương trình:
3x − y − 4 = 0

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có diện tích là

Sưu tầm và trình bày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM
/>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

10

8 x 3 y 3 + 27 = 18 y 3
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2

1
(1,0 điểm)

0,25

 10   10

Hàm số đồng biến trên  −
;0  ; 
; +∞ 
 

 2
  2


10  
10 
Hàm số nghịch biến trên  −∞; −
 ;  0;

2  
2 

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCD = 4

Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±

0,25


−3

( x − 1)

2


3 
Gọi M  x0 ; 2 +
∈(H )
x0 − 1 

Tiếp tuyến d với đồ thị (H) tại M có dạng:
−3
3
y=
( x − x0 ) + 2 +
2
( x0 − 1)
x0 − 1

0,25

Các giao điểm của d với hai tiệm cận:
0,25

Sưu tầm và trình bày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM
/>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

0,25

Cho số phức z thỏa mãn: (1 + 2i ) z + 1 − 3i = 4 + 2i . Hãy tìm phần thực, phần ảo của số phức
z
3 + 5i 13 1
13 1
Ta có z =
= + i⇒ z= − i
0,25
1 + 2i 5 5
5 5
13
1
Phần thực:
; phần ảo: −
0,25
5
5
Giải phương trình: log 3 ( x − 1) + log 1 (2 x + 3) = −1
3

3b
(0,5 điểm)

Điều kiện: x > 1
Với điều kiện trên ta có phương trình:
log 3 ( x − 1) + log 1 (2 x + 3) = −1

0,25


0

1 1 2x
+ xe dx
3 ∫0
1

xe 2 x dx =
=

1 2x
1
xe
− e2 x
2
4
0

0,25

1

0

1 2 1
e +
4
4

0,25

Sưu tầm và trình bày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM
/>
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

(1,0 điểm)

12

(α ) ⊥ ∆ ⇒ vecto pháp tuyến của (α )


→


→

n = a = (2;1; −1)
0,25

Phương trình (α ) : 2 x + y − z + 3 = 0
Gọi M = ∆ ∩ (α ) . Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình:

 x = −1 + 2t
 x = −3
y = 2 + t
y =1


 x = π + k 2π

2

0,25

Cho n là số nguyên dương thỏa 5Cn1 = Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển
nhị thức ( 2 + x )

n

n = 7
Ta có: 5Cn1 = Cn3 ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔ 
 n = −4
6b
(0,5 điểm)

0,25

Vì n ∈ ℤ + nên n = 7
7

Số hạng tổng quát thứ k + 1 trong khai triển nhị thức ( 2 + x ) là:
Tk +1 = C7k .27 −k .x k

0,25

7

Vậy hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức ( 2 + x ) là: 4C75


3a 2
2

0,25

a3 3
=
2

0,25

S ABCD =
Vậy: VSABCD

13

3
;
2
A(2; −3); B (3; −2) . Tìm tọa độ điểm C biết C nằm trên đường thẳng d có phương

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có diện tích là

trình: 3x − y − 4 = 0
Gọi C (a, b)
Ta có AB = 2
AB có phương trình: x − y − 5 = 0
8
(1,0điểm)

Giải hệ phương trình  2
2
4 x y + 6 x = y
3 3
3
8 x y + 27 = 18 y
 2
2
4 x y + 6 x = y
3

3
3
( 2 x ) +   = 18
⇔
 y

2
2 x(2 xy + 3) = y

9
(1,0 điểm)

3

2 x + y = 3

⇔
2 x. 3 = 1



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG


3− 5
 x =
4
Vậy: 
y = 6

3+ 5

14

hay


3+ 5
 x =
4

y = 6

3− 5

0,25

2 − x − 2 + x − 4 − x 2 = m có hai nghiệm phân biệt

Tìm m để phương trình


0,25

ĐỀ 3
1 4
x − 2x 2 + 3 (C)
4
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) y = f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 2 tại điểm có hoành
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

độ xo, biết f "( x o ) = −3
Câu 3 (1,0 điểm)
1) Giải phương trình: 32x +1 − 4.3x + 1 = 0

2) Tìm môđun của số phức z = (1 − 2i )( 2 + i )

2

ln 2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

∫e .
x

5 − e x dx

0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; –2), B(3;0; 1), C(–1; 2; 3).

1
1 − x2

1− x
Bài 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx – xyz = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức F =

2x 2 + y 2
2y 2 + z 2
2z 2 + x 2
+
+
xy
yz
zx

Câu

Đáp án

Điểm

1. Tập xác định: D = R
2. Sự biến thiên:
* Giới hạn vô cực: lim y = lim y = +∞
x →+∞

x →−∞


(1 điểm)

Câu
(1,0
điểm)

1
2

9
 1  11  1 
yo = f   = ; f '   = −
4
2 8
2

0,25

9
1  11
Pttt: y = −  x −  +
4
2 8
9
5
Hay: y = − x +
4
2

0,25

Câu 4. Đổi cận: 

x = ln 2 ⇒ t = 3
(1,0
2
điểm)
2
2t 3
16
2
I = ∫ 2t dt =
= −2 3
3 3 3
3

0,25

0,5

AB = ( 2; −1;3) , AC = ( −2;1;5 ) , AB ∧ AC = ( −8; −16;0 )
Do đó: n = (1, 2, 0 ) là vectơ pháp tuyến của mp(ABC)
Câu 5.
(1,0
điểm)

0,25

(ABC): x + 2y – 3 = 0
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I ∈ Oy nên I(0; y; 0)


s inx + cosx
2
2
2
2

0,25

π
π
2π


2x + = x − + k2π
x=−
+ k2π


π
π


3
3
3
⇔ cos  2x +  = cos  x −  ⇔ 
⇔
,k ∈ℤ
0,25
3

=
1140 228

0,25

Từ giả thiết SAB là tam giác đều cạnh 2a, SM là đường cao, SM = 2a.
Câu 7.
(1,0
điểm)

3
=a 3
2

Gọi N là trung điểm CD, ta có:
MN ⊥ CD;SN ⊥ CD ⇒ ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = MNS = 600
BC = MN =

SM
=a
tan 600

0,25

1
1
2a 3 3
Thể tích khố i chóp S.ABCD là: V = SM.SABCD = AB.BC.SM =
3
3

3
3
3

Câu 8.
(1,0
điểm)

0,25

3
5

Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có: AM = .AG ⇒ M  −1; 
2
2

 3 
AH =  − ;3  hay n = (1; −2 ) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng BC
 2 

Sưu tầm và trình bày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM
/>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

18

Phương trình BC: x – 2y + 6 = 0 ⇔ x = 2y + 6
Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi B(2m + 6; m) thì có 0,25

2
2
4
2 

 2 
Điều kiện: x < 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với:

1 − x2 + x2
3x
x2
3x
>
−
1
⇔
−
+ 2 > 0 (1)
2
2
1− x
1− x
1− x2
1− x2

0,25

t < 1
, khi đó bất phương trình (1) trở thành: t 2 − 3t + 2 > 0 ⇔ 
1− x

1− x
 x > 0
2 5
Bất phương trình (3) ⇔  2
⇔x>
2
5
 x > 4 (1 − x )

2
2

0,25

0,25

2 5 
;1
Tập nghiệm của bất phương trình (3) là: S2 = 

5



2 2 5 
;1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = S1 ∪ S2 =  −1;
∪

2   5


xy + yz + zx − xyz = 0 a + b + c = 1

F = 2b 2 + a 2 + 2c 2 + b2 + 2a 2 + c 2

Sưu tầm và trình bày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM
/>
và

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

19

(

Áp dụng bất đẳng thức: u v

2

2

) ≥ ( u.v ) , với u = (1;1;1) , v = ( b; b;a ) , ta có:
2

0,25

1

0,25

3

ĐỀ 4
Câu 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y =

2x
( C ) . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) .
x +1
4

 z + 2i 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 
 = 1.
 z −i 
3
3 + ln ( x + 1)
I
=
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau:
∫0 ( x + 1)2 dx .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2log9 x + 1 =

2
.
log3 x

Câu 5 (1,0 điểm). Giải phương trình : sin x − 3 cos x =



 x = 2 + 2t
( d1 ) :  y = 1 − t

 z = 1 − 2t

(t ∈ ℝ )

và

( d2 ) :

x −1 1− y 3 − z
=
=
.
2
1
2

a) Chứng minh rằng (d1) song song với (d2).
b) Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (d1) và tiếp xúc với (d2) tại điểm B(3 ; 0 ;
1).

Sưu tầm và trình bày: Page: TOÁN HỌC BẮC – TRUNG – NAM
/>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

20


0,25

Bảng biến thiên :

x

-∞

-1

+∞

+

y'

+
+∞

0,25

2

y
-∞

2

Trả lời đúng các điểm đặc biệt.

21

z + 2i
z i = 1 z + 2i = ( z i )


z + 2i = i
z + 2i = i ( z i )
z i
1
3 1
3 1
Vy z1 = i ; z 2 = i ; z3 = i ;
2
2 2
2 2

0,25
0,25
0,25

u = 3 + ln ( x + 1) du = dx


x +1

dv = dx
2

v = 1

4 2
x +1 0
I = 3

0,25

ln 2
2

0,25

iu kin x > 0 ; x 1

0,25
2
3

Phng trỡnh ó cho tng ng vi log x + log 3 x 2 = 0
Cõu 4
1,0im

x = 3 ( Thoỷa ủieu kieọn )
log3 x = 1


1
log3 x = 2
x = 9 ( Thoỷa ủieu kieọn )

0,25

Ta cú: sin x 3 cos x = 2
cos

Cõu 5
1,0im


3

sin x sin


3

cos x =



x 3 = 4 + k 2

,
x = + k 2

3
4
7

x = 12 + k 2

,

. (1 + x ) = C10
.C kj . ( 1)
k

10 k

.210k .x 202 k + j

k =0 j =0

Su tm v trỡnh by: Page: TON HC BC TRUNG NAM
/>
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

22

 k; j ∈ ℕ

Số hạng chứa x8 ứng với cặp ( k ; j ) sao cho 0 ≤ j ≤ k ≤ 10
 j = 2k − 12


0,25

Khi đó cặp số ( k ; j ) ứng với các cặp số ( 6; 0 ) ; ( 7; 2 ) ; ( 8; 4 ) ; ( 9; 6 ) ; (10;8 ) .

0,25


0,25

0,25

0,25

PT đường thẳng AB là 3x + 2 y − 5 = 0 .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
 3x + 2 y − 5 = 0
 x =5
. Tọa độ của điểm A ( 5; −5 ) .
⇔

3 x − 2 y − 25 = 0
 y = −5

0,25

PT đường thẳng AC là 8 x + 7 y − 5 = 0 .

0,25

Chứng minh được
SH ⊥ ( ABCD ) .

S

Tính được diện tích hình thoi
A

C

0,25

Tính được d H, ( SBC ) =

(

)

3a 13
26

0,25

(

)

3a 13
13

0,25

b)
Tính được d A, ( SBC ) =

Câu 9
1,0điểm


2


 
 

( S) :  x − 176  +  y − 13  +  z − 23  = 14

 
 


(

)

Ta có : 4 x 3 + y3 ≥ ( x + y )

(

3

Với x , y > 0 .
3

)

0,25

(

ra

4 ( x 3 + y 3 ) + 3 4 ( y 3 + z 3 ) + 3 4 ( z 3 + x 3 ) ≥ 2 ( x + y + z ) ≥ 6 3 xyz
0,25

.
Câu 10
1,0điểm

0,25

≥ 0 Đúng với mọi x, y.

Tương tự : 4 x 3 + z3 ≥ ( x + z )
3

2

 x
y
z 
1
3
6
+
+
≥
.

2

x
y

1
 xyz =
xyz

Vậy Min P = 12 khi x = y = z = 1 .

0,25

0,25

ĐỀ 5
3

2

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x − 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
1
9
b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình x 3 − 3x 2 + x − m = 0 có một nghiệm duy nhất.
2
2
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x + (1 + 2 cos x )(sin x − cos x ) = 0
b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i) z − 1 − 3i = 0 . Tìm phần ảo của số phức w = 1 − zi + z


Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có
phương trình: x + y + 1 = 0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x − 2 y − 2 = 0 . Điểm M(2;1)

thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;–2;1), B(–1;0;3), C(0;2;1). Lập
phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam
giác ABC.
Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên
ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ.
Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x ≥ y ≥ z và x + y + z = 3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: P =

x z
+ + 3y .
z y

–––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––––
Câu

Đáp án

Điểm

x = 3
'
0
y
=
⇔
x = 1

3

3
0

+∞

0.25

+∞

0.25

+

−∞
–1
Đồ thị : đi qua các điểm (3;–1), (1;3), (2;1), (0;–1)
1 3
9
Pt :
x − 3x 2 + x − m = 0
x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 = 2m − 1 (*)
1.b
2
2
(1,0 điểm) Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d y = 2m − 1 (d cùng

phương trục Ox)
và d. Dựa vào