VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT LAM KINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN: TOÁN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)

2x  1
x 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng
cách từ M đến trục Ox.
Câu 2 (1 điểm).
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y 

a. Giải phương trình:

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1 .

b. Giải bất phương trình: 2log 3 ( x  1)  log
Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau: I 

x

3

(2 x  1)  2 .

x 2  3dx

Câu 4 (1.5 điểm).



bca acb abc
----Hết----

Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:………………………..............
1


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1

Câu
Câu1a
1.0đ

Nội dung

- Tập xác định D  R \ 1
- Sự biến thiên y ' 

3

 x  1

2

Điểm
0,25


-

+

2

y
-

2

- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các
điểm

 0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5
+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm

0,25

tâm đối xứng.

Câu 1b
1.0đ

Gọi M  x 0 ; y0  ,

 x 0  1 ,



2


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

1
, ta có pt x 02  2x 0  1  2x 0  1  x 02  2  0 (vô nghiệm) .
2
Vậy M  0; 1 , M  4;3

Với x 0 

0,25

3 sin 2 x  cos 2 x  4sin x  1  2 3 sin x cos x  1  cos 2 x  4sin x  0
Câu 2a.
0.5đ

Câu 2b.
0.5đ

 2 3 sin x cos x  2sin 2 x  4sin x  0  2sin x



sin x  0
 x  k
sin x  0


3
6


0,25

ĐK: x > 1 , 2 log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  log 3 [( x  1)(2 x  1)]  1

0,25

1
 2 x 2  3x  2  0    x  2
2
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]
Câu 3
0.5 đ

Câu 4.b
0.5đ

Câu 5
1.0đ

0,25

Đặt t  x 2  3  t 2  x 2  3  2tdt  2xdx  xdx  tdt .

0,25

t3

x 
k 0

0,5

Số hạng chứa x 3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9  3k  3  k  2
2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3  2   144x 3

0,25

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có
0,25
C  4845 đề thi.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
C102 .C102  2025 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
C103 .C101  1200 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
0,5
C104  210 trường hợp.
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025  1200  210  3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã
3435 229

thuộc là
.
4845 323
1


0,25

Suy ra
1
1a 3 2
3a3
VS.ABCD  SH.SABCD  .
.a 
3
3 3
9

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA, CI   d  CI,  SAP    d  H,  SAP  

0,25

Dựng HK  AP , suy ra  SHK    SAP 

Dựng HF  SK  HF   SPA   d  H,  SPA    HF
1
1
1
(1)


2
2
HF



 2  2  2  2  HF 
.
2
2
2
2
HF
DP DA HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d  SA, CI  
.
2 2


Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy

Câu 6
1.0đ

BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
  CAB
  BM  AC .


0,25

4


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Trong ABC ta có

1
1
1
5
5



 BA 
BI
2
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2
2


2

0,25

2

0,25

Thể tích lăng trụ là:
a 2 3 a3 3
V  AA '.SABC  a.

4
4

0,5

Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C'
khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:

R  IA 

AO2  OI2 

(

a 3 2 a 2 a 21
) ( ) 
3


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :
 4 y 2  2 y  3   2 y  1 

2  y  2
4 y  2 y  3  2 y 1
2







y 1 1  0

y2
0
y 1 1


2
  y  2 

2

 
, x  0, y  0.
x y x y
1
1
1
1
1
1

 

S

 2


  3

bca acb
bca abc acb abc

Áp dụng bất đẳng thức

suy ra S 

2 4 6
  .
c b a


TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

Môn thi: TOÁN
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
Đề thi này có 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2x 1
(1).
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M
đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x  2  2sin 2 x  cos 3 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I 

2x2  1
dx .
x



Câu 4 (1,0 điểm).

1
1
1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1)2  .
2

8


tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.

 3 4 y 2  4 y  x3  2  x  4 y  2

Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
3
3
2 2 y  x  3 y  x  1  6 x  x  1  2  0





 x; y    .

Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P 

a2

1  a 

2


 5bc

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   .
Hàm số không có cực trị.
* Giới hạn và tiệm cận:
Ta có:
lim y  lim y  2  đường thẳng y  2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
x 

x 

0,25

lim y  ; lim y  1    đường thẳng x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).

x 1

x 1

* Bảng biến thiên:

x
y'
y





1

 a 1 
Gọi đường thẳng  là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) .
2a  1
0.a  1.
2
3
a 1
Ta có d  M , Oy   a ; d  M ,   

.
2
2
a 1
0 1
Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến
3
đường tiệm cận ngang do đó: 2.
a
a 1
a 2  a  6
 a2  a  6  0
a  3
 a a 6  2
 2

.
 a  2
 a  a  6
 a  a  6  0
2

2


x   k 2

1
3
+ Với cos x   
; k  .

2
 x    k 2

3





1điểm
0,25
0,25

0,25

0,25

1điểm

Câu 3


du

du




 u  1 u  1
u2 1 2
u2 1
u2 1
2
1  u  1   u  1
1 du 1 du
  du  
du   du  

2  u  1 u  1
2 u 1 2  u 1

Do đó I  

u

1
1
 u  ln u  1  ln u  1  C .
2
2

x 1  0
x  1
1
1
1
Khi đó phương trình   log 2 (2 x 2  3 x  1)  log 2 ( x  1) 2 
2
2
2
2
2
 log 2 2(2 x  3x  1)  log 2 ( x  1)





 x  1 (Ko TM)
 2(2 x  3 x  1)  ( x  1)  3x  4 x  1  0  
.
 x  1 TM 
3

1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 
3
2

0,25


Câu 5
Gọi  là không gian mẫu của phép thử.
Số phần tử của không gian mẫu là n     C164  1820 .
Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và
không quá hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra:
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C52C71

0,25

0,25

+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C51C72
+) Khi đó n  B   C41C71C52  C41C72C51  700 .
+) Xác suất của biến cố B là P  B  

nB
n  



0,25
700
5
 .
1820 13

0,25
1điểm

 d  AI , SC   d  SC ,  AIJ    d  C ,  AIJ   .
Ta có CD   AIJ   J  d  C ,  AIJ    d  D,  AIJ   (vì J là trung điểm CD).
Vậy d  AI , SC   d  D,  AIJ   .

0,25

0,25


Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật.
Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD  IK / / SH (vì IK là đường trung bình tam
giác SHD).
SH   ABCD 
SH a 3
Ta có 
 IK   ABCD  và IK 

.
2
4
 IK / / SH
1
a2
Ta có S ADJ  AD.DJ  ;
2
2
1
1 a 3 a2 a3 3
VI . ADJ  IK .S ADJ 
. 


 A  d
Ta có 
 tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt
 A   T 

 9 2  1 2 225
 x     y   
8
 4   4 
3x 11y  2  0


0,25

 2 11y
 2 11y
x  3
x  3




2
2
2
2
 2 11y  9    y  1   225   11y  19    y  1   225
 


13


Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF  CE .


Đặt BE  xAB  BE  x AB , ta có:
  
 
    3 
CE  BE  BC  x AB  AD và AF  AB  BF  AB  AD .
4
Vì AF  CE do đó
 
    3  
3
1
CE. AF  0  x AB  AD  AB  AD   0  xAB 2  AD 2  0  x  .
4
4
3


1
Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE  AB khi đó AF  CE .
3





 
93
23    132 36 
Gọi C  a; b   HC  a  ; b   ; AH 
; .
13
13 

 13 13 
132
93 

 12  a  



13 
a  8
 13

Do đó AH  12 HC  

 C  8; 2  .
b


2
36
23


 x 1
 2
  3
 40
 y 
 y 
Đặt a 

x 1
khi đó pt trở thành
y
 2a 3  3a 2  4  0   a  2   2a 2  a  2   0  a  2 .

Vì pt 2a 2  a  2  0 vô nghiệm.
x 1
 2  2 y   x  1 .
+) Với a  2 
y
3

Thay 2 y   x  1 vào pt (1) của hệ ta được pt

x2  1  x  x3  2

 x3  2   2 x  1   x  1  3 x 2  1  0







x  1   x  1 x  1   x  1



2



2

3

2

x  1   x  1 x  1   x  1

0

0
2



x  x  1


x2  x 1
  x  3 


2
3 2
x  1   2 x  1
x  1   x  1 3 x 2  1   x  1





Với x  3  y  2.





0,25

2

x3  4 x 2  3 x
3

0,25

0,25


Vậy hệ pt đã cho có nghiệm  x; y    3; 2  .
1điểm



16b2  27  a  b  a  c 
36  a  c 

a2

b  c 



16b2  27  a  a  b  c   bc 

 5bc

4a 2
9b  c

2



2

2

2

2



2
b  c   b  c  9 b  c 
4



2

4b 2
9a  c

2

3
2 a
b  3
2
2
  a  b  

  a  b
4
9 bc a c  4
2

2
2
 3
a  b
2  a2


9  2ab   a  b  c  4



2

 3
2
a  b
   a  b 2 .
 
2
9   a  b
 4
 a  b c 


2


0,25

2



2
2


2  3
2
2
Ta có 
  1  c    1 
  1  c  .
9 1 c  4
9  1 c  4
2

8
2  3
2
 P  1 
 1  c  .

9  1 c  4

Theo giả thiết a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  1  c   0;1 .
2

8
2  3
2
Xét hàm số f  c   1 
  1  c  với c   0;1 .
9  1 c  4
16 
2  2
3

0

–

0

1
+

f (c )
1
9

1
Từ BBT  f  c    , c   0;1 . Do đó P   1 .
9
9
1
Vậy Min P   1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  c  .
3
9
......................... Hết .............................

0,25


SỞ GD&ĐT BẮC NINH

ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016

Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo
viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo
viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy
học tích hợp. Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a ,
AD  2a , SA  ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D
đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy
là  với tan  

1
5

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác
hạ từ đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
 13  1 
;  là trung điểm của BD. Tìm tọa
5 5 

ABC có phương trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M 
độ các điểm A,C biết A có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau

x  2 x 2  2 x  4  y  1  2 y 2  3


 4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 .

b  2c a  2c


a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
a)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ: R \  1

1,0
0,25

5
y' 
 0 , x  1
( x  1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; )
Hàm số không có cực trị
lim y  2  đồ thị có tiệm cận ngang y = 2
x  

lim y   ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng x = -1

x  1

0,25

x  1

- Bảng biến thiên.
X

5

1
1
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y  ( x  4)  1  y  x 
5
5
5

2. (0,75
điểm)

0,5
0,25

Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x3  3 x 2  9 x  1 trên đoạn  2; 2
Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9
 x  3 (l )
f’(x) = 0  
x  1

0,25
0,25


Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3
Vậy: max f( x )  f (2)  23 , min f( x)  f (1)  4
 2;2


1,5
Ta có: 5 2 x  24.5 x1  1  0  5 2 x 

Câu 3
(1,5
điểm)

x

24 x
.5  1  0
5

0,25

Đặt t = 5 , ( t > 0)

t  5
24
Phương trình trở thành:  t 
.t  1  0  
t   1 (l )
5
5

Với t  5 ta có x =1.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1
2

a)

0.25

Câu4
(1điểm)

Ta có: AB =

2

Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có AÂ '. AB  0; AÂ'.AD  0

x  y  0

Và AA’= 2 nên ta có hệ  x  y  0
 A' (0;0; 2 ) Do A’ có tung độ dương
x 2  y 2  z 2  2

Lại có đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là AC’ mà

1 
AC '  AB  AD  AÂ'  C ' 2;0; 2  I 1;0;
 là trung điểm của AC’ và bán kính
2




mặt cầu là R = AI=

6

n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51
Câu 5
(0,5
điểm)

Câu 6
(1,0
điểm)

P(A) =

n( A) 197

n() 495

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a ,
SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.

1,00

Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt
phẳng đáy  SA  AC tan   a

0,25

Ta có S ABCD  AB.AD  2a


1
1
4a

 2  AH 
Trong tam giác vuông SAN có:
2
2
AH
AN
SA
33
2a
Suy ra d(D,  SBM  
33

0,25

2

Ta có: S ABM  S ABCD  2 S ADM  a ; S ABM 

0,25

1,00

Câu 7
(1,0
điểm)


1,00


ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  0

Câu 8
(1,0
điểm)

Phương trình (1)  x  2 ( x  1) 2  3  y  2 y 2  3
2t
Xét hàm f(t) = t  2 t 2  3 có f ' (t )  1 
, t  R  f ' (t )  0  t  1
t2  3
f ' (t )  0, t  1; f ' (t )  0, t  1
Từ điều kiện ta có
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1
mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y)  y  x  1
-Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 pt (1)  y  x  1
Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có:
x 1
 4 x 2  x  6  (1  2 x)  5 x  1 (3) 
 x 1
2
4x  x  6 1 2x
 x  1  0  x  1

2
 4 x  x  6  1  2 x  x  1 (4)



0,25

1,00

b  2c a  2c

 6ln( a  b  2c) .
1 a
1 b

a  b  2c  1 a  b  2c  1

 6 ln( a  b  2c)
1 a
1 b
1 
 1
  a  b  2c  1 

  6 ln( a  b  2c)
 1 a 1 b 
P2

Câu 9
(1,0
điểm)

0,25


a b

2





ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc

ab=1
) ab 



ab  1

2





2

ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1.

0,25




 6 ln t , t  0;
t2
6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8
f '(t )  


t
t3
t3
t3

BBT
t 0
f’(t)

-

4
0


+

f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.
Chú ý:
Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết
Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.

dx


2x  1  4
Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(3; 2) có tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(2; 1) và điểm B nằm trên đường thẳng d có phương trình: x  y  7  0.
Tìm tọa độ đỉnh B, C.
Câu 5 (1,0 điểm).

1

với     0. Tính giá trị của biểu thức: A  5 cos  5 sin 2.
2
2
b. Cho X là tập hợp gồm 6 số tự nhiên lẻ và 4 số tự nhiên chẵn. Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số
tự nhiên. Tính xác suất chọn được ba số tự nhiên có tích là một số chẵn.
  120o
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD
a. Cho tan  

và AC'  a 5 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng

AB' và BD theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông
 6 7
góc của A lên đường thẳng BD là H   ;  , điểm M(1; 0) là trung điểm cạnh BC và phương trình
 5 5
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7 x  y  3  0. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:

Số báo danh:..................................


SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Câu
1
(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Đáp án

Điểm

2x  1
x 1
• Tập xác định: D   \ {1} .
• Sự biến thiên:
lim y  2 , lim y  2  y  2 là đường TCN của đồ thị hàm số.
a. (1,0 điểm) m  1  y 

x 

0,25



0,25



2



2

• Đồ thị:
x

0

y

1

1
2
0



- Nhận xét: Đồ thị hàm
số nhận điểm I(1;2) làm
tâm đối xứng.


0,25

0,25

0,25


1  5m  21
Theo giả thiết ta có: 4(x1  x 2 )  6x1x 2  21  1  5m  21  
1  5m  21

2
(1,0 điểm)

 m  4 (thoû
a maõ
n (* ))


 m  22 (khoâ
ng thoû
a maõ
n (* ))

5
Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m  4.
a. (0,5 điểm) Giải phương trình:
PT  sin 2x  1  cos2x  4 cosx  0
 2 sin x cosx  2 cos2 x  4 cosx  0
 cosx(sin x  cosx  2)  0

t4
 t4

 2x  1  4 ln
4
(1,0 điểm)

5
(1,0 điểm)





2x  1  4  C

Tìm tọa độ đỉnh B, C.

Ta có: IA  (1; 3)  IA  10 .

Giả sử B(b,b  7)  d  IB  (b  2,b  6)  IB  2 b2  16 b  40

0,25

0,25

0,25

0,25


2
1
1
1
2
Ta có: 1  tan2  
 1 
 cos 
2
2
4 cos 
cos 
5
1
 sin   tan .cos  
5
Do 

0,25


Do đó: A  5 cos  10 sin  cos  5 

2
5

 10 

1
5

n() 120 6

0,25

1 5
Vậy P(A)  1  P(A)  1   
6 6
Tính thể tích khối lăng trụ …
A'

Gọi O là tâm hình thoi ABCD.
  120o
Do hình thoi ABCD có BAD

 ABC, ACD đều.
 AC  a.

Ta có: SABCD  2SABC 

D'

C'

B'

a2 3
2

0,25
A

(1,0 điểm)

0,25

1
1
1
4
1
2a


 2  2  CH 
2
2
2
CH
CO CC'
a 4a
17

0,25

2a


17
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và AH  NK // AD và NK 
Do AD  AB  NK  AB.

M(1; 0)  MN  1  7.0  c  0  c  1.
 phương trình AM là: x  7 y  1  0.

0,25

2 1
Mà N  MN  AN  N  ;  . Vì N là trung điểm HD  D(2; 1).
5 5
  8 6 
Ta có: HN   ;  
5 5

Do AH  HN  AH đi qua H và nhận n  (4; 3) là 1 VTPT.
 phương trình AH là: 4x  3y  9  0.
Mà A  AH  AN  A(0, 3).


2  2(1  x B )
x  2
Ta có: AD  2BM  
 B
 B(2; 2).
4  2(0  y B )
y B  2
Vì M là trung điểm BC  C(0; 2).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(0; 3),B(2; 2),C(0; 2),D(2; 1).
8
(1,0 điểm)

Giải phương trình:

4
3
2
 x (2x  7) x  2  2  4x  14x  3x  2




C



0,25

(1)

(1)  x 3 (2x  7) x  2  4x 4  14x 3  4x 4  14x 3  3x 2  2
 x 3 (2x  7) x  2  3x 2  2
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình  x  0.
3 2
Khi đó, PT  (2x  4  3) x  2   3
x x
2 3
 2(x  2) x  2  3 x  2  3 
( 2)
x x

0,25

Xét hàm số: f (t)  2t 3  3t với t  .

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 
,x  2.
2
Tìm giá trị lớn nhất của P …
(x  y  x  z)2 (2x  y  z)2

4
4


1
1
8
2


 3x  2y  z  1 3x  2z  y  1  3(2x  y  z)  2

Ta có: (x  y)(x  z) 

Từ giả thiết suy ra:

8
(2x  y  z)2

3(2x  y  z)  2
4

0,25


3x  2
x2 
3
36x  6
Xét hàm số: f (x)  1  2
với x  0.
3x  2
 1

 x  1 (loaïi )
36(3x 2  x  2)

Ta có: f '(x) 
, f '(x)  0  
2
2
2
2
x
 f    10
(3x  2)

3
3
Bảng biến thiên:
2
x 0

3
y'