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

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 4 (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của biểu thức
n

2

2


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  2 z  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……………………


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 

Câu 1

Điểm
2x 1
x 1

* Tập xác định: D = R\{–1}
* Sự biến thiên

+∞

y
2

0,25

+

+

y'

2
-∞

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

0,25

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…

1,0

– Ta có f  x  liên tục và xác định trên đoạn  2;5 ;
f ' x  1

Câu

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

 n  15
– Khi đó: An2  2Cn1  180  n 2  3n  180  0  
 n  15
 n  12

0,25

15

Câu
4





  
  
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

0,25

( với a 2  b 2  c 2  d  0 ).
2a  2b  d  2
2a  4c  d  5

Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ 
4a  2c  d  5
2a  6c  d  10
5
31
5


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

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
2

– Vậy xác suất cần tính là:

44 11

56 14

Tính thể tích và...
– Tính thể tích

1,0

S

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

KC
5

SH  SD 2  DH 2 

0,25

3a 34
5

SH
17
Do đó:

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:

0,25
0,25


 a  1 a  2    b  5 b  3  0


2
2
2
2
 a  1   b  5   4  a  2    b  3 

 a  5, b  1
hệ trên suy ra 
7
9
a   , b  
5
5




 x  2 

1,0

x 1  2

2x 1  3

0,25

 , *

2 x  1  3  0  x  13 (1)

thì (*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1

0,25

Do hàm f (t )  t  t là hàm đồng biến trên  , mà (*):
3

f

Câu
9



3

Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên  , mà (2*):
f



3



2x  1  f



 1
1   x  13
x  1  2 x  1  x  1  1  x     2
2 
2
3
 2 x  1   x  1



3

1  5

Suy ra: x   1;0  
;  
 2

1
2

 x 1 y  y 1 z  z 1 x 
1
2

x 1  y  y 1 z  z  1 x 

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

0,25

3 2
2

3 2
1
khi x  y  z  .
2
2

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì căn cứ thang điểm để cho điểm phần đó.


SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)

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)
a) Cho tan   3 . Tính giá trị biểu thức: A 

2sin   3cos 
.
4sin   5cos 

b) Có 3 quyển sách Toán, 5 quyển sách Lý và 4 quyển sách Hóa, các quyển sách này đều khác
nhau. Xếp ngẫu nhiên các quyển sách này trên một chiếc kệ dài. Tìm xác suất để các quyển
sách cùng bộ môn được xếp cạnh nhau.
Câu7:(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân AD // BC. Biết SA  a 2 ,
AD = 2a, AB = a, BC = CD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với
trung điểm cạnh AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB
và AD theo a .
1 5
1 3
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy . Gọi H ( 3;5) , I  ;   , K  ;  ,
2 2
2 2
lần lượt là trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp và chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

Câu 9: (1 điểm) Giải phương trình : 8 x 3  36 x 2  53 x  25  3 3 x  5
Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 xy  3  x 4  y 4 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  x 2 y 2 


Câu 1:(1
điểm)

0.25

x 

y /  0  x  1 hoặc x  3

+) Bảng biến thiên
x 
y
y

ĐIỂM
1 điểm



1
0
0

3
0






+)

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

0.25

f /  x0  

 x0  2 

3

x02  4 x0  6

x 1
 3  2 x02  8 x0  6  0   0
 x0  2 
 x0  3
Toạ độ tiếp điểm (1;0) , (3;–2)
+) Phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) vuông góc đường thẳng có dạng :
y  3  x  1  và y  3x  11
+)

2

0.25

0.25

+) Đặt z  a  bi  a, b  R  ; z  a  bi ;

  3  x 1  x   8  x 2  4 x  5  0  x  1  x  5
So điều kiện chọn x = –1
+) Đặt
+)
Câu 4
(1 điểm)





3
u  ln x  1

dv  x 2 .dx

0.25


3x 2
du  x3  1 dx

3
v  x  1 (chon)

3

Vậy

0.25

3
3 0 3
3

Đường thẳng (d) có vectơ chỉ phương u   2;1;2  . Gọi H là hình chiếu vuông

góc của A trên (d), suy ra H (1+ 2t,t, 2 + 2t) và AH   2t  1; t  5;2t  1
 
+) Vì AH  d  AH.u  0  2( 2t – 1) + t – 5 + 2(2t –1) = 0  t  1

0.25

0.25

0.25

Vậy H(3,1,4).
Câu 5:
(1 điểm

+) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên    ta có d  A,( )   AK  AH
(tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến

( ) lớn nhất.  AK  AH  K  H .

Suy ra ( ) qua Hvà nhận AH  1; 4;1 làm vectơ pháp tuyến

Câu 6:
(1 điểm)
a

Số cách xếp 4 quyển sách Hóa trong nhóm Hóa là 4!
Vậy A  3!3!5!4! Suy ra P(A) 

3!3!5!4!
 0, 0002
12!

0,25


Gọi I là trung điểm của AD .
SI   ABCD 
Ta có SABCD  3SABI 

3a2 3
4

0,25

Tam giác SIA vuông vuông tại I cho :
Câu 7:
(1 điểm)

1
a3 3
A2  AI 2  2 a2  a2  a2  SI  a . Vậy VS. ABCD  SI .SABCD 
 dvtt 
3
4
AD / / BC 

1
4
1
7
 2 2  2 2  2
2
IH
IK IS
3a a
3a

025

a 21
a 21
, d I ,  SBC   IH 
7
7
  7 7  
HK   ;   ; a  1; 1 . Phương
2 2
trình đường
thẳng AK đi qua H và

nhận n  1;1 làm vectơ pháp



 IH 


Tứ giác BHCD là hình bình hành nên H, M, D thẳng hàng nên AH  2 IM
3  x A   4
 x  1

 A
. Vậy A(1; 1).
5  yA  4
 yA  1
 3 1
+) B  BC  : x  y  1  0  B b; b  1 Vì M   ;   là trung điểm của BC
 2 2
 
 
b  0
nên C  3  b; 2  b  nên BH  CA  BH .CA  0  2b 2  6 b  0  
 b  3
Vậy B(0;1) ; C(–3;–2) hoặc B(–3;–2) ; C(0;1)

0.25

0.25

0.25


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

  2 x  3   2 x  3 







3

3 x  5  2 x  3  3 3 x  5  8 x 3  36 x 2  51x  22  0





5 3
4
16
 x2 y2 
2 xy  2

  x  2  8 x 2  20 x  11  0  x  2  x 

16
x 2  y 2  2 xy
2
x  y 2
Đặt t = xy ; t  0 . Ta có:
2
2
2
3 xy  3  x 4  y 4 


0,25





0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25



f /  t   0   t  1 t 2  3t  4  0  t  1
Ta có f 1  5 ; f  2  
Suy ra P 

20
;
3

 1  67
f  
 2  12

2x  1
 0.
x 1

b) Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình z 2  2 z  2  0 trên tập số phức. Tìm mođun của
số phức: w   z1  1

2015

  z2  1

2016

.

Câu 3 :(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
y  f ( x )  x 2  8.ln x trên đoạn [1; e]

2

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).


Câu

Điểm

1. (1 điểm)
Tập xác định D  
Giới hạn : lim y  , lim y  

0,25

x  0
Sự biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  
x  2
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2)

0,25

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


x   1

2

x  1

0.25

2x  1
 log 2 1
x 1

2x  1
 1  x  2
x 1

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

Min y  4  8ln 2
[1;e]

4/(1đ)
Đặt u =1+ sin x  du = cosx dx

Đ/c x = 0  u = 0,x =
u = 2
2
2

du  1
I=  4  3
3u
0 u

0.25
0.25
0.25
0,25
0.25

2

0.25

0

Tính đúng kết quả
5/(1 đ)

 k 2  k   
2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 


 k 2  k   
2

0.25

6/b) (0,5đ)
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là: C95  126

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






  IH  BC  a
2
2
2
2
2
BC SC
SC
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 )


0,25
0,25
0,25

0.25

0.25

0.25

2

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 


0,25
0,25

10(1đ)
Ta có:
(a + b)(a – b)2  0
 a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)

0,25

a3
2a  b
 2

(1)
2
a  ab  b
3

0,25

b3
2b  c
c3
2c  a

(2)
,


0,25

Tương tự:


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

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 04
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) .

ab
bc
ca
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
.


(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-----------------------


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 

Câu 3:
(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

2

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
'
 (ABC )
tam giác đều ABC  AH
+) HA là hình chiếu A’A trên mặt
phẳng (ABC) nên
 
A 'A, ABC   A 'A, AH 

 A 'A H  600

1946

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



 7 
  31  0

2
2

 9t2  6t1  9  3t2  2t1  3

0.25

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

t  6  C  11;6
9  2t  3
 
 
.
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 )


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


 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 

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
1  b 1  c 


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


 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-----------------------

0,25


SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN

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
4
10  y  1  1  3  x  2 
Câu 10: (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  2  y  1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2 xy  2 yz 

1
.

x 
0
2

0
0
y



y
0




0.25

0.25

4

+) Đồ thị
Câu 1:

 1; 4  ;  3;0 

Đồ thị hàm số đi qua các điểm

(1 điểm)

+) 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


Đặt z  a  bi, (a,b  )  z  a 2  b 2
Khi đó z  z  2  8i  a  bi  a 2  b 2  2  8i

0.25

 a  a 2  b 2  bi  2  8i

2
2

a  15
a  a  b  2

 


b  8

t

2



 1 2tdt
t

2



 2t 3
2 8



 
 2t | 
 1
 3
3

 2 t

2

0.25
0.25

2
2
2
4
4

2


+) PTTQ của mp(ABC): 2( x  1)  6( y  2)  2( z  1)  0
 2 x  6 y  2 z  8  0  x  3 y  z  4  0
b) +) Phương trình mặt cầu ( S ) có dạng:
x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
+) Vì 4 điểm O(0;0;0), A( 1;2; 1), B (2;1; 1), C (3;0;1) thuộc ( S ) nên:
0  2.0  2.0  2.0  d  0
6  2a  4b  2c  d  0


6  4a  2b  2c  d  0
10  6a  0b  2c  d  0
d  0
d  0
 2a  4b  2c  6
a  1


+)


 4a  2b  2c  6


3 cos   1

3
2.  1
1
5

 4
7
3.    1
 5 

0,25

3
2
1
b) n ( A)  C85 .C12
 C86 .C12
 C87 .C12
 14264
n( A) 14264
7132
 P( A) 


.
n() 125970 62985
a) +) Gọi O là tâm của hình vuông


C

1
1 2 a 6 a3 6
 S ABCD .SO  a .

( dvtt )
3
3
2
6

025

b) +) Tam giác cân SBC có SB  SC  a 2 và BC  a nên

SH  SB 2  BH 2  2a 2 

S SBC 

a2 a 7

. Suy ra
4
2

025

1

2x  y  2  0

+) Gọi B(x B ; yB )  M (
Câu 8
(1 điểm)

0.25

0.25

x B  3 yB
; ) ( M là trung điểm AB)
2
2

x  y  1  0
B
 B
Ta có B thuộc d1 và M thuộc d2 nên ta có: 
 B(1; 0)
x  3  y B  2  0
 B
2

0.25

+) Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng:
x 2  y 2  2ax  2by  c  0 .

Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có: