DŨNG ĐỒN’s MATHCLASS OFFLINE ĐỀ THI THỬ KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA 2016 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề Đề thi thử lần thứ 08 =======================***======================= Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  x  x2    Câu (1,0 điểm) Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x   m x  m  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích lớn ?  x  y  2 x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  log  x    log y  x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx x 1  x; y    Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x y 1 z   mặt phẳng  P  : x  y  2z   a) Viết phương trình mặt phẳng qua gốc tọa độ O vuông góc với d b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho khoảng cách từ M đến  P  2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA  AB  a , AD  3a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABMD cosin góc tạo hai mặt phẳng  ABCD   SDM  Câu (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức P  sin   cos4  , biết sin 2  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Gọi D trung điểm BC E hình chiếu A đường thẳng BC Gọi F G tương ứng hình chiếu E cạnh AB AC Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD H Biết AH AD  , tọa độ điểm A  2;  , phương trình đường thẳng  FG  : x  y   điểm E có hồnh độ nhỏ Tìm tọa độ đỉnh B C Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:  x  2   x  3 2   x  x    81x  32  x   Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn điều kiện: a  b2  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a2 b2 c2    b  2c c  a a  b a  b  c  HẾT -Họ tên: …………………………………………………………………………….Lớp:…………… Đề thi gồm có: 01 trang, cán coi thi khơng chém gió thêm! Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đồn Trí Dũng Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đồn Trí Dũng DŨNG ĐỒN’s MATHCLASS OFFLINE ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA 2016 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề Đề thi thử lần thứ 08   Câu (1,0 điểm) Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x   m x  m  có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích lớn ?     Ta có: y '  x   m x  x x  m    x   x   m Hàm số có ba cực trị 1  m  Khi hàm số có ba cực trị: A  0; m   , B       m ; m  m2  m , C   m2 ; m  m  m  Gọi M 0; m  m  m trung điểm BC Vì hàm số đối xứng qua trục tung ABC cân A  Ta có: AM  m  m    m  , BC   m Do đó: SABC  AM.BC   m 2    m2  Vậy giá trị lớn diện tích ABC m   x  y  2 x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  log  x    log y   x; y    Điều kiện xác định: x  2; y  Từ phương trình hai ta có: log  x    log y  y  x  Thay vào phương trình thứ ta được: x  y  2 x  y   x  x   x      x 1 x    x  1   x    x1   x  3     Vì:  x 1   x     Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x x 1    x 1 2  x1 x 1  x2 1  x  3 x 1 x12  x3 x2 1 0  Do đó: x   y  dx Đặt   x  1    2t 2 t2  2tdt   t  dt    2t   t 1  1 x   t  x  t  1, dx  2tdt Khi đó: I     Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x y 1 z   mặt phẳng  P  : x  y  2z   a) Viết phương trình mặt phẳng qua gốc tọa độ O vng góc với d b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho khoảng cách từ M đến  P  a) Mặt phẳng cần tìm là:  Q  : x  y  z  Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đoàn Trí Dũng   b) Gọi M  t ; 2t  1; 3t    d Khi đó: d M ;  P   t5 t  11  M 11; 21; 31 2 t  1  M  1; 3; 5  Câu (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức P  sin   cos4  , biết sin 2   Ta có: P  sin   cos   sin   cos   2  sin  cos    sin 2  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA  AB  a , AD  3a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S ABMD cosin góc tạo hai mặt phẳng  ABCD   SDM  9a AB  AD  BM   (đơn vị diện tích) 3a VS ABMD  SA.SABMD  (đơn vị thể tích) Hạ AH  MD   SAH   MD  SH  MD S SABMD  A D M E    SMD  ;  ABCD   SH ; AH   SHA AE AD Lấy E đối xứng A qua B Ta có: AH  H B Khi đó: C 2  6a AD  AE 7a AH  SH  SA  AH  Do đó: cos    SH 13 13 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Gọi D trung điểm BC E hình chiếu A đường thẳng BC Gọi F G tương ứng hình chiếu E cạnh AB AC Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD H Biết AH AD  , tọa độ điểm A  2;  , phương trình đường thẳng  FG  : x  y   điểm E có tọa độ ngun Tìm tọa độ đỉnh B C Chứng minh AD vng góc FG: ABC tam giác vng có cạnh huyền BC, trung tuyến AD đó: DA  DB  DC hay tam giác ACD cân D   DCA  Mặt khác FAE   DCA  (góc có cạnh Khi đó: DAC A H G I   GFA  (AFEG hình chữ nhật) tương ứng vng góc) FAE   GFA  đó: DAC F   AGH   900 , vậy: DAC   AGH   90  AD  FG Vì: GFA Phương trình đường thẳng:  AD  : x  y  17  B E D C  AD  : x  y  17   62 59  Tọa độ H nghiệm hệ phương trình:   H  ;  Do đó: AH   25 25   FG  : x  y   Vậy: 7  AD 25  25  AD   AD     AD  AH hay: D  ;1  AH 8 2  Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đồn Trí Dũng Khai thác yếu tố AD.AH = 2: Gọi I giao điểm AE FG, ta có I trung điểm AE Vì AD  FG AIH ∽ ADE vậy: AH.AD  AI.AE  AI AE   AI  2  3a    3a   74 Gọi I  a;  3   a   a   , ta có: AI   a      25    Với: a  74  74 68   98 61   I  ;  Vì I trung điểm AE nên ta tìm E  ;  (loại) 25  25 25   25 25  Với: a   I  2;  Vì I trung điểm AE nên ta tìm E  2;1  (thỏa mãn điều kiện) Đặt BD  CD  l , theo hệ thức Với E  2;1  , ta có phương trình đường thẳng  BC  : y  AE  , ED     lượng tam giác vng ta có: BE.CE  AE2   l   l     l  Vì tọa độ B C nghiệm      7 25  B  1;1 , C  6;1  D; l  :  x     y  1  hệ phương trình:  2    B  6;1 , C 1;1  BC : y    Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: Điều kiện xác định: x  1 Ta có:    x  2   x  3 Trường hợp 1: x   x 1    x     x  3 2    x   x  x    81x  32   x  x    81x  32   x   81x  32    81x  32  x   32 81   981xx132  81x  32   x  2   x  3 Trường hợp 2:   x     x    x2  3x  x  2   x  3  x   x    x2  x   x  x  x 1 0   x   x  x   3x x    x  x   x    x    x x   x       x  3 x x    x2  x     x2    x  3  x x    0 x33 x1 x3 x1      1 Vì: x x    x   x    1   x    x  1  x 1  x 1 x 1    Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  x  1  Vậy:  x  1  x 1  x1 x 1  x1  3  x  1 1 x 1 x 1    x x    Do đó: x x     x2 x33 x1 3   0, x  1 Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đồn Trí Dũng  Do phương trình có nghiệm x  x   32 81 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn điều kiện: a  b2  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  Ta có: a2 b2 c2    b  2c c  a a  b a  b  c  a2 b2 c2 a4 b4 c4      b  2c c  a a  2b a b  2a c b c  ab ac  2bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:   a  b2  c a4 b4 c4    a b  a2 c b c  2ab ac  2bc a b  b c  c a  a2 c  b2 a  c b      a2 b2 c2    2 b  2c c  a a  b a b  b c  c a  a c  b2 a  c b     Mặt khác ta có:  a  b  c    a  b  c  a  b2  c            a  b  c   a  b3  c  a b  b c  c a  a c  b a  c b  a b  b c  c a  a c  b a  c b Do đó:  a2 b2 c2    P  b  2c c  2a a  2b  a  b  c  abc abc1   Vì: a  b  c  a  b  c  a  b  c  , đó: P  5 , giá trị nhỏ P a  b  c  4 Contact: 0902.920.389 – 0902.890.692 | Biên soạn: Đồn Trí Dũng TRƯỜNG THPT ANH SƠN II ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1) Môn : TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  2x  , biết tiếp tuyến có hệ số x2 góc 5 Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn z  (3  2i )(2  3i )  (1  i )  Tính mơđun z b) Giải phương trình 3x 1  5.33 x  12 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   (4  x2  x3 ) dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1; 2), B(2; 2;1), C (2; 0;1) mặt phẳng  P  :2 x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho M cách ba điểm A, B, C Câu (1,0 điểm)  a) Cho góc  thỏa mãn     cos   Tính giá trị biểu thức A  sin 2  cos2 b) Mạnh Lâm tham gia kì thi THPT Quốc Gia năm 2016, ngồi thi ba mơn Tốn, Văn, Anh bắt buộc Mạnh Lâm đăng kí thêm hai mơn tự chọn khác ba mơn: Vật Lí, Hóa Học, Sinh Học hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển vào Đại học, Cao đẳng Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có mã đề thi khác nhau, mã đề thi môn khác khác Tính xác suất để Mạnh Lâm có chung môn tự chọn mã đề thi Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB  a, AD  2 a Hình chiếu vng góc điểm S mp(ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD Đường thẳng SA tạo với mp(ABCD) góc 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, gọi P điểm cạnh BC Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt AC điểm E Gọi Q điểm đối xứng P qua DE Tìm tọa độ điểm A, biết B(2;1) , C (2; 1) Q(2; 1) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình  x x   x  x  1(1  x  x  2) tập số thực Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  [0;1], b  [0;2],c  [0;3] Tìm giá trị lớn biểu thức P  2(2ab  ac  bc) 8b b    2a  b  3c b  c  b( a  c )  12a  3b  27c  Hết - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Cảm ơn thầy Nguyễn Trọng Thiện (nguyentrongthien579@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT ANH SƠN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 (Lần 1) Mơn : TỐN; (Đáp án có 05 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU 1,0đ ĐÁP ÁN ĐIỂM * Tập xác định : D   * Sự biến thiên : - Giới hạn lim y  lim y   x  , 0,25 x  - Ta có y  x  x; y ,   x  0, x  1 Bảng biến thiên x - y’ - -1 0 + + - + + 0,25 -3 + y -4 -4 - Hàm số đồng biến khoảng (-1 ; 0) (1 ; +  ), nghịch biến khoảng (-  ; -1) (0 ; 1) - Hàm số đạt cực đại x  0, yCD  3 ; hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  4 0,25 *Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox điểm (  3;0) , cắt trục Oy (0; 3) Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng y y 0,25 x -1 -10 -5 O 10 15 -2 x -4 -6 1,0đ Tiếp tuyến có hệ số góc -5 nên hồnh độ tiếp điểm nghiệm phương trình  5  5 x   y  5   ( x  2)  x  x   , 3a 0,5đ 0,25 Suy có hai tiếp điểm A(3;7), B(1; 3) 0,25 Phương trình tiếp tuyến đồ thị A y  5( x  3)  hay y  5 x  22 0,25 Phương trình tiếp tuyến đồ thị B y  5( x  1)  hay y  5 x  0,25 Tính z = - 3i 0,25 Khi | z | 42  (3)2  0,25 3b Phương trình cho tương đương 32 x  4.3x  45  0,25 0,5đ t  Đặt 3x  t , (t  0) ta t  4t  45    Do t>0 nên ta chọn t=9, t  5 0,25 3x   32  x  Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1,0đ 2 Ta có I   dx   0 Tính A   dx  x Tính B   x2  x3 dx 0,25 8 0,25 x2 dx Đặt  x3  t   x3  t  x dx  tdt 1 x 0,25 t 3 2 Đổi cận x  t Khi B   dt   dt  t  t 31 3 Vậy I  A  B   1,0đ 28  3 0,25 * Ta có mặt cầu (S) có tọa độ tâm A( 0; 1; 2), bán kính R  d ( A; ( P ))  0,25 Vì (S) có phương trình: x  ( y  1)  ( z  2)2  0,25 * Đặt M(x; y; z) Khi theo giả thiết ta có:  MA  MB 2 x  y  z   MA  MB  MC     MB  MC  2 x  y    M  ( P) 2 x  y  z   2 x  y  z    x     y  Vậy M(2 ;3 ;-7)  z  7  6a 0,5 Do  6b 0,5đ 0,25     nên sin   Do sin    cos 2   Vậy P  2sin  cos  cos    0,25 5   sin   9 2 1 (  )  2( )2    3 0,25 0,25 Không gian mẫu  cách chọn môn tự chọn số mã đề thi nhận Mạnh Lâm Mạnh có C32 cách chọn hai mơn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi nhận cho hai mơn tự chọn Mạnh Lâm có C32 cách chọn hai mơn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi nhận cho hai môn tự chọn Lâm 0,25 Do n( )  (C32 C61 C61 )  11664 Gọi A biến cố để Mạnh Lâm có chung mơn thi tự chọn mã đề thi Các cặp gồm hai môn tự chọn mà cặp có chung mơn thi cặp , gồm : Cặp thứ (Vật lí, Hóa học) (Vật lí, Sinh học) Cặp thứ hai (Hóa học, Vật lí) (Hóa học, Sinh học) Cặp thứ ba (Sinh học, Vật lí) (Sinh học, Hóa học) Suy số cách chọn môn thi tự chọn Mạnh Lâm C31.2!  0,25 Trong cặp để mã đề Mạnh Lâm giống Mạnh Lâm mã đề mơn chung, với cặp có cách nhận mã đề của Mạnh Lâm C61 C61.1.C61  216 Suy n()  216.6  1296 Vậy xác suất cần tính P( A)  n( A) 1296   n() 11664 S A 1,0đ D Q M E H C D H B O A (Hình câu 7) B K P C 0,25 (Hình câu 8) *Gọi H trọng tâm tam giác BCD Theo giả thiết ta có SH  ( ABCD) Gọi O giao điểm AC BD Ta có CH  CO  AC  a  AH  AC  HC  2a Cạnh SA 3   450 , SH = AH =2a Diện tích đáy tạo với đáy góc 450, suy SAH S ABCD  AB AD  a.2 a  2a 1 2a Vậy thể tích khối chóp S.ABCD V  S ABCD SH  2a 2a  3 *Gọi M trung điểm SB mp(ACM) chứa AC song song với SD Do d(SD ;AC)= d(SD ; (ACM))= d(D ; (ACM)) 0,25 0,25 Chọn hệ tọa độ Oxyz, với A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; 2a ; 0), C (a; 2a;0), S ( 2a 2a 5a 2a ; ; 2a), M ( ; ; a) Từ viết phương trình mp(ACM) 3 0,25 Câu Ta có bất đẳng thức sau đúng: x12  y12  x22  y22   x1  x2    y1  y2  1 2 Thật 1  x12  y12  x22  y22  x12 x22  x12 y22  x22 y12  y12 y22  x12  x22  x1 x2  y12  y22  y1 y2  x12 x22  x12 y22  x22 y12  y12 y22  x1 x2  y1 y2   x1 y2  x2 y1   Áp dụng (1) hai lần ta có: x12  y12  x22  y22  x32  y32   x1  x2  x3    y1  y2  y3    2 t3   3 Đặt a  b  c  t  t   0;   , suy abc  Áp dụng (2) ta có: 27   2 2       P  a   a    b2   b    c2   c    ab  bc  ca      27   t  t   t   abc  a  b  c    a  b  c   abc   2 54 27  27   3 Xét hàm f  t   t   t    2t    0;  t  t t   2 f '  t   4t  54 4.272 4t  54 4.272  3     0, t   0;  2 t t t t  2  3 Hàm số f(t) liên tục nghịch biến  0;  , đó:  2 82   369 f t   f    P 2 2 Khi a  b  c  dấu xảy Vậy giá trị nhỏ P 82 HẾT 2 THPT – TRẦN QUANG KHẢI – THI THỬ LẦN -2016 Họ tên: ……………………………… SBD:………………… Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm GTLN, GTNN hàm số f ( x)  2 x  x  10 đoạn  0;  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình, bất phương trình: a) sin x  cos x  4sin x  b) log ( x  1)  log (2 x  1)  Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z    i  z   6i Tìm mơđun số phức z b) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để số chọn số chia hết cho    Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   cos x cos x  3sin x  dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vng góc với đáy, tam giác SAB cân S SC tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SA theo a Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  3;1;2  , B  1; 3;4  2 mặt cầu (S):  x  1   y     z    CMR mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ tiếp điểm Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi K điểm đối xứng A qua C Đường thẳng qua K vng góc với BC cắt BC E cắt AB N (1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết  AEB  450 , BK : 3x  y  15  điểm B có hồnh độ lớn  xy  y  2y  x   y   x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3  y  2x  3y   2x  Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x2 yz   x  y2 zx   y3  z2  xy   z3 …Hết… Câu Đáp án Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  1,0 - TXĐ:  - Sự biến thiên: +) Ta có: y' = 4x3 - 4x  y '   x   x  1 Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 ,  0;1 0,25 hàm đồng biến khoảng  1;  , 1;   +) Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = xCT = 1 , yCT =   +) Giới hạn: lim y  lim x 1  x  x       x2 x4  0,25 +) Bảng biến thiên x -  y' -1 - 0 + + - + + + 0,25 y 0 - Đồ thị: y x -2 -1 -1 0,25 -2 Tìm GTLN, GTNN hàm số f ( x)  2 x  x  10 đoạn  0;  ta có: f '( x)  8 x3  x 0,25 x  x  Với x  0;  thì: f '( x)    0,25 Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = -6 Vậy: 0,25 Max f ( x)  f (1)  12; f ( x)  f (2)  6 0,25 Giải phương trình, bất phương trình: a) sin x  cos x  4sin x  1,0  0;2 0;2 1,0 b) log ( x  1)  log (2 x  1)  a ) PT  sin x cos x  2sin x  4sin x   2sin x   cos x  sin x   0,25 sin x   x  k sin x      , k       x    k 2 sin x      cos x  sin x    3     S  k ;  k 2 k      b) ĐK: x > 1, BPT  log 3[( x  1)(2 x  1)]   x  3x     0,25 0,25  x2 0,25 Vậy nghiệm S = (1;2] a) Cho số phức z 1  i  z    i  z   6i (*) Tìm mơđun số phức z b) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để số chọn số chia hết cho 1,0 a) Giả sử z  a  bi  a, b    , đó: 4a  2b  2b  6 *  1  i  a  bi     i  a  bi    6i  4a  2b  2bi   6i   0,25 a    z   3i  z  13 b  0,25 b) Số phần tử A 6.A 36  720 0,25 Số cách chọn số có hàng đơn vị số có 1.A36  120 cách Số cách chọn số có hàng đơn vị số có 1.5.A 25  100 cách Suy số cách chọn số chia hết cho 120  100  220 cách Vậy xác suất cần tìm  220 11  720 36 0,25  1,0 I   cos xdx   cos x 3sin x  dx  I1  I 0,25  Tính tích phân I   cos x cos x  3sin x  dx   0  12   sin x   I1    cos x  1 dx    x  20 2 0 0,25 I2  I  12 3sin x  d  3sin x  1  0  3sin x    14 2 0,25  14  0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vng góc với đáy, tam giác SAB cân S SC tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SA theo a Gọi H trung điểm AB Do SAB cân S, suy SH  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD)   600 S nên SH  (ABCD) SCH 1,0 K E H A D 2 B 0,25 C Ta có SH  CH tan 60  CB  BH tan 60  a 15 15 1 a VS ABCD  SH S ABCD  a 15.4a  3 Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD Gọi E hình chiếu vng góc H lên  K hình chiếu H lên SE,   (SHE)    HK suy HK  (S,  ) Mặt khác, BD//(S,  ) nên ta có d  BD; SA  d  BD;  S,    d  B;  S,    2d (H ;(S, ))  2HK   DBA   450 nên tam giác EAH vuông cân E, suy Ta có EAH HE  AH  a  HK  Vậy: d  BD;SA   HE.HS HE  HS  0,25 0,25 15 a 31 465 a 31 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm 2 A  3;1;2  , B  1; 3;4  mặt cầu (S):  x  1   y     z    CMR mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ tiếp điểm 1,0 Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2;3), R  Phương trình mặt phẳng (P) trung trực AB qua M 1; 1;3 , có vtpt  AB   4; 4;2  (P): 2x + 2y – z + 3=0 Ta có: d(I;(P))   R nên mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) (đpcm)  Phương trình đường thẳng d qua I nhận véc tơ n (P)   2;2; 1 làm vt phương là: x 1 y  z    2 1 0,25 0,25 0,25 2 11 d  (P)  H 1  2t;2  2t;3  t    P   t    H   ; ;   3 3  11    3 3 Vậy: tọa độ tiếp điểm H   ; ; 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi K điểm đối xứng A qua C Đường thẳng qua K vuông góc với BC cắt BC E cắt AB N (1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết  AEB  450 , BK : 3x  y  15  điểm B có hồnh độ lớn 1,0 B M A C K E N   450  AKB vuông cân A Tứ giác ABKE nội tiếp   AKB  AEB  ABK  450 Gọi B  a;15  3a  a  3 cho : BN  2d  N , BK    a  7a  10   a  2( L), a   B  5;0  Tam giác BKN có BE KA đường cao  C trực tâm BKN  CN  BK  CN : x  y  10  ABK KCM vuông cân   1 1 BK  KM  CK  AC  BK   BK  4 KM 2 2 2 0,25 0,25 0,25 7 9 M  MN  BK  M  ;   K (3;6) 2 2 AC qua K vng góc AB  AC : x  y  A  AC  AB  A(1;2) C trung điểm AK  C (2; 4) Vậy A 1;2  , B  5;0  , C  2;4   xy  y  2y  x   y   x 0,25 1,0 Giải hệ phương trình:  3  y  2x  3y   2x  Điều kiện: x  0,  y  6, 2x  3y   (*) x  không nghiệm hệ phương trình  y   x  y  Nhận thấy  0,25 y 1 x Khi đó, PT (1)  x(y  1)  (y  1)2  y 1  x    (x  y  1)  y   0  y   x   0,25  x  y    y  x  (do (*)) ĐK: /  x  Thay vào PT (2) ta được:  x  5x   2x   (7  x)   x  3(x  5x  )     (4  5x+x )       x  (7  x) x   x   0,25 x   y   x  5x+    x   y  0,25 Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa: x  y  z  Tìm giá trị nhỏ 10 x2 biểu thức: P  yz   x y2  z2  zx   y xy   z  1,0 Theo BĐT Bunhiacopxki:     P  yz   x  zx   y3  xy   z    x  y  x    P (x  y  z) 0,25 xy  yz  zx   x   y   z Ta có:  x  (2  x)(4  2x  x )   y3  Tương tự: Suy ra: P    y  y2 ; 2  x   2x  x  x  x  2  z3   z  z2 2(x  y  z) 2xy  2yz  2zx  18  (x  y  z)  x  y  z 0,25 2(x  y  z) (x  y  z)  (x  y  z)  18 Đặt t  x  y  z (t  3) Khi đó: P  Xét hàm số: f(t)  2t t  t  18 2t 2(t  36t) với , f '(t)   t  36 t  f '(t)  t  t  18 (t  t  18) BBT t f t ' 36    144/71 0,25 f(t) 3/4 Từ BBT ta có: GTNN P là: t  Vậy GTNN P là: 3/4 x  y  z  0,25