Bộ 60 đề thi thử quốc gia 2017 môn Toán có lời giải - Bộ 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 1 1 2 6 3 2 y x x x     . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 3 2 2 3 12 2 1 0 x x x m      . Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho góc ; 2               mà 1 sin 5   . Tính sin 6              . b) Giải phương trình 2 1 2 2 4 2 x x x x      . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   4 3 0 4 I x x dx    . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện       2 1 3 1 2 z z i i      . Tính môđun của z . b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện        3 3 2 1 1 1 3 . n n n n n n C C C C . Tìm số hạng chứa 6 x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức              3 1 2 n x x . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại   , , 2 B AB a AC a và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   ABC bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp . S ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng   SBC . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm    1; 2;3 I và mặt phẳng       :2 2 1 0 P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng   P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp               3 1 ; 2 2 K , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình    3 4 5 0 x y và   2 0 x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình   5 1 3 2 3 2 x x x      . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực không âm , , x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 P xy yz zx x y z       . HẾT ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 2 y x x    ; ' 0 2 y x     hoặc 1 x  0.25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng   2;1  ; + Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 2   và   1;  . ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại 2 x   ; y CĐ   28 2 3 y   + Hàm số đạt cực tiểu tại 1 x  ; y CT   29 1 6 y  , ￚ Giới hạn: lim x y    và lim x y    0.25 ￚ Bảng biến thiên: x  2  1  ' y  0  0  y 28 3   29 6 0.25 ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 3 2 2 3 12 2 1 0 x x x m      (1) ♥ Ta có:   3 2 1 1 37 1 2 6 3 2 6 3 m x x x       (2) 0.25 ♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị     3 2 1 1 : 2 6 3 2 37 : 6 3                     C y x x x m y Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của   C và    0.25 1 (2,0 điểm) ♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt     cắt   C tại ba điểm phân biệt 0.25  29 37 28 6 6 3 3    m  19 4 2    m ♥ Vậy giá trị m cần tìm là 19 4 2    m . 0.25 a).(0,5 điểm). Cho góc ; 2               mà 1 sin 5   . Tính sin 6              . ♥ Ta có: 3 1 sin sin .sin cos .cos cos 6 6 6 2 2 5                         (1) 0.25 ♥ Từ hệ thức: 2 2 cos sin 1     và ; 2               Suy ra: 2 1 2 cos 1 sin 1 5 5         (2) Thay (2) vào (1) ta được: 3 2 sin 6 2 5                0.25 b.(0,5 điểm). Giải phương trình 2 1 2 2 4 2 x x x x      . (1) ♥ Điều kiện: 0 x  (*) Khi đó:   2 2 1 2 .2 2 2.2 2 0 x x x x          2 2 1 2 2 0 x x     0.25 2 (1,0 điểm) 2 0 2 1 1 2 2 2 x x x x                  [thỏa (*)] ♥ Vậy nghiệm của phương trình là 1 0; 2 x x   0.25 Tính tích phân   4 3 0 4 I x x dx    . ♥ Đặt 4 t x    dt dx   Đổi cận: 4 0 x x    0 4 t t   0.25 ♥ Suy ra:     0 4 3 3 4 4 0 4 4 I t t dt t t dt        0.25 4 5 4 0 5 t t               0.25 3 (1,0 điểm) 256 5  0.25 a).(0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện       2 1 3 1 2 z z i i      . Tính môđun của z . 4 (1,0 điểm) ♥ Đặt z a bi     ,a b   , khi đó:             2 1 3 1 2 2 1 3 3             z z i i a bi a bi i     1 1 1 5 0 1 5 a a b i b                    0.25 ♥ Vậy môđun của 2 2 1 26 1 25 5 z a b     0.25 b).(0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện        3 3 2 1 1 1 3 . n n n n n n C C C C . Tìm số hạng chứa 6 x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức              3 1 2 n x x . ♥ Điều kiện 3 n n           , khi đó:               3 3 2 1 1 1 3 1 ! 1 ! 3 ! ! . . 3! 3 ! 2! 3 ! 2 ! 2 ! n n n n n n n n n n C C C C n n n n                  1 3 6 2 2 n n n      2 12 11 12 0 12 1 n n n n n               0.25 ♥ Do đó:     12 5 24 12 12 6 12 12 12 3 3 3 0 0 1 1 1 2 2 2 . .2 . n k k k k k k k k x x C x C x x x x                                    Chọn k thỏa 5 24 6 12 6 k k     Vậy số hạng chứa 6 x trong khai triển là 12 6 2 x . 0.25 Cho hình chóp . S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại   , , 2 B AB a AC a và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   ABC bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp . S ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng   SBC . ♥ Vì BC AB  và BC SA    BC SAB   Suy ra SB BC  và AB BC           0 ; ; 60 SBC ABC SB AB ABS           0.25 ♥ Xét tam giác SAB : 0 .tan 60 3 SA AB a   Xét tam giác ABC : 2 2 2 2 4 3 BC AC AB a a a      Suy ra: 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB AC    Vậy 3 1 1 . . 3 2 ABC V S SA a    0.25 ♥ Do   BC SAB      SBC SAB   . Vì vậy, trong   SAB kẻ GK SB  suy ra   GK SBC  . Do đó     , d G SBC GK  0.25 5 (1,0 điểm) ♥ Ta có: 2. SGB S GK SB   0.25 Vì G là trọng tâm tam giác SAB nên 2 1 1 3 . 3 6 6 SGB SAB a S S SA AB      Xét tam giác vuông SAB ta có:  0 2 cos60 cos AB a SB a ABS    Vậy     2. 3 , 6 SGB S a d G SBC GK SB     Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm    1; 2;3 I và mặt phẳng       :2 2 1 0 P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng   P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến. ♥ Ta có:     2 2 2 2.1 2.( 2) 3 1 , 2 4 2 2 ( 1) d I P           Do đó, mặt phẳng   P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 0.25 ♥ Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến, ta có: 2 2 4 2 2 3 r    0.25 ♥ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng   P và   K d P   , ta có K là tâm của đường tròn giao tuyến. Vì   d P  nên VTPT   2;2; 1 n    của   P là một VTCP của d . Phương trình tham số của 1 2 : 2 2 3 x t d y t z t                   0.25 6 (1,0 điểm) ♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 1 2 2 2 3 2 2 1 0 x t y t z t x y z                           Giải hệ ta được 2 7 2 7 , , , 3 3 3 3 t x y z      . Vậy 7 2 7 ; ; 3 3 3 K              0.25 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp               3 1 ; 2 2 K , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình    3 4 5 0 x y và   2 0 x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . ♥ Gọi , AH AM là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A . Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: 3 2 5 2 0 x y x y              1 2 x y             1;2 A 0.25 ♥ Gọi d là đường trung trực của đoạn BC , ta có d đi qua K và || d AH 0.25 Do || d AH nên phương trình d có dạng: 1 3 4 0 x y m    và 1 5 K d m    Suy ra :6 8 5 0 d x y    Tọa độ M là nghiệm của hệ: 6 8 5 2 0 x y x y              1 2 1 x y             1 ;1 2 M             ♥ Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH có pt dạng: 2 4 3 0 x y m    và 2 5 M BC m    Suy ra : 4 3 5 0 BC x y    ♥ Đường tròn   C ngoại tiếp ABC  là đường tròn tâm K và bán kính 5 2 R KA  nên có phương trình là: 2 2 3 1 25 2 2 2 x y                             Tọa độ , B C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 3 1 25 2 2 2 4 3 5 0 x y x y                                          0.25 ♥ Giải hệ nầy ta được hai nghiệm là   1;3  và   2; 1  Suy ra     1;3 , 2; 1 B C   hoặc     B 2; 1 , 1;3 C   0.25 Giải bất phương trình   5 1 3 2 3 2 x x x      (1) ♥ Điều kiện: 5 1 0 1 3 5 3 0 x x x               Nhận xét:     5 1 3 5 1 3 6 4 x x x x x         Khi đó:       1 5 1 3 5 1 3 5 1 3 x x x x x x            0.25     5 1 3 5 1 3 1 0 x x x x          5 1 3 1 0 x x       3 1 5 1 x x      4 2 3 5 1 x x x       2 3 6 5 x x     0.25     2 2 5 6 5 0 14 79 6 18 4 3 6 5 36 56 13 0 x x x x x x x                                   0.25 8 (1,0 điểm) ♥ Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bpt là 14 79 ;3 18 S             0.25 9 (1,0 điểm) Xét các số thực không âm , , x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 P xy yz zx x y z       . ♥ Ta có:       2 2 2 2 2 3 1 2 2 x y z xy yz zx x y z x y z                   Do đó:   2 3 4 2 x y z P x y z        0.25 ♥ Đặt t x y z    . Ta tìm điều kiện cho t 0.25 Vì 2 2 2 0 xy yz zx x y z       nên   2 3 0 3 2 x y z     Suy ra: 3 3 3 3 x y z t        ♥ Xét hàm số   2 3 4 2 t f t t    trên 3;3       , ta có   3 2 2 4 4 ' t f t t t t     ;   3 ' 0 4 3,3 f t t           Do     4 3 3 13 3 3 f f                   3,3 13 max 3 t f t         khi 3 t  0.25 ♥ Vậy   3,3 13 max 3 t maxP f t          khi 1 x y z    . 0.25 NHẬN XÉT & BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu 8: Giải bất phương trình   5 1 3 2 3 2 x x x      (1) Nhận xét: + Bpt (1) là bpt có dạng:         , , f x g x h x      với       h x f x g x   đối với dạng nầy ta thay               . h x f x g x f x g x    và biến đổi về dạng tích số + Đối với phương trình dạng       f x g x h x   cũng giải tương tự. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 1) Giải bất phương trình: 4 3 2 3 1 x x x      Đáp số: 3 2 2 19 ; 4 9 S              2) Giải phương trình: 3 2 3 2 1 x x x      Đáp số: 3 17 2 x   Câu 9: Xét các số thực không âm , , x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 P xy yz zx x y z       . Nhận xét + Đây là dạng biểu thức ba biến số có chứa các biểu thức đối xứng cơ bản, với những điều kiện của giả thiết chúng ta có thể đưa về biểu thức một biến thông qua phép đặt ẩn phụ (biến mới). Khi đó bài toán có thể giải quyết bằng xét hàm số. Các bước giải + Phát hiện một biểu thức có thể chọn làm biến mới; + Đổi biến (đặt ẩn phụ) + Tìm điều kiện của biến mới; + Xét hàm số và đưa ra kết luận. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Xét các số thực , , x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1    x y z . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2        P xy yz zx xy yz zx Hướng dẩn: Đặt t xy yz zx    với 1 ;1 2 t           Đáp số: 7 max ,min 2 3 P P   Bài 2: Xét các số thực dương , , x y z thỏa mãn điều kiện 3    x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 3          xy yz zx P x y z x y z Hướng dẩn: Đặt 2 2 2 t x y z    với  3;9 t    Đáp số: 7 min 2 P  Hết ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 4 3 1 y x mx x     (1), trong đó m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số (1), khi  0 m . b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho góc 3 ;2 2               mà 1 sin cos 2 2 2     . Tính sin 2  . b) Giải phương trình 9 3 2 2log 1 log x x   . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 0 4 3 2 1 x I dx x     . Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình    2 2 26 0 z z trên tập số phức. b) Tìm hệ số của 7 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức:        10 3 1 3 2 P x x x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABC có      0 , 2 , 120 SA a AB BC a ABC và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng   SBC và   ABC . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   2;1;0 A ,   0;3;4 B và   5,6,7 C . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm   3;1 M và đường thẳng   4 : 3 y x . Viết phương trình đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng  0 y . Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình   2 3 2 1 2 1 x x x x x      . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương , , x y z thỏa mãn điều kiện 1 x y z    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   2 2 2 7 121 14 P x y z xy yz zx       . HẾT ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a.(1,0 điểm). Cho hàm số 3 2 4 3 1 y x mx x     (1), trong đó m là tham số. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số (1), khi  0 m . Khi 0 m  thì 3 4 3 1 y x x    ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 12 3 0,       y x x 0.25 + Hàm số đồng biến trên khoảng   ;   ￚ Cực trị: hàm số không có cực trị ￚ Giới hạn: lim x y    và lim x y    0.25 ￚ Bảng biến thiên: x   ' y  y   0.25 ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . ♥ Ta có: 2 ' 12 2 3 y x mx    0.25 ♥ Hàm số (1) đồng biến trên   ' 0, y x      2 12 2 3 0,x mx x       0.25  2 ' 36 0 m     0.25 1 (2,0 điểm)  6 6 m    ♥ Vậy giá trị m cần tìm là 6 6 m    0.25 a) Cho góc 3 ;2 2               mà 1 sin cos 2 2 2      . Tính sin 2  . ♥ Từ 1 sin cos 2 2 2       1 1 sin 4     3 sin 4    0.25 ♥ Do 2 2 9 7 cos 1 sin 1 16 16 3 ;2 2                                    7 cos 4   ♥ Vậy 3 7 sin2 2sin .cos 8       0.25 b) Giải phương trình 9 3 2 2log 1 log x x   (1) 2 (1,0 điểm) ♥ Điều kiện: 0, 1 x x   (*) 0.25 [...]... ( 2, 0) và C (4, –4) A y Câu 8 Giải hệ phương trình x3 + y3 = xy 2 (x2 + y2 ) √ √ 4 x + x2 – 1 = 9(y – 1) 2x – 2 Lời giải : ĐKXĐ: x ≥ 1 Từ PT (2) ta có y – 1 ≥ 0 hay y ≥ 1 Suy ra x3 + y3 > 0 Vậy PT(1) ⇔ (x3 + y3 )2 = 2x2 y2 (x2 + y2 ) ⇔ (x2 + y2 + 2xy)(x2 + y2 – xy )2 = 2x2 y2 (x2 + y2 ) ⇔ (x2 + y2 )3 – 3(x2 + y2 )x2 y2 + 2x3 y3 = 2x2 y2 (x2 + y2 ) ⇔ (x2 + y2 – 2xy)((x2 + y2 )2 + 2( x2 + y2 )xy – x2 y2... = 0 ⇔ x2 + y2 – 2xy = 0 ⇔ x = y (vì (x2 + y2 )2 + 2( x2 + y2 )xy – x2 y2 = x4 + x2 y2 + y4 + 2( x2 + y2 )xy > 0) √ √ √ Thế vào PT (2) ta có : 4 x + x2 – 1 = 9(x – 1) 2x – 2 ⇔ 16(x + x2 – 1) = 1 62( x – 1)4 √ 1 55 4 – (3x – 5) 27 x2 – 36x + =0 ⇔8 x2 – 1 – 3 3 3 24 x + 40 55 √ ⇔ – 27 x2 + 36 x – (3 x – 5) = 0 (1) 2 – 1 + 12 3 9 x 24 x + 40 24 x + 40 Ta có √ ≤ với mọi x ≥ 1 12 9 x2 – 1 + 12 19 2 44 55 24 x +...  x 2  y 2  z2  2 1 2 2 2  ♥ Ta có: xy  yz  zx   x  y  z   x  y  z    2 2 7 121 Do đó: P  2  2 2 2 x y z 7 1  ( x  y 2  z 2 ) 0 .25 ♥ Đặt t  x 2  y 2  z2 , tìm điều kiện cho t  x , y, z  0     x, y, z  0;1 Do đó: x 2  x , y 2  y, z2  z  x  y  z  1   Suy ra: x 2  y 2  z2  x  y  z  1 0 .25  Mặt khác: 1   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2 ...  2 y  6  0   x 4 y 3  3 y  5 y 2  x 2  y 2  x 2  4 y 2  8  Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  12  2 x  2 y 2  2 y  4  1 1 1 Câu 9 (1,0 điểm) Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn 2  2  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b 2c a b c   P 2 bc c a a  b2  c 2 Hết www.K2pi.Net.Vn HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM 20 15 et vn Đề 3 - Ngày thi. .. z ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A= x2 y + y 2 z + z 2 x x4 + y 4 + z 4 Lời giải : GTLN: Ta có a2 b + b2 c + c2 a ≤ a2 + b2 + c2 Suy ra A ≤ 3 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 3 và a4 + b4 + c4 ≥ a2 + b 2 + c 2 2 3 ≤ 1 Cho nên maxA = 1 ⇐⇒ a = b = c = 1 GTNN: Đặt x = a2 , y = b2 , z = c2 =⇒ x, y, z ∈ [1; 4] Khi đó 3A ≥ 2( x + y + z) + xy + yz + zx = f(x, y, z) 5(x + y + z) – 12 Dễ dàng... x  Khi đó   1   1 2 2 0 .25 0 .25 0 .25 (*)  0 .25 2 x 1  1  4 3  x  2  2 x 1  5  2 x    2 x  2  2 x  7   x  5 11 17 2 x 1  5  2 x   x  2  2 4 2 x  11x  13  0     x  7 2 x 1  2 x  7    x5  2  2 2 x  15 x  25  0   0 .25 0 .25 [thỏa (*)] 0 .25 [thỏa (*)] 11 17 4 Xét các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 5 x  4 y  23 xy Tìm giá trị nhỏ nhất...  2b  7b  5  0   2   b  1 2 0 .25 2   5 2 5 5 5 25 + Với b   a  5  I 5; ; IM  Phương trình C  :  x  5   y           2    2 2 2 4   2 Phương trình C  :  x  2   y 1  1 + Với b  1  a  2  I 2; 1 , IM  1 8 (1,0 điểm) 2 Giải bất phương trình  x 2  x 2 x 1  x3  2 x 1 ♥ Điều kiện: x   Khi đó: 1 2 2 (1) 0 .25 (*) x 3  2 x  1  x 2 2 x... hoành độ giao điểm –2x3 + 6x2 + 1 = mx + 1 có 3 nghiệm phân biệt tức là x(2x2 – 6x + m) = 0 có 3 nghiệm phân biệt Như thế chỉ cần 2x2 – 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 nghĩa là 9 – 2m > 0 và m = 0, nên 9 cần m < Giả sử N(x1 ; y1 ), P(x2 ; y2 ) N là trung điểm của MP nên 2x1 = x2 và 2y1 = y2 + 1 Ta có x1 , x2 2 là nghiệm của 2x2 – 6x + m = 0 nên x1 + x2 = 3 suy ra x1 = 1, x2 = 2, y1 = 5, y2 =... 2  3x u  ln x du  2 ♥ Suy ra: I  2 x 2  3 x  ln x   2 1 1 2 x 2  3x dx x 2 0 .25 0 .25  14 ln 2   2 x  3 dx 1  14 ln 2   x 2  3 x   14 ln 2  6 2 0 .25 1 4 (1,0 điểm) a) Cho số phức z  1  2i Tìm môđun của số phức w  z  2 z ♥ Ta có: w  z  2 z  1  2i   2 1 2i   3  2i ♥ Do đó w  3   2 2 2 0 .25 0 .25  13 b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác... trong 12 học sinh là: 4 = 495 (cách) 12 Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 2 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 1 hs 2 1 2 (cách) 5 4 3 Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 2 hs, lớp C có 1 hs 1 2 1 (cách) 5 4 3 Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 2 hs 1 1 2 (cách) 5 4 3 Số cách chọn 4 học sinh đều có trong 3 lớp là: 2 1 2 + 1 2 1 + 1 1 2 = 27 0 (cách)