DAP AN DE THI THU KY THI QUOC GIA MON TOAN MATHLINKS.VN SO 1 2015

ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009-2010.Môn học: Giải tích 1.Thời gian làm bài: 90 phút. Đề thi gồm 7 câu.HÌNH THỨC THI: TỰ LUẬNCA 1Câu 1 : Tính giới hạn (trình bày lời giải cụ thể) I = limx→03√1 + x3− x c o t x − x2/3x c o s x − s in x.Câu 2 : Khảo sát và vẽ đồ thò của đường cong y = x1x.Câu 3 : Tìm và phân loại tất cả các điểm gián đoạn của đồ thò hàm số y =1ln |x − 1 |.Câu 4 : Giải phương trình vi phân y′− x2y =x5+ x23với điều kiện y( 0 ) = 0 .Câu 5 : Tính tích phân suy rộng+∞1dxx19/3·3√1 + x2Câu 6 : Giải phương trình vi phân y′′− 2 y′+ y = s in ( 2 x) · c o s x.Câu 7 : Giải hệ phương trình vi phân bằng phương pháp khử hoặc trò riêng, véctơ riêng.dxdt= 3 x + y + zdydt= 2 x + 4 y + 2 zdzdt= x + y + 3 zĐáp án. Câu 1(1 điểm). Khai triển Maclaurint3√1 + x3−x c o t ( x) −x23=x33+o( x3) ; x c o s x−s in x =−x33+ o( x3)→ I = limx→03√1 + x3− x c o t x − x2/3x c o s x − s in x= limx→0x33+ o( x3)−x33+ o( x3)= −1 .Câu 2(1.5 điểm). Tập xác đònh x > 0 , đạo hàm: y′= x1/x·1x2( 1 − ln x) → y′≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ e.Hàm tăng trên ( 0 , e) , giảm trên ( e, +∞) , cực đại tại x = e, fcd= e1/elimx→0+x1/x= 0 , không có tiệm cận đứng, limx→+∞x1/x= 1 , tiệm cận ngang y = 1 .Lập bảng biến thiên, tìm vài điểm đặc biệt, vẽ.Câu 3(1.5đ). Miền xác đònh x = 0 , x = 1 , x = 2 . limx→0f( x) = ∞ → x = 0 là điểm gián đoạn loại 2.limx→1f( x) = ∞ → x = 1 là điểm gián đoạn loại 1, khử được;limx→2f( x) = ∞ → x = 2 là điểm gián đoạn loại 2.Câu 4(1.5đ). y = e−p(x)dxq( x) · ep(x)dxdx + C;y = ex2dxx5+x23· ex2dxdx + Cy = ex33x5+x23· e−x33dx + C= ex33−x3+43· e−x33+ C; y( 0 ) = 0 ⇔ C =43.Câu 5 (1.5đ)+∞1dx3√x19+ x21⇔+∞1dxx731 +1x2. Đặt t =31 +1x2⇔ t3= 1 +1x2I =13√2−32t( t3− 1 )2dt =31 0·3√4 −2 78 01 -CA 1. Câu 6(1.5đ). Ptrình đặc trưng k2− 2 k + 1 = 0 ⇔ k = 1 → y0= C1ex+ C2· x· ex. Tìm nghiệm riêng:yr= yr1+ yr2, với yr1=31 0 0c o s ( 3 x) −12 5s in ( 3 x) là nghiệm riêng của y′′− 2 y′+ y =s in ( 2 x)2yr2=c o s x4là nghiệm riêng của y′′− 2 y′+ y =s in ( x)2. Kết luận: ytq= y0+ yr1+ yr2.Câu 7(1.5đ). Ma trận A =3 1 12 4 21 1 3. Chéo hóa A = P DP−1,với P =1 −1 −12 1 01 0 1,D =6 0 00 2 00 0 2,Hệ phương trình X′= A· X ⇔ X′= P DP−1X ⇔ P−1X′= DP−1X,đặt X = P−1Y , có hệY′= DY ⇔ y′1= 6 y1; y′2= 2 y2; y′3= 2 y3→ y1( t) = C1e6t; y2( t) = C2e2t; y3( t) = C3e2tKluận: X = P Y ⇔ x1( t) = C1e6t− C2e2t− C3e2t; x2( t) = 2 C1e6t+ C2e2t; x3( t) = C1e6t+ C3e2t2 -CA 1. http://www.mathlinks.vn ĐỀ SỐ 01 m ath lin ks DIỄN ĐÀN HỌC TẬP TRỰC TUYẾN THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Môn thi: TOÁN Ngày phát hành 16.11.2014 – Thời gian làm bài: 180 phút 2(x − 1) (1) x+1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Cho điểm A(0; −1), tiếp tuyến (1) kẻ từ A cắt tia Ox B Tìm toạ độ điểm B Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y = Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos x + sin 2x + cos 2x = −1 Câu 3(1,0 điểm) Tính tích phân I = x4 (1 − x)4 Câu 4(1,0 điểm) x2 + dx √ 3 a) Giải phương trình logx x − = 9log3x 9x2 b) Cho đa giác lồi n cạnh (n ≥ 5), biết số tam giác tạo thành từ điểm đỉnh đa giác cạnh cạnh đa giác 77 Tìm n ww Câu 5(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông, gọi M trung điểm BC Hình √ chiếu S lên mặt đáy (ABCD) trùng với trung điểm đoạn AM, biết SD = a 13, SC tạo với mặt đáy (ABCD) góc 600 a) Tính thể tích khối chóp S.ABMD b) Tính khoảng cách hai đường thẳng DM SA /w Câu 6(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(2; 0; 0) K(1; 1; 1) a) Viết phương trình đường thẳng d qua A song song với trục Oz b) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, K cắt tia Oy, Oz B C cho diện tích tam giác ABC nhỏ p:/ Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có điểm C (−7; 5) điểm A thuộc đường thẳng d : x − y − = Phương trình đường trung tuyến kẻ từ D tam giác BCD có phương trình 4x − 3y + 23 = Tìm tọa độ điểm A, B, D biết B có hoành độ dương cos ABC = − √  x y x+y    √ +√ =2 xy + x xy + y x+y+2 Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình + 4(y − 1) √  √ x   x y−1+y x−1 = htt Câu 9(1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= (a + b) + (a + c) + 16 (b + c)2 c http://www.mathlinks.vn Đáp án đề thử sức số 01 phát hành kèm với đề thử sức số 02 vào ngày 30.11.2014 m ath lin ks 2(x − 1) (1) x+1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Cho điểm A(0; −1), tiếp tuyến (1) kẻ từ A cắt tia Ox B Tìm toạ độ điểm B Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y = Lời giải(Ban biên tập) Học sinh tự làm Đường thẳng qua A có dạng: d : y = kx − Đường thẳng d tiếp tuyến (1) hệ phương trình sau có nghiệm  2(x − 1)    = kx − x+1   =k  (x + 1)2 Suy 2(x − 1) 4x = −1 x+1 (x + 1)2 ⇔ x2 − = 4x − (x  + 1)2 ⇔ 3x2 − 2x − = ⇔  x=1 x=− + Với x = ⇒ d : y = x − điểm B(1; 0) 1 ;0 + Với x = − ⇒ d : y = 9x − điểm B ww Vậy có hai điểm thoả mãn yêu cầu toán B(1; 0), B ;0 Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos x + sin 2x + cos 2x = −1 /w Lời giải(Nguyễn Đình Huynh) Phương trình cho tương đương với: p:/ sin x + cos x + sin x cos x + 2cos2 x − = −1 ⇐⇒ sin x (1 + cos x) + cos x (1 + cos x) = ⇐⇒ (1 + cos x) (sin x + cos x) = cos x = −1 x = ± 2π + k2π ⇐⇒ ⇐⇒ π tan x = −1 x = − + kπ Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x = ± 2π + k2π π x = − + kπ Cách 2(Ban biên tập) Phương trình tương đương với: htt sin x + cos x + (1 + sin 2x) + cos 2x = ⇔ sin x + cos x + (sin x + cos x)2 + (cos x + sin x) (cos x − sin x) = ⇔ (cos x + sin x) (1 + cos x) = sin x + cos x = tan x = −1 x = − π4 + kπ ⇔ ⇔ ⇔ cos x + = cos x = − 21 x = ± 2π + k2π c http://www.mathlinks.vn .m ath lin ks Phương trình có nghiệm 2π π x = − + kπ; x = ± + k2π Câu 3(1,0 điểm) Tính tích phân I = x4 (1 − x)4 Lời giải(Nguyễn Trọng Nam) Dễ phân tích I= dx x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + dx − = x2 + 1 x7 − 4K = − x6 + x5 − x3 + 4x 3 Trong K= dx x2 + 22 − 4K dx x2 + Tính K: Đặt x = tant ⇒ dx = dt cos2 t = + tan2t dt = + x2 dt ⇒ Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = π4 Suy π π 22 π dt = t = ⇒ I = −π ww K= dx = dt + x2 Dẫn lời ban biên tập -Chú ý Ta có kết thú vị Câu 4(1,0 điểm) /w x4 (1 − x4 ) 22 ≥ 0, ∀x ∈ [0; 1] ⇒ >π x2 + √ 3 = 9log3x 9x2 b) Cho đa giác lồi n cạnh (n ≥ 5), biết số tam giác tạo thành từ điểm đỉnh đa giác cạnh cạnh đa giác 77 Tìm n htt Lời giải p:/ a) Giải phương trình logx x − c http://www.mathlinks.vn .m ath lin ks a) (Nguyễn Hiếu) logx x − 41 = 9log3x √ 9x2 x > 14 x = 13 , x = PT ⇔ 3logx x − ⇔ logx x − 4 = 13 log3x (3x)2 =2 ⇔ x − 14 = x2 ⇔ x − 12 = ⇔x= Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x = 21 b)Ta có : Số ∆ chứa cạnh đa giác n Số ∆ chứa cạnh đa giác n(n − 4) Số ∆ tạo thành từ đỉnh đa giác Cn3 Vậy số tam giác thoả mãn yêu cầu toán là: ⇒ Cn3 − n − n(n − 4) = 77 Giải phương trình ta có nghiệm: n = 11 ww Câu 5(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông, gọi M trung điểm BC √ Hình chiếu S lên mặt đáy (ABCD) trùng với trung điểm đoạn AM, biết SD = a 13, SC tạo với mặt đáy (ABCD) góc 600 a) Tính thể tích khối chóp S.ABMD b) Tính khoảng cách hai đường thẳng DM SA htt p:/ /w Lời giải(tiendatptbt) a)+Gọi Q,N trung điểm AB;DC ⇒ HN//AB//BC ⇒ HN ⊥ CD Xét ∆CHD có HN vừa đường cao vừa trung tuyến ⇒ ∆CHD cân H Xét ∆SHC = ∆SHD (Đều vuông H CH = DH) √ √ √ ⇒ SD = SC = a 13 ⇒ CH = DH = a 13.cos(60◦ ) = a 213 +Gọi x cạnh hình vuông.Ta có: c http://www.mathlinks.vn √ 3x 2 m ath lin ks HQ = 4x ⇒ HN = x − 4x = Xét ∆CHN vuông N: /w ww CH = HI +CI ⇔ a 213 = 2x + 3x ⇔ x = 2a Suy ra: √ (BM + AD).AB = 12 (a + 2a).2a = 3a2 SH = SC.sin60◦ = a 239 SABMD = 21 √ √ ⇒ VSABMD = 13 SABMD SH = 13 ...1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VĂN HÓA – HỘI THI VHTT CÁC TRƯỜNG DTNT TOÀN QUỐC LẦN THỨ VII - 2014 Đáp án và thang điểm Đề thi môn Toán lớp 10 Câu ý Đáp án Điểm 1 (2 đ) a Khi m = 0 hệ trở thành 2 2 1 0 2 1 0           x x x 0,25   2 2 1;1 1 0 ( 1) 0                     x x x R x 0,5   1;1x  0,25 b 2 2 1 0 (1) 2( 1) 4 1 0 (2)             x x m x m Giải (1) ta được [-1;1]x 0,25 Xét (2): 2 ' 2m m   TH1: ' 0   [0;2]m . Khi đó bất phương trình (2) có tập nghiệm là   hệ bất phương trình có nghiệm. 0,25 TH2: ' 0   ( ;0) (2; )m    (*) Ta có 2 2 1 2 1 2 , 1 2x m m m x m m m        Hệ bất phương trình có nghiệm khi 1 2 1 (3) 1 (4) x x       +) Giải (3) ta được 2 3 m   . Kết hợp (*) 2 [ ;0) (2; ). 3 m     +) Giải (4) ta được m = 0 (loại) 0,25 KL: Vậy hệ bất phương trình có nghiệm khi 2 3 m   . 0,25 2 (2 đ) a       2 2x 5x 7 x 2 0 (1). Điều kiện : x 2 . 0.25 TH1 : Với x = 2 khi đó (1) luôn đúng, vậy x = 2 là nghiệm 0.25 TH2: Với x > 2 khi đó (1)              2 x 1 2x 5x 7 0 7 x 2 0.25 Do x > 2 nên 7 x 2  . Vậy tập nghiệm   7 S 2 ; 2          . 0.25 2 b 1 4 5 (1) 1 4 5 (2) x y y x              . Điều kiện: 1 1 x y      Trừ vế với vế của hai phương trình ta được: 1 4 1 4 0x y y x        (3) 5 5 4 1 4 1 1 4 1 4 4 1 4 1 4 1 4 1 0(4) x x y y x x y y x x y y x x y y                                  0,25 Từ (3) và (4) suy ra được x = y. 0,25 Thay vào (1) ta được 1 4 5x x                 2 2 2 2 1 4 25 2 3 2 1 4 25 1 4 11 1 11 1 11 1 11 5 5 3 4 121 22 1 4 11 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                 0,25 Với x = 5 suy ra y = 5. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x ; y) duy nhất là (5; 5). 0,25 3 (2 đ) a Phương trình đường thẳng d: y = kx – 1 PT hoành độ giao điểm của (P) và (d): x 2 + kx – 1 =0, 2 4 0,k    k R  0.25 1 2 ,x x k   1 2 1x x   0.25 Ta có: 3 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( )x x x x x x x x          = 2 1 2 1 2 1 2 . ( )x x x x x x   0.25 = 2 2 4( 1) 2k k   , k R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0 0.25 b Có A(x 1 ; kx 1 -1), B(x 2 ; kx 2 -1) AB = 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( 1)[( ) 4 ] ( 1)( 4)x x kx kx k x x x x k k          0.25 Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng (d) là: h = 2 1 1k  0.25 Diện tích tam giác OAB là: S = 2 1 1 . 4 2 2 AB h k  0.25 Ta có S 1 . Do đó S min = 1 0k  0.25 4 (3 đ) a Từ gt, ta có:   1 2 3 AD AB AC     (1), AN AC    , 1 2 AM AB    0.25 Điểm K MN  ( , 1)KM aKN a R a       AM AK a AN AK        0.25  1 1 2(1 ) 1 aAN AM a AK AB AC a a a              (2) 0.25 A, D, K thẳng hàng  AD mAK   (3). Từ (1), (2), (3)  1 2 1 1 2(1 ) a a a a              Kết luận: KM KN    hay K là trung điểm của MN. 0.25 K M N A B C D 3 b Tìm được (4;3)A 0,25 Gọi M(x; y) là điểm thuộc tia phân giác AC (của góc BAD), khi đó M cách đều 2 đường thẳng AB, AD; đồng thời M, E nằm cùng phía với mỗi đường thẳng AB, AD, tức là: 1 7 17 2 50 ( 1)(7 2 1) 0 ( 7 17)(7 14 17) 0 x y x y x y x y                         ( ) :2 11 0AC x y    0,25 Đường chéo BD qua E và BD AC nên BD có phương trình là: 2 3 0x y   Ta có: ( 1; 2)B AB BD B     , (11;4)D AD BD D   0,25 Tâm I của hình thoi ABCD là (5;1)I  Tọa độ đỉnh C là: (6; 1)C  0,25 c Ta có 1 1 3 1 1 3 c b a b a c a b c a b c a              0.25 1 c b a b c a      2 2 2 a b c bc    0.5 0 1 cos 60 2 A A    ( Do 0 0 0 180A  ) 0.25 5 (1 đ) Từ giả thiết, chỉ ra được   a;b;c 0;1 0 abc 1    . Ta S GD & T THANH HểA TRNG THPT TRIU SN THI TH K THI TRUNG HC PH THễNG QUC GIA 2016 Mụn thi: TON - Ln Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Cõu (1,0 im) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s y x x Cõu (1,0 im) Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca hm s f x x trờn on 2;5 x Cõu (1,0 im) a) Gii phng trỡnh cos x 3sin x b) Gii bt phng trỡnh log x log x n Cõu (1,0 im) Tỡm s hng cha x khai trin nh thc Niu - tn ca biu thc x , x x Trong ú n l s t nhiờn tha An 2Cn 180 Cõu (1,0 im) Trong khụng gian Oxyz, cho hỡnh lng tr tam giỏc ABC.A'B'C' cú A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) v A'(2; 2; 1) Tỡm ta cỏc nh B', C' v vit phng trỡnh mt cu i qua bn im A, B, C, A' Cõu (1,0 im) a) Cho cos Tớnh giỏ tr ca biu thc P cos cos b) i d tuyn hc sinh gii gii toỏn trờn mỏy tớnh cm tay mụn toỏn ca mt trng ph thụng cú hc sinh nam 12, hc sinh n 12 v hc sinh nam 11 thnh lp i tuyn d thi hc sinh gii gii toỏn trờn mỏy tớnh cm tay mụn toỏn cp tnh nh trng cn chn em t em hc sinh trờn Tớnh xỏc sut em c chn cú c hc sinh nam v hc sinh n, cú c hc sinh 11 v hc sinh 12 Cõu (1,0 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú SA vuụng gúc vi mt ỏy (ABCD), ỏy ABCD l hỡnh ch nht cú AD = 3a, AC = 5a, gúc gia hai mt phng (SCD) v (ABCD) bng 450 Tớnh theo a th tớch chúp S.ABCD v tớnh gúc gia ng thng SD v mt phng (SBC) Cõu (1,0 im) Trong mt phng ta Oxy, cho hỡnh thang ABCD vuụng ti A, B v AD = 2BC Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca im A lờn ng chộo BD v E l trung im ca on HD Gi s H 1;3 , phng trỡnh ng thng AE : x y v C ; Tỡm ta cỏc nh A, B v D ca hỡnh thang ABCD x2 x x Cõu (1,0 im) Gii bt phng trỡnh x trờn hp s thc 2x Cõu 10 (1,0 im) Cho a, b, c l cỏc s thc khụng õm tha a 2b c b 3b Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P a 4b 2b c - Ht Cm n thy Nguyn Thnh Hin (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 S GD & T THANH HểA TRNG THPT TRIU SN P N THI TH K THI THPT QUC GIA NM 2016 Mụn thi: TON - Ln Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Cõu ỏp ỏn im Kho sỏt s bin thiờn - TX: D = 1,0 - Gii hn: lim y lim x x x x x - S bin thiờn: +) Ta cú: y' = 4x3 - 4x y ' x x +) Bng bin thiờn x - -1 y' - + 0,25 + - + + + 0,25 y 0 Suy ra: * Hm s nghch bin trờn cỏc khong ; , 0;1 v hm ng bin trờn cỏc khong 1;0 , 1; * Cc tr: xC = 0, yC = xCT = , yCT = - th: 0,25 y x -2 -1 0,25 -1 -2 - NX: th nhn trc tung lm trc i xng Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht 1,0 - Ta cú f x liờn tc v xỏc nh trờn on 2;5 ; f ' x x 0,25 - Vi x 2;5 thỡ f ' x x 0,25 - Ta cú: f 3, f 2, f 0,25 - Do ú: Max f x x x , 2;5 f x x 2;5 a) - Ta cú phng trỡnh cos x 3sin x 2sin x 3sin x 0,25 0,25 x k sin x x k , k sin x x k - KL: Phng trỡnh cú ba h nghim b)- K: x - Khi ú bt phng trỡnh cú dng: log x log x log x x x x x 0; - Kt hp iu kin ta cú: x 2; Tỡm s hng cha 0,25 0,25 0,25 1,0 - K: n , n n 15 DK - Khi ú: An2 2Cn1 180 n 3n 180 n 15 n 12 0,25 15 15 k 15 k - Khi n = 15 ta cú: x C15k 2k x x k 15 3k k M theo bi ta cú: Do ú s hng cha x khai trin trờn l: C153 23 x3 3640 x Tỡm ta im v 0,25 0,25 1,0 - Do ABC.A'B'C' l hỡnh lng tr nờn BB ' AA ' B ' 2;3;1 0,25 Tng t: CC ' AA ' C ' 2;2; - Gi phng trỡnh mt cu (S) cn tỡm dng x y z 2ax 2by 2cz d 0, a b2 c d Do A, B, C v A' thuc mt cu (S) nờn: 2a 2b 2c d 3 2a 4b 2c d a b c 2a 2b 4c d d 4a 4b 2c d 0,25 - Do ú phng trỡnh mt cu (S): x y z 3x y z cos cos2 a) Ta cú: P 27 25 25 0,25 0,25 b)- S cỏch chn em hc sinh t hc sinh trờn l C85 = 56 cỏch - chn em tha bi ra, ta xột cỏc trng hp sau +) nam 11, n 12 v nam 12 cú: C21C21C43 cỏch 0,25 0,25 0,25 0,25 +) nam 11, n 12 v nam 12 cú: C21C22C42 cỏch +) nam 11, n 12 v nam 12 cú: C22C21C42 cỏch +) nam 11, n 12 v nam 12 cú: C22C22 C41 cỏch S cỏch chn em tha bi l: C21C21C43 + C21C22C42 + C22C21C42 + C22C22 C41 = 44 cỏch 44 11 - Vy xỏc sut cn tớnh l: 56 14 Tớnh th tớch v 0,25 1,0 S - Tớnh th THPT SỐ AN NHƠN ĐỀ THI THỬ 02 ĐỀ SỐ 161 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2 điểm) Cho hàm số y   x  3mx  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O (với O gốc tọa độ ) Câu (1 điểm) Tính tổng tất nghiệm thuộc đoạn [0; 2015] phương trình: sin x   6sin x  cos x Câu (1 điểm) Tính tích phân sau I   x3  ln x dx x2 Câu (1 điểm) a) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ b) Tìm quỹ tích điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z  i  z  z  2i Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 đường thẳng d: x 1 y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vuông góc với đường   2 thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 Câu (1 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác ABC vuông A , AB  AC  a , I trung điểm SC, hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm H BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A ADB có phương đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác  trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB  x  xy  x  y  y  y   Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình   y  x   y   x  Câu (1 điểm) Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P bc 3a  bc ca  3b  ca  ab 3c  ab Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… -7- 923 Câu ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm a (1,0 điểm) Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  TXĐ: D  R y '  3 x  , y '   x   Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 0.25 1;   , đồng biến khoảng 0.25  1;1 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  , đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y 0.25 -1 + – + + -1 - Đồ thị: 0.25 2 B (1,0 điểm) y '  3 x  3m  3  x  m  y '   x  m   * 0.25 Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị  PT (*) có nghiệm phân biệt  m  **   Khi điểm cực trị A  m ;1  2m m , B  m ;1  2m m    1 OAB vuông O  OA.OB   4m3  m    m  ( TM (**)) Vậy m  2 (1,0 điểm) sin x   6sin x  cos x  (sin x  6sin x)  (1  cos x)  0.25 0.25 0,25 0.25  sin x  cos x    sin x   2sin x  cos x   sin x   sin x    x  k , k  Z sin x  cos x  3(Vn) Vậy tổng nghiệm cần tìm là: S     2   641  205761 25 25 0.25 (1,0 điểm) 2 2 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx    dx    dx x x x 1 1 Tính J   1 1 ln x dx Đặt u  ln x, dv  dx Khi du  dx, v   x x x x 2 1 Do J   ln x   dx x x 1 -9- 924 0.25 0.25 Câu Nội dung Điểm 1 1 J   ln    ln  x1 2 Vậy I  0.25  ln 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) n     C113  165 0.25 6 Số cách chọn học sinh có nam nữ C C  C C  135 135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ  165 11 b,(0,5điểm) Lời giải: Gọi z = x + yi (x, y   ) Ta có: z  i  z  z  2i  x   y  1 i    y  i  x   y  1  2  2y  y x Vậy quỹ tích cần tìm Parabol 0.25 0.25 0.25 x (1,0 điểm) y   Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3 Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18  0.25 Vì B  d nên B  1  2t;1  t; 3  3t  0.25 2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   13 10 12    Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   t  7  7  (1,0 điểm) Sj Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) 0.25 0.25 Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) (2) suy  AB  SK M B H C Do góc  SAB  với đáy góc SK HK   60 SKH K A a Ta có SH  HK tan SKH 1 a3 Vậy VS ABC  S ABC SH  AB ... (d − 1) BA.BC 1 4 Suy − = √ ⇐⇒ → − → = √5 =⇒ BA BC 3d + 3d − 43 + (d − 5)2 + (d − 1) 2 4  d =1   d = 61 (Loại)  √  (d − 1) (5d − 61) 5d − 15 d − 11 5 = ⇐⇒  − 41  d= (Loại)  5√  + 41 d=... Vậy d(DM; SA) = 2HF = 2a 211 p:/ Câu 6 (1, 0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(2; 0; 0) K (1; 1; 1) a) Viết phương trình đường thẳng d qua A song song với trục Oz b) Viết... thẳng d tiếp tuyến (1) hệ phương trình sau có nghiệm  2(x − 1)    = kx − x +1   =k  (x + 1) 2 Suy 2(x − 1) 4x = 1 x +1 (x + 1) 2 ⇔ x2 − = 4x − (x  + 1) 2 ⇔ 3x2 − 2x − = ⇔  x =1 x=− + Với x =