HỒ XUÂN TRỌNG

TẬP 10
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN

NĂM 2014-2015

hoctoancapba.com
hoctoancapba.com



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Đ
Ề
CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi:… tháng…năm…

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:
43
23
 xxy
. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng
mmxy  2
cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
24
22
log ( ) 1 2log (2 )
.
10
x y x y
xy
   





Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân


6/
0

32
cos.sin

xdxxI
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
z

có phần ảo âm và thỏa mãn
053
2
 zz
. Tìm môđun của số phức
1432 z
.
b) Tìm số hạng chứa
3
x
trong khai triển biểu thức
n
x )12( 
biết rằng
56
210

nnn
CCC
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz
, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng d
1
:

1
4
2
3
1
3





 z
y
x
, d
2
:
1
1
2
1
2
3 





 z
y
x
. Tìm tọa độ điểm B thuộc
2
d
sao cho độ dài đoạn thẳng
AB gấp
2
lần khoảng cách từ A đến
1
d
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với

0
, 30AB a CAD
,

o
ASC 
,
SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối tứ diện S.BCD và khoảng cách từ C
đến mặt phẳng (SBD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC

(
BCAB 
) và tâm đường
tròn ngoại tiếp là
)0;1(I
.
)3;3(M
là một điểm nằm trên đường trung trực của cạnh
BC
.
)4;2(N
là
điểm nằm trên đường thẳng chứa đường phân giác trong góc
B
của tam giác
ABC
và thỏa mãn
CNAN 
. Đường thẳng
BC
đi qua
)4;1(D
và tung độ điểm
B
lớn hơn tung độ điểm
C
. Tìm tọa độ
các đỉnh
A
,

B
,
C
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
32
3 2 2
11
3 ( 1) 1
1
.
7 6 12
x y x xy y
x y y
y x y y xy x

      




      


Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số không âm
cba ,,
và không có hai số đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
222
333
cba

ba
abcc
ac
abcb
cb
abca









.
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:……………………
3
hoctoancapba.com

Trang 1/5


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Đ
Ề

CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang đi
ể
m có 5 trang)
Câu Nội dung Điểm
1
(2,0 đ)























a) (1,0 đi
ể
m)
* Tập xác định : D = R.
* Sự biến thiên của hàm số:
- Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x
.

00'  xy
hoặc
2x
.
0,25
- Các khoảng đồng biến
)0;(
,
);2( 
; khoảng nghịch biến (0;2).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
4,0 
CĐ
yx
; đạt cực tiểu tại
0,2 
CT
yx
.
- Giới hạn:



yy
xx
lim,lim
.
0,25
- Bảng biến thiên:

0,25
* Đồ thị
)(C
:
f(x)=x^3-3x ^2+4
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y

0,25
b) (1.0 đi
ể
m)

Phương trình hoành độ các giao điểm của d với đồ thị (C) của hàm số (1) là:
mmxxx  243
23
0)22)(1(
2
 mxxx

0,25






)2(022
1
2
mxx
x
.
0,25
4
hoctoancapba.com

Trang 2/5


Yêu c
ầ
u bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

khác 1
' 0 3 0
.
3 0 3 0
m
mm
   



     


0,25
3 m
.
Vậy, các giá trị m cần tìm là
3m
.
0,25

2
(1,0 đ)




Điều kiện:
0
20

xy
xy





.
   
log log x log ( ) log log ( )x y y x y x y        


0,25
)2(2 yxyx 
xy 3
.

0,25
Thế vào phương trình
xy
ta được phương trình
1010
2
x

0,25
13
13
xy
xy

   



   

.
Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm
 
1;3
.

0,25
3
(1,0 đ)






6/
0
22
6/
0
32
cos).sin1.(sincos.sin

xdxxxxdxxI

.
0,25
Đặt
xt sin
, ta có
xdxdt cos
. Đổi cận:
00
.
1
62
xt
xt

  



  





2/1
0
42
2/1
0
22

)()1( dtttdtttI

0,25
35
1
2
35
0
tt





0,25
17
480

.
0,25
4
(1,0 đ)







a) (0,5 đi

ể
m)
Xét phương trình
053
2
 zz
(5).
Vì
2
9 20 11 11i     
.
Suy ra
3 11
2
i
z


hoặc
3 11
2
i
z


.
Vì
z
thỏa mãn (5) và có phần ảo âm nên
3 11

2
i
z


.
0,25
Ta có
2 3 14 14 11zi   
.
2 3 14 14 11 14 11 5.zi       

0,25
b) (0,5 đi
ể
m)
Điều kiện:
,2nn
.
0,25
5
hoctoancapba.com

Trang 3/5





()

n n n
nn
C C C n

      
2
10
110 0
11
n
nn
n


    



.
Vì
2,  nNn
nên
10n 
.
Với
10n
, ta có
       
10 10
10 10

10
10 10
00
(2 1) (2 1) 2 1 2 1
k k k k
n k k k
kk
x x C x C x


      

.

Số hạng tổng quát là
   
10
10
21
kk
kk
Cx


.
Số hạng chứa x
3
trong khai triển là
3737
10

960)1()2( xxC 
.
0,25
5
(1,0 đ)
1
d
đi qua
)4;3;3(M
và có véctơ chỉ phương
)1;2;1(
1
u
. Ta có
 
)3;3;3(,),1;1;2(
1
uAMAM
, suy ra
1
1
1
,
3
( , )
2
AM u
d A d
u




 

.
0,25
Phương trình tham số của
2
d
là:








tz
ty
tx
1
21
23
. Tọa độ B có dạng
)1;21;23( ttt 
.
Ta có
9169)2()12()22(
2222

 tttttAB
.
0,25
Do đó:
016939169),(2
22
1
 ttttdAdAB
0 t
hoặc
t 
.
0,25
Vậy
)1;1;3(B
hoặc
( ; ; )B 
.
0,25
6
(1,0 đ)



, .cot
sin
AB
AC a AD CD a   
Vì
)(ABCSA 

nên
SAC
vuông tại A
aACSA 245cot.
0

.

0,25
SACDBCSASV
BCDBCDS

2
1
.
3
1
.
3
1

3
13
. 3. .2
63
a
a a a
(đvtt).
0,25
Các tam giác

SAB
,
SAD
vuông tại A
7,5 aSDaSB 
 
2 2 2 2 2 2
5 7 4 4 19
cos sin
2 . 35
2. 5. 7 35
SB SD BD a a a
BSD BSD
SB SD
aa
   
     


2
1 19.
. . .sin
22
BSD
a
S SB SD BSD  
(đvdt).
0,25
6
hoctoancapba.com


Trang 4/5

19
572
3
))(,(
a
S
V
SBDCd
BDS
BCDS

.
0,25
7
(1,0 đ)















Ta có
(4;3)IM

,
(3;4)IN

,
5IN
.
Từ giả thiết suy ra
IM
,
IN
lần lượt là
đường trung trực của
BC
,
CA
.
Đường thẳng
BC
đi qua
)4;1(D
và nhận
(4;3)IM

làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình là

01634  yx
.

0,25
Gọi
0
N
là điểm chính giữa cung nhỏ

AC

0
N
thuộc đường trung trực cạnh AC và
0
N
thuộc đường phân giác trong của

ABC
0
.NN


N
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có tâm

)0;1(I
và có bán kính
5IN
nên có
phương trình là
25)1(
22
 yx
. Tọa độ
B
,
C
là nghiệm của hệ phương trình






25)1(
01634
22
yx
yx
hay






0
4
y
x
hoặc
2
5
24
5
x
y









.
Vì
CB
yy 
nên







5
24
;
5
2
B
,
)0;4(C
.
0,25
Đường thẳng
AC
đi qua
)0;4(C
và nhận
(3;4)IN

làm véctơ pháp tuyến nên có
phương trình là
01243  yx
. Tọa độ
A
là nghiệm của hệ phương trình:





25)1(

01243
22
yx
yx
hay





0
4
y
x
hoặc





5/24
5/12
y
x
.
0,25
Vì
CA
nên








5
24
;
5
12
A
. Thử lại thỏa mãn điều kiện
BCAB 
.
Vậy







5
24
;
5
12
A
,







5
24
;
5
2
B
,
)0;4(C
.
0,25
8
(1,0 đ)








1267
1)1(3
1
1

1
223
23
xxyyyxy
yxyxyx
yyx
)8(
)7(


7
hoctoancapba.com

Trang 5/5





Điều kiện:
3
10
0
07
xy
yx
y
  








.
 
3 2 2 3 3 2
11
(7) x 3x y 3xy y 3 3 1
1
y y y
x y y
         


33
11
( 1) ( )
1
y x y
y x y
     

. (9)
0,25
Xét hàm số
1
1
)(

3


t
ttf
trên khoảng
);1( 
, ta có:
1,0
)1(2
1
3)('
3
2


 t
t
ttf
)(tf
đồng biến trên khoảng
);1( 
.
Do đó:
11)()1()9(  xyxyyxfyf
.
0,25
Thay
1x
vào phương trình (8), ta được pt


13671
2
 yyyy
07414)136(4
2
 yyyy

0)4747()4141()96(4
2
 yyyyyy
0)27()21()3(4
222
 yyy

0,25
3
027
021
03









 y

y
y
y
(Thỏa mãn).
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm
)3;1();( yx
.
0,25
9
(1,0 đ)






Ta có
222
333
cba
ba
abcc
ac
abcb
cb
abca










(10)
0
2
3
2
3
2
3









 c
ba
abcc
b
ac
abcb
a
cb

abca

0
))(())(())((










ba
bcacc
ac
abcbb
cb
cabaa
(11)
0,25
Không giảm tính tổng quát, giả sử
cba 
. Đặt
cb
a
x



,
ac
b
y


,
ba
c
z


.
Do
cba 
nên
zyx 
.
0,25
Ta có
0))((  bcacz
,

0))(()()()()(  yxcbcbycbxcbycax
.
0,25
Suy ra
0))(())(())((  bcaczabcbycabax
hay (11) đúng.
Vậy bất đẳng thức (10) đúng.

0,25
( Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì vẫn tính điểm tối đa)
Hết
8
hoctoancapba.com



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
 
3
3 1 1y x x   

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Gọi
 
d
là đường thẳng đi qua điểm
 
2; 3A 
có hệ số góc bằng
m

. Tìm các số
m
để đường
thẳng
 
d
cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3
,,x x x
thỏa mãn
2 2 2
1 2 3
8x x x  
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
 
2
cos 1 cos
2 1 sin .
sin cos
xx
x
xx




Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
 

2
sin
0
cos sin2
x
I e x xdx



.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức
z
, biết
z
thỏa mãn
    
1 2 . 1 2i z i i z   
.
b) Gọi
S
là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200. Chọn ngẫu nhiên một số trong
S
.
Tính xác suất chọn được số không chia hết cho 5.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
 
1; 1;1A 


và đường thẳng
d
có
phương trình
11
2 1 2
x y z

. Tìm tọa độ điểm
'A
là hình chiếu vuông góc của
A
trên
d

và lập
phương trình mặt phẳng
 
P
đi qua
,A
 
P
song song với
d
và khoảng cách giữa
d

với

 
P
lớn nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có
ABCD
là hình thang vuông tại
,AD
;
2,AB AD a

.CD a
Gọi
I
là trung điểm của cạnh
AD
, hình chiếu vuông góc của
S
trên
 
ABCD
là điểm
.I

Cho biết khoảng cách từ
I
đến
 
SBC

bằng
3
.
2
a

Tính thể tích của khối chóp
.S ABCD
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
A
nằm trên trục
Ox
với
5
0
2
A
x
. Các đường cao xuất phát từ đỉnh
B
và đỉnh
C
lần lượt có phương trình là

12
: 1 0, : 2 4 0d x y d x y     
. Tìm tọa độ các đỉnh
,,A B C
sao cho tam giác
ABC
có diện tích
lớn nhất.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
   
2
17 3 5 3 14 4 0
2 2 5 3 3 2 11 6 13
x x y y
x y x y x x

     


       


.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương
,,abc
thay đổi, thỏa mãn
ab
a c b c
c
   

. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2
22
a b c c
P
b c c a a b a b
   
   
.
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:……………………
9
hoctoancapba.com

1


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Đ
Ề
CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang đi
ể
m có 6 trang)


Câu Đáp án Điểm
1
(2,0 đ)
a) (1,0
điểm
)
Tập xác định:
D  
.
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
3 3; 0
1
x
y x y
x



    



.



0,25

- Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1), hàm số nghịch biến trên

   
; 1 , 1;  
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 1, y
CĐ
= 1; đạt cực tiểu tại x
CT
= -1, y
CT
= -3.

0,25
- Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
 
   
.
- Bảng biến thiên:
x


-1 1



y


- 0 + 0 -
y


1


-3







0,25
 Đồ thị: Giao với
Oy
tại
 
0; 1
. Lấy thêm điểm thuộc đồ thị
 
2; 3A 
.



0,25
b) (1,0
điểm
)
Phương trình của
d
là
 
23y m x  
.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của
d
và đồ thị của hàm số (1) là
   
3
2 3 3 1 1 .m x x x     

         
 
2
3
2
2
1 3 2 2 0 1 2 2 0
2 1 0 2
x
x x m x x x m x
x x m



            

   

.



0,25
10
hoctoancapba.com

2

Để
d
cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm
phân biệt hay phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2.
 
2
'0
0
2' .
9
2 2.2 1 0
m
m
m
m
   







   





0,25
Gọi các hoành độ giao điểm của
d
và đồ thị của hàm số (1) lần lượt là
1 2 3
, , 2x x x 
. Trong
đó
12
,xx
là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2).
Theo bài ra ta có
   
2
2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 1 2 1 2
8 4 2 4. 3x x x x x x x x x         


Theo Định lí Viét của phương trình (2) ta có
12
12
2
1
xx
x x m
  




.



0,25
Khi đó (3) trở thành
   
4 2 1 4 1 0 1 3' .m m m        

Kết hợp (2’) và (3’) ta được


;1\{ 9}m   
.

0,25
2
(1,0 đ)

Điều kiện:
sin cos 0xx
.
Khi đó phương trình
 
    
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosx x x x x     


0,25
  
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x     

     
1 sin 1 cos sin 1 cos 0x x x x     



     
1 sin 1 cos 1 sin 0. *x x x    


0,25
 
 
 
sin 1 1
*.
cos 1 2

x
x








Ta có với
sin 1 cos 0xx   
, do đó
sin cos 1 0.xx   

(1)
 
sin 1 2 .
2
x x k k


       




0,25
Ta có với
cos 1 sin 0xx   

, do đó
sin cos 1 0.xx   

   
2 cos 1 2 .x x m m

      


Vậy phương trình có nghiệm là
2
2
xk


  
và
2xm



 
,km
.



0,25
3
(1,0 đ)

 
2 2 2
sin sin
0 0 0
cos sin2 2sin cos 2 cos sin cos
xx
I e x xdx e x xdx x x xdx
  
   
  
.
Đặt
22
sin
12
00
2sin cos ; 2 cos sin cos
x
I e x xdx I x x xdx



.
2
sin
1
0
2sin cos
x
I e x xdx




.
Đặt
sin cosx t dt xdx  
.
Đổi cận:
00
.
1
2
xt
xt

  



  













0,25
Khi đó


11
2
1 1 1
sin
1
0 0 0
0 0 0
2 sin sin 2 2 2 2
x t t t t t
I e xd x e tdt te e dt te e


      


  
.

0,25
11
hoctoancapba.com

3


2
2
0
2 cos sin cosI x x xdx



.
Đặt
 
cos cos sin sin ,x u d x du xdx du xdx du        

Đổi cận
0 cos0 1
.
cos 0
22
xu
xu

   



   



Khi đó
1

0
35
22
2
1
0
44
2.
55
I u du u   









0,25
Vậy
 
2
sin
12
0
4 14
cos sin2 2 .
55
x

I e x xdx I I

      


0,25
4
(1,0 đ)
a) (0,5
điểm
)
Từ giả thiết
    
1 2 1 2iz i i z   
ta được
    
2
1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 0iz i i z iz i z i z iz iz z i z iz iz i                   
.
Ta có
10iz i  

1iz i  


 
22
1zi i i z i i      






0,25

1 1 .z i z i       

Từ đó ta có phần thực của
z
bằng 1, phần ảo của
z
bằng 1.

0,25
b) (0,5
điểm
)
Ta có
6 3 2
43200 2 .3 .5
.
Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng
2.3 .5
i j k
,
trong đó
{0,1,2,3,4,5,6}i
;
{0,1,2,3}j
;

{0,1,2}k 
.
Số ước nguyên dương bằng số bộ
 
,,i j k
được chọn từ 3 tập trên.
Suy ra số cách chọn bộ
 
,,i j k
từ 3 tập trên là
1 1 1
7 4 3
. . 7.4.3 84C C C 
(cách).
Vậy số phần tử của S là 84.





0,25
Số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là số cách chọn bộ
 
, ,0ij
từ 3 tập
trên suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là
11
74
. 7.4 28CC
.

Từ đó ta có: chọn 1 số trong S có 84 cách chọn.
Chọn 1 số trong S không chia hết cho 5 có 28 cách chọn.
Suy ra xác suất chọn được số không chia hết cho 5 trong S là
28 1
84 3
P 
.




0,25
5
(1,0 đ)
Ta có phương trình tham số của
d
là
12
12
xt
yt
zt






  


.

Ta có
'(1 2 ; ; 1 2 )A t t t  
là hình chiếu vuông góc của
 
1; 1;1A 
trên
d
.
Có
 
' 2 ; 1 ;2 2A A t t t    

lại có
'AA

vuông góc với véctơ chỉ phương
 
2;1;2u 

của
d
nên ta có
     
1
2 2 1 1 2 2 2 0
3
t t t t        
.



0,25
12
hoctoancapba.com

4

Suy ra
5 1 1
'( ; ; )
3 3 3
A 
,
2 4 4
' ; ;
3 3 3
AA






.
0,25
Do
d
song song với
 

P
nên
 
 
 
 
, ', ' 'd P d d A P A H A A  
(Với H là hình chiếu
vuông góc của A’ trên
 
P
).
Suy ra khoảng cách giữa
d
với
 
P
lớn nhất khi và chỉ khi
HA
hay
''A H A A
 
khi đó
A’A vuông góc với mặt phẳng (P).



0,25
Chọn
'AA


làm véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Ta có mặt phẳng (P) đi qua
 
1; 1;1A 
và nhận
 
1;2; 2n 

làm véctơ pháp tuyến nên
phương trình của mặt phẳng (P) là
     
1 1 2 1 2 1 0 2 2 3 0.x y z x y z          

0,25
6
(1,0 đ)











Ta có
5; 2IB BC a IC a  

.
D
.
ABC
Sa



0,25
Dựng
 
,IE BC E BC
.
Dựng
 
,IH SE H SE
.
Suy ra
 
BC SIE BC IH  
.
Suy ra
 
IH SBC
hay
 
 
3
,
2

IH d I SBC a
.



0,25
Gọi M là trung điểm của
IC



2
2 2 2
3
5
2
2
aa
BM IB IM a    
.
Lại có

3
. . . 2 . 5
2
3
.
5
a
BM IC IE BC a IE a

a
IE
  






0,25
Xét tam giác vuông
SIE
vuông tại I ,
IH
là đường cao
suy ra ta có
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 4 1
9
3
5
a
IH IS IE IS IH IE IS a
       
.
Suy ra
3
7
a

SI 
.
Từ đó suy ra thể tích của khối chóp
3
2
1 1 3 3 7
. . .3a
3 3 7
7
ABCD
aa
V SI S  
(đvtt).






0,25
13
hoctoancapba.com

5

7
(1,0 đ)
Do
   
1

;1B d B t t  
; do
   
2 1 1
;4 2C d C t t  
.
Do
 
;0A Ox A a
,
   
12
1;1 , 1; 2uu  
 
.
Ta có
   
11
;1 ; ;4 2AB t a t AC t a t     
 




0,25
Lại có
 
1
1 1 1 1
. 0 4 2 0 4 .d AC u AC t a t t a          

 


 
2
2
. 0 2 2 0 2 .d AB u AB t a t t a           
 

Ta tìm được
     
2; 1 ; 4 ;2 4 ; 4 2a;2a 4 ;B a a C a a AC        






0,25
Ta có phương trình của
:0AC x y a
.
Ta được
    
33
4 2 2 , , 3 2 1
2
ABC
a
AC a d B AC S a a



      
.


0,25
Xét hàm
ABC
S

biến
a
trên khoảng
5
0;
2



ta được kết quả
5
0;
2
27
4
ABC
a
Max S







đạt được khi
1 1 5 3 7
;0 , ; , ; 3
2 2 2 2 2
a A B C
     
    
     
     
.
0,25
8
(1,0 đ)
     
 
2
17 3 5 3 14 4 0 1
2 2 5 3 3 2 11 6 13 2
x x y y
x y x y x x

     


       



.
Điều kiện xác định:
50
40
2 5 0
3 2 11 0
x
y
xy
xy






  


  


Phương trình thứ nhất biến đổi thành
 
 
 
 
 

3 5 2 5 3 4 2 4 1'x x y y      
.








0,25
Xét hàm số
 
 
2
3 2 , [0; )f t t t t   

do
 
' 0, [0; )f t t   
suy ra hàm số
 
ft
đồng
biến trên
[0; ).

Từ (1’) nhận được
5 4 1x y y x     
thế vào phương trình (2) trong hệ ta được

 
2
2 3 4 3 5 9 6 13. *x x x x     

 
 
2
* 2 3 4 3 5 9 6 13 0x x x x       
.



0,25
Xét hàm số
 
 
2
4
2 3 4 3 5 9 6 13 , [ ;5] .
3
g x x x x x x D          

Dễ thấy
 
'' 0, .g x x D  
Suy ra
 
'0gx
có không quá 1 nghiệm
xD

hay
 
0gx

có không quá 2 nghiệm
xD
. Lại có
   
0 1 0gg  
.


0,25
Kết luận: Hệ có 2 nghiệm (0;
-1) và (-1;-2).
0,25
9
(1,0 đ)
Đặt
 
, , , 1 .a xc b yc x y  
Nếu
1
1
x
y






ta thấy không thỏa mãn. Suy ra
,1xy
.
0,25
14
hoctoancapba.com

6

Khi đó

 
22
2
22
1 1 1 1
11
2
x y x y
P
y x x y x y xy x xy y x y
x y xy
       
      

.
 
 
 

 
2
2
11
*
2
2
xy
P
xy x y x y
x y xy

   
  

.





0,25
Lại có
   
1 1 2 2 1x y xy x y xy x y xy           

     
 
2
1 2 1 1 0 1 1 0

2 4.
xy x y xy x y xy x y
xy x y xy xy
               
     



0,25
Suy ra
 
 
   
2
22
1 1 1 1
23
22
xy
xy
P
xy x y x y xy
x y xy xy xy

     
  
  
.
Xét hàm số
   

2
11
, [4; ) ' 0, 4.
32
t
f t t f t t
t t t
        

Suy ra
   
41
4
24
f t f
.
Giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
41
24
đạt được khi
2.xy






0,25


(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
Hết

15
hoctoancapba.com



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 7 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi: 07 tháng 04 năm 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
 
42
2 2 1 3y x m x   
( C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi
m1
.
b) Tìm m để (C) có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác cân có cạnh đáy bằng
1
3
độ dài cạnh bên.
Câu 2 (1,0 điểm). Tính tích phân

e
1
ln x 1
I dx
x.(lnx 1)





Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
a)
sin2 cos2x 4cosx 2sinx 3.x   

b)
   
22
log 1 .log 4. 4 3.
xx
ee  

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tính mô-đun của số phức
   
2
w z 3 2 z i   
, trong đó số phức
z 1 2 i
.
b) Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi vàng, 7 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để

trong 5 viên bi lấy được luôn có ít nhất 1 viên bi vàng và ít nhất 1 viên bi đỏ.
Câu5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục
O xyz
, cho
     
; ; ; ; ; ; ; ;A B C1 1 1 2 0 1 0 3 0
và mặt
phẳng
(P):x 2y 3z 13 0   
. Viết phương trình mặt cầu (S) qua A, B, C và tiếp xúc (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' cạnh đáy là a, góc tạo bởi AC' với mặt
phẳng (BB'C'C) một góc
0
30
. Gọi M là trung điểm CC'. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng
cách từ điểm M đến mặt phẳng (A'BC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có
M(1;1)
nằm trên cạnh AB
sao cho
2
AM AB
3

. Tam giác ABC có đường phân giác trong tại B là
x y 2 0  
, đường cao CH
có phương trình
3x y 5 0  
. Xác định tọa độ A, B, C.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình sau
22
x 2(x 1) 4x 1 2 2x x 1 2 9x.       

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3 3
a b c 3 a b c
b c c a a b 2 a b c


  


    

.

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:……………………
16
hoctoancapba.com

1


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 7 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Đ

Ề
CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang đi
ể
m có 6 trang)
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)
Khi
m1
,
42
(C): y x 2x 3  
.
* Tập xác định:
D  
.
* Sự biến thiên:

3
y' 4x 4x
;
x0
y' 0
x1







.
0,25

- Hàm số đồng biến trên
( 1;0);(1; ) 
; nghịch biến trên
( ; 1);(0;1) 
.
- Hàm số đạt cực đại tại
CD
x 0;y 3  
; đạt cực tiểu tại
CT
x 1;y 4   
.
- Giới hạn:
xx
lim y ; lim y
 
   
.
0,25
-
Bảng biến thiên:


0,25


*
Đồ thị:



0,25
b) (1,0 điểm)
32
y' 4x 4(2m 1)x 4x.(x 2m 1)     
.
2
x0
y' 0
g(x) x 2m 1 0




   

.
Hàm số có 3 cực trị

g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
1
2m 1 0 m
2
    
.

0,25
17
hoctoancapba.com

2

Khi đó:
A
B
C
x0
y' 0 x 2m 1
x 2m 1



   


  


22
A(0; 3);B( 2m 1; 4m 4m 4);C( 2m 1; 4m 4m 4)          

0,25
   
 
; ; ;
;.

AB m m m AC m m m
BC m
          
  
 


 
4
AB AC 2m 1 2m 1 ;    

BC 4(2m 1)
ABC
cân tại A.
0,25
Tam giác cân ABC có cạnh đáy bằng
1
3
độ dài cạnh bên
 
4
22
3
1
m
1
2
BC AB 9BC AB 36(2m 1) 2m 1 2m 1 .
3
35 1

m
2




          






Kết hợp với điều kiện suy ra
.m



0,25
2
(1,0đ)
Đặt
u lnx
1
du dx
x

. Đổi cận
.
xu

x e u
  


  


0,25
1
0
u1
I du
u1





0,25
 
1
1
0
0
2
I 1 du u 2ln(u 1)
u1

    






0,25
I 1 2ln2
.

Vậy
I 1 2ln2
.
0,25
3
(1,0đ)
a) (0.5 điểm)
sin2x cos2x 4cosx 2sinx 3   

2
2sin x.cosx 1 2sin x 4cosx 2sinx 3 0
2cosx(sinx 2) 2(sinx 2)(sinx 1) 0
(sinx 2)(2cosx 2sinx 2) 0
      
     
    

cosx sinx 1 0
sin x 2
  






.
0,25

sinx 2
(vô nghiệm).

1
cosx sinx 1 0 cos x cos
44
2


      


x k2
(k ).
x k2
2






   





Vậy nghiệm của phương trình:
x k2
(k ).
x k2
2






   



0,25
b) ( 0.5 điểm )
18
hoctoancapba.com

3

Điều kiện:
.
x
ex   


   
   
xx
22
xx
22
e e 1 2 e 1 3log 1 .log 4.e 4 3 log log

   

   

Đặt
 
x
2
t e 1log
.
Phương trình trở thành:
2
t1
t(2 t) 3 t 2t 3 0
t3


      



.

0,25
*
 
x x x
2
t 1: e 1 1 e 1 2 e 3 x ln3log         

(thỏa mãn).
*
 
x x x
2
1 9 9
t 3: e 1 3 e 1 e x ln
8 8 8
log           
(thỏa mãn).
Vậy nghiệm của phương trình:
ln
.
ln
x
x








0,25

4
(1,0đ)
a) (0,5 điểm)
Ta có:
       
22
w z 3 2 z i 4 2i 2 1 i       
.
w 16 16i 4 2 2i 10 14i      
.
0,25
22
w 10 14
.
w 296 2 74
.
0,25
b) (0,5 điểm)
Số phần tử của không gian mẫu


chính là số cách chọn 5 viên bị bất kỳ từ 18 viên
bi đã cho.
 
.nC  

Số cách chọn 5 viên bi luôn có ít nhất 1 viên bi vàng và ít nhất 1 viên bi đỏ là
.C C C C   


0,25
Xác xuất để
“t
rong 5 viên bi lấy ra c
ó
ít nhất 1 bi vàng và 1 bi đỏ” bằng:

7315 1045
P
8568 1224

.
0,25
5
(1,0đ)
Gọi
I(a,b,c)
là tâm mặt cầu (S). Theo giả thiết (S) qua A, B, C
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
IA IB (a 1) (b 1) (c 1) (a 2) b (c 1)
IB IC (a 2) b (c 1) a (b 3) c

          



        




a b 1
c b 4






.
0,25
(S) tiếp xúc (P)
2 2 2
2 2 2
a 2b 3c 13
d(I;P) IA (a 1) (b 1) (c 1)
1 2 3
  
       


22
b2
(6b 2) 14(3b 12b 26)
b 30


     




.
0,25
a3
b 2 c 2
R 14



   





2 2 2
(S):(x 3) (y 2) (z 2) 14      
.
0,25
19
hoctoancapba.com

4

a 31
b 30 c 26
R 13 14




  





2 2 2
(S):(x 31) (y 30) (z 26) 2366      
.
0,25
6
(1,0đ)
Gọi I là trung điểm BC
AI BC
AI (BB'C'C)
AI CC'


  




'CI
là hình chiếu của AC' lên mặt
phẳng (BB'C'C)


0

AC',(BB'C'C) AC'I 30

  

.

0,25
Tam giác ABC đều cạnh a
2
ABC
a3
S
4


(đvdt).
Tam giác
'AC I
vuông tại I
'.
sin
o
AI
AC a  

Tam giác
'ACC
vuông tại C
' ' .CC AC AC a   


3
LT ABC
a6
V CC'.S
4


(đvtt).
0,25
Trong mp (AA'I), kẻ
AH A'I
;
BC AI
BC (AA'I) BC AH
BC AA'


   



.
   
 
' , ' .
'
AH BC
AH A BC d A A BC AH
AH A I



   




Xét
AA'I
vuông tại A
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 11 a 66
AH .
11
AH AA' AI 2a 3a 6a
4
       

0,25
AM cắt A'C tại G

AM cắt (A'BC) tại G
d(M,A'BC) GM 1
d(A,A'BC) GA 2
  
(G là trọng tâm
ACC'
).
1 a 66
d(M,A'BC) d(A,A'BC)
2 22

  
.
0,25

7
(1,0đ)

0,25
20
hoctoancapba.com

5


AB CH:3x y 5 0   
nên phương trình đường thẳng AB có dạng:
x 3y c 0  
.
AB qua
M(1;1) 1 3 c 0 c 2 (AB):x 3y 2 0         
.
Gọi D là chân đường phân giác trong tại B
(BD):x y 2 0   
.
Tọa độ giao điểm B của AB và BD là nghiệm của hệ:
x 3y 2 0 x 2
B( 2;0)
x y 2 0 y 0
    


  

   

.
AA
AA
x 2 9 x 7
2
AM AB BA 3BM BA 3BM A(7;3)
y 3 y 3
3
  

       



 
.
0,25
Gọi M' là đối xứng của M qua BD. Gọi I là giao điểm của BD và đường thẳng
(d) qua
M, vuông góc BD.
(d) (BD) (d): x y c' 0    
.
(d) qua M
1 1 c' 0 c' 2      
(d):x y 2 0   
.

Tọa độ giao điểm I của BD và (d) là nghiệm của hệ:
x y 2 0 x 0
I(0;2)
x y 2 0 y 2
   



   

.
0,25
M' là đối xứng của M qua BD

I là trung điểm MM'
M' I M
M' I M
x 2x x 0 1 1
M'( 1;3)
y 2y y 4 1 3
     

  

    

BM' (1;3)

.
BC qua

B( 2;0)
và có véctơ chỉ phương
BM' (1;3)

nên có phương trình là:
x 2 y
3x y 6 0 (BC)
13

    
.
Tọa độ giao điểm C của BC và CH là nghiệm của hệ:
1
x
3x y 6 0
1 11
6
C;
3x y 5 0
11
62
y
2



  




  


  






.
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác cần tìm
1 11
A(7;3);B( 2;0);C ; .
62





0,25
8
(1,0đ)
22
x 2(x 1) 4x 1 2 2x x 1 2 9x       

(*).
Điều kiện:
x
.

x
x
x





  



0,25


(*)
2
x 2x 1 2(x 1) 4x 1 4x 1 x 1 2 (x 1)(2x 1) 2x 1 0               

   
22
x 1 4x 1 x 1 2x 1 0        

x 1 4x 1 0
x 1 2x 1 0

   




   



0,25
4x 1 x 1
x 1 2x 1

  



  



 
2
4x 1 x 1
x 1 2x 1

  



  



0,25

x2
.
x0






Kết hợp với điều kiện suy ra
.x 

Vậy nghiệm của phương trình
 
S2
.
0,25
21
hoctoancapba.com

6

9
(1,0đ)





3 3 3 3 3 3

a b c 3 a b c
b c c a a b 2 a b c


  


    


 
3 3 3
3 3 3
a b c 3
(a b c) a b c
b c c a a b 2

       


  


 
4 3 3 3 4 3 3 3 4
3 3 3
a ab ac a b b bc a c b c c 3
a b c
b c c a a b b c c a a b b c c a a b 2
           

        

 
4 4 4
3 3 3 3 3 3
a b c 3
a b c a b c
b c c a a b 2
        
  

 
4 4 4
3 3 3
a b c 1
a b c
b c c a a b 2
     
  
.
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4 2 4 2
3
a a (b c) a a (b c)
2 . a .
b c 4 b c 4

  



4 2 4 2
3
b b (a c) b b (a c)
2 . b .
a c 4 a c 4

  


4 2 4 2
3
c c (a b) c c (a b)
2 . c .
a b 4 a b 4

  


4 4 4 2 2 2
3 3 3
a b c a (b c) b (a c) c (a b)
a b c
b c a c a b 4 4 4
  
        


4 4 4 2 2 2 2 2 2
3 3 3

a b c a b ab b c bc a c ac
a b c
b c a c a b 4
    
      

(1).
0,25
Ta có:
3 3 2 2 2 2 2 2
a b a b ab a (a b) b (a b) 0 (a b)(a b ) 0           

2
(a b) (a b) 0   
(đúng vì
a,b 0
).
Do đó:
3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2
a b a b ab ;b c b c bc ;a c a c ac        

0,25
 
3 3 3 2 2 2 2 2 2
2 a b c a b ab b c bc a c ac        

 
2 2 2 2 2 2
3 3 3
1 a b ab b c bc a c ac

a b c
24
    
   
(2)
(1),(2)
 
4 4 4
3 3 3 3 3 3
a b c 1
a b c a b c
b c a c a b 2
        


 
4 4 4
3 3 3
a b c 1
a b c
b c a c a b 2
     

(điều phải chứng minh).
0,25

(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
Hết
22
hoctoancapba.com

www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÀ T
Ĩ
NH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề




Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2(1).y x x= − +

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
(1)
.
b. Gọi
M
là điểm thuộc đồ thị
()C
có hoành độ bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến với
()C
tại
M


song song với đường thẳng
2
: ( 5) 3 1.d y m x m
= + + +

Câu 2 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình
cos3 2sin2 cos 0.
x
x x+ − =

b. Giải phương trình
1
5 5 6 0.
x x−
+ − =

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:
1
2
0
( ) .
x
I
x e xdx= +
∫

Câu 4 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình

3 1
3
2log(4 3) log(2 3) 2.x x− + + =

b. Cho
n
là số nguyên dương thỏa mãn
1 3
5 .
n n
C C
=
Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
trong khai
triển nhị thức Niutơn của
(2 ).
n
x
+

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD = 2a; tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
3.SC a=
Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm
B
đến mặt phẳng
( ).SAD


Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
O ,
x
y
cho hình bình hành
A
BCD
có
N
là trung
điểm của cạnh
CD
và đường thẳng
B
N
có phương trình là
13 10 13 0;
x
y− + =
điểm
(1;2)M −


thuộc đoạn thẳng
AC
sao cho
4 .
A
C AM=

Gọ
i
H
là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng v
ớ
i N qua .C Tìm t
ọ
a
độ

các
đỉ
nh
, , , ,
A
BCD
bi
ế
t r
ằ
ng 3 2
A

C AB= và
đ
i
ể
m
H
thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
:2 3 0.
x
y∆ − =

Câu 7 (1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

,Oxyz
cho
đ

i
ể
m
(2;1;5)A −
, m
ặ
t ph
ẳ
ng
():2 2 1 0P x y z− + −=
và
đườ
ng th
ẳ
ng
1 2
: .
2 3 1
x
y z
d
− −
= =
Tính kho
ả
ng cách t
ừ

A


đế
n
()P
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng
()Q

đ
i qua
A
, vuông góc v
ớ
i
()P
và song song v
ớ
i
.d

Câu 8 (1,0 điểm).
Gi
ả
i h

ệ
ph
ươ
ng trình
2 2 2 3
2 2
3
( 1) 2 2 0
(, ).
3 2 2 0
x y y x y y
x
y R
y xy x x

+ − − + − + + =

∈

− − − − + =



Câu 9 (1,0 điểm).
Cho
a
là s
ố
th
ự

c thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
[1;2].
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

1
(2 3 4)(6 8 12) 24
a a a a a a a+
+ + + + <



−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−

−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−HẾT−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−



H
ọ
và tên thí sinh :
………………………………………………
; S
ố
báo danh :
……………………….
23
hoctoancapba.com
www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc 2


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH

THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN
Câu

Nội dung Điểm

Ta có
23
23
+−= xxy
.
+) Tập xác định: R.

+) Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
xxy 63'
2
−=
,



=
=
⇔=
2
0
0'
x
x
y
0,25
 Giới hạn, tiệm cận:

−∞=
−∞→
y
x
lim
,
+∞=
+∞→
y

x
lim
. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
 Cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại
(0;2)
, cực tiểu tại
(2;2)−

 Hàm số đb trên mỗi khoảng
( ;0);(2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên
(0;2)


0,25
 Bảng biến thiên:








0,25
1.a
Đồ
th
ị
:


Đồ
th
ị
c
ắ
t Ox t
ạ
i
(1;0)
, c
ắ
t Oy t
ạ
i
(0;2)

(0;2)











0,25

Ta có
(1;2).
M
− −

0,25
Pttt c
ủ
a (C) t
ạ
i M là
/
: (1)( 1) 2y y x∆ = − + −
hay
: 9 7.y x∆ = +

0,25
1.b
2
2
5 9
// 2.
2
3 1 7
m
m
d m
m
m
=±


+ =

∆ ⇔ ⇔ ⇔ =−
 
≠
+≠



0,5
2.a
cos3 2sin2 cos 0 2sin2(1 sin) 0x x x x x+ − = ⇔ − =

0,25
x
−∞
0 2
+∞

y' + 0 - 0 +

y
2
+∞


-2
−∞



y


2
2
O 1 x

-2
24
hoctoancapba.com
www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc 3

sin2 0
2
sin 1
2
2
x k
x
x
x
k
π
π
π

=


=

⇔ ⇔


=


= +



0,25

1 2
5 5 6 0 5 6.5 5 0
x x x x−
+ − = ⇔ − + =


0,25

2.b
5 5 1
0
5 1
x
x
x
x


= =

⇔


=
=




0,25



1 1 1
2 2 2
1 2
0 0 0
1
1
3
2
1
0
0
( )
1
3 3

x x
I
x e xdx xdx xedx I I
x
I xdx
= + = + = +
= = =
∫ ∫ ∫
∫


0,5
Đặt
2x
u x
dv edx
=


=

Ta có
2
2
x
du dx
e
v
=




=



0.25



3
1 1
2 2 2 2 2
1
2
0
0 0
1
( ) .
2 2 2 4 4
x x x x
xe e xe e e
I dx
+
= − = − =
∫
Vậy
2
3 7
12

e
I
+
=

0,25
ĐK:
3
4
x >
. PT
⇔
2
2
3 3 3
(4 3)
log(4 3) log(2 3) 2 log 2
2 3
x
x x
x
−
− − + = ⇔ =
+

0,25
4.a
2
8 21 9 0 3
x

x x
⇔ − − = ⇔ =
hoặc
3
8
x
−
=
. Đối chiếu ĐK ta được nghiệm x=3
0,25
ĐK:
*
, 3.n N n∈ ≥
Ta có
1 3 2
5 3 28 0 7
n n
C C n n n= ⇔ − − = ⇔ =
hoặc
4n =−
(Loạ
i)
0,25
4.b
7
7 7
7
0
(2 ) 2
k k k

k
x
C x
−
=
+ =
∑
. Sh chứa
5
x
ứng với k=5. Hệ số của
5
x
là
5 2
7
2 84.C
=

0,25


B
C
D
A
S
H
K
J


Kẻ
( )SH ACH AC
⊥ ∈
.
Do
( ) ( ) ( )SAC ABCD SH ABCD
⊥
⇒
⊥

2 2
. 3
;
2
SASC a
SA AC SC aSH
A
C
= − = = =
2
.
2
2
ABCD
ACBD
S a
= =

3

2
.
1 1 3 3
. .2 .
3 3 2 3
SABCD ABCD
a a
V SHS a
= = =

0,5
5
Ta có
2 2
4 (,( )) 4( ,( )).
2
a
A
H SA SH CA HA dC SAD dH SAD
= − =
⇒
=
⇒
=

Do BC//(SAD)
(,( )) (,( )) 4( ,( )).dBSAD dC SAD dH SAD
⇒
= =


Kẻ
( ), ( )
H
K ADK ADHJ SK J SK
⊥ ∈ ⊥ ∈

0,5
25
hoctoancapba.com