1000 đề THI THỬ THPT năm 2014 2015

Mặt phẳng SAB vuông góc với mặt đáy ABCD , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng SCD tạo với mặt đáy ABCD góc 30 0.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ABBC, đường trò

kienthuchay.info

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ SỐ 01 THÁNG 03-2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN – BY1 – BY5

ĐT: 0983 336682 Thời gian làm bài: 180 phút

( không kể thời gian phát đề )

-

Câu 1 (1.0 điểm) Cho hàm số y x33x2 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

b) Tìm m để phương trình x33x2m33m2 0 có 3 nghiệm phân biệt

4

2 0

d     Viết phương trình mặt cầu ( )S

có tâm I thuộc đường thẳng d , bán kính bằng 2 và tiếp xúc với ( )P

Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  ABC 600 Mặt phẳng (SAB vuông góc với mặt đáy () ABCD , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng )(SCD tạo với mặt đáy ABCD góc 30) 0 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng .cách giữa hai đường thẳng AD và SC

Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ABBC, đường tròn tâm D bán kính CD cắt các đường thẳng AC , AD lần lượt tại các điểm

Câu Gợi ý đáp án Điểm

TXĐ: DR





Bảng biến thiên:

x  0 2 

' y - 0 + 0 -

y  4

0



0.25 Gới hạn: ( 1) lim x y     , ( 1) lim x y      Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;0) và (2;); đồng biến trên khoảng (0; 2) Cực trị: hàm số đạt cực tiểu tại x0;y CÐ 0 và đạt cực đại tại x2; y CT 4

Đồ thị:

0,25

Phương trình tương đương: x33x2  m33m (*)

Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt  0 m33m2 4 0.25

1;3 \ 0; 2





m

a) Phương trình tương đương với:

cos (2 sin 1) (2 sin 1)(sin 2 2) 0

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

1 sin

2 cos sin 2 0 ( )

x













2

sin

5 2

2 6















0,25

b) Phương trình tương đương: 1 1 1  2 1 

8 x 8x 1 2x 8x 1

4

kienthuchay.info

32

HK  SH HI  a  a  a  

77

Phương trình tương đương:  2  2   2 

Dấu "" xảy ra xy1 và Pmax  7 0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng

7

kienthuchay.info

kienthuchay.info

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 - 2015

43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn: TOÁN ( BY1 – BY5 Lần II )

ĐT: 0983 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1 điểm) Cho hàm số 3   2

y  x  m  x  mx  (1)

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0

b Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị

bằng 2.

Câu 2: (1 điểm)

a Giải phương trình: cos 2 x 4sin  x  1   3 sin 2 x  1.

b Giải hệ phương trình: log2  1 log2 

sin cos

Câu 6 (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A B C D ' ' ' ' có đáy là hình thoi cạnh a,  0

60

ABC  , góc giữa mặt phẳng ( 'A BD) và mặt phẳng đáy bằng 0

60 Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách giữa đường thẳng CD' và mặt phẳng ( 'A BD)

Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) : ( T x  2)2  ( y  1)2  4 Gọi M là điểm mà tiếp tuyến qua M tiếp xúc với ( )T tại A, cát tuyến qua M cắt ( )T tại B và C sao cho tam giác ABC vuông cân tại B Tìm tọa độ của điểm M để khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất

Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích là 34, M(6; 1)

là trung điểm của cạnh BC Đường thẳng  :15 x  8 y  48  0 đi qua tâm I của hình chữ nhật và cắt

AD tại một điểm trên trục Oy Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết I có tung độ

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! 8

kienthuchay.info

Câu Gợi ý đáp án Điểm

m y x  x  TXĐ: DR





Gới hạn: lim

x y

  , lim

x y

   Bảng biến thiên:

x  0 1 

' y + 0 - 0 +

y  1

0



0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (1;); nghịch biến trên khoảng (0;1) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x0;y CÐ 1 và đạt cực tiểu tại x1; y CT 0

Đồ thị:

0,25

Ta có: y'6x26(m1)x6 ; 'm y 0x2 (m1)xm (*) 0

Để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị thì (*) có 2 nghiệm phân biệt

   m  m

0.25 Gọi A B, là điểm cực trị  3 2

(1;3 ); ( ; 3 1)

A m B m m  m 

2 ( )





 Vậy m0,m2

0.25

a) Phương trình tương đương với:

2

4sin cos 2 2sin 2 3 sin cos 0

 x x x x x 2sinx2 cos 2xsinx 3 cosx0

sin 0

3 cos sin 2 cos 2

x





 

9

kienthuchay.info

kienthuchay.info

sin 0 ,

 x  xk kZ

26

3 cos sin 2 cos 2

ABCD ABC

a

S  S  Gọi O là trung điểm của AB

Suy ra M thuộc đường tròn ( )C có tâm I bán kính IM2 5 có phương trình:

( ) : (C x2) (y1) 20 Trong tam giác IOM ta có: OM MIIO OMmin  O I M, , thẳng hàng

578 459 85 0

517

Với abx 1 y thay vào phương trình đầu ta được:

TTLT Đại Học Diệu Hiền ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 – 2015

43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN III)

ĐT: 0983 336.682-0949.355.366 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

NỘI DUNG ĐỀ

Câu 1 (1 điểm) Cho hàm số: 1

1

x y x





 có đồ thị   H

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số

b Tìm m để đường thẳng d y :    x m cắt (H) tại hai điểm phân biệt

b Cho số phức z thỏa mãn điều kiện iz  2 z   1 i Tìm phần ảo của số phức iz

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; -1), B(1; 1; 2),

C(-1; 2; -2) và mặt phẳng (P) có phương trình x2y2z 1 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt đoạn BC tại I sao cho IB = 2IC

Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD , SA  AB  a , AD  3 a Gọi M là trung điểm của BC Tính thể tích khối chóp S ABMD

và cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM 

Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A Gọi M là trung điểm của đoạn BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D  7;  2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD Viết

phương trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng AG là 3 x  y  13  0.

Câu 8: (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 x2  11 x  15  x2  2 x   3 x  6

Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình:

14

kienthuchay.info

Câu Gợi ý đáp án Điểm

x y

x y

   TCN: y 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (  ;1) và (1;  )

4 log (x3) 6 log( x3) 2 0

log( 3) 1

1log( 3)

2

x x

Vì ABC vuông cân tại A nên

MAMBMC  MAB vuông cân

Gọi I là trung điểm của BM Ta có 2 9 1;

kienthuchay.info

( )

f t

 nghịch biến trên khoảng (0;)2xy

Với y2x thay vào phương trình thứ nhất ta được: 3

2 3x 1 3 x 1 10 (*) 0 Xét hàm số 3

2 3

3 (3 1)

x x





( )

f x

 đồng biến trên ( 1; ) mà f(3)0x3 là nghiệm duy nhất của (*)

0,25

Phương trình tương đương: m x( 4) x22 (x4)24(x22) Đặt

2

4 2

x t x





2 4 '

x t



2

t  x Bảng biến thiên:

x

 1

2 

' t 0

t -1

3

1

1 t 3     0,25 Khi đó, phương trình trở thành : 2 4 4 mt t m t t      (1) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (1) có 2 nghiệm trên (1;3) Xét hàm số f t( ) t 4 t   2 4 '( ) 1 , '( ) 0 2 f t f t t t       0,25 Bảng biến thiên: x  -2 -1 0 1 2 3 

' y - - - 0 +

y

-5 

5



13

3

4

0,25

3

m

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng

19

kienthuchay.info

kienthuchay.info

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 NĂM 2014 - 2015

43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN IV )

ĐT: 0983 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

-

Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số 1

1

x y x





 (1) và đường thẳng d y :    x m

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)

b Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị ( ) C tại hai điểm phân biệt A B , đồng thời các tiếp tuyến của ( ) C tại A và B song song với nhau

Câu 2: (1,0 điểm)

a Giải phương trình: sin 2 x  2sin x   1 cos 2 x

b Giải phương trình: log23 x  4log (3 )3 x  7  0

Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân

1

1 ln

a Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

Chọn ngẫu nhiên 1 số trong các số lập được Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 9

b Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 2  z  1   3 z   i  1  i  2  Tìm môđun của z

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 P x  y  2 z   1 0

và điểm A (3;0; 2)  Viết phương trình mặt cầu ( ) S tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P Tìm tọa độ tiếp điểm của ( ) S và ( ) P

Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2 , a AC  2 a 3 Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB Góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 300 Tính theo a thể tích của khối chóp S ABC và khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( SAC )

Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy AD BC , , đỉnh 7 13

Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp   2 2

Câu Gợi ý đáp án Điểm

a) Cho hàm số

1 1

x y x

x y

x y

   TCN: y 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (   ; 1) và ( 1;   )

Hàm số không có cực trị

Đồ thị:

0,25

b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị ( ) C tại hai điểm phân biệt A B , đồng thời các tiếp

tuyến của ( ) C tại A và B song song với nhau 0.5

Phương trình hoành độ giao điểm củad và ( )H : 1

1

x

x m x

a Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

Chọn ngẫu nhiên 1 số trong các số lập được Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 9. 0.5

Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số trên

b Cho số phức z thỏa mãn điều kiện: 2  z  1   3 z   i  1  i  2  Tìm môđun của z 0.5 Đặt z a bi a b, , R

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 P x  y  2 z   1 0 và

điểm A (3;0; 2)  Viết phương trình mặt cầu ( ) S tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P

Tìm tọa độ tiếp điểm của ( ) S và ( ) P

1,0

Phương trình mặt cầu: ( ) : (S x3)2y2(z2)2  9 0,25 Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với ( )P

Phương trình

3 2:

Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2 , a AC  2 a 3 Hình

chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB Góc giữa

hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng 300 Tính theo a thể tích của khối chóp

A và 4AD9BC Giao điểm của hai đường chéo AC BD, là E4; 2 Đỉnh B

thuộc đường thẳng 3x2y 1 0 và trung điểm M của đoạn BC thuộc đường thẳng

0,25 24

kienthuchay.info

Thay (3) vào (2) ta được (6y2)24y22 32

2 2

kienthuchay.info

kienthuchay.info

 Suy ra f t( ) đồng biến trên 6; 

 f t( ) f(6)2

0,25

Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng

26

kienthuchay.info

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 04 - 2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN I )

ĐT: 0983 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

-

Câu 1:(1,0 điểm) Cho hàm số 4   2 2

2 1

y  x  m  x  m (1) , với m là tham số thực.

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  0

b Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác

vuông

Câu 2:(1,0 điểm)

a Giải phương trình: 3 sin 2 x  cos 2 x  2cos x  1.

b Giải phương trình: log 92 x 4  log 3 log2 2  3

e e

a Tìm số phức z thỏa điều kiện z z   5 12 i  3  z  z 

b Trong kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn Toán,

Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng Anh Một trường Đại Học tuyển sinh dựa vào tổng điểm 3 môn trong kỳ thi chung và có ít nhất một trong hai môn là Toán hoặc Văn Hỏi trường Đại Học

đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?

Câu 5:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

  P : 2 x  3 y    z 8 0 và điểm M  2, 2,3  Viết phương trình mặt cầu   S đi qua điểm M , tiếp xúc với mặt phẳng   P và có tâm nằm trên trục hoành

Câu 6:(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc

0

60

ABC

  , cạnh SD  a 2 Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm

H thuộc đoạn BD sao cho HD  3 HB Gọi M là trung điểm cạnh SD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CM SB ,

Câu 7:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   C có tâm O 0, 0 và bán kính bằng 2 Hãy viết phương trình chính tắc của elip ( ) E , biết rằng độ dài trục lớn của

( ) E bằng 4 và ( ) E cắt   C tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông

Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

Câu Gợi ý đáp án Điểm

 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0)  và (1;  ); hàm số nghịch biến ( ; 1) và (0;1)

 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại: x 1;y CT  1; đạt cực đại tại x0; y CÐ 0

 Giới hạn: lim lim

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m 1 0m 1

 Ta có ABAC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi  AB AC 0

a Giải phương trình: 3 sin 2 x  cos 2 x  2cos x  1. 0.5

Phương trình tương đương với: cosx 3 sinxcosx10 cos 0

b Giải phương trình: log29x4xlog 3 log2  2 3 0.5

 Điều kiện: 9x  4 0xlog 49

Phương trình tương đương: log29x4log 32 xlog 32 log29x4log (3.3 )2 x

 

e e

2 4 2 1

e e

2

e

e e e

kienthuchay.info

kienthuchay.info

a b

Trong kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn

Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng Anh Một trường Đại Học tuyển sinh

dựa vào tổng điểm 3 môn trong kỳ thi chung và có ít nhất một trong hai môn là Toán

hoặc Văn Hỏi trường Đại Học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?

0.5

 Trường hợp 1 Trường Đại học chỉ xét tuyển 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn Suy ra có

2 6

Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng   P : 2 x  3 y    z 8 0

và điểm M  2, 2,3  Viết phương trình mặt cầu   S đi qua điểm M , tiếp xúc với

mặt phẳng   P và có tâm nằm trên trục hoành

1,0

 Gọi I là tâm của mặt cầu Vì I nằm trên trục hoành, suy ra I a( ;0;0) 0,25

Do mặt cầu ( )S tiếp xúc với mặt phẳng ( )P nên d I P( ;( ))IM 2 8 ( 2)2 13

R Phương trình mặt cầu:

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc  ABC  600,

cạnh SD  a 2 Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H

thuộc đoạn BD sao cho HD  3 HB Gọi M là trung điểm cạnh SD Tính theo a

thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CM SB ,

Xét tam giác SHD vuông tại H, ta có: 2 2 2 27 2 5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C có tâm O 0, 0 và bán kính

bằng 2 Hãy viết phương trình chính tắc của elip ( ) E , biết rằng độ dài trục lớn

của ( ) E bằng 4 và ( ) E cắt ( )C tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình

0,25

 Do ( )E và ( )C cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là các đỉnh của

một hình vuông nên ( )E và ( )C có một giao điểm có tọa độ dạng A t t( ; ), t0 0,25

 Với t2  t 1 2x0 phương trình vô nghiệm vì t0 và x0

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ; )x y (1;0) 0.25

9 Giải bất phương trình: 4 x 1 2 2x 3 (x1)(x22) 1.0

 Điều kiện: x 1

 Nhận xét: x 1 là nghiệm của bất phương trình đã cho

 Với x 1, bất phương trình tương đương với:

 Dựa vào bảng biến thiên suy ra ( ) 2 16

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 04 - 2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 - LẦN II )

ĐT: 0983 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

-

Câu 1: (1 điểm) Ch hàm số: y   x3  3 x  2 (1)

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

b Xác định m để đường thẳng y  mx  2 m tiếp xúc với đồ thị hàm số (1)

Câu 2: (1 điểm)

a Giải phương trình: 2sin 2 x  3  2  3 cos x  sin x 

b Giải phương trình:  2  

4 2

b.Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: C n212C n222C n23C n24 149

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P : 2 x  y    z 3 0 và

d     Tìm tọa độ giao điểm của   P và d, viết phương trình đường thẳng

 là hình chiếu của d xuống   P

Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 tâm O Mặt bên

 SAD  là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc hợp bởi giữa cạnh bên

SC và mặt phẳng  SAD  là 60 0 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và góc hợp bởi giữa hai mặt phẳng  SAC  và  ABCD 

Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   C

tâm I  1; 2  và có trực tâm H thuộc đường thẳng d x :  4 y   5 0. Biết đường thẳng AB có phương trình: 2 x  y  14  0 và khoảng cách từ C đến AB bằng 3 5 Tìm tọa độ điểm C

Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho hình thang ABCD vuông tại A D , có

Câu 9: (1 điểm) Giải phương trình:

Câu Gợi ý đáp án Điểm

 Chiều biến thiên: y' 3x2 , 3 y'0x 1

 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 1;1)  ; hàm số nghịch biến ( ; 1) và (1;)

 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại: x0; y CT 0; đạt cực đại tại x1; y CÐ 4

 Giới hạn: lim ; lim

0.25

 Đồ thị:

0.25

b Xác định m để đường thẳng ymx2m tiếp xúc với đồ thị hàm số (1). 0.5

 Để đường thẳng d y: mx2m tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương

trình sau có nghiệm:

3 2

 Với x 1 thay vào (b) ta được m0

 Với x2 thay vào (b) ta được m 9

a Giải phương trình: 2 sin 2x 32 3 cosxsinx  0.5

Phương trình tương đương với:

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

1cos

23sin

23

3 Câu 3: (1 điểm) Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y(x2) lnx và y 0

Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi cho (H) quay quanh trục hoành 1.0

Phương trình hoành độ giao điểm:  2 ln 0 2

 Phương trình : (1;2;0)

( )

qua A AH

1 2

02

52

12

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 tâm O Mặt bên SAD 

là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc hợp bởi giữa cạnh

bên SC và mặt phẳng SAD là  600 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và góc hợp

bởi giữa hai mặt phẳng SAC và  ABCD 

1,0

 Gọi Hlà hình chiếu

vuông góc của S lên AD

Suy ra SH là chiều cao của

Mà ACHKAC(SHK)ACSK (2)

 Từ (1) và (2) ta suy ra góc giữa (SAC) và (ABCD) là góc SHK

 Xét tam giác AKH vuông tại K, ta có: cos 45 0 2 2 3 6

63

a SH SKH

I và có trực tâm H thuộc đường thẳng d x: 4y 5 0. Biết đường thẳng AB có

phương trình: 2xy140 và khoảng cách từ C đến AB bằng 3 5 Tìm tọa độ điểm

C

1,0

 Gọi M N, lần lượt là trung điểm của

BC và AB

 Ta có: tam giác HAC đồng dạng với

tam giác IMN

qua I IN

qua B AB

Ta có A là giao điểm của AB và

AD nên tọa độ điểm A là nghiệm