Đề thi thử THPT Quốc Gia Môn Toán

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBM với M là trung điểm của CD.. Viết phương trình mặt phẳng β đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳn

SỞ GD VÀ ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNGTHPT VÂN CANH MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2

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

b) Dùng đồ thị (C), biện luận số nghiệm của phương trình x3 – 3x2 + 4 – m = 0 theo tham số m

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình log2 3log2 4

2 x− x= b) Cho số phức z = (1 – 2i)(4 – 3i) – 2 + 8i Xác định phần thực, phần ảo và tính môđun số phức z

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

0

Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

x3+12 y2+x+2=8y3+8y

x2+8y3+2 y=5x









Câu 5 (0,5 điểm) Giải phương trình: sin3x+cos2x=1+2sin x.cos2x

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a,

SA⊥( ABCD) và SA=a Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt

phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có D(-6;-6) Đường

trung trực của đoạn thẳng DC có phương trình d: 2x+3y+17=0 và đường phân giác của góc BAC có phương trình d’: 5x+y-3=0 Xác định toạ độ các đỉnh còn lại của hình bình hành

Câu 8 (1,0 điểm)

Trong không gian Oxyz cho các điểm A(6; -2; 3), B(0; 1; 6) và mặt phẳng (α): 2x + 3y – z + 11 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (β) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (α) Và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (α)

Câu 9 (0, 5 điểm) Một đội tuyển học sinh giỏi có 18 em, trong đó có 7 em học sinh lớp 12, có 6 em

học sinh lớp 11 và 5 em học sinh lớp 10 Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 em học sinh đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em được chọn

Câu 10 ( 1,0 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4

b c2 c d2 d a2 a b2 2

1 + +1 + +1 + +1 + ≥

….Hết…

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

GV: Lê Quốc Tuấn – Trường THPT Vân Canh

3

-1

a) Hàm số y = x3 – 3x2 + 2

MXĐ: D R= y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0 ⇔ = ⇒ = −x x= ⇒ =20 y y 22; xlim→±∞y= ±∞

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞ ; 0), (2 ; +∞) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0 ; 2)

Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0 và yCĐ = 2 Hàm số đạt cực đại tại xCT = 0 và yCT = -2

0,25

*Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 +

2 +∞

y CĐ −∞ -2 CT

0,25

0,25

b) Pt: x3 – 3x2 + 4 – m = 0 ⇔ x2 – 3x2 + 2 = m – 2 (*) 0,25

Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C) với đường thẳng ∆: y = m Dựa vào đồ thị ta có:

+ khi m< 0 hay m>4: phương trình có 1 nghiệm

0,25

+ khi 0 < m< 4: phương trình có 3 nghiệm 0,25

2 a) Đặt t = log2 x, x > 0, ta được phương trình t

2 - 3t - 4 = 0

⇔ t t==−41

0,25

t = -1⇒ log2 x = -1 ⇒ x =

2 1

t = 4⇒log2 x = 4 ⇒ x = 16

0,25

SGD&ĐT BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT VÂN CANH

MA TRẬN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA

MÔN TOÁN -180’

NĂM HỌC 2015-2016 Chủ đề Nhận biết Thông hiểu Vận dụng

thấp

Vận dụng cao

Tổng

1.Khảo sát hàm số –

các bài toán liên quan

1

1

1

1

2 2,0

2.Lượng giác

0.5

1 0.5

0.5

1 0.5

5.Nguyên hàm-tích

phân

1

1

1 1.0

7.Khối đa diện,khối

1

1

1 1.0

8.Phương pháp tọa độ

trong mp

1

1

1 1.0

9.Phương pháp tọa độ

trong k/gian

1 1

1 1.0

0.5

1 0.5

11.Các dạng toán

khác

1

1

1 1.0

2

3 c

3

4c

3

2c

2

12 10.0

SỞ GD VÀ ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNGTHPT VÂN CANH MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=x4−2x2 −3

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

b) Tìm m để phương trình x4−2x2 =m+3 có 4 nghiệm phân biệt

Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 2cos2x+8sinx−5=0

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (2−i)(1+i)+z=4−2i Tính môđun của z

Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3.9x −10.3x +3≤0.

Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:





Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫2 +

0

2 )sin cos

(

π

xdx x

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AC=2a,BD=4a , 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 với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng

0 1

:x+y− =

d và đường tròn (C):x2 +y2+4x−2y−4=0 Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C) Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm) Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;3;2), đường thẳng

2 1

4 2

1

:

−

=

−

−

=

x

d và mặt phẳng (P):2x−2y+z−6=0 Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P)

Câu 9 (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước

ngoài và 3 đội của Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau

Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn −1−2 2<x<−1+2 2,y>0,z>0 và

1

−

=

+

+y z

x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

1 )

(

1 )

(

1

z y z

x y

x

P

+

−

+ +

+ +

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

(2,0

điểm)

a) (1,0 điểm)

1) Tập xác định : D=R

2) Sự biến thiên:

−∞

→ y

+∞

→ y

xlim

0,25

b, Bảng biến thiên: y’ = 4x3−4x , y’ = 0 ⇔ x = 0, x=±1

x - ∞ - 1 0 1 + ∞

y' - 0 + 0 - 0 +

y + ∞ - 3 + ∞

- 4 - 4

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;+∞), hàm số nghịch biến trên mỗi

khoảng (−∞;−1) và (0; 1)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1± , yCT = y( 1± ) = - 4

0,25

3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2

điểm (± 3 ; 0)

0,25

b) (1,0 điểm)

Ta có x4−2x2 =m+3⇔x4−2x2−3=m (1) 0,25

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng y=m

0,25

Theo đồ thị ta thấy đường thẳng y=m cắt (C) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi

−4<m<−3

0,25

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi m∈(−4;−3). 0,25

Câu 2

(1,0

điểm)

a) (0,5 điểm)

0 5 sin 8 2 cos

2 x+ x− = ⇔2(1−2sin2x)+8sinx−5=0

0 3 sin 8 sin

0,25













=

=

⇔

2

1 sin

) ( 2

3 sin

x

 = +



 = +



Z

2

5 2 6

k

0,25

b) (0,5 điểm)

1

1

−

3

−

y

x O

4

−

3 3

−

Đặt z=a+bi, (a b, ∈R), khi đó z=a−bi Theo bài ra ta có

i i

b a

i bi

a i

2







=

=

⇔







−

=

−

= +

⇔

3

1 2

1

4 3

b

a b

a

Do đó z=1+3i, suy ra z = 12+32 = 10 0,25

Câu 3

(0,5

điểm)

Đặt t=3x(t>0) Bất phương trình đã cho trở thành

3 3

1 0 3 10

3t2 − t+ ≤ ⇔ ≤t≤

0,25

3

1≤ x≤ ⇔− ≤x≤

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S =[−1;1].

0,25

Câu 4

(1,0

điểm)

Điều kiện: x2y≥−2 Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) (2)⇔

) 1 ( 3 1 3 3

3

6y + x y= y − y + y− + y−

x

⇔ (x2y)3+3x2y=(y−1)3 +3(y−1) (3)

0,25

Xét hàm số f(t)=t3+3t có = 2+ > ∀ ∈R

'( ) 3 3 0,

Do đó (3)⇔ f x y( 2 )= f y( − ⇔1) x y2 = −y 1,(y≥ −1)

Thế vào (1) ta được x2y+x2+1=2x y+1

1 1 0

) 1 1 (

0 1 1 2

) 1

0,25

Do đó hệ đã cho tương đương với











>

= +

−

−

=

⇔











>

−

=

= +

⇔









−

=

= +

0

) 4 ( 1 )

2 ( 2 0

1

1 1

1

2 2

2 2

2

x

x x x

x y

x

y y x

x y x y

y x

y x

0 ) 1 )(

1 (

0 )

1 ( 0 1 3 )

4

( ⇔x4 − x2+ = ⇔ x2 − 2 −x2 = ⇔ x2 −x− x2+x− =













±

−

=

±

=

⇔

2

5 1 2

5 1

x

x

Do x > 0 nên

2

5

1+

=

2

5

1+

−

=

x

0,25

Với

2

5 1 2

5

2

5 1 2

5

−

Vậy hệ đã cho có nghiệm







=

2

5 1

; 2

5 1 )

;







=

2

5 1

; 2

5 1 )

;

( y x

0,25

Câu 5

(1,0

0 2 2

0

sin cos sin

π π

xdx x

xdx x

0

2 2

2 0

1 sin , cos sin

π π

xdx x

I xdx x

cos

2 0

2 0

⇒







−

=

=

⇒







=

=

π π

x xdx x

x I x v

dx du xdx

dv x

1 3

cos )

(cos cos

sin

0

3 2

0 2 2

0

2

π π

π

x x

xd xdx

x

Vậy

3

4 3

1

1+ =

=

Câu 6

(1,0

điểm)

Gọi O=AC∩BD , H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB

Do AB=(SAB)∩ABCD) và

) (

) (SAB ⊥ ABCD nên SH ⊥(ABCD) +) Ta có OA= AC = a =a

2

2

a a BD

2

4

5

4 2 2 2

OA

AB= + = + =

0,25

+)

2

15 2

3 a AB

2 4 4 2 2

1

2

1

a a a BD

AC

Thể tích khối chóp S ABCD là :

3

15 2 4 2

15 3

1

3

a

a S

SH

Ta có BC // AD nên AD //(SBC) ⇒d(AD,SC)=d(AD,(SBC))=d(A,(SBC)).

Do H là trung điểm của AB và B = AH ∩(SBC) nên d(A,(SBC))=2d(H,(SBC))

Kẻ HE⊥BC,H∈BC, do SH ⊥BC nên BC⊥(SHE)

Kẻ HK ⊥SE,K∈SE, ta có BC⊥HK⇒HK ⊥(SBC)⇒HK =d(H,(SBC))

5

5 2 5 2

4

2

a

a AB

S BC

S BC

S

0,25

91

1365 2

91

15 2 60

91 15

4 4

5 1

1 1

2 2

2 2 2

2

a a

HK a

a a

SH HE

Vậy

91

1365 4

2 ) ,

0,25

Câu 7

(1,0

điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(−2;1), bán kính R=3 Do M ∈d nên M(a;1−a)

Do M nằm ngoài (C) nên IM >R⇔IM2 >9⇔(a+2)2+(−a)2 >9

0 5 4

2 2+ − >

0,25

Ta có MA2 =MB2 =IM2 −IA2 =(a+2)2+(−a)2−9=2a2+4a−5

Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình:(x−a)2+(y+a−1)2 =2a2+4a−5

0,25

S

A

D O

E H K

0 6 6 ) 1 ( 2 2 2

Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình

0 4 2 4 2

2+y + x− y− =

Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a+2)x−ay+3a−5=0(3)

Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng∆

đi qua A, B

+) Do (E) tiếp xúc với ∆ nên (E) có bán kính R1=d(E,∆)

Chu vi của (E) lớn nhất ⇔R1 lớn nhất⇔d(E,∆) lớn nhất

Nhận thấy đường thẳng ∆ luôn đi qua điểm 











2

11

; 2

5

K

Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên ∆

2

10 )

,

Dấu “=” xảy ra khi H ≡K ⇔∆⊥EK

0,25









−

=

2

3

; 2

1

EK , ∆ có vectơ chỉ phương u=(a;a+2)

Do đó ∆⊥EK ⇔ EK.u =0 ( 2) 0

2

3 2

−

⇔ a a ⇔a=−3 (thỏa mãn (*)) Vậy M(−3;4)là điểm cần tìm

0,25

Câu 8

(1,0









−

=

−

=

+

−

=

t z

t y

t x

2 4

2 1 Gọi B=d∩(P), do B∈d nên B(−1+2t;4−t;−2t)

0,25

Do B∈(P) nên 2(−1+2t)−2(4−t)−2t−6=0⇔t =4⇒B(7;0;−8) 0,25

Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I(−1+2a;4−a;−2a)

Theo bài ra thì (S) có bán kính R=IA=d(I,(P))

2 2 2 2

2 2

1 2 2

6 2 ) 4 ( 2 ) 2 1 ( 2 ) 2 2 ( ) 1 ( ) 2 2 (

+ +

−

−

−

− +

−

= +

+

− +

−

3

16 4 9 2

13

35

; 1 0

175 110

65 )

16 4 ( ) 9 2 9 (

0,25

+) Với a=1⇒I =(1;3;−2),R=4⇒(S):(x−1)2+(y−3)2+(z+2)2 =16

+) Với

13

116

; 13

70

; 13

87

; 13

83 13









−

=

⇒

−

a

169

13456 13

70 13

87 13

83 :

) (

2 2

2

=











 − +











 − +











 +

0,25

Câu 9

(0,5

điểm)

Số phần tử không gian mẫu là 4

4 4 4

12 8

n Ω =C C C =

Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau” 0,25

Số các kết quả thuận lợi của A là n A( ) 3 2 1.= C93 C63 C33 =1080

Xác xuất của biến cố A là ( ) ( ) 1080 54 0,31

n A

P A

n

0,25

Câu

10

(1,0

điểm)

) 1 ( 8

1 )

1 (

1 )

1 (

1 )

1 ( 8

1 )

1 (

1 )

1 (

1

x z

y x

y z

P

+

−

+ +

+ +

=

−

−

−

+

−

−

+

−

−

=

Ta sẽ chứng minh

yz z

1 )

1 (

1 )

1 (

1

2 2

Thật vậy: 2 2 (1 )[(1 )2 (1 )2] [(1 )(1 )]2

1

1 )

1 (

1 )

1 (

1

y z y

z yz yz

z

+

≥ +

+

2 2

2 2 2 )(

1 ( +yz + z+ y+z +y ≥ +zy+z+ y

⇔

2 2

2 )

( ) 1 )(

( 2 ) 1

(

) 1 ( 2 ) )(

1 ( ) 1 ( 2 ) 1 )(

( 2

y z zy y

z zy

yz zy z

y zy yz

zy y

z

+ + + + + +

≥

+ +

− +

+ + + + +

⇔

0 4 ) ( ) 1 ( 2

4 2 ) )(

1

0 ) 1 ( ) ( − 2 + − 2 ≥

⇔ yz y z yz (hiển nhiên đúng)

Dấu “=” xảy ra khi y=z=1.

0,25

Ta lại có y+z ≥ yz

) 1 ( 4

) 1 ( 2

2 2

2

x x

z y











 +

≤

⇒

4 4

) 1 ( 1

1 1

1 )

1 (

1 )

1 (

1

x x

yz z

+

2

2 8 ( 1)

1 )

1 ( 4

4

+

−

+ + +

≥

⇒

x x

P

Do −1−2 2<x<−1+2 2 nên (x+1)2∈[0;8)

Đặt t=(1+x)2 ⇒t∈[0;8) và P

t

+

≥

8

1 4

4

Xét

t t t

f

−

+ +

=

8

1 4

4 ) ( với t∈[0;8)

2 2

2 2

240 72 3 )

8 (

1 )

4 (

4 )

(

'

t t

t t t

t t

f

− +

− +

−

=

−

+ +

−

=

20

; 4 0

240 72 3 0 ) (

' t = ⇔− t2 + t− = ⇔t= t=

0,25

Bảng biến thiên

t 0 4 8

f’(t) - 0 +

f(t)

8

9 +∞

4

3

0,25

Do đó

4

3 ) ( ≥

≥ f t

4

3

=

P khi







=

=

−

=

⇔











−

= + +

=

=

= +

1

3 1

1

4 ) 1

z y

x z

y x

z y x

Vậy

4

3

-HẾT -SỞ GD& ĐT BÌN ĐỊNH KỲ THI THỬ TNPT NĂM 2015-2016

Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số 2 1

2

x y x

+

=

− Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

Câu 2: (1,0 điểm) Tìm GTLN- GTNN của hàm số y= 4−x2 +x

Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân ( + )

=

+

∫

2 1

2 0

1

x

Câu 4(1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2 − + =

log x 8log x 7 0 b) Tìm môđun của z biết z + 2 – 3i = 4 + 2iz

Câu 5: (1,0 điểm).

a) Cho sin 4

5

α = Hãy tính giá trị biểu thức : 2

cos 2 2sin ( )

4 2

b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một tốp

ca chào mừng 20 - 11 Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ

Câu 6: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng (∆) có phương trình

1 2

1

x t

y t

z t

= +



 = − +



 = −



và mặt phẳng (α) có phương trình: 2x + 2y + z - 1 = 0 Viết phương mặt cầu (S) tâm I

nằm trên đường thẳng ∆, tiếp xúc với mặt phẳng (α ) và có bán kính bằng 2 Biết rằng tâm mặt cầu

có hoành độ âm

Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông

góc với đáy.Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi E là trung điểm của BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a

Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A( 1; 4)− , trực tâm

H Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2;0), đường thẳng BC đi qua điểm P(1; 2)− Tìm toạ độ các đỉnh

,

B C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng d x: +2y− =2 0.

Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3

( , )

x y



Câu 10:(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

=

+ +

3

3a 3b 25c 2

M

a b c

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:

ĐÁP ÁN

1

• TXĐ: D=¡ \ 2{ }

• Sự biến thiên

- Chiều biến thiên:

( )2

2

x

′ = − < ∀ ∈

−

0.25

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;2) và (2;+∞)

- Hàm số đã cho không có cực trị

- Tiệm cận lim 2 : 2

2

lim

+

→ = +∞;

2

lim

−

→ = −∞ ⇒ =x 2 :TCÑ

0.25

• Bảng biến thiên

0.25

• Đồ thị

0.25

2 Tập xác định D=−2;2 ,  ′( ) = − +

− 2 1 4

x

f x

− =



2

2 2 2

0

4 4

x x

Ta có: f ( )2 =2 2; f ( )2 =2 ;f ( )− = −2 2, 0.25 Vậy : Maxy/ 2;2[− ] =2 2 khi x= 2 ; Miny/ 2;2[− ] = −2 khi x= −2 0.25

x y' y

-2

2

- ∞ + ∞

3 Đặt ln(x2+ =1) u ⇒ = ⇒ =

2

Đổi cận

x 0 1

u 0 ln2 0.25

+

2

x

ln2 2

2 0

2 2

u

0.5

4a ĐK: x>0 PT  =



3 3

x

( )

 =

⇔  =



2187

−

4 3

2 – 3 4 2 1 2 4 3

1 2

i

( + ) ( + )

⇔ = 4 3 1 2 = − +1 11 ⇒ = 122

5a cos 2 2sin (2 ) 1 2sin2 1 cos( ) 2sin2 sin

2

5b

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh ta có số phần tử của không gian mẫu

( )ω = 5 =

48 1712304

Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ" thì A là biến

cố " chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh nữ "

0.25

Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: ( ) = 5 =

21 20349

( ) ( ) ( )ω

1712304

n A

P A

1712304 1712304

P A

0.25

Giả sử mặt cầu (S) có tâm I , vì I thuộc ( ) ∆ nên I ( 1 2 ; 1 + t − + − t t ; )

Mặt cầu (S) có bán kính R=2 và tiếp xúc mp( )α nên

4 4 1

d I α = ⇔ + − + − − = ⇔ t− =

+ +

0.5

5 1 6

5

1

t

t



− = −

0.5