Đề ôn thi thpt quốc gia năm 2016 môn thi: Toán 12 – Đề số 1 thời gian làm bài: 180 phút

SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 1 
 Thời gian làm bài: 180 phút. 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 3 (1)
1
xy
x



.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số  ( ) ln 2f x x x  trên đoạn 
21;e   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Tìm mođun của số phức z, biết: 2 1 3
1 2
i iz
i i
  

 
b) Giải phương trình sau trên tập số thực: 
1 2 6
4
x
x

    
 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
5 3
0
1x x dx 
Câu 5 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –4; –2) và mặt phẳng 
( ) : 5 14 0P x y z    . Tìm tọa độ điểm A đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P). 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ACB A B C có tam giác ABC vuông tại B, AB = a
5AC a , góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và mp(ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối 
lăng trụ . ' ' 'ACB A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và AB. 
Câu 7 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: cos2 sin 2 cos sin 1x x x x    
b) Trong khai triển 
28
3 15
n
x x x
 
 
 
, (x 0 ). Hãy tìm số hạng không phụ thuộc vào x, biết rằng: 
1 2 79n n nn n nC C C
    
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1; 2) 
là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm 9 ;3
2
M   
 
 là trung điểm của cạnh BC, phương trình 
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là 4 4 0x y   . Viết phương trình cạnh BC. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:   
2
2
2 8 1 2 2
2 3
x x x x
x x
 
   
 
. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b thỏa mãn 1, ;1
2
a b     
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức  5 5 2 2
6 3P a b ab a b
a b
    

------------HẾT------------ 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(1,0 
điểm) 
Cho hàm số 2 3 (1).
1
xy
x


 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
(1).
TXĐ:  
 2
1\ 1 , ' 0
1
D R y x D
x
     

hàm số đồng biến trên các khoảng 
 ;1 và  1; 
0.25 
Giới hạn: lim 2
x
y

 , suy ra y=2 là đường TCN của đổ thị hàm số (1)
1 1
lim ; lim
x x
y
  
    , suy ra x=1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số (1) 
0.25 
Bảng biến thiên: 
0.25 
ĐĐB (0;3)(3/2;0) 
Đồ thị: 
0.25 
Câu 2 
(1,0 
điểm) 
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số  ( ) ln 2f x x x  trên đoạn 21;e   
'( ) ln 1f x x  ; '( ) 0 ln 1 0f x x x e      (N) 
2(1) 2; ( ) ; ( ) 0f f e e f e     
suy ra 
2
2
1;
( ) 0 ,
e
max f x khi x e
 
 
  ; 
21;
min ( ) ,
e
f x e khi x e
 
 
   
0.25x2 
0.25 
0.25 
Câu 3 
(1,0 
điểm) 
a) Tìm mođun của số phức z, biết: 2 i 1 3iz
1 i 2 i
  

 
Ta có 
  
  
1 3 1 22 4
2 2 25 25
i i
z i
i i
     
2 5
5
z  
0.25x2 
b) Giải phương trình sau trên tập số thực: 
1 2 6
4
x
x

    
 
21 2 6 2 2 6 0
4
x
x x x

        
 
2 3( )
1
2 2
x
x
vn
x
  
  

 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 1 
0.25x2 
Câu 4 
(1,0 
điểm). 
Tính tích phân
2
5 3
0
x x 1dx 
Đặt 3 2 3 21 1 2 3u x u x udu x dx       
Đổi cận 0 1x u   ;
2 3x u  
Khi đó tích phân đã cho tương đương  
3 5 3
2
1
32 2 5961
13 3 5 3 15
u uu u udu
         
0.25 
0.25 
0.25x2 
Câu 5 
(1,0 
điểm). 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –4; –2) và mặt phẳng (P): 
x + y + 5z – 14 = 0. Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua mp(P). 
x  1  
y + + 
y 
2 
  
 
2 
Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) 
1
: 4
2 5
x t
d y t
z t
 

   
   
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)    2; 3;3H d P H     . 
Ta có H là trung điểm của AA’  ' 3; 2;8A  . 
0.25 
0.25 
0.5 
Câu 6 
(1,0 
điểm). 
Câu 6 
(1,0 
điểm) 
Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ACB A B C , có tam giác ABC vuông tại B, ,AB a
5AC a , góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và mp(ABC) bằng 060 . Tính theo a 
thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ACB A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và 'A B . 
Ta có:   ( ' )ABC A BC BC  ; ' ( ( ' ' ))AB BC A B BC do BC AA B B   
        0, ' , ' ' 60ABC A BC AB A B ABA    
Xét tam giác A’AB có SA=AB.tan600= 3a 
Xét tam giác ABC có 2 2 25 2BC AC AB a a a     
Diện tích tam giác ABC là 21 .
2ABC
S AB BC a  
Thể tich khối lăng trụ 2 3' . 3. 3ABCV A A S a a a   (đvtt) 
Kẻ đt (d) đi qua B song song với AC, kẻ ( )AK d tại K, kẻ 'KAH A tại H. khi 
đó ta có:     / /(A'BK) d , ' , 'AC AC A B d AC A BK  
Ta có:  , ' 'BK AB BK A A BK A AB BK AH      
Lại có: 'KAH A 
  , A'd A AB AH  
Dể thấy   . 2 5
5
AK BC AB BC aKBA BAC AK
AB AC AC
      
Xét tam giác A’AB có 
2 2
' . 3 35
21'
A A AK aAH
A A AK
 

Vậy 3 35( , ' )
21
ad AC A B AH  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
'A
'B
'C
A
B
C
K
H
O
I
d
Câu 7 
(1,0 
điểm) 
a) Giải phương trình: cos 2 sin 2 cos sin 1x x x x    
2cos 2 sin 2 cos sin 1 1 2sin 2sin cos sin 1x x x x x x x cosx x          
2sin (cos s inx) ( sin ) 0 ( sin )(2sin 1) 0x x cosx x cosx x x        
4sin
2 ,1 6sin
2 5 2
6
x k
cosx x
x k k Z
x
x k






  
 
    
 

  

Vậy pt đã cho có các nghiệm: 52 2 ,
4 6 6
x k x k x k k Z             
0,25 
0,25 
b) Trong khai triển 
28
3 15
n
x x x
 
 
 
, (x 0 ). Hãy tìm số hạng không phụ 
thuộc vào x, biết rằng : 1 2 79n n nn n nC C C
    
1 2 2( 1)79 1 79 156 0
2
n n n
n n n
n nC C C n n n             
12
12
13( )
n
n
n l

    
. 
Khi đó: Số hạng tổng quát trong khai triển 
28
3 15
n
x x x
 
 
 
 là: 
28 4 28 4816 16123 15 3 15 15
12 12 12( ) ( )
k k
k k kk kx x x x xC C C
      
Số hạng không phụ thuộc vào x thỏa: 16– 48 0
15
k
 5k  . 
Vậy số hạng cần tìm trong khai triển là: 512 792.C  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 8 
(1,0 
điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) 
là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm 9( ;3)
2
M là trung điểm của cạnh 
BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của ADH là d: 4 4 0x y   . 
Viết phương trình cạnh BC. 
Gọi K là trung điểm của HD. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB vuông góc 
với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK. Suy ra BP AK AK KM  
KM đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AK có pt: MK:
154 0
2
x y  
 K(1/2;2) 
Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y – 2 = 0 
AH: x – 1 = 0 và A(1; 0); AD có pt: 2x + y – 2 = 0 
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = 0 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
P
HK
M
CD
BA
Câu 9 
(1,0 
điểm) 
Giải phương trình:    
2
2
x 2x 8 x 1 x 2 2
x 2x 3
 
   
 
. 
ĐK: 2x   
Pt       2
2
2
2 4 1 2
4 1
2 3 2 2 2 3 2 2
x
x x x x
x x
x x x x x x

            
   
 (1) 
(1)      24 2 2 1 2 3x x x x x        
       2 22 2 2 2 1 2 1 2x x x x                   (2) 
Xét pt    22 2t t   có pt   2' 3 4 2 0f t t t t      
Vậy f(t) đồng biến trên  
Do đó: (2)
    2
1 3 132 1 2 1
23 1 0
x
f x f x x x x
x x
 
          
  
Vậy pt có nghiệm: x = 2, 3 13
2
x  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Câu 
10 
(1,0 
điểm) 
Cho các số thực a,b thỏa mãn 1a,b ;1
2
   
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 5 5 2 2
6P a b ab 3 a b
a b
    

Do , 1a b  nên    1 1 0 1 0a b ab a b        
Suy ra:      2 22 2 2 2 1a b a b ab a b a b         
Mà      2 45 5 4 4 4 4 2 21 1,
2 8
a b ab ab a b a b a b a b        
Suy ra:  
 
 4 2
1 6( 1) 3
8 2( 1)
P a b a b a b
a b a b
      
   
Đặt t = (a + b) thì 1 2,t  xét hàm số    
 
4
2
1 61 3
8 1 1
f t t t t
t
   
 
Với  1; 2t  có      
 
 4 3 22
12 11' 5 4 24 0 1;2
8 2 2
t
f t t t t
t t

      
 
Nên f(t) nghịch biến trên  1; 2 . Do đó:    2 1f t f   
Vậy 1MinP   khi a = b = 1 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
------------------HẾT------------------ 
SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 2 
Thời gian làm bài: 180 phút. 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 23 ( 2) 3( 1) 1
2
y x m x m x       (1), m là tham số. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 thỏa mãn
 0'' 12 0y x  
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0i z i    . Tìm phần ảo của số phức
1w zi z  
b) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân   
1
2
0
1 2 xI x e dx  
Câu 4 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; –2;1), B(–1;0;3), 
C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ 
từ A của tam giác ABC. 
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông 
góc của S lên mặt phẳng đáy là trung điểm của AB, góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng đáy bằng 
600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.
Câu 6 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 (1 2cos )(sin cos ) 0x x x x   
b) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1, 2, 3,..., 9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba
thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có 
phương trình: 1 0x y   , phương trình đường cao kẻ từ B là: 2 2 0x y   . Điểm M(2;1) 
thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. 
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y
    

    
 (x,y ) 
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z  và 3x y z   . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: 3x zP y
z y
   . 
--------------------HẾT-------------------- 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
1.a
(1,0 điểm) 
Khi m = 2 hàm số trở thành y = –x3 + 3x –1 
a) Tập xác định: R
b) Sự biến thiên:
* Ta có: lim
x
y

  và lim
x
y

 
* Chiều biến thiên: Ta có y’ = –3x2 +3
1
' 0
1
x
y
x

    
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1),(1; );   đồng biến trên 
(–1; 1) 
* Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 1, hàm số đạt cực tiểu taị x = –1,
yCT = –3
* Bảng biến thiên:
x 1 1  
y’ – 0 + 0 – 
y  1 
–3
c) Đồ thị
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
1.b
(1,0 điểm) 
Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 thỏa mãn 
 0'' 12 0y x  
y’’=–6x  0 0 0'' 12 6 12 0 2y x x x        
Phương trình tiếp tuyến tại điểm (2;–3) là: y = y’(2)(x – 2) – 3 = – 9x + 15 
0.25x2 
0.25x2 
2.a
(0,5 điểm) 
Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 ) 1 3 0i z i    . Tìm phần ảo của 1w zi z  
(1 ) 1 3 0i z i     1 3 2
1
iz i
i

  

w = 2 – i. Số phức w có phần ảo bằng – 1 
0.25 
0.25 
2.b
(0,5 điểm) 
Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    
ĐK: x > 1, 
PT  3 32log ( 1) log (2 1) 2x x    3log [( 1)(2 1)] 1x x   
22 3 2 0x x     1 2
2
x  
Vậy tập nghiệm S = (1;2] 
0.25 
0.25 
y  x  3 (m  2)x  3(m 1)x 1(1), m là tham số.
2
3 
(1,0 điểm) 
Tính tích phân   
1
2
0
1 2 xI x e dx  
Đặt 
2
1
(2 )x
u x
dv e dx
 

 
 => 212
2
x
du dx
v x e
 


 
2
2 2
1
11 1(1 )(2 ) (2 )
02 2
x xI x x e e dx    
= 2 2 2
1 11 1(1 )(2 ) ( )
0 02 4
x xx x e x e    
2 1
4
e 

0.25 
0.25 
0,5 
 4 
(1,0 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;–2;1), B(–1;0;3), C(0;2;1). Lập 
phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A 
của tam giác ABC. 
Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;–1;2), bán kính mặt cầu: 3R 
Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2( 1) ( 2) 3x y z     
Giả sử H(x;y;z), (x 1; y 2;z 1), (1;2; 2), ( 1; ; 3)AH BC BH x y z        
  
. 0 2 2 5AH BC AH BC x y z       
   
BH

 cùng phương
2 2
3
x y
BC
y z
  
 
 

 Tìm được 7 4 23; ;
9 9 9
H   
 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu 
vuông góc của S lên mặt phẳng đáy là trung điểm của AB, góc giữa cạnh 
bên SC và mặt phẳng đáy bằng 060 . Tính theo a thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.
Gọi H là trung điểm AB. Có ( )SH ABC , tính được 15SH a
Tính được
3
.
4 15
3S ABC
aV 
Qua A vẽ đường thẳng / /BD , gọi E là hình chiếu của H lên , K là hình 
chiếu H lên SE 
Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, ))=2d(H, (S, ))=2HK 
Tam giác EAH vuông cân tại E, 2
2
aHE 
2 2 2 2
1 1 1 31 15
15 31
15( , ) 2
31
HK a
HK SH HE a
d BD SA a
    
 
0.25 
0.25 
0.25 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Giải phương trình: cos 2 (1 2cos )(sin cos ) 0x x x x    
0)cos)(sincos21(2cos  xxxx 
(sin cos )(sin cos 1) 0x x x x     
sin cos 0
sin cos 1
x x
x x
 
   
sin( ) 0
4
2sin( )
4 2
x
x


  

  
4
2
2
2
x k
x k
x k




 
  

  

  

 ( k ) 
0.25 
0.25 
6b. 
(1,0 điểm) 
Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi 
trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. 
Số phần tử của không gian mẫu là n( ) = C 39 = 84 
Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = 35C = 10 
=> Xác suất cần tính là P(A) = 10
84
= 5
42
0.25 
0.25 
 7 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương 
trình: 1 0x y   , phương trình đường cao kẻ từ B là: 2 2 0x y   . Điểm M(2;1) 
thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. 
Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;–1),  1cos cos
10
HBC HCB 
Pt đthẳng HC có dạng: a(x – 2) + b(y–1)=0( ( ; )n a b

 là VTPT và 2 2 0a b  ) 
 2 2
2 2
1cos 4 10 4 0
102( )
a b
HCB a ab b
a b

     

2
2 5 2 0a a
b b
         
   
2 2, 1
1 1, 2( )
2
a
a bb
a a b l
b
     
       

 , phương trình CH: –2x + y + 3 = 0 
AB CH. Tìm được pt AB:x + 2y + 2 =0 
Tìm được : 2 5;
3 3
C   
 
 ,pt AC:6x + 3y + 1 = 0 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
8 
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y
    

    
 (x,y ) 
Điều kiện: x+y0, x–y0 
Đặt: 
u x y
v x y
 

 
 ta có hệ: 2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 23 3
2 2
u v u v u v uv
u v u vuv uv
      
 
    
    
 
2
2 4 (1)
( ) 2 2 3 (2)
2
u v uv
u v uv uv
   

    
 

. Thế (1) vào (2) ta có: 
28 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv           . 
Kết hợp (1) ta có: 
0
4, 0
4
uv
u v
u v

  
 
 (vì u>v). 
Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đ/k) 
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z  và 3x y z   . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: 3x zP y
z y
   . 
Ta có 2 ,x xz x
z
  2z yz z
y
  . 
Từ đó suy ra 3 2 2 3x zP y x xz z yz y
z y
       
22( ) ( ) 2( ) ( )x z y x y z xz yz x z y x y z           
Do 0x  và y z nên ( ) 0x y z  . Từ đây kết hợp với trên ta được 
2 2 23 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5x zP y x z y y y y
z y
             . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x = y = z = 1 
0.25 
0.25 
0,25 
0.25 
–––––––––––––––––––– HẾT ––––––––––––––––––– 
SỞ GD & ĐT TỈNH BÌNH PHƯỚC ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 TRƯỜNG THPT PHÚ RIỀNG Môn thi: TOÁN 12 – Đề số 3 
 Thời gian làm bài: 180 phút. 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 22 1y x x   (1) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt: 
4 22 2 0x x m     
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình sau trên tập số phức: 2 2 6 0z z   
b) Giải phương trình sau trên tập số thực:  3 1 3
3
log ( 4) log 2 3 log (1 2 )x x x     
Câu 3 (1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2
1
xy
x



, 1y  , 0, 2x x  
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm  2;2;0A  , 
 1;1; 1B   và mặt phẳng ( )P có phương trình 2 2 2 0.x y z    Hãy viết phương trình mặt 
phẳng (Q) chứa AB, vuông góc với ( )P và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm B tiếp xúc với 
mặt phẳng ( )P . 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác 
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, góc giữa đường thẳng SC với mặt 
đáy bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ O đến mặt phẳng SCD 
(O là tâm hình vuông ABCD). 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Cho góc  thỏa mãn: 0
2

   và 
2sin
5
   . Tính   23 2sin 2 1 tan .cosP      . 
b) Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 7 viên bi vàng và 8 viên bi xanh, lấy ra ngẫu nhiên 3 viên bi. 
Tính xác suất để lấy được 3 bi có cả ba màu. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2( ) : 2 .C x y x 
Tam giác ABC vuông tại A có AC là tiếp tuyến của (C) trong đó A là tiếp điểm, chân đường cao 
kẻ từ A là  2;0H . Tìm tọa độ đỉnh B của tam giác ABC biết B có tung độ dương. 
Câu 8 (1,0 điểm).Giải bất phương trình :  4 3 2 3 22 6 10 6 8 1 2x x x x x x x x         
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
   24 4
2 2 2 2
4 1 1
2
x y x y
P
x y x y
 
   

 trong đó a, b là hai số thực dương. 
 ----------------------- HẾT----------------------- 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Nội dung Điểm 
1a) TXĐ : D R , 3' 4 4y x x  , ' 0 0 1 1y x x x        0.25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0 và  1; , hàm số nghịch biển trên các 
khoảng  ; 1  và  0;1 . 
0.25 
lim
x
y

  
Bảng biến thiên 
0.25 
f(x)=x^4-2x^2+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
0.25 
1b) Phương trình : 4 2 4 22 2 0 2 1 1x x m x x m          (1) 0.5 
Từ đồ thị ta thấy pt (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 
0 1 1 1 2m m      
Vậy với 1 2m  thì pt đã cho có bốn nghiệm phân biệt. 
0.5 
2a) Ta có biệt thức : ' 5   0.25 
Suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm phực 1,2 1 5z i  0.25 
2b) 
ĐK : 3 1
2 2
x   0.25 
Khi đó pt : 3 1 3
3
log ( 4) log (2 3) log (1 2 )x x x     
    3 3log 4 2 3 log 1 2x x x       
  4 2 3 1 2x x x     
2 112 13 11 0 1
2
x x x x          
Đối chiếu điều kiện của bài toán, ta có nghiệm của pt là: 1x   
0.25 
x –∞ 1 0 1 +∞ 
y – 0 + 0 – 0 + 
y 
+∞ 
0 
 1 
0 
 +∞ 
Câu 3 Diện tích hình phẳng giới hạn bới các đường đã cho là : 
2
0
2 1
1
xS dx
x

 

2
0
1
1
dx
x

 (đvdt) 
0.5 
2
0
1
1
dx
x


2
0
ln 1 ln 3x   0.5 
Câu 4 Ta có    1; 1; 1 , 2; 2; 1PAB n    
 
, suy ra 
 , 3; 1;4Q pn AB n    
  
0.25 
Mặt phẳng ( )Q có pt:      3 1 1 1 4 1 0 3 4 8 0x y z x y z           0.25 
Ta có R=
 
2 2 2
2 1 2.1 1( 1) 2
( , ( )) 1
2 2 ( 1)
d B P
    
 
  
 0.25 
Vậy pt mặt cầu (S) :      2 2 21 1 1 1x y z      0.25 
5a) 
Ta có : 2 2 2 4cos sin 1 cos 1 sin
5
           
Do 0
2

   nên 4cos
5
  
0.25 
Khi đó :   23 2sin 2 1 tan .cosP      
  3 4sin .cos 1 sin .cos      22
25
 
0.25 
5b) 
Số cách chọn ngẫu nhiên 3 viên bi là : 320 2280C  0.25 
Số cách chọn ba viên bi có đủ ba màu là : 1 1 15 7 8. 280C C C  
Vậy xác suất cần tìm là : 280 7
2280 57
p   
0.25 
Câu 6. 
Gọi H là trung điểm AB, do tam giác SAB cân tại S nên SH AB 
Theo đề ra ( ) ( )SAB ABCD nên ( )SH ABCD 
Do đó HC là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(ABCD) 
suy ra      0, ( ) , 60SC ABCD SC HC SCH   
0.25 
S 
B C 
D A 
K 
O H 
Xét tam giác BHC vuông tại H có 2 2 5
2
aCH BH BC   
Xét tam giác vuông tại H có SH=AC.tan600 = 15
2
a 
Diện tích hình vuông ABCD là : 2ABCDS a 
suy ra 
3
.
1 15.
3 6S ABCD ABCD
aV SH S  (đvtt) 
0.25 
Ta có / / / /( ) ( ,( )) ( ,( ))OH BC OH SBC d O SBC d H SBC   
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên cạnh SB, ta có HK SB (1) 
mặt khác BC HK (do ( )BC SAB (2) 
từ (1) và (2) suy ra   ( ) ,HK SAB d H SAB HK   
Xét tam giác 
2 2 2 2
15 .. 152 2
815
4 4
a a
SH BH aHK
SH BH a a
  


0.25 
Câu 7. 
Do tam giác ABC vuông tại A có ( )H C và CA là tiếp tuyến của (C) nên ( )B C . 
Ta có 2 2
3
ABCSAC
AB
  0.25 
2
2 2
3BABH
AB AC
  

 0.25 
Giả sử  ; , 0.B a b b  Khi đó 
1
3
BI
BH



 0.25 
 
 
2 2
2 2
1
1 1 2
32 3
2
aa b
a b b
     
  
    

 . Vậy 1 3;
2 2
B
 
  
 
0.25 
Câu 8.  4 3 2 3 22 6 10 6 8 1 2x x x x x x x x         (1) 
Điều kiện : 
4 3 2
3
2 6 10 6 8 0
0
x x x x
x x
     

 
   2 21 2 6 8 0 0
0
x x x
x
x
    
  

0.25 
Khi đó  2 2 2 2(1) 1 2 6 8 1 1 2 0x x x x x x x          
 2 21 2 6 8 2 0x x x x x        
0.25 
22 6 8 2 0x x x x       (2) 
Xét TH1 : Với 0x  khi đó (2) vô nghiệm 
Xét TH2 : Với x>0, chia hai vế của (2) cho x ta được : 
4 2 4 22 6 1 0 2 6 1x x x x
x xx x
                       
      
 (3) 
 Đặt 22 4 4t x x t
xx
      , thay vào (3) ta được : 
 
2
22
11
2 2 1 1
2 1 0 1 0
tt
t t t
t t t
   
       
     
0.25 
Với 1t  ta có : 
1( )2 1 2 0
2 4
x vn
x x x
x x x
  
      
  
Kết hợp hai trường hợp và điều kiện ta thấy bất phương trình (1) có nghiệm x=4. 
0.25 
Câu 9. 
Ta có : 
   
22 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 1 4 4.
2
x y
P x y x y
x y x y x y

      
  
 0.25 
Xét hàm số 4( )f t t
t
  , với  2 2 , 0;t x y t    . 
Ta có : 2
4( ) 1 ; '( ) 0 2f t f t t
t
      
0.25 
Lập bảng biến thiên hàm số f(t) trên khoảng  0; , ta tìm được : 
 0;
min ( ) 4,f t

 đạt đươc khi t=2. 0.25 
Từ đó tìm được GTNN của biểu thức P bằng 4, đạt được khi x = y = 1. 0.25 
-------------------- HẾT -------------------