Tuyển chọn 80 đề thi thử môn Toán 2015 có thang điểm chi tiết (Tập 3) - Nguyễn Anh Phong

Chia sẻ: Trần Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:120

Thêm vào BST

Báo xấu

139
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Tuyển chọn 80 đề thi thử môn Toán 2015 có thang điểm chi tiết (Tập 3) sau đây với các đề thi và đáp án trả lời sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các em học sinh lớp 12 và giáo viên bộ môn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tuyển chọn 80 đề thi thử môn Toán 2015 có thang điểm chi tiết (Tập 3) - Nguyễn Anh Phong

NGUYỄN ANH PHONG TUYỂN CHỌN 80 ĐỀ THI THỬ TOÁN CÓ THANG ĐIỂM NĂM 2015 TẬP 3 + Tài liệu này tác giả biên soạn tặng các bạn học sinh và được post tại nhóm : TƯ DUY HÓA HỌC_NGUYỄN ANH PHONG + Đường link : https://www.facebook.com/groups/thithuhoahocquocgia/ Hà Nội 6/6/2015
SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Page 1 TRƯỜNG THPT ĐAN PHƯỢNG NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề x + 2 Câu 1 (2.0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x - 2 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với 1 đường thẳng y = x + 5 . 4 1 Câu 2 (1.0 điểm) 1) Giải phương trình sau: sin 6 x + cos 6 x = sin 2 x 4 2) Cho số phức z = 3 - 2 i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = iz - z . Câu 3(1,0 điểm). 1) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, đường thẳng d2 có n điểm phân biệt ( n ³ 2 ). Biết rằng có 1725 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. 2) Giải phương trình 2e x + 2e - x - 5 = 0, x Î R e ln x - 2 Câu 4: (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ò dx . 1 x ln x + x Câu 5 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = a và SA tạo với mặt phẳng (ABC) một góc bằng 30 0 . Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc đường thẳng BC, điểm M thuộc cạnh SA sao cho SM = 2 MA. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC, SA và thể tích tứ diện SMHC theo a. Câu 6 (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): 5x - 2y + 5z = 0 và tạo với mặt phẳng (R): x - 4y - 8z + 6 = 0 góc 45 o . Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I ( 3;3 ) và æ 4 ö æ 13 ö AC = 2 BD . Điểm M ç 2; ÷ thuộc đường thẳng AB , điểm N ç 3; ÷ thuộc đường thẳng CD . Viết è 3 ø è 3 ø phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. ( )( ì x + 1 + x 2 . y + 1 + y 2 = 1 (1) ï Câu 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình í ) ïî x 6 x - 2 xy + 1 = 4 xy + 6 x + 1 (2) Câu 9 (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P = + 2 + 2 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3 22 2 Hết Page 1 of 119
Page 2 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI MA TRẬN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT ĐAN PHƯỢNG MÔN TOÁN Năm học 20142015 Lĩnh vực kiến thức Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng (B) (H) (V) Kiến thức 0.5 0.25 0.25 1.0 Khảo sát hàm số Kỹ năng 1.0 1.0 Kiến thức 0.25 0.25 Lượng giác Kỹ năng 0.25 0.25 Kiến thức 0.5 0.5 Tích phân Kỹ năng 0.5 0.5 Kiến thức 0.25 0.25 Số phức Kỹ năng 0.25 0.25 Phương trình mũ Kiến thức 0.25 0.25 Kỹ năng 0.25 0.25 Hình không gian Kiến thức 0.25 0.25 0.5 Kỹ năng 0.25 0.25 0.5 Kiến thức 0.25 0.25 0.5 Hình giải tích không gian Kỹ năng 0.25 0.25 0.5 Hình giải tích trong mặt Kiến thức 0.25 0.25 0.5 phẳng Kỹ năng 0.25 0.25 0.5 Kiến thức 0.5 0.5 Hệ phương trình Kỹ năng 0.5 0.5 Bất đẳng thức Kiến thức 0.5 0.5 Kỹ năng 0.25 0.25 0.5 2.0 3.0 50 10.0 Tổng 20% 30 % 50% 100% Page 2 of 119
Page 3 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Câu 1: 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: * TXĐ: D=R\{2} 0,25đ x + 2 x + 2 * lim + = +¥ ; lim - = -¥ Þ Đồ thị có tiệm cận đứng là x=2. x ® 2 x - 2 x ® 2 x - 2 0,25đ x + 2 lim = 1 Þ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=1 x ®±¥ x - 2 -4 * y'= < 0 "x ¹ 2 ( x - 2) 2 Bảng biến thiên: x ¥2 +¥ 0,25đ 1 điểm y' y 1 +¥ ¥ 1 Hàm số nghịch biến trên (¥;2) và (2;+¥) * Đồ thị: Lấy thêm điểm phụ (3;5), (4;3) Giao với các trục tọa độ (2;0), (0;1) 0,25đ Vẽ chính xác đồ thị. Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận I(2;1) làm tâm đối xứng. 2) 1 0,25đ Gọi tiếp tuyến là d vuông góc với đường thẳng y= x + 5 Þ d có hệ số góc k =4 4 *Giả sử M0( x0 ; y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến d: 0,25đ -4 1 điểm Xét phương trình = - 4 => x0= 1 hoặc x0 = 3 ( x0 - 2) 2 * Với x0= 1 thì tiếp điểm M1(1;3) 0,25đ Với x0= 3 thì tiếp điểm là M2(3;5) 0.25đ Page 3 of 119
Page 4 Câu 2: 1) 1 sin 6 x + cos 6 x = sin 2 x 4 1 0,25đ Û (sin 2 x + cos 2 x) éë (cos 2 x + sin 2 x) 2 - 3sin 2 x.cos 2 x ùû = sin 2 x 4 Û 3sin 2 2 x + sin 2 x - 4 = 0 ésin 2 x = 1 0.5 điểm Ûê -4 êsin 2 x = (loai) ë 3 p 0,25đ * Với sin 2 x = 1 Û x = + kp 4 2) z = 3 + 2 i 0.5 điểm w = i ( 3 - 2i ) - ( 3 + 2 i ) = -1 + i 0,5đ Phần thực là 1 Phần ảo là 1. Câu 3: 1) Theo ®Ò ra ta cã : C 3n +10 - C10 3 - C 3n = 1725 ( n ³ 2 ) 0.5đ ( n + 10 )! - 10! - n! = 1725 0,25đ Û 3!( n + 7 ) ! 3!7! 3!( n - 3) ! Û ( n + 10 )( n + 9 )( n + 8 ) - 10.9.8 - n ( n - 1)( n - 2 ) = 1725.6 é n = 15 Û n2 + 8n – 345 = 0 Û ê 0.25đ ë n = -23 < 2 VËy n = 15 2) 2e x + 2e - x - 5 = 0 Û 2e2 x - 5e x + 2 = 0. 0.5đ Đặt t = e x , t > 0 . Phương trình trở thành 0.25đ ét = 2 2t 2 - 5t + 2 = 0 Û ê 1 êt = êë 2 Page 4 of 119
Page 5 x ée = 2 é x = ln 2 ê Û x 1Ûê 0.25đ êe = ê x = ln 1 ëê 2 ëê 2 Câu 4: 1.0đ e ln x - 2 e ln x - 2 I = ò dx = ò dx 0.25đ 1 x ln x + x 1 (ln x + 1)x 1 Đặt t = lnx + 1 Þ dt = dx ; 0.25đ x Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 0.25đ 2 2 2 t -3 æ 3 ö Suy ra: I = ò dt = ò ç 1 - ÷dt = ( t - ln | t |) = 1 – ln2 1 t 1 è tø 1 0.25đ Câu 5: 1.0đ a 3 0 SHA(vuông tại H), có AH = SA cos 30 = . Mà DABC đều cạnh a suy ra H là trung 2 điểm cạnh BC, vậy AH ^ BC. 0.25đ Ta có SH ^ BC suy ra BC^(SAH). Hạ HK vuông góc với SA suy ra HK là khoảng cách 0 AH a 3 a 3 giữa BC và SA. Ta có HK = AH sin 30 = = , vậy d(BC,SA)= 0.25đ 2 4 4 Ta thấy a 1 1 a a 3 3a 2 2 3a 2 0.25đ SH = Þ S SHA = .SH . AH = . . = Þ S SMH = S SAH = . 2 2 2 2 2 8 3 12 1 1 a 3a 2 3a 3 0.25đ CH ^ ( SHA) Þ VSMHC = CH .S SMH = . . = 3 3 2 12 72 Câu 6 : 1,0 Mặt phẳng (P) đi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với 0,25 2 2 2 A +B +C > 0 5 ( P ) ^ ( Q ) Û 5A - 2B + 5C = 0 Û B = ( A + C ) (1) 2 (P) tạo với (R) góc 45 o nên Page 5 of 119
Page 6 A - 4B - 8C 1 A - 4B - 8C cos45 o = Û = (2) 2 2 2 A +B +C 1 + 16 + 64 2 A 2 + B2 + C 2 .9 0,25 25 2 (1) , ( 2 ) Þ 2 A - 10 ( A + C ) - 8C = 9 A 2 + ( A + C ) + C 2 4 Û 21A 2 + 18AC = 3C2 = 0 é A = -1 Chọn C = 1 Þ ê 1 *) A = -1, C = 1 Þ B = 0 Þ Phương trình mặt phẳng (P) là x ê A = 0,25 ë 7 z=0 1 20 *) A = , C = 1 Þ B = Þ Phương trình mặt phẳng (P) là 7 7 x+20z+7z=0 Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là xz=0 hoặc x+20z+7z=0 0,25đ Câu 7 : æ 5 ö 0.25đ Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là N ' ç 3; ÷ è 3 ø Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: x - 3 y + 2 = 0 3 - 9 + 2 4 Suy ra: IH = d ( I , AB ) = = 10 10 Do AC = 2 BD nên IA = 2 IB . Đặt IB = x > 0 , ta có phương trình 0.25đ 1 1 5 2 + 2 = Û x 2 = 2 Û x = 2 x 4x 8 Đặt B ( x, y ) . Do IB = 2 và B Î AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 0.25đ ì 14 ìï( x - 3) 2 + ( y - 3) 2 = 2 ì5 y 2 - 18 y + 16 = 0 ïï x = 5 ì x = 4 > 3 í Ûí Ûí Úí îï x - 3 y + 2 = 0 î x = 3 y - 2 ï y = 8 î y = 2 ïî 5 æ 14 8 ö 0.25đ Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B ç ; ÷ è 5 5 ø Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7 x - y - 18 = 0 . Page 6 of 119
Page 7 Câu 8 : 2 (1) Û x + x 2 + 1 = - y + ( - y ) + 1 (3) 0.25đ 2 + Xét f ( t ) = t + t + 1 , t Î R t 2 + 1 + t t + t Khi đó : f ' ( t ) = > ³ 0 "t Î R . Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R t2 +1 t 2 + 1 0.25đ Suy ra : ( 3 ) Û x = - y æ xö 25 x 2 2 é 2 x 2 + 6 x + 1 = 3 x 2 Thế x = y vào (2) ... Û ç 2 x + 6 x + 1 - ÷ = Û ê 0.25đ è 2ø 4 êë 2 x 2 + 6 x + 1 = -2 x Với 2 x 2 + 6 x + 1 = 3 x... Û x = 1; y = - 1 0.25đ 2 3 - 11 -3 + 11 + 2 x + 6 x + 1 = -2 x... Û x = ; y = 2 2 Câu 9 . 0.25đ 1 1 1 1 Ta có a 2 +b 2 ³ 2ab, b 2 + 1 ³ 2b Þ 2 2 = 2 2 2 £ a + 2 b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1 1 1 1 1 1 1 0.25đ Tương tự 2 2 £ , 2 2 £ b + 2 c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1 1æ 1 1 1 ö 1æ 1 ab b ö 1 0.25đ P£ ç + + ÷= ç + + ÷= 2 è ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 ø 2 è ab + b + 1 b + 1 + ab 1 + ab + b ø 2 1 1 P = khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1. 0.25đ 2 2 Page 7 of 119
Page 8 Page 8 of 119
Page 9 Page 9 of 119
Page 10 Page 10 of 119
Page 11 Page 11 of 119
Page 12 Page 12 of 119
Page 13 Page 13 of 119
Page 14 Page 14 of 119
Page 15 TRƯỜNG THPT ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 4 NGUYỄN XUÂN NGUYÊN NĂM HỌC 2014- 2015 ------------------------ Môn: Toán, Khối 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3 x 2  2 (C ) . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại giao điểm của (C ) và đường thẳng ( d ) : y   x  3 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình: a) 3x  33 x  6  0 b) 2log 2 x.log 3 x  5log 2 x  8log 3 x  20  0 e ln x  x 2 ln( x 2  2) Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I   dx 1 x Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z biết: z  (2  i) z  3  5i . b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  x3  5 x 2  7 x  5 trên đoạn  2;2  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA  4a , tam giác ABC đều cạnh bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M  3;5;1 , N  1;1;3 và điểm A trên đường x y 1 z  2 thẳng (d):   sao cho AMN là tam giác cân tại A. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình 2 1 1 mặt phẳng (P) chứa MN và cách A một khoảng lớn nhất. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông MNPQ có K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh MQ và QP. Điểm H (0;1) là giao điểm của NK và MI, điểm P (4; 2) . Tìm tọa độ đỉnh N. Câu 8 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sau: sin 2x   sin x  cos x  1 2sin x  cos x  3   0 b) Phân phối 60 thùng hàng giống hệt nhau cho 6 cửa hàng sao cho mỗi cửa hàng nhận được ít nhất một thùng hàng. Tính xác suất để mỗi cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng hàng. Câu 9 (1,0 điểm).  x 3  y3  6 y 2  3  x  5 y   14 a) Giải hệ phương trình :  3 2  x, y     3  x  y  4  x  y  5 b) Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 P  2 2 a b  c 1 2  a  1  b  1  c  1 ----------Hết----------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Page 15 of 119
Page 16 TRƯỜNG THPT HDC THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 NGUYỄN XUÂN NGUYÊN Môn: Toán Câu Nội dung trình bày Điểm 1.a Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x3  3 x 2  2 (1 đ) * TXĐ: D  . * Sự biến thiên: + Giới hạn: lim y  lim ( x3  3 x 2  2)  ; x  x  lim y  lim ( x3  3 x 2  2)   0,25 x  x  + Lập bảng biến thiên: x  0 y '  3x 2  6x  0   x  2 + Chiều biến thiên: 0,25 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2; ) . Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0  xCD  2 ; 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x  2  xCT   2 * Đồ thị: 0,25 1.b Ta có phương trình hoành độ giao điểm: (1đ) x3  3x 2  2   x  3  x 3  3 x 2  x  5  0  x  1  y  2 0,25 y '  3 x 2  6 x  0  y(' 1)  9 0,25 Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M ( 1; 2) là : y  f '( 1)( x  1)  2  y  9( x  1)  2  y  9 x  7. 0,25 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  7 . 0,25 x 3 x x x 2.a Giải phương trình: 3  3  6  0  3  27.3  6  0 (0,5) 1 t  9(tm ) Đặt 3x  t (t  0)  3 x  . Phương trình trở thành: t 2 - 6t - 27  0   0,25 t t  -3(l ) Với t  9  3x  32  x  2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  2 0,25 2.b Giải phương trình: 2log 2 x.log 3 x  5log 2 x  8log 3 x  20  0 (1) . ĐK: x  0 (0,5) Pt (1)  log 2 x(2 log 3 x  5)  4(2log3 x  5)  0  (log 2 x  4)(2 log 3 x  5)  0 0,25  x  16  log 2 x  4  0    3  2 log 3 x  5  0  x   27 3 0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x  16 hoặc x  27 Câu Nội dung trình bày Điểm -1- Page 16 of 119
Page 17 e e e 3 ln x  x 2 ln( x 2  2) ln x (1 đ) Tính tích phân: I   dx   dx   x ln( x 2  2)dx  A  B 0,25 x 1 x 1 1 e ln x dx Tính A   dx . Đặt t  ln x  dt  . Đổi cận: x  1  t  0; x  e  t  1 . 1 x x e 1 ln x t2 1  A dx   tdt  |10  0,25 1 x 0 2 2  2x du  e u  ln( x  2)  2 2 x 2 Tính B   x ln( x 2  2)dx . Đặt   2 2 1 dv  xdx v  x  1  x  2  2 2 e 2 e 2 x 2 e 2 3 e2  1  B   x ln( x 2  2) dx  ln( x2  2) |1e   xdx  ln(e 2  2)  ln 3  1 2 1 2 2 2 0,25 e2  2 3 e2  2 Vậy I  A  B  ln(e2  2)  ln 3  2 2 2 0,25 4.a Tìm số phức z biết: z  (2  i) z  3  5i(1) . Gọi z  a  bi  z  a  bi . (0,5) 0,25 3a  b  3  a  2 (1)  a  bi  (2  i )(a  bi )  3  5i  3a  b  (a  b )i  3  5i    a  b  5 b  3 Vậy z  2  3i 0,25 4.b Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  f ( x)  x3  5 x 2  7 x  5 trên đoạn  2;2  (0,5)  x   1(tm) Ta có f '(x )  3 x  10 x  7  0   2 .  f ( 2)  7; f ( 1)  8; f (2)  37. 0,25  x   7 (l )  3 Vậy Max[ f ( x)]  37 tại x  2 ; Min[ f ( x)]  8 tại x  1 ; [ 2;2] [2;2] 0,25 5 *) Ta có: AN  AB 2  BN 2  a 3 S (1đ) 1 S ABC  BC . AN  a 2 3 . 0,25 2 1 1 4a 3 3 VS . ABC  S ABC .SA  a 2 3.4a  *) Ta 3 3 3 V BA BM BN 1 M có: B.AMN  . .  0,25 VS . ABC BA BS BC 4 1 a3 3 A C VB.AMN  VS . ABC  . 4 3 H 1 N Mặt  SB  SC  2 5a  MN  SC  5a 2 1 B AM  SB  5a . 2 0,25 a 17 Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  . 2 1 1 a 17 a 2 51 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AN .MH  a 3.  . 2 2 2 4 3VB. AMN 4a 3 3 4a 4a 17 Vậy K/c từ B đến (AMN) là: d ( B,( AMN ))   2   . 0,25 S AMN a 51 17 17 -2- Page 17 of 119
Page 18 Câu Nội dung trình bày Điểm  6 Tọa độ trung điểm I của đoạn MN: I 1; 3; 2  , MN    4;  4;2  (1đ)  Mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn MN đi qua N, nhận n   2; 2;  1 làm VTPT nên (Q) có phương trình: 2 x  2 y  z  6  0 AMN cân tại A  AM  AN  A  (d )  (Q)  A 12;  5;8  . 0,5 Gọi I (1;3;2) , H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và (P)  AIH vuông tại H . Khi đó; d (A, ( P))  AH  AI  Do đó, (P) đi qua I và có VTPT IA(11; 8;6)  (P) :11x  8 y  6 z  1  0 Vậy A 18;  8;11 và (P) :11x  8 y  6 z  1  0 0,5 7 3 PH  PN  PQ  5 và cos HPN (1 đ) Ta có   5 Gọi u ( a; b ) là một VTCP của PN, PH  ( 4;3) ,     cos(u , PH )  4a  3b  3 suy ra: cos HPN 0,25 2 5 a b 2 5 a  0  7 a  24ab  0   2  a  24 b 0,25  7 a  0 Với a  0    NP : x  4  0  N (4;3) 0,25  b  1 24 a  24 Với a  b    NP : 7 x  24 y  56  0 7 b  7  4 17   4 17   N   ;   . Vậy N (4;3) hoặc N   ;   0,25  5 5   5 5 8.a PT 2   sin x  cos x   1   sin x  cosx  1 2sin x  cos x  3  0 (0,5)   sin x  cos x  1 sin x  cos x  1   sin x  cosx  1 2sin x  cos x  3  0   sin x  cos x  1  sin x  2 cos x  4   0 0,25  x  k2  sin x  cos x  1   ,(k  Z)  sin x  2 cos x  4(VN) x    k2  2  Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x  k2, x   k2, (k  Z) 0,25 2 8.b  x 3  y 3  6 y 2  3  x  5 y   14 (1) x3 (0,5) Giải hệ:  Đkxđ  3 2  3  x  y  4  x  y  5 (2)  y  4 3 2 Từ (1) ta có x3  3 x   y  2   3  y  2    x  y  2   x 2  x  y  2    y  2   3  0    y  x  2  3 . Thế (3) vào (2) ta được x  2  3  x  x3  x 2  4 x  1  x3  x2  4 x  4  2  x  2  1  3  x  0 x 2 x2   x  2  x  2  x  1   0 2  x  2 1 3  x  1 1    x  2    x  2  x  1   0 0,25  2  x  2 1 3  x  -3- Page 18 of 119
Page 19  1 1 1 1   x  2    x  2  x  1      0  3 2  x  2 1 3  x 3    x 1 x 1   x  2    x  2  x  1   0    3 2 x  2    x  2 1 3 1  3  x 2  3  x       1 1   x  2  x  1   x  2    0    3 2 x  2    x  2 1 3 1  3  x 2  3  x     x 1 x 1 y  4  x  2  x  2   0 Vì  3 2 x  2    x  2 1 3 1 3  x  2  3 x  x  2 Từ đó p.trình trên tương đương với  x  2 x  1  0    x  1 Với x  2  y  0; x  1  y  3 . 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S   1;  3 ;  2;0 . 9.a Phân 60 phần tử của tập hợp thùng hàng thành 6 phần có n()  C595  5006386 0,25 Phân phối cho mỗi cửa hàng 5 thùng hết 30 thùng. Còn lại 30 thùng chia mỗi cửa hàng ít nhất một thùng được n(A)  C295  118755 . n( A) 585 Xác suất cần tìm là: P ( A)   n() 24662 0,25 9.b Ta có (0,5) 2 2 a  b  c  11 1 2 a b c 2 2 1     a  b 2   c  12    a  b  c  12  2 2 2 4 3 3 a 1  b  1 c 1   a  b  c  3   a  1 b  1 c  1       3   3  2 54 2 54 P  3 =   f (t ) với a  b  c  1  a  b  c  3 t  t  2 3 2 162 t  4 0,25 t  a  b  c 1 (t  1) f / (t )    ; f / ( t )  0  t  1(loai) t 2  t  2 4  t 1 4 + f’(t) + 0 - 1/4 f(t) 0 0 a  b  c  3 1  Vậy giá trị lớn nhất của P  khi a  b  c  a  b  c 1 4 c  1  0,25 Page 19 of 119