25 đề thi thử tốt nghiệp môn toán 2016 có lời giải chi tiết

Đề số 01 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số y x x     3 2 3 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên. b) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình 3 2 x x m    3 0. Câu 2 ( 1 điểm ) : a) Giải phương trình: 2sin2x + 3cosx – 2 = 0 b) Tìm số phức liên hợp của 1 (1 )(3 2 ) 3 z i i i      Câu 3 ( 0,5 điểm): Giải phương trình 2 2 2 0 x x    3 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: x x x x x 4 2 2      1 (1 ) Câu 5 ( 1 điểm): Tính Tích phân 2 0 I x xdx cos    Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA a  , SA  (ABCD). Gọi M là trung điểm của SA. Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCMN và khoảng cách giữa SB và AC. Câu 7( 1,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng d x y 1 : 2 6 0    ; d x y 2 : 2 0   và d x y 3 :3 2 0    . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d3, cắt d1 tại A và B, cắt d2 tại C và D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 8 ( 1 điểm ) : Cho mặt cầu (S): x y z x y z 2 2 2        2 6 8 1 0 . a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S). b) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1). Câu 9 (0.5 điểm) Cho khai triển: 3 1 ... ... x a a x a x a x a x         2n 0 1 2 2 2 2 k k n n , k n N k n , ;0 2     Biết rằng: a a a a a 0 1 2 2         ... 1 ... 4096  k k n . Tìm hệ số của x8 trong khai triển. Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x y z   1 Tìm giá trị nhỏ nhất của: P x y y z z x xy z yz x zx y   

25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 01 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số y   x3  3x2  1 a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên. b*) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình x  3x  m  0 . 3 2 Câu 2 ( 1 điểm ) : a*) Giải phương trình: 2sin2x + 3cosx – 2 = 0 b*) Tìm số phức liên hợp của z  (1  i)(3  2i)  1 3i Câu 3* ( 0,5 điểm): Giải phương trình 2x  23 x  2  0 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: x 4  x 2  1  x  x(1  x 2 )  2 Câu 5* ( 1 điểm): Tính Tích phân I   x cos xdx 0 Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  a, SA  (ABCD). Gọi M là trung điểm của SA. Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCMN và khoảng cách giữa SB và AC. Câu 7( 1,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng d1 : x  2 y  6  0 ; d2 : x  2 y  0 và d3 : 3x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d3, cắt d1 tại A và B, cắt d2 tại C và D sao cho tứ giác ABCD là hình vuông. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 8 *( 1 điểm ) : Cho mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  2 x  6 y  8z  1  0 . a) Xác định tọa độ tâm I và bán kính r của mặt cầu (S). b) Viết phương trình mp(P) tiếp xúc với mặt cầu tại M(1;1;1). Câu 9* (0.5 điểm) Cho khai triển:  3x  1 2n  a0  a1x  a2 x 2  ...  ak x k  ...  a2n x 2n ,  k , n  N ;0  k  2n  Biết rằng: a0  a1  a2  ...   1 ak  ...  a2n  4096 . Tìm hệ số của x8 trong khai triển. k Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x  y  z  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của: P  x y yz zx   xy  z yz  x zx  y 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI Nội dung Câu 1 a (1,0) )   Điểm TXĐ: D = R. y '  3x 2  6x x  0 y '  0  3x 2  6x=0   x  2 0.25  Giới hạn: xlim y  , lim y    x   Bảng biến thiên: 0.25  Hàm số đồng biến trên (0 ; 2); hàm số nghịch biến trên (;0) và (2; ) .  Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -1.  Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0;-1), (-1; 3), (3; -1), (1; 1) 0.25 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết b (1,0)  x 3  3 x 2  m  0   x 3  3x 2  1  m  1  Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y   x3  3x 2  1 với đường thẳng y = m – 1. Vậy 0,5 m 1  3  m  4 : Phương trình có 1 nghiệm. m 1  3  m  4 : Phương trình có 2 nghiệm. 3  m 1  1  4  m  0 : Phương trình có 3 nghiệm. 0,5 m 1  1  m  0 :Phương trình có 2 nghiệm. m 1  1  m  0 : Phương trình có 1 nghiệm. Câu 2 a, 2sin2x + 3cosx – 2 = 0 (1) (1,0)  Pt (1)  2(1 – cos2x) + 3cosx – 2 = 0  2cos2x – 3cosx = 0 (*)  đặt t = cosx (t ≤ 1) t = 0 2  Pt (*) trở thành : 2t – 3t = 0   3 .So sánh điều kiện t = 0 thỏa mãn t =  2  Với t = 0  cosx = 0  x = k2 (k  Z) Vậy nghiệm của phương trình là : x = k2 (k  Z) 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết b, Ta có z  5  i  3i 3i .  5i  (3  i)(3  i) 10 Suy ra số phức liên hợp của z là: z  Câu 3 0.25 53 9  i 10 10 0.25 ( 0,5 điểm) 2 x  23 x  2  0  2 x  8  2  0  22 x  2.2 x  8  0 x 2 0.25 Đặt t  2x , t  0 Phương trình trở thành: t  4 (nhan) t 2  2.t  8  0   t  2 (loai) t  4  2x  4  x  2 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x = 2. Câu 4 (1đ) ĐK: x  1hoac 0  x  1 0,25 TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình TH2: Với x  0 . * Với 0  x  1 Khi đó pt  x Đặt t 1 1  x2  1  x  x x  2 x x 1 1  x  t 4  2  x2  2 . x x 1 1  x2  1  1  x 2 x x Khi đó ta được phương trình t  1 t 2  3 1  t   4 2  t  1(loai) t  t  2t  2  0 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết * Với x  1. Ta có  Đặt t  1 1  x2  1  1   x 2 x x 1 1  x  t 4  2  x 2  2 . Khi đó ta được x x Khi đó ta được x 2  x  1  0  x  1  5 . 2 So sánh đk ta được nghiệm x  x t 4  3  t 1  t  1 0,25 1  5 .Vậy pt đã cho có nghiệm 2 1  5 2 0,25 Câu 5 (1)đ  2 I   x cos xdx 0 u  x du  dx  dv  cos xdx v  sin x 0,5     2 I  x sin x 02   sin xdx  0 Câu 6 (1)đ  2   cos x 02   2 1 0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Do (BCM) // AD nên mp này cắt mp (SAD) theo giao tuyến MN // AD. ‘0.5  BC  AB  BC  BM  BC  SA  Ta có Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao, a a 5 MN  ; BM  2 2 . Diện tích hình thang BCMN là S BCMN a a 5   a  . 3a 2 5 2 2   2 8 . Dụng SK  BM , do BC  (SAB)  BC  SK  SK  (BCMN ) . Có SK  d ( A, BM )  a 5 1 3a 2 5 a 5 a3 VS .BCMN  . .  5 . Vậy 3 8 5 8 Trong mặt phẳng (ABCD) dựng  qua B song song với AC. Đặt (P) = (  , SB). 0.5 Khi đó, AC // (P) và d(AC; SB) = d(AC; (P)) = d(A; (P)). Từ A hạ AI   tại I; Từ A hạ AH  SI tại H suy ra AH = d(A; (P)). a a 3  AH  . 3 2 Ta có AI = Câu 7 Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng 1 (1)đ Gọi I(a; 3a – 2) B A Vì ABCD là hình vuông  d(I, AB) = d(I, CD) = d 0,25 d I D C 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  7a - 10 5 = 0.25 7a - 4 5  a = 1  I(1;1)  d = Bán kính: R = d 2 = Câu 8 (1)đ 3 5 0.25 3 2 5  pt(C):  x - 12 +  y - 12 = 18 5 0.25 2a  2 a  1 2b  6 b  3  a.Từ phương trình mặt cầu ta có:   2c  8 c  4 d  1 d  1 0,25 Tọa độ tâm I(1; -3; 4). 0,25 Bán kính: r  1  9  16 1  5 Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại M nên IM vuông với mp. 0,25 uuur IM  (0; 4; 3) uuur Mp(P) qua M(1;1;1), có VTPT IM  (0; 4; 3) có phương trình: 0,25 A( x  x0 )  B( y  y0 )  C ( z  z0 )  0  0( x  1)  4( y  1)  3( z  1)  0  4 y  3z  1  0 Câu 9 Ta có: 0.5 đ  3x + 1 2n = a 0 + a1x + a 2 x 2 +...+ a k x k +...+ a 2n x 2n Thay x = -1, ta có: (-2)2n = a0 – a1 + a2 - … + (-1)kak +…+ a2n Từ giả thiết suy ra: (-2)2n = 4096  n = 6 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Với n = 6, ta có khai triển: 1+3x  12 0.25 0 2 12 =C12 + C112 .(3x) + C12 (3x)2 +...+ C12 12 (3x) 8 8  Hệ số của x8 trong khai triển là: C12 .3 Câu 10 Ta có x  y  z  1  x  y  1  z 1đ x y  xy  z 1 z 1 z  xy  1  x  y (1  x)(1  y ) yz  yz  x 1 x 1 x  yz  1  y  z (1  y )(1  z ) zx  zx  y 1 y 1 y  zx  1  x  z (1  x)(1  z ) 0.5 Khi đó P 0.5 x y yz zx 1 z 1 x 1 y   xy  z yz  x zx  y = (1  x)(1  y ) + (1  y )(1  z ) + (1  x)(1  z )  33 1 z 1 x 1 y . . 3 (1  x)(1  y ) (1  y )(1  z ) (1  x)(1  z ) . Vậy MinP  3 đạt được khi x yz 1 3 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 02 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  3x 2  1 có đồ thị (C) a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). b*) Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình x 4  3x 2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 ( 1,0 điểm). a*) Giải phương trình: sin 2 x  cos2 x  2sin x 1 . b*) Tìm số phức Z thỏa mãn :  z  1 .  z  2i  là số thực và z  i  2 . Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình log 2  x2  x  1  log2  x2  x  3 Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2   xy  2  y x  2 (với x; y  ¡ )  2 2 2 y  2 x  1 x  2 x  3  2 x  4 x .     p Câu 5* ( 1,0 điểm): Tính tích phân: I = ò (1 + cos x )xdx 0 Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, góc BAD  1200 .Mặt bên (SAB) có SA  a, SB  a 3 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SAB). Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d : mx  y  m  4  0 và đường thẳng  : x  2 y  9  0 ; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu của B trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng  nhỏ nhất. Câu 8* ( 1,0 điểm ): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng x 1 y  2 z  2 :   và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng 3 2 2 song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng (). Câu 9 *(0.5 điểm) 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Từ các chữ số của tập T  0;1;2;3;4;5 , người ta ghi ngẫu nhiên hai số tự nhiên có ba chữ số khác nhau lên hai tấm thẻ. Tính xác suất để hai số ghi trên hai tấm thẻ đó có ít nhất một số chia hết cho 5. Câu 10 ( 1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực tùy ý thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng với a  1 ta luôn có : 1 1 1 x y z  y  z  x  y  z. x a a a a a a 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 1 a + TXĐ: D = R. 0.5  x  0  6 3  3 + y '  4x  6x ; y '  0  4x  6x=0   x  2  x   6  2 + Giới hạn: lim y  , lim y   x x  +Hàm số đồng biến trên  ;   (   6 6 6  ;0  và  và  0;  ; nghịch biến trên   2  2 2     6 ; ) . 2 + Hàm số đạt cực đại tại x   6 13 , yCD  , Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 4 2 1 Bảng biến thiên  Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3) 0.25 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết b x 4  3x 2  m  0   x4  3x2  1  m  1 0.25 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=m+1. 0.25 Dựa vào đồ thị, phương trình có 4 nghiệm phân biệt 0.5  1  m 1  Câu2 13 9 0m 4 4 a. BiÕn ®æi ph-¬ng tr×nh vÒ d¹ng : 2sinx(cos x 1)  2sin 2 x  0 (1đ) 0,25 s inx  0 s inx(sin x  cos x  1)  0   sin x  cos x  1  0 Với sinx  0  x  k 2  x  k 2 1 Với cos2x = 1  sin x  cos x  1  0  sin( x  )  , k Z   x    k 2 4 2 2   Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. x  k , x   2  k 2 , k  Z  2a  b  2 b. Gi¶ sö z = a + bi , (a, b  R) . Khi ®ã:  2 2 a  (b  1)  2 Giải hệ ta ®-îc a = 1 , b = 0 hoÆc a  VËy z1  1, z2  1 12  i 5 5 1 12 , b 5 5 0,25 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 3 (0.5) đ ĐK: x  ¡   PT  log 2 x 2  x  1   2  log 2 x 2  x  3     2  x2  x  1  x2  x  1  2  0 3 4 Đặt: t  x 2  x  1, t  t  1( L) Ta được phương trình : t 2  t  2  0   t  2( N ) 0.25  1  5 x  2 Với t  2  x 2  x  1  0    1  5 x  2  Vậy : x  Câu 4 1đ 1  5 1  5 và x  là nghiệm của phương trình. 2 2 0.25 ĐKXĐ: x  ¡ ; y  ¡ . 0.25 Ta có xy  2  y x 2  2  y   x2  2  x  2  y  2 x2  2  x  y  x 2  2  x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :   2 x 2  2  x  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x 0.25  1  x x 2  2  2 x   x  1 x 2  2 x  3  0 .   x  1 1   Xét hàm  x  1 2 số f '(t )  1  t 2  2   2     x  1     x f (t )  t 1  t 2  2 t2 t2  2  2  2  (*)  với t ¡ . Ta  0, t  ¡  f (t ) đồng biến trên ¡ . có 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1 Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x  1)  f ( x)  x  1   x  x   . 2 1  1 x   Thay x   vào (1) ta tìm được y  1.Vậy hệ đã cho có nghiệm là  2 2  y  1. 0.25 Câu 5 1đ p I = p 0.25 p ò (1 + cos x )xdx = ò xdx + ò x cos xdx 0 0 p x2  Với I 1 = ò xdx = 2 0 0 p = 0 p 2 02 p2 = 2 2 2 0.25 p  Với I 2 = ò x cos xdx 0 ìï u = x  Đặt ïí ïì du = dx . Thay vào công thức tích phân từng Þ ïí ïï dv = cos xdx ïï v = sin x î î phần ta được: p I 2 = x sin x 0 - p ò0 p p sin xdx = 0 - (- cos x ) 0 = cos x 0 = cos p - cos 0 = - 2 p2 - 2  Vậy, I = I 1 + I 2 = 2 Câu 6 *) Tính VS.ABCD (1đ) Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S. 0.25 0.25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ( SAB)  ( ABCD)  Trong mp(SAB) hạ SH  AB ta có ( SAB)  ( ABCD)  AB  SH  ( SABCD)  SH  AB  Tính được SH  a 3 , S ABCD  2S ABD  AB. AD.sin1200  2a 2 3  VS . ABCD  a3 2 0,25 *) Tính d(G,(SAB)) Gọi SG  CD  I  d ( I , ( SAB)) IS 3 2    d (G, ( SAB))  d ( I , ( SAB)) . d (G( SAB)) GS 2 3 0,25 Ta có CD / / AB  CD / /(SAB)  d ( I ,(SAB))  d (C,( SAB))  a 3 . (Hạ CK  AB  CK  (SAB) mà ABC đều cạnh 2a  CK  a 3 ) Vậy d (G, ( SAB))  2 3a 3 0,25 Câu 7 1đ Ta có phương trình d : mx  y  m  4  0  ( x 1)m  ( y  4)  0 . Suy ra d luôn đi 0.25 qua điểm cố định A(1; 4), mà BH vuông góc với d nên suy ra H luôn thuộc đường tròn (C) đường kính AB. Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C): ( x  1)2  ( y  3)2  5 0.25 Gọi d’ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với  . Khi đó d’ có pt: 2 x  y  5  0 . Tọa độ giao điểm của d’ và (C) là nghiệm của hệ phương trình : 2 x  y  5  0 y  5   2 2 ( x  1)  ( y  3)  5  x  0 M1 (0;5); M 2 (2;1) hoặc y 1 .   x  2 Khi 0.25 đó d’ cắt (C) tại 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Ta có d ( M1 , )  19 5 9 5 . Vậy H trùng với M 2 (2;1) ; d ( M 2 , )  5 5 0.25 Câu 8 1đ  x  1  3t  Đường thẳng () có phương trình tham số:  y  2  2t t  ¡  z  2  2t  0.25 r Mặt phẳng (P) có VTPT n  (1; 3; 2) uuuur Giả sử N(1 + 3t ; 2  2t ; 2 + 2t)    MN  (3t  3; 2t;2t  2) 0.25 uuuur r Để MN // (P) thì MN .n  0  t  7  N(20; 12; 16) 0.25 Phương trình đường thẳng cần tìm : Câu 9 (0.5)đ x2 y2 z4   9 7 6 0.25 + Có 5. A52  100 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau + Có A52  4. A41  36 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 5. + Có 64 số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và không chia hết cho 5. 0,25 1 1 .C99  9900 + n     C100 + Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia hết cho 5” 1 1 1 1 .C64  C36 .C35  3564 Ta có: n  A  C36 Vậy : P  A  n  A 3564 9    0,36 n    9900 25 0,25 Câu 10 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết (1đ) 0,25 * Víi a = 1 ta thÊy B§T ®óng . * Ta xÐt khi a > 1. t Hµm sè y= y  1 1    nghÞch biÕn víi t  R , khi a > 1. at  a  Khi ®ã ta cã Ta có : ( x  y )( 0,25 1 1 x y x y  y )  0, x, y  R. Suy ra x  y  y  x (1) x a a a a a a Chøng minh t-¬ng tù y z z y  z  y  z (2) y a a a a Céng vÕ víi vÕ (1) ,(2) vµ (3) ta ®-îc 2( z x x z  x  z  x (3) z a a a a x y z yz zx x y  y  z) x  y  z x a a a a a a (4) Céng 2 vÕ cña (4) víi biÓu thøc 3( x y z  y  z ta ®-îc x a a a 0,25 x y z x yz x yz x yz 1 1 1  y  z)    ( x  y  z )( x  y  z ) x x y z a a a a a a a a a Suy ra 1 1 1 x y z  y  z  x  y  z . ( do x + y + z = 3 ) x a a a a a a DÊu b»ng x¶y ra khi chØ khi x = y = z = 1. (®pcm) 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 03 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x x 1 (1). a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b*) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận. Câu 2 (1,0 điểm). a*) Giải phương trình: sin 2 x  2cos2 x  3sin x  cos x . b*) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  i  z  5  i . Tính mô đun của số phức w  1  iz  z 2 . Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình: log2 (4x1  4).log2 (4x  1)  3 .  x3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3  x  x  3  2 x  2  y ( x, y  ¡ ) . e 1 Câu 5*(1,0 điểm). Tính tích phân I    x   ln xdx. 1  x Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC. Biết B(2; 3) và AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y  1  0 , điểm M  2; 1 nằm trên đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD. Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1  và mặt phẳng ( P) : 6 x  3 y  2 z  24  0 . Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu. Câu 9* (0,5 điểm) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 5 tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 4. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 10(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3. Chứng minh rằng: 1 1 1 1    . 2 2 1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) abc 2 -------------Hết----------Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Đáp án a) (1,0 điểm) 1 (2,0đ)  Tập xác định D  ¡ \ 1 .  Sự biến thiên: Điểm 0,25 - Chiều biến thiên: y '   1  0, x  D .  x  1 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1  và 1;   . 2 - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 .  tiệm cận ngang: y  1 . x  x  0,25 lim y   ; lim y   .  tiệm cận đứng: x  1 . x 1 - Bảng biến thiên: x x 1 0,25  1  y' y -  1  1  Đồ thị: 0,25 y 1 x b) (1,0 điểm) Gọi d : y  x  m . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: 0,25 x  xm x 1  x   x  1 x  m  (Vì x  1 không phải là nghiệm của phương trình)  x2   m  2  x  m  0 (1) Ta có   m2  4  0, m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m . Khi đó, A  x1; x1  m , B  x2 ; x2  m  , với x1 , x2 là hai nghiệm của phương 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết trình (1). Ta có: I 1;1  d  I , AB   m 2 . và AB   x2  x1    x2  x1   2  x1  x2   8x1x2  2  m2  4  . 2 Ta có: S IAB 2 2 0,25 m m2  4 1 . Theo giả thiết, ta có:  AB.d  I , AB   2 2 S IAB m m2  4  3  3m 2. 2 a) Phương trình đã 2 (1,0đ) 2sin 2 x  3sin x  2  2sin x cos x  cos x  0 cho tương đương 0,25   2sin x  1 sin x  cos x  2   0  sin x  cos x  2  0 : Phương trình vô nghiệm 0,25    x   6  k 2  2sin x  1  0   (k  ¢ )  x  7  k 2  6  7  k 2 (k  ¢ ). 6 6 3a  b  5 a  1 a) Đặt z  a  bi  a, b  ¡  . Từ giả thiết ta có:  .  a  b  1 b  2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x    k 2 , x  0,25 Do đó z  1  2i . Suy ra w  1  iz  z 2  1  i 1  2i   1  2i   3i . Vậy w  3 . 0,25  0,25 2 3 (0.5đ)  log 2 (4x 1  4).log 2 (4 x  1)  3  2  log 2 (4 x  1) .log 2 (4 x 1)  3 t  1 t  3 Đặt t  log2 (4x  1) , phương trình trở thành:  2  t  t  3   0,25  t  1  log2 (4x  1)  1  4x  1  2  x  0 . 1 8 7 8  t  3  log 2 (4 x  1)  3  4 x  1   4 x   : Phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  0 . 4 (1,0đ) 3 3 2   x  y  3 y  x  4 y  2  0 (1)  3 (2)  x  x  3  2 x  2  y Điều kiện: x  2 . 0,25 (1)  x3  x  2  y3  3 y 2  4 y  x3  x  2   y  1   y  1  2 . 3 Xét hàm số f  t   t 3  t  2 trên  2;   . Ta có: f '  t   3t 2  1  0, t   2;   . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  2;   . Do đó: x  y  1 . Thay y  x  1 và phương trình (2) ta được: x3  3  2 x  2  1  x3  8  2      x  2  2   x  2 x2  2 x  4     x  2 x  2x  4  2  2  x2 2   x2 2 x2 2    x  2  x2  2 x  4   x22  2  x  2  0,25     0 x2 2   2   x2  0  x  2 y 3  x2  2 x  4   2 x22  0,25  0  x2  2 x  4   2 x2 2  (*) 2  1, x   2;   x2 2 Ta có VT  x 2  2 x  4   x  1  3  3;VP  2 Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;3 . 0,25 e e e 5 1 1 Ta có: I    x   ln xdx   x ln xdx   ln xdx. (1,0đ) x x 1 1 1 e 1 x  Tính  x ln xdx . Đặt u  ln x và dv  xdx . Suy ra du  dx và v  1 e e x2 2 0,25 2 e x2 x e2 x 2 e2 1   Do đó,  x ln xdx  ln x   dx   2 2 2 4 1 4 4 1 1 1 e  Tính 1 1 x  x ln xdx. Đặt t  ln x  dt  dx . Khi x  1 thì t  0 , khi x  e thì 1 0,25 t  1. e 1 1 1 t2 1 Ta có:  ln xdx   tdt   . x 20 2 1 0 e2  3 Vậy, I  . 4 6 (1,0đ) 0,25 Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra S SH  ( ABCD) K A D I H B C ·  300 . và SCH Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 . Xét tam giác SHC vuông tại H ta có: 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3 HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra 0,25 BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 . Vậy, VS . ABCD 1 4a 3 6 .  S ABCD .SH  3 3 Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   0,25 Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có: AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI . Do đó: HK   SAC  . Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên 0,25 Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một đường tròn. Mà BC  CD nên H · . AC là đường phân giác của góc BAD D A M B' Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AC. Khi đó B '  AD . Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 HI AH AH .BC a 6 .   HI   BC AC AC 3 Suy ra, HK  HS .HI HS  HI 2 2  a 66 . 11 Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2HK  7 (1,0đ) B 2a 66 11 C x  y 1  0 x  3  . Suy ra H  3; 2  .  x  y  5  0 y  2 Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó B '  4;1 . uuuur Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có phương trình x  3 y  1  0 . Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: x  y 1  0 x  1  . Do đó, A 1;0  .   x  3 y 1  0 y  0 uuur uuuur Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB  B ' C . Do đó, C  5; 4  . 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3x  y 14  0 . Gọi I  d  AD , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 3x  y  14  0 43 11 38 11 . Suy ra, I  ;  . Do đó, D  ;  .   10 10   5 5 x  3 y 1  0 uuur Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên có phương trình 9 x  13 y  97  0 . khác) 0,25 0,25 (Học sinh có thể giải theo cách Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra: 0,25 8 (1,0đ)  x  2  6t  d :  y  5  3t  z  1  2t  Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên H  d  ( P) . Vì H  d nên H  2  6t;5  3t;1  2t  . Mặt khác, H  ( P) nên ta có: 6  2  6t   3 5  3t   2 1  2t   24  0  t  1 0,25 Do đó, H  4; 2;3 . Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu. Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R2  784  R  14 . Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH  ( P)  I  d . Do đó tọa độ điểm I có dạng I  2  6t;5  3t;1  2t  , với t  1. 0,25 Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: 0,25  6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24  t  1  14  d ( I , ( P))  14 2 2 2   6  3  (2)    t  3  t  1   AI  14  2  t  2 2 2 2  6 t  3 t   2 t  14         Do đó, I 8;8;  1 . Vậy, mặt cầu (S ) :  x  8   y  8   z  1  196 2 9 (0,5 đ) 2 Số phần tử của không gian mẫu là: n     C205  15504 . 0,25 Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4, 5 tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4. 0,25 Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có: n  A  C103 .C51.C51  3000 . Vậy, xác suất cần tính là: P  A  10 2 n  A 3000 125   . n    15504 646 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết (1,0đ) 3  ab  bc  ca  3 3 (abc)2  abc  1 . Suy ra: 0,25 1  a 2 (b  c)  abc  a 2 (b  c)  a(ab  bc  ca)  3a  Tương tự ta có: 1 1  (1). 1  a (b  c) 3a 2 1 1 1 1  (2),  (3). 2 1  b (c  a) 3b 1  c (a  b) 3c 2 Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 1 ab  bc  ca 1    (   )  W. 2 2 1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) 3 c b c 3abc abc 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0). 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 04 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2 x 2  3 a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b*) Tìm m để phương trình x 4  2 x 2  m  3 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a*) Giải phương trình: 2 cos 2 x  8 sin x  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: 3.9 x  10.3x  3  0 . 2 2 2  x y  x  1  2x x y  2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) . 3 6 2 2 y ( x  1)  3 y ( x  2)  3 y  4  0    2 Câu 5* (1,0 điểm). Tính tích phân I =  ( x  cos2 x) sin xdx . 0 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 d : x  y  1  0 và đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  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 d : x 1 y  4 z   và mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  6  0 . Tìm tọa độ giao 2 1 2 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). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ). x, y, z là các số thực thỏa mãn  1  2 2  x  1  2 2 , y  0, z  0 và x  y  z  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Câu 10 (1,0 điểm). Cho P 1 1 1 .   2 2 ( x  y) ( x  z) 8  ( y  z)2 ----------------HẾT---------------- 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Câu 1 (2,0 điểm) Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D  R 2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y   ; lim y   x x 0,25 b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x3  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1 - -1 0 x + y' 0 + 0 0 +  + y 1 + - 3 -4 -4 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. 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 0,25 y  3 1 O 1 3 x 0,25 3 4 b) (1,0 điểm) Ta có x4  2x2  m  3  x4  2x2  3  m (1). Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng y  m Theo đồ thị ta thấy đường thẳng y  m cắt (C) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi  4  m  3 . Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi m  (4;3) . 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) 2 cos 2 x  8 sin x  5  0  2(1  2 sin 2 x)  8 sin x  5  0  4 sin 2 x  8 sin x  3  0  3    x  6  k 2 sin x  2 (lo¹i )  ( k  Z)   x  5  k 2 sin x  1  2  6 b) (0,5 điểm) Đặt z  a  bi , ( a, b  R ), khi đó z  a  bi . Theo bài ra ta có Câu 3 (0,5 điểm) Câu 4 (1,0 điểm) (2  i)(1  i)  a  bi  4  2i  a  3  (1  b)i  4  2i a  3  4 a  1 . Do đó z  1 3i , suy ra z  12  32  10   1  b  2 b  3 x Đặt t  3 (t  0) . Bất phương trình đã cho trở thành 1 3t 2  10t  3  0   t  3 3 1 Suy ra  3x  3  1  x  1 . 3 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S  [1;1] . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x 2 y  2 . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) (2)  x6 y 3  3x 2 y  y 3  3 y 2  3 y  1  3( y  1)  ( x 2 y)3  3x 2 y  ( y  1)3  3( y  1) (3) Xét hàm số f (t )  t 3  3t có f '(t )  3t 2  3  0, t R Do đó (3)  f ( x2 y)  f ( y 1)  x2 y  y 1,( y  1). Thế vào (1) ta được x 2 y  x 2  1  2 x y  1 0,25 0,25  x 2 ( y  1)  2 x y  1  1  0  ( x y  1  1) 2  0  x y  1  1 Do đó hệ đã cho tương đương với x2 y  x2  1  y  2  x2  x y  1  1  2    x y  y  1   x 2 (2  x 2 )  x 2  1 (4)  2  x y  y  1 x  0 x  0   4 2 2 (4)  x  3x  1  0  ( x  1) 2  x 2  0  ( x 2  x  1)( x 2  x  1)  0 0,25  1 5 x   1 5 1 5 2 . Do x > 0 nên x  hoặc x   2 2  1 5 x  2  Với x  1 5 1 5 1 5 1 5 y . Với x  . y 2 2 2 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm 1 5 1 5   1  5 1  5   , ( x; y )    ( x; y )   ; ;   2 2  2   2  3 0,25 Câu 5 (1,0 điểm)     2 2 2 2 0 0 0 I   x sin xdx   cos 2 x sin xdx . Đặt I1   x sin xdx, I 2   cos 2 x sin xdx 0,25 0  u  x du  dx   I1   x cos x dv  sin xdx v   cos x  Đặt  2 0 2   cos xdx  sin x 2 0 1   2 2 0 0 cos 3 x 2 1  . 3 0 3 1 4 Vậy I  1   . 3 3 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 ) AC 2a +) Ta có OA   a, 2 2 D BD 4a OB    2a . 2 2 A K B 0,25 0,25 S H 0,25 0  I 2   cos 2 x sin xdx    cos 2 xd (cos x)    AB  OA2  OB2  a 2  4a 2  a 5 O E 0,25 AB 3 a 15  2 2 1 1  AC.BD  2a.4a  4a 2 . 2 2 +) SH  C S ABCD 1 3 0,25 1 a 15 2a 3 15 . .4a 2  3 2 3 Thể tích khối chóp S ABCD là : V  SH .S ABCD   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 )) . HE  0,25 2S BCH S ABC S ABCD 4a 2 2a 5 .     BC BC 2. AB 2a 5 5 1 1 1 5 4 91 2a 15 2a 1365    2   HK   2 2 2 2 2 HK HE SH 4a 15a 60a 91 91 Vậy d ( AD, SC )  2 HK  4a 1365 . 91 4 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  IM 2  9  (a  2)2  (a)2  9  2a 2  4a  5  0 (*) Ta có MA2  MB2  IM 2  IA2  (a  2)2  (a)2  9  2a 2  4a  5 Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình: ( x  a)2  ( y  a  1)2  2a 2  4a  5  x 2  y 2  2ax  2(a  1) y  6a  6  0 (1) Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình x 2  y 2  4 x  2 y  4  0 (2). 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 0,25 0,25 5 11 Nhận thấy đường thẳng  luôn đi qua điểm K  ;  2 2  Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên   d ( E, )  EH  EK  0,25 10 2 Dấu “=” xảy ra khi H  K    EK . Ta có EK    ;  ,  có vectơ chỉ phương u  (a; a  2) 1 3  2 2 1 2 3 2 Do đó   EK  EK .u  0   a  (a  2)  0  a  3 (thỏa mãn (*)) Vậy M  3;4 là điểm cần tìm Câu 8 (1,0 điểm)  x  1  2t d có phương trình tham số  y  4  t .  z  2t  Gọi B  d  (P) , do B  d nên B(1  2t;4  t;2t ) Do B  (P) nên 2(1  2t )  2(4  t )  2t  6  0  t  4  B(7;0;8) 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  2a) 2  (a  1) 2  (2  2a) 2  0,25 0,25 0,25 2(1  2a)  2(4  a)  2a  6 22  22  12 4a  16  9a 2  2 a  9  3 35 . 13 +) Với a  1  I  (1;3;2), R  4  (S ) : ( x  1)2  ( y  3)2  ( z  2)2  16 35 83 87 70 116 +) Với a    I    ; ; ; R  13 13  13 13 13  0,25  9(9a 2  2a  9)  (4a  16) 2  65a 2  110a  175  0  a  1; a   2 2 2 83   87   70  13456   (S ) :  x     y     z    13   13  169  13   5 0,25 Câu 9 (0,5 điểm) Xét các số có 9 chữ số khác nhau: - Có 9 cách chọn chữ số ở vị trí đầu tiên. - Có A98 cách chọn 8 chữ số tiếp theo Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9. A98 = 3265920 Xét các số thỏa mãn đề bài: - Có C54 cách chọn 4 chữ số lẻ. - Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, do chữ số 0 không thể đứng đầu và cuối nên có 7 cách xếp. - Tiếp theo ta có A42 cách chọn và xếp hai chữ số lẻ đứng hai bên chữ số 0. - Cuối cùng ta có 6! cách xếp 6 chữ số còn lại vào 6 vị trí còn lại. Gọi A là biến cố đã cho, khi đó n( A)  C54 .7. A42 .6! 302400. 0,25 0,25 302400 5  . 3265920 54 1 1 1 1 1 1 Ta có P       2 2 2 2 2 (1  z ) (1  y) 8  (1  x) (1  y) (1  z ) 8  (1  x) 2 1 1 1 Ta sẽ chứng minh   2 2 (1  y) (1  z ) 1  yz Vậy xác suất cần tìm là P( A)  Câu 10 (1,0 điểm) Thật vậy: 1 1 1    (1  yz )[(1  z ) 2  (1  y) 2 ]  [(1  z )(1  y)]2 . 2 2 (1  y) (1  z ) 1  yz  (1  yz )(2  2 z  2 y  z 2  y 2 )  (1  zy  z  y) 2 0,25  2( z  y)(1  zy)  2(1  yz )  (1  zy)( y  z ) 2  2 zy(1  yz )  (1  zy) 2  2( z  y)(1  zy)  ( z  y) 2  (1  zy)( y  z) 2  2  4 yz  2 y 2 z 2  (1  yz ) 2  ( y  z) 2  4 yz  0  yz ( y  z ) 2  (1  yz ) 2  0 (hiển nhiên đúng). Dấu “=” xảy ra khi y  z  1 . yz (1  x) 2 (1  x) 2  yz Ta lại có  yz  yz      2 4 4  2  1 1 1 1 4     Do đó 2 2 2 (1  x) (1  y) (1  z ) 1  yz 4  (1  x) 2 1 4 4 1 P  2 4  (1  x) 8  ( x  1) 2 2 Do  1  2 2  x  1  2 2 nên ( x  1) 2 [0;8) . Đặt t  (1  x) 2  t [0;8) và P  4 1  4t 8t 6 0,25 4 1 với t [0;8) .  4t 8t 4 1  3t 2  72t  240 f ' (t )     (4  t ) 2 (8  t ) 2 (4  t ) 2 (8  t ) 2 f ' (t )  0  3t 2  72t  240  0  t  4; t  20 (loại) Xét f (t )  Bảng biến thiên 0 8 t f’(t) f(t) 4 0,25 - 0 + 9 8  3 4 2 (1  x)  4  x  3 3 3  Do đó P  f (t )  và P  khi  y  z  1  4 4  x  y  z  1  y  z  1  Vậy min P  3 khi x  3, y  z  1 4 ----------------HẾT---------------- 7 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 05 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  2x  2 (C) x 1 1*. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đthị (C). 2*. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B . Câu II: (1 điểm) 1*.Giải phương trình: cos2 x  3sin x  2  0 3 2*.Tìm phần ảo của z biết: z  3z   2  i   2  i  Câu III*: (0,5điểm) Giải phương trình:  25x  3.5x 10  0  Câu IV (1 điểm) Giải phương trình : 4 2 10  2 x  3 9 x  37  4x 2  15 x  33 Câu V*: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  e x  1 ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8. Câu VI: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng a 3 , 4 tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu VII (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC. Câu VIII* (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1: d2: x 1 y 1 z 1 ;   2 1 1 x 1 y  2 z 1   và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của 1 1 2 đường thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 . 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu IX: Giải phương trình Cxx  2Cxx1  Cxx2  Cx2x23 ( Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử) Câu X: (1 điểm) Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của ….. Hết …. x P 3  y3    x2  y 2  ( x  1)( y  1) 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN NỘI DUNG CÂU ĐIỂM Tập xác định D = R\- 1 Sự biến thiên: -Chiều biến thiên: y '  4  0, x  D . ( x  1)2 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ). - Cực trị: Hàm số không có cực trị. - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2x  2 2x  2  2 ; lim  2 . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. x  x  1 x x  1 2x  2 2x  2 lim   ; lim   . Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng. x 1 x 1 x 1 x 1 lim -Bảng biến thiên: x - y’ -1 + + + + I-1 (1 đ) 0,25 0,25 2 y 2 - Đồ thị: -Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) -Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2) - Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm hai tiệm cận I(- 1; 2). y 2 1 y O 1 2 x = 1 = 2 0,25 x 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > 0 I-2 (1 đ) II-1 (0,5đ) m  4  4 2   m  4  4 2 0,5 0,25 0,25 cos2 x  3sin x  2  0  1  2sin 2 x  3sin x  2  0  2sin 2 x  3sin x  1  0   x   k 2  2   sin x  1   1   x   k 2 , k  ¢ sin x  6  2  5 x   k 2  6 0,25 0,25 z  3z   2  i   2  i  (1) 3 Giả sử z=a+bi II-2 (0,5 đ) (1)  a  bi  3a  3bi  8  12i  6i 2  i 3   2  i    2  11i . 2  i   4a  2bi  4  2i  22i  11i 2  20i  15  a  15 ; b  10 . 4 0,25 0,25 Vậy phần ảo của z bằng -10 25x  3.5x  10  0  52 x  3.5x  10  0 Đặt t  5x , t  0 III (0,5 đ) 0,25 Phương trình trở thành: t  2(nhan) t 2  3t  10  0   t  5(loai) t  2  5x  2  x  log5 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  log5 2 . 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết IV (1d)     ĐK: x  5 . Pt  4 4  3 9 x  37  8 4  10  2 x  4 x 2  15 x  81  0  4  27  9 x  16  4 3 9 x  37   3 9 x  37  2  8(6  2 x)  ( x  3)(4 x  27)  0 4  10  2 x - TH1 x  3  0  x  3 (TMPT) - TH 2. x  3 36 16 pt    4 x  27  0 2 3 3 4  10  2 x 16  4 9 x  37  9 x  37   12   36 3 9 x  37  2  2   36 16   4.5  27  0 . Đẳng thức xảy ra  x  5 12 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm là 3 và 5 Diện tích S   0,25 0,25 16  4 x  27  0 4  10  2 x Do x  5 nên VT  ln8 0,25 0,25 e x  1dx ; Đặt t  e x  1  t 2  e x  1  e x  t 2  1 ln 3 0,25 Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx  V (1 d) dx  2t dt t 1 0,25 2 3 3 2t 2 2 Do đó S   2 dt    2  2  dt  t 1 t 1 2 2 t 1  3   3  2  ln   (đvdt) =  2t  ln  t 1  2 2  0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = ·BD  600 a 3 ; BO = a , do đó A Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của 1 2 HB ta có DH  AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK  DH  VI (1 đ) 0,25 a 3  2 0,25 OK  AB  AB  (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  2 3a 2 ; 1 1 1 a    SO  2 2 2 OI OK SO 2 S a 2 đường cao của hình chóp SO  . Thể tích khối chóp S.ABCD: VS . ABCD  1 3a 3 S ABCD .SO  3 3 0,5 I D A 3a O C H a K B x - y - 2  0 Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:   A(3; 1) x  2 y - 5  0 Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC VII (1 đ) 3  b  5  2c  9 0,25 0,25 b  5 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên   . Hay 1  b  2  c  6 c  2 B(5; 3), C(1; 2) r uuur Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC  (4; 1) . Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25 Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. VIII (1 đ) 0,25 r Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u  (1;3; 1) Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 0,25 x 1 y z  2   1 3 1 0,25 2  x  5 x  N ĐK :  IX (0,5d) 0,25 Ta có Cxx  Cxx1  Cxx1  Cxx2  Cx2x23  Cxx1  Cxx11  Cx2x23  Cxx2  Cx2x23  (5  x)!  2!  x  3 0,25 t2 Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy  4 2 3 2 t t  t  xy (3t  2) . Do 3t - 2 > 0 và  xy   nên ta có P 4 xy  t  1 2 t 2 (3t  2) t t  t2 4 P  t2 t2  t 1 4 t2 t 2  4t Xét hàm số f (t )  ; f '(t )  ; f’(t) = 0  t = 0 v t = 4. t2 (t  2)2 3 X (1d) 0,25 t f’(t) 0,25 2 2 4 0 - + + + + 0,25 f(t) 8 x  y  4 min f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi  Do đó min P = (2;  )  xy  4 x  2  y  2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 06 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2 điểm) Cho hàm số : y   x 1 (C) 2x  1 1*. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2*. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu II (1 điểm) 1*. Giải phương trình sau trên tập số phức z 2  z  1  0 2*. Giải phương trình: cos 2 x  cos x  sin x  1  0 Câu III* (0,5 điểm) Giải phương trình: 4log 22 x  log 2 x  2 Câu IV. (1 điểm) Giải bất phương trình x  1  x 2  2  3x  4 x 2 . 2x  1 dx 1  3 x  1 0 1 Câu V* (1 điểm) Tính tích phân sau I  Câu VI(1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu VII( 1điểm) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu VIII*(1điểm) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu IX* (0,5điểm) . Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu X (1điểm) . Tìm m để hệ phương trình 3 3 2   x  y  3 y  3x  2  0 có nghiệm thực.  2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0   ……...HẾT........... 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN Câu I.1(1d) Đáp án TX§: D = R\ {-1/2} Sù BiÕn thiªn: y ,  3  2 x  1 2 Điểm 0,2 5  0x  D 1 2 Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn (;  )va( 1 ; ) 2 + Giíi h¹n ,tiÖm cËn: lim y   x  0,2 5 1 2 lim y    §THS cã tiÑm cËn ®øng : x = -1/2 x  1 2 1 2 x  1 lim y   2 x  lim y    ®THS cã tiÖm cËn ngang: y = -1/2 + B¶ng biÕn thiªn:  x y y ,  -1/2 -  -1/2 0,25  -1/2 §å ThÞ : 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết y 1 -1/2 0 x 1 I -1/2 I.2(1d) 1  2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A  ,0  0,25  1 Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k x   2  x  1 1   2x  1  k  x  2    () tiếp xúc với (C)   /  x  1   k coù nghieäm  2x  1   x  1 1   2x  1  k x  2  (1)      3  k (2)  2x  12 0,25 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 1  3 x   x  1 2   2 2x  1  2x  1 1 1 3  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x  1  2 2 2 5 1 x . Do đó k   12 2 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   0,25 1 1 x   12  2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết II.1(0,5d) Ta có:   1  4  3  3i 2 căn bậc hai của  là i 3 Phương trình có nghiệm: z1  II.2(0,5đ) 1 i 3 1 3 1 3   i , z2   i 2 2 2 2 2 0,25 0,25 cos 2 x  cos x  sin x  1  0 cos 2 x  0   sin  x     1   4 2 k k  ¢  4 2  x  k 2  1   (k  ¢ ) +) Với sin  x     x    k 2 4 2   2 +) Với cos 2 x  0  x  III.(0,5d)   Điều kiện x > 0. 0,25 (1)  4log x  log 1 x  2  4log x  2log 2 x  2  0 2 2 2 2 22 Đặt t  log 2 x t  1 Pt có dạng 4t  2t  2  0   1 t   2 2 t  1  log 2 x  1  x  21  1 1 (nhan) 2 1 1 2 t   log 2 x   x  2  2 (nhan) 2 2 1 Vậy phương trình có nghiệm x  và x  2 2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết IV(1d) x  0 0  x  1 3  41   2   3  41 . Điềukiện: 1  x  0 3  41  0  x  8  x    2 8 8  2  3x  4 x  0 0,5 (*) Bất phương trình đã cho tương đương với x  1  x2  2 x(1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x2  x)  (1  x)  2 ( x  x 2 )(1  x)  0 3 x2  x x2  x 2 1  0  1 x 1 x  5  34 0,5 x   x2  x 1 9   9 x 2  10 x  1  0   1 x 3  5  34 . x  9  Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5  34 3  41 x . 9 8 V(1d) t 2 1 2  dx  tdt Đặt 3x  1  t ta được x  3 3 Đổi cận x  0  t  1; x  1  t  2 2 2t 3  t 2  2 3  28 2 3 dt  2 t  2 t  3  dt   ln   9 1 1  t 9 1  t 1  27 3 2 2 Khi đó I  0,5 2 VI(1d) 0,5 0,5 C’ A’ B’ H A C O B Gọi M là trung điểm BC ta thấy: M AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC   Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BC  ( A' AM )    HM  BC .Vậy HM là đọan vuông góc chung của HM  ( A' AM ) 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết AA’và BC, do đó d ( AA', BC)  HM  a 3 . 4 Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A' O HM  AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a   AH 3 4 3a 3 1 1aa 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12 Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5 0,5  suy ra A' O  VII(1d) 0,25 Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17 VIII(1d) Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d ( M , AB)  ; d ( M , CD)  5 17 0,25 Từ đó: SMAB  SMCD  d (M , AB).AB  d (M , CD).CD 7 7  Có 2 điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2)  t  9  t  3 3 *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0,5 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 0,5 1 2 1 1 suy ra H ( ; ; ) 3 3 3 3 4 2 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O' ( ; ; ) 3 3 3 IX(0,5d) 0.25 n     C113  165 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135 135 9  Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 165 11 0,25 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết X(1d) 3 3 2   x  y  3 y  3x  2  0  2 2 2  x  1  x  3 2 y  y  m  0 (1) (2) 0,25  1  x  1 1  x  0 Điều kiện:    2   2 y  y  0 0  y  2 2 Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. 0,25 Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  y = t  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  m  0 Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v)  1; m ax g (v)  2 [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 07 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1* 1. i m h os ts i n thi n v v th C 2. Vi t phương trình ti p tuy n ằng 2 . h ms y  C , i t kho ng 2x  1 x 1 h từ iểm I 1;2 n ti p tuy n Câu 2* (1 i m 17 x  )  16  2 3.sin x cos x  20sin 2 (  ) 2 2 12 2 2) Cho z l s phứ . Tìm m ể phương trình m z  (m  1)z  i  0 ó h i nghiệm phân iệt z 1; z 2 sao cho | z 1 |  | z 2 | 2 1) i i phương trình Câu 3* 0,5 i m Câu 4 (1,0 điểm) sin(2x  i i pt s u: 8.3x + 3.2x = 24 + 6x 4 3 2 2 x  x y  x y  1 i i hệ phương trình :  3 2 x y  x  xy  1  Câu 5* i m : T nh t h phân: I 4  0 tan x .ln(cos x ) dx cos x Câu 6 i m : Cho hình hóp S.ABC ó y ABC l t m gi vuông tại A với AB , mặt n l t m gi ân tại ỉnh S. H i mặt phẳng SAB v SAC ùng tạo với mặt phẳng 0 y gó 60 . T nh ôsin gó giữ h i mặt phẳng SAB v SBC . Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng t y ho iểm A 1;1 v ư ng thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm t iểm B thu ư ng thẳng  s o ho ư ng thẳng AB v  hợp với nh u 0 góc 45 . Câu 8* (1,0 điểm) Trong không gi n với hệ t x y 1 z thẳng (d ) :   1 2 3 Chứng minh: iểm ó. , x y 1 z  4 và (d ') :   1 2 5 , yz, ho iểm 1;-1;1) v h i ư ng ùng nằm tr n m t mặt phẳng. Vi t phương trình mặt phẳng 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9* (0,5 điểm) H i ngư i ùng ắn v o m t mụ ti u. X suất ắn trúng từng ngư i l 0,8 v 0,9. Tìm suất i n s o ho hỉ ó m t ngư i ắn trúng mụ ti u. Câu 10: i m Cho , , l s ương th a b b c c a   3 ab  c bc  a ca  b m n 1. Chứng minh rằng: 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu -ý 1.1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung nh : D  R \ 1 *Tập *Tính y '  0.25 1  0 x  D (x  1)2 H m s ngh h i n tr n *H m s không ó tr * iới hạn 0.25 kho ng (;1) và (1; ) Lim y   Lim y   Lim y  2 Lim y  2 x 1 0.25 x 1 x  1.2 Điểm x  Đ th ó tiệm ận ứng : 1 , tiệm ận ng ng y 2 *B ng i n thi n *V th *Ti p tuy n C tại iểm M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) ó phương trình 0.25 y  f '(x 0 )(x  x 0 )  f (x 0 ) Hay x  (x 0  1)2 y  2x 02  2x 0 1  0 (*) * ho ng h từ iểm I 1;2 n ti p tuy n *  2  2x 0 1  (x 0  1) 4 0.25 ằng 2  2 0.25 gi i ượ nghiệm x 0  0 và x 0  2 0.25 *C ti p tuy n ần tìm : x  y  1  0 và x  y  5  0 0.25 2.1 *Bi n ổi phương trình ho tương ương với  c os2x  3 sin 2x  10c os(x  )  6  0 6    c os(2x  )  5c os(x  )  3  0 3 6    2c os 2 (x  )  5c os(x  )  2  0 6 6  1  i i ượ c os(x  )   và c os(x  )  2 loại 6 2 6  1  5 * i i c os(x  )   ượ nghiệm x   k 2 và x    k 2 6 2 2 6 2.2 Để pt ó 2 nghiệm (*) Với thì pt ho l pt ậ h i ó nghiệm 0.25 0.25 nên pt có 2 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Theo bài ra : 3 4 0.25 t hợp với iều kiện * t ượ Pt ho tương ương 3x -3)(8-2x )= 0 Từ ó tìm ượ 1 hoặ 3 th m n i to n 0.25 0.25 0.25 (x 2  xy )2  1  x 3y  *Bi n ổi hệ tương ương với  3 2  x y  (x  xy )  1 2 x  xy  u *Đặt ẩn phụ  3 ,t x y  v u 2  1  v ượ hệ  * i i hệ tr n ượ nghiệm u;v l *Từ ó gi i ượ nghiệm 0.25 v  u  1 ;y l 1;0 v 1;0 v -2;-3) 0.25 -1;0) 0.25 5 *Đặt t os Tính dt=-sinxdx , ổi ận 1 2 Từ ó I    1 ln t dt  t2 1 dt t2 1 1 Suy ra I   ln t 1  t 2 1  1 2 *Đặt u  ln t ;dv  * 6 t qu I  2 1  0 thì t 1 , x   4 thì t  0.25 1 2 ln t dt t2 0.25 1 1  du  dt ; v   t t 0.25 1 1 2 1 1 t 2 dt   2 ln 2  t 1 2 2 1 2 ln 2 2 0.25 *V hình * i H l trung iểm BC , hứng minh SH  (A B C ) *X nh úng gó giữ h i mặt phẳng SAB , SAC với mặt là 0.25 y SEH  SFH  600 * ẻ HK  SB , lập luận suy r gó giữ h i mặt phẳng SAB v 0.25 (SBC) ằng HK A . *Lập luận v t nh ượ AC AB *T m gi SH vuông tại H ó a 2 a 3 , SH  HF tan 600  2 2 1 1 3    K H a 2 2 HS HB 10 ,HA  1 HK 2 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết a 2 AH 20 *Tam giác AHK vuông tại H ó tan A K H   2  KH 3 3 a 10 3  cos A K H  23 0.25 7 ur x  1  3t và có vtcp u  (3; 2) y  2  2t *  ó phương trình th m s  *A thu   A (1  3t ; 2  2t ) uuuur ur 1 *Ta có (AB;  )=450  c os(A B ; u )  2 uuuur ur A B .u 1  ur  2 AB.u 0.25 15 3 t   13 13 32 4 22 32 *C iểm ần tìm l A 1 ( ; ), A 2 ( ;  ) 13 13 13 13 uur * i qu M 1 (0; 1;0) và có vtcp u 1  (1; 2; 3) uur i qu M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2  (1; 2;5) uuuuuuur uur uur ur *Ta có u 1; u 2   (4; 8; 4)  O , M 1M 2  (0; 2; 4) uur uur uuuuuuur Xét u 1; u 2  .M 1M 2  16  14  0  169t 2  156t  45  0  t  8 0.25 0.25 0.25  v ng phẳng . ur * i P l mặt phẳng hứ v > P ó vtpt n  (1; 2; 1) và i qu 1 n n ó phương trình x  2y  z  2  0 *Dễ thấy iểm 1;-1;1 thu mf P , từ ó t ó p m 9 10 iAl i n ngư i ắn trúng mụ ti u với suất l 0.8 Bl i n ngư i ắn trúng mụ ti u với suất l 0.9 iCl i n ần t nh suất thì C A .B  A .B Vậy suất ần t nh l P C 0,8. 1-0,9)+(1-0,8).0,9=0,26 a b 1c 1c   ab  c ab  1  b  a (1  a )(1  b ) 1c 1b 1a   *Từ ó V T  (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) *Bi n ổi Do , , ương v 1 n n , , thu kho ng 0;1 b,1- ương * p ụng ất ẳng thứ Côsi ho s ương t ượ 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 > 1-a,10.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết V T  3. 3 Đẳng thứ 1c 1b 1a . . (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) y r khi v hỉ khi a  b  c  1 3 3 p m 0.25 0.25 Chú ý: Học sinh làm theo cách khác mà vẫn úng vẫn ược tính i m tối a! 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 08 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút x2 (C) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2.Cho điểm A(0;a). Tìm a để từ A kẻ được hai tiếp tuyến tới (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía trục hoành. Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số y  Câu 2* (1,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3(2.cos 2 x  cos x  2)  (3  2cos x).sin x 0 2cos x  1  z i   1, ( z  C ) 2. Giải phương trình nghiệm phức:   z i 4 Câu 3* (0,5 điểm) Giải phương trình sau: 2log32 x  5log3 (9 x)  3  0 Câu 4 (1,0 điểm)  x y4  2  2 2 Giải hệ phương trình sau:  y  1 x  y  2  4x  5  y  8  6 e Câu 5* (1,0 điểm). Tính tích phân sau: x 1 log 23 x 1  3ln 2 x dx Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  a 2 , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Biết góc giữa mặt phẳng ( SAC ) và mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD . Gọi H là trung điểm cạnh AB tính góc giữa hai đường thẳng CH và SD. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (C): tròn (C’) tâm M(5;1) biết (C’) cắt (C) tại A, B sao cho AB= 4. . Viết pt đường và bán kính của nó lớn hơn 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 8* (1,0 điểm) x 3 y 9 z 6 và   2 3 2 . Lập phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): 3 238 (P), vuông góc với d và cách d một khoảng bằng Câu 9* (0,5 điểm) Trong mp có bao nhi u hình chữ nhât được tạo thành từ đường thẳng song song với nhau và đường thẳng vuông góc với đường thẳng song song đó. Câu 10 (1,0 điểm). Cho c¸c sè thùc d-¬ng x, y, z tháa m·n: lín nhÊt cña biÓu thøc: A  yz zx xy    1 . T×m gi¸ trÞ x y z 1 1 1   . 1 x 1 y 1 z ĐÁP ÁN Câ u 1 Ý 1 2 Điể m 1 Nội dung HS tự làm (HS làm đủ các bước) Đk: , PT đường thẳng d qua A và có hsg k có dạng: d tiếp xúc với (C) hệ pt sau 0,25 có nghiệm Thay (2) vào (1) ta được: Đặt Để qua A kẻ được 2 tiếp tuyến Theo viet ta có: có 2 nghiệm phân biệt 1 0,25 và Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục hoành 0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Từ (*) Kết hợp với điều kiện (1) ta được: Với 2 1 thỏa mãn bài toán ĐK: Pt đã cho tương đương với pt: 0,25 0,25 Vậy pt có 2 họ nghiệm 2 Đk: hoặc khi đó, pt đã cho tương đương 0.25 (1) (2) 3 (t/m) 0.25 (t/m) Vậy pt có tập nghiệm z={-1;0;1} Giải pt: 2log32 x  5log3 (9 x)  3  0 Đk:x>0  2log 32 x  5(log 3 9  log 3 x)  3  0 Khi đó pt  2log 32 x  5log 3 x  12  0 log 3 x  4  log 3 x  3  2  x  81  1 (t/m) x  3 9  4 0.25 0.25 Hệ pt đã cho tương đương NX: Nếu y=0 thì từ pt (1) Thay x=0; y=0 vào pt (2) ta được: (vô lý). Vậy y=0 không thỏa mãn bài toán 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết chia cả 2 vế của pt (1) cho *) Xét Có . Vậy ta được: đồng biến tr n R. 0,25 Từ (*) 5 Thay vào pt (2) ta được Vậy hpt có cặp nghiệm duy nhất (x;y)=(1;1) Đặt Từ Đổi cận: với 1 2 I   1 2 u4    0 2 u 2 1 u  2 u 1 4 2 u 2 1 2 u 2 1 1 4 0,25 2 u 2 1  (1u 2 )2 du   (  1 u 4 2u 2 1du ) 0 *) 0,5 2 2( u 2 1) 1  ( u 1) 2 2  1 [( u 1) ( u 1)]2 . 4 ( u 2 1) 2  1 4 2  u 1 2  1 ( u 1) 2 2 0,5  1 2 1      ( u 1) 2 ( u 1)( u 1) ( u 1) 2     1 1  3  1 1        ( u 1) 2 ( u 1) 2  4  u 1 u 1    1 2  I   ( 1 0 1 2  1 1 1  3 1 1  du )   1     du      4 ( u 1) 2 ( u 1) 2 4  u 1 u 1   u 4  2 u 2 1   0  2 u 1 2  0,25 1   3 5 1 1 1  3 |u 1| 2   ln 3     u      ln 4 6 4  u 1 u 1  4 |u 1|   0 6 Vì cân tại S có HA=HB Mặt khác (SAB) Ta có: Trong đó Trong (ABCD) hạ Khi đó vuông tại B có 0,25 đvdt) tại K. (1) (*) 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Thay vào (*) ta được Ta có : Từ (1) và (2) Từ (1) và (3) 0,25 (3) góc giữa mặt (SAC) và mặt phẳng đáy là có Vậy Gọi sao cho A là trung điểm của EH là hình bình hành. HC//=ED góc giữa SD và CH là góc giữa DE và DS. vuông tại A n n 0,25 vuông tại H n n vuông tại H n n . Vậy góc giữa DE và DS là có với 0,25 7 Từ pt đường tròn (C) Tâm I(1;-2) và R= . Đường tròn (C’) tâm M cắt đường tròn tại A, B n n AB tại trung điểm H của AB. 0,5 Nhận xét : Tồn tại 2 vị trí của AB (hình vẽ) là AB, A’B’ chúng có cùng độ dài là Các trung điểm H, H’ đối xứng nhau qua tâm I và cùng nằm tr n đường thẳng IM. Ta có : IH’=IH= Mà nên MH=MI-HI= ; MH’=MI+IH’= loại) Vậy (C’) : =43. 0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 8 Gọi chứa . Giả sử tại H. Hạ HK , thì . Vậy góc AKH nhọn là góc giữa (P) và (Q). Và HK là đoạn vuông góc chung của d và 9 10 nên . Do (Q) vuông góc với d n n (Q) có dạng: Với Với Gọi A là tập hợp gồm đường thẳng song song B là tập hợp gồm đường thẳng vuông góc Mỗi hình chữ nhật được tạo thành gồm 2 đường thẳng trong tập hợp A và 2 đường thẳng trong tập hợp B. Như vậy số hình chữ nhật được tạo thành là C82 .C62  420 yz zx xy . Ta cã a, b, c > 0 vµ a 2  b2  c2  1 . Ta cã: ,b  ,c  x y z 1 1 1 bc ca ab . DÔ cã: A    3   1  bc 1  ca 1  ab 1  bc 1  ca 1  ab 0,25 0,5 0.25 0.25 §Æt a   b  c 2 b  c 1  1  b2 c2       b2  c 2 2 b2  a 2  c 2  a 2 2  b2  a 2 c2  a 2  1 2 ca 1  c2 a2  ab 1  a2 b2  t-¬ng tù cã:        vµ  1  ca 2  c 2  b2 a 2  b2  1  ab 2  a 2  c 2 b 2  c 2  3 9 tõ ®ã: A  3   . DÊu b»ng x¶y ra khi x = y = z =1/3 2 2 bc  1  bc 0.25 2 4 Chú ý : Học sinh làm cách khác mà vẫn đúng vẫn được điểm tối đa 0.25 0.25 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 09 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x  1 (C) x 3 a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b*) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4. Câu 2 (1,0 điểm). a*) Giải phương trình: 2(cos x  sin 2 x)  1  4sin x(1  cos 2 x) b*) Giải phương trình:.  5  1   5  1  2 x1 x x 1  x 2 ln x dx x 1 e Câu 3* (1,0 điểm). Tính tích phân I   Câu 4* (1,0 điểm). a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: z  2 z  3  2i b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. Câu 6* (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng  đi qua A  3; 2; 4  , song song với mặt phẳng  P  : 3x  2 y  3z  7  0 và cắt đường thẳng  d  : x  2 y  4 z 1 .   3 2 2 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 2 2 2 2   2 x  6 xy  5 y  2 x  2 xy  13 y  2( x  y ) .  2 4  ( x  2 y ) x  2  4 y . y  8 y . y  2 x  2 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2 abc 3 3  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  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:………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Câu 1a Nội dung Cho hàm số y = x  1 (C) x 3 Điểm 1,00 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.  Tập xác định: D=R\{3}  Sự biến thiên: y '   4  x  3 2  0, x  D. 0,25 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;3 và  3;   . - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1; tiệm cận ngang: y  1. x  lim y  ; x  3  x  lim y  ; tiệm cận đứng: x  3 . x  3  0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết -Bảng biến thiên: x   y’ y 3 0,25 -  1  1  Đồ thị: 0,25 y 5 1 O 3 x -5 1b Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4.  1,00 x 1  Gọi M  x0 ; 0  , (x0 ≠3) là điểm cần tìm, ta có: x 3  0  0,5 4 Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là d  . x0  3 x  2 4  4  x0  3  1   0 x0  3 x0  4 025 Với x0  2 ; ta có M  2; 3 . Với x0  4 ; ta có M  4;5 Vậy điểm M cần tìm là M  2; 3 và M  4;5 . 2a a) Giải phương trình: 2(cos x  sin 2 x)  1  4sin x(1  cos 2 x) Phương trình đã cho tương đương với: 2cos x  2sin 2x  1  4sin 2x.cos x 0,25 0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  (1  2cos x)(2sin 2 x 1)  0 1  cos x  2  sin 2 x  1  2 0,25    x   3  k 2     x   k  12   x  5  k  12 (k Z )   3 12 Vậy pt có nghiệm là: x    k 2 ; x   k ; x  5  k 12 ( k Z ) 0,25 2b a) Giải phương trình:.  5  1   5  1  2 x1 x x x 0,5 x  5  1  5 1  PT        2  2   2  x  5 1 1 t   2  t 1    t (t  0) Đặt  2  ta có phương trình: t 0,25 x  5 1 Với t=1     1  x  0  2  Vậy phương trình có nghiệm x=0 3 1  x 2 ln x dx Tính tích phân I   x 1 0,25 e 1  x 2 ln x 1 I  dx   dx   x ln xdx x x 1 1 1 e e e 1 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết e e 1 A   dx  ln x  1 1 x 1 e B   x ln xdx 1 0,25 1  du  dx  u  ln x  x Dat   2 dv  xdx v  x  2 B e ex e x 2 e e2 1 x2 x2 .ln x   dx  .ln x    1 12 1 4 1 4 4 2 2 I  e2 5  4 4 0,25 0,25 Câu 4a Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: z  2 z  3  2i 0,25 Gọi z  a  bi (a, b  R)  z  a  bi Ta có : 3a + bi = 3-2i 0,25 Suy ra : a=1 và b = -2 Vậy phần thực là 1 và phần ảo là -2 4b Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. 0,25 0,5 Ta có :   C164  1820 Gọi A: “2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ” B: “1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ” C: “1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Thì H= A  B  C : “Có nữ và đủ ba bộ môn” P( H )  5 C82C51C31  C81C52C31  C81C51C32 3   7 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. 1,00 Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) và SCH  60 0 . Ta có SH  CH . tan 60 0  CB 2  BH 2 . tan 60 0  a 15. 0,25 1 1 4 15 3 VS . ABCD  .SH .S ABCD  a 15.4a 2  a . 3 3 3 0,25 Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó   (SHE)    HK suy ra HK  (S,  ). Mặt khác, do BD//(S,  ) nên ta có S d  BD, SA  d  BD,  S , d   0,25  d  B,  S ,     2d ( H ,( S .))  2 HK k Ta có EAH  DBA  450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra E A D H B HE  AH 2  a 2 C  HK  HE.HS HE  HS 2 2  a .a 15 2 2   a     a 15  2   2 15 a. 31 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Vậy d BD, SA  2 6 15 a. 31 Viết phương trình đường thẳng  đi qua A  3; 2; 4  , song song với mặt d  :  P  : 3x  2 y  3z  7  0 phẳng và đường cắt thẳng 1,00 x  2 y  4 z 1 .   3 2 2 uur Ta có nP  3; 2; 3 . Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của  và d . uuur uuur uur uuur uur Khi đó AB  1  3t; 2  2t;5  2t  , AB ||  P   AB  nP  AB.nP  0  t  2 . uuur Vậy B(8; 8;5) và AB  5; 6;9  . Vậy phương trình đường thẳng    : 7 x 3 y  2 z  4 .   5 6 9 B Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm AM. M ·  sd MN ¼  2MBN ·  900 Dễ thấy MIN I E H 0,25 1,00 Điểm C  d: 2x-y-7=0. C(c;2c-7) N Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2) D 0,25 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2. A 0,25 C Phương trình đường thẳng  trung trực của MN đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Điểm I => I(5a - 17;a) uuuur MN  (1; 5)  MN  26 uuur IM  (22  5a;7  a)  IM   22  5a    7  a  2 2 Vì MIN vuông cân tại I và MN  26  IM  13   22  5a    7  a  2 2  13 a  5  26a 2  234a  520  0   a  4 Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại) Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m) 0,25 Gọi E là tâm hình vuông nên E ( uuur  11  c c 1  ; c  3)  EN   ;5  c  2  2  uuur uuur Vì ACBD  AC.EN  0 11  c   2c  8  .  5  c   0 2 c  7(t / m) 2  5c  48c  91  0   13 c  (loai ) 5   (c  1). 0,25 Suy ra: C(7;7) => E(4;4) 8 Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7) 0,25 2 2 2 2   2 x  6 xy  5 y  2 x  2 xy  13 y  2( x  y ) (1) Giải hệ phương trình  2 4 (2)  ( x  2 y ) x  2  4 y . y  8 y . y  2 x  2 1,00 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  x  2  Điều kiện:  y  0 x  y  0  Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được: 2 0,25 2 x x x x x 2    6  5  2    2  13  2(  1) y y y  y  y x Dat t= (t  1) y PT : 2t 2  6t  5  2t 2  2t  13  2(t  1)  t 4  2t 3  3t 2  4t  4  0   t  1  t  2  2 2 0,25 t  1(loai) 0 t  2(t / m) Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được: 4 y 2 y  2  4 y2. y  8 y4. y  2 2 y  2  4 y 2 y  2  2 2 y  2  8 y4. y  4 y2. y 4 2 2 2 y y 2  2  8 y3  4 y y 2  2 2 3    2 22  2   2 y   2.  2 y  y y  y (3) Xét hàm số f(u)=u3+2u với u>0; có f’(u) = 3u2 +2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến  2  Từ (3)  f   2   f  2 y    y  0,25 2  2  2 y  4 y3  2 y  2  0  y  1 y Hệ có nghiệm duy nhất (2;1) 9 Cho a, b, c là các số thực dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2 abc 3 3  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  c  0,25 1,00 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Áp dụng Bất đẳng thức: ( x  y  z)2  3( xy  yz  zx) , x, y, z  ta có: (ab  bc  ca)2  3abc(a  b  c)  9abc  0  ab  bc  ca  3 abc Ta có: (1  a)(1  b)(1  c)  (1  3 abc )3 , a, b, c  0 . Thật vậy: 0,25 1  a 1  b 1  c   1  (a  b  c)  (ab  bc  ca)  abc  1  3 3 abc  3 3 (abc)2  abc  (1  3 abc )3 Khi đó: P  2 3 abc  Q (1). 3(1  abc ) 1  3 abc  0,25 abc   1 3   Đặt 6 abc  t ; vì a, b, c > 0 nên 0  abc   3 Xét Q  Q(t )  hàm 2t  t  1  t 5  1 1  t  1  t  3 2 2 2 số 2 t2  , t   0;1 3(1  t 3 ) 1  t 2  0, t   0;1 . Do đó hàm số đồng biến trên  0;1  Q  Q  t   Q 1  1 (2). Từ (1) và (2): 6 1 P . 6 Vậy maxP = 1 , đạt được khi và và chi khi : a  b  c  1 . 6 .......Hết......... 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 10 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3mx  1 (1). a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . b*) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). a*) Giải phương trình sin 2x  1  6sin x  cos 2x . b*) Tìm số phức z biết iz  (2  i) z  3i  1 . Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình 52 x1  6.5x 1  0 . 2 Câu 4* (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình x3  2ln x dx . x2 2   x  3 xy  x  y  y  5 y  4  2   4 y  x  2  y 1  x 1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S. ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của · ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường x  1 y 1 z  3   . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với 2 1 3 đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 . thẳng d : 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9 (0,5 điểm). b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab …….Hết………. Câu Nội dung Điểm 1 a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1 0.25 TXĐ: D  R y '  3x 2  3 , y '  0  x  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng 0.25  1;1 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – + y’ + y 0.25 -1 + 0 1 – 0 3 + -1 - Đồ thị: 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 4 2 2 4 b.(1,0 điểm) y '  3x 2  3m  3  x 2  m  0.25 y '  0  x 2  m  0 * Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 ** 0.25 0.25 Khi đó 2 điểm cực trị A   m ;1  2m m  , B  m ;1  2m m  uuur uuur 1 2 Tam giác OAB vuông tại O  OAOB .  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**) ) Vậy m  2. 0,25 1 2 (1,0 điểm) a) sin 2x 1  6sin x  cos 2x  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0  2sin x  cos x  3  2sin 2 x  0  2sin x  cos x  3  sin x   0 sin x  0  x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z  sin x  cos x  3(Vn) b) Tìm số phức z biết iz  (2  i) z  3i  1 . Giả sử z=a+bi(a,bR) ta có i(a+bi)+(2-i)(a-bi)=3i-1 2a-2b=-1 và -2b=3 => a=-2 và b=-3/2 0. 25 0. 25 0.25 0.25 (1,0 điểm) 2 3 2 2 2 2 ln x x2 ln x 3 ln x I   xdx  2 2 dx  2 2 dx   2 2 dx x 2 1 1 x 2 x 1 1 1 0.25 2 ln x dx 2 x 1 Tính J   0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đặt u  ln x, dv  1 1 1 dx . Khi đó du  dx, v   2 x x x 2 2 1 1 Do đó J   ln x   2 dx x x 1 1 2 1 1 1 1 J   ln 2    ln 2  2 x1 2 2 1 Vậy I   ln 2 2 4. 0.25 0.25 (0,5 điểm) 5 x  1 52 x1  6.5x 1  0  5.52 x  6.5x  1  0   x 1 5   5 x  0 Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1   x  1 5. (1,0 điểm) uur Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 uur Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 0.25 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4  1 y  1  3  z  3  0  2 x  y  3z  18  0 Vì B  d nên B  1  2t;1  t; 3  3t  0.25 0.25 AB  27  AB2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0 2 t  3  3 t   7 6. (1,0 điểm) 2 13 10 12 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;   7  7 7 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1) Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc Sj · giữa SK và HK và bằng SKH  60o M · Ta có SH  HK tan SKH  B H C 0.25 a 3 2 K A 1 1 a3 3 3 2 12 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   1 3 Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  0.25 Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM 0.25 Ta có 7. 1 1 1 16 a 3 a 3 . Vậy d  I ,  SAB       2  HM  2 2 2 HM HK SH 3a 4 4 0,25 (1,0 điểm) · Gọi AI là phan giác trong của BAC · Ta có : ·AID  · ABC  BAI A E M' B K I M C D ·  CAD ·  CAI · IAD ·  CAI · ,· · Mà BAI nên ABC  CAD · · AID  IAD 0,25  DAI cân tại D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9) uuuuur VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT của đường thẳng AB là r n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 2   x  3 xy  x  y  y  5 y  4(1)  2   4 y  x  2  y  1  x  1(2) (1,0 điểm).  xy  x  y 2  y  0  Đk: 4 y 2  x  2  0  y 1  0  0.25 Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0 Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 ) u  v u  4v(vn) Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v2  0   8. Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được : 4 y 2  2 y  3  y  1  2 y  4 y 2  2 y  3   2 y  1  2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y 1  y  2 ( vì     y 1 1  0  2 y2   0   y  2  2  4 y  2 y  3  2 y 1 y 1  1  2 4 y  2 y  3  2 y 1 2 0.25   1 0 y  1  1  1  0y  1 ) y 1  1 0.25 0.25 Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2  9 n     C113  165 0.25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 10 135 9  165 11 0.25 (1,0 điểm) . bc bc bc bc  1 1        3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 2  a  b a  c  1 1 2   Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy ra  b = c ab ac (a  b)(a  c) Vì a + b + c = 3 ta có Tương tự Suy ra P  ca ca  1 1      và 3b  ca 2  b  a b  c  ab ab  1 1      2  ca cb  3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3     , 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 3 khi a = b = c = 1. 2 0,25 0,25 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 11 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1*(2 điểm). Cho hàm số y  f  x   2 x3  3x2  1 C  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình f ''  x   0 . Câu 2*(1 điểm).    a) Cho cos   ,      0  . Tính giá trị biểu thức A  sin     cos     . 5  2 4 4    b) Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z . 4 Câu 3*(0.5 điểm). Giải phương trình 2e x  2e x  5  0, x  R . 1 Câu 4*(1 điểm). Tính tích phân I    x   ln xdx . e 1  x Câu 5*(0.5 điểm). Trong cuộc thi “ Rung chuông vàng”, đội Thủ Đức có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm. Câu 6(1 điểm). Trong không gian cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai đáy là BC và AD. Biết SA  a 2, AD  2a, AB  BC  CD  a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD. Câu 7(1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I  2;1 và thỏa mãn điều kiện ·AIB  90 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D  1; 1 . Đường thẳng AC qua M  1; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương. Câu 8*(1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 1;2 , B 3;0; 4  và mặt phẳng (P) : x 2 y 2 z 5  0 . Tìm tọa độ giao điểm của 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết đường thẳng AB và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P).  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4 Câu 9(1 điểm). Giải hệ phương trình    4 y  x  2  y 1  x 1 2 ;  x  R Câu 10(1 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  bc ca ab .   3a  bc 3b  ca 3c  ab ---- Hết ----- 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN CÂU ĐIỂM Tập xác định D  R y '  6 x 2  6 x 0,25 x  0 y'  0   x 1 lim y  ; x  x y' y lim y   0,25 x  0  0   1 0   2  1  Hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 . 0,25 Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 0  ; 1;   . 1 Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD  2. a Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  1. x 1 0 Bảng giá trị y 6 1 1 1 2 2 3 2 3 2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C). 0,25 f ''  x   12 x  6 f ''  x0   0  12 x0  6  0  x0  b 1 3  y0  2 2 0,25 1 3 f '  x0   f '    2 2 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 3 1 3 y  x  2 2 2 3 3  x 2 4 0,25 sin 2   cos 2   1  sin 2   1  cos 2  2 9 4  1    25 5 a  sin    3 5  Vì     0 nên sin    2 0,25 3 . 5     A  sin     cos     4 4    1    sin 2  sin      2  2  0,25 1   2sin  cos   1 2 49  50 z  3  2i 0,25 w  i  3  2i    3  2i  b  1  i Phần thực là -1 2 Phần ảo là 1. 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 2ex  2e x  5  0  2e2 x  5ex  2  0. Đặt t  ex , t  0 . Phương trình trở thành t  2 2 2t  5t  2  0   1 t   2 3 ex  2  x  ln 2   x 1 e   x  ln 1   2 2 0,25 0,25 1  I    x   ln xdx x 1 e 0,25 e e 1   x ln xdx   ln xdx  I1  I 2 x 1 1 e I1   x ln xdx 1 1 x Đặt u  ln x  du  dx a dv  xdx chọn v  4 e x2 2 0,25 e x2 1 I1  ln x   xdx 2 21 1 e e2 x 2 1 e2     2 4 1 4 4 e 1 I 2   ln xdx x 1 1 x Đặt t  ln x  dt  dx Đổi cận x 1 e t 0 1 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1 1 t2 1 I 2   tdt   20 2 0 I  I1  I 2  3 e2  4 4 0,25 Có n()  C205 C155 C105 C55 cách chia 20 bạn vào 4 nhóm, mỗi nhóm 5 bạn. 0,25 Gọi A là biến cố “ 5 bạn nữ vào cùng một nhóm” 5 Xét 5 bạn nữ thuộc nhóm A có C155 C105 C55 cách chia các bạn nam vào các nhóm còn lại. Do vai trò các nhóm như nhau nên có  A  4C155 C105 C55 Khi đó P(A)  0,25 4 5 C20 S A D I 0,25 6 B Ta có S ABCD  3S ABI  C 3a 2 3 4 Xét SBI vuông tại I có: SI 2  SB2  BI 2  a2  SI  a. 1 a3 3 VS . ABCD  SI .S ABCD  (dvtt) 3 4 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết    AD P SBC  . BC   SBC   AD P BC  d  AD, BC   d  AD, (SBC)   d  I, (SBC)   3VSIBC S SBC 1 1 a3 3 a3 3 VISBC  VS . ABCD   3 3 4 12 S SBC  a2 7 p  p  a  p  b  p  c   4 Vậy d  AD, SB   a 21 7 0,25 0,25 0,25 ·AIB  90  BCA ·  45 hoặc BCA ·  135 · Suy ra CAD  45  ADC cân tại D. 0.25 Ta có DI  AC Khi đó phương trình đường thẳng AC có dạng: x  2 y  9  0 . uuur A  2a  9; a  , AD  8  2a; 1  a  AD 2  40  a 2  6a  5  0 7 0.25 a  1  a  5  A 1;5  (n) Phương trình BD : x  3 y  4  0 Phương trình BI: 3x  4 y  5  0 B  BI  BD  B  2; 2  . 8 0.25 0.25 uuur AB   2;1; 6  là vtcp của đường thẳng AB.  x  1  2t Ptts AB:  y  1  t  z  2  6t  t  R  0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Gọi M là giao điểm của AB và (P). Khi đó M 1  2t; 1  t;2  6t  . M  (P)  1  2t   2  1  t   2  2  6t   5  0 t  1 6 0.25 4 5   M  ;  ;1 3 6  r uuur r Vtpt nQ   AB, n P    10; 10; 5 . 0.25  Q  : 2 x  2 y  z  2  0. 0.25 0.25  xy  x  y 2  y  0  Đk: 4 y 2  x  2  0  y 1  0  9 Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0 Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 ) u  v u  4v(vn) Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v2  0   Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được : 4 y 2  2 y  3  y  1  2 y  4 y 2  2 y  3   2 y  1  2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y 1  y  2 ( vì    0.25  y 1 1  0  2 y2   0   y  2   4 y2  2 y  3  2 y 1 y 1  1  2 4 y2  2 y  3  2 y 1   1 0 y  1  1  1  0y  1 ) y 1  1 0.25 0.25 Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2  Vì a + b + c = 3 ta có 10 bc bc bc bc  1 1        2  ab ac  3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) Vì theo BĐT Cô-Si: 1 1 2   , dấu đẳng thức xảy ra  b = ab ac (a  b)(a  c) 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết c Tương tự Suy ra P  ca ca  1 1      và 3b  ca 2  b  a b  c  ab ab  1 1      2  ca cb  3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3     , 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = = 1. 0,25 0,25 3 khi a = b = c 2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 12 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số f ( x)  x4  2(m  2) x2  m2  5m  5 (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 2) Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu 2* (1,0 điểm) 1. Giải phương trình: cos2 x  5  2(2  cos x)(sin x  cos x) 2 2. Giải phương trình nghiệm phức: z  i  0,( z  C ) Câu 3 *(0,5 điểm) Giải phương trình sau: 5.32 x 1  7.3x 1  1  6.3x  9 x 1  0 Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x 2  1  y ( y  x)  4 y   2  ( x  1)( y  x  2)  y (x, y  ) (2) Câu 5* (1,0 điểm).  2 Tính tích phân sau: I   ( x  sin 2 x)cos xdx 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA  (ABCD) và SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, SC. Tính thể tích tứ diện BDMN và khoảng cách từ D đến mp(BMN). Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. Câu 8* (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Câu 9 (0,5 điểm) Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a4 + b4 + c4. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN Câ u 1 Ý 1 2 Nội dung HS tự làm (HS làm đủ các bước) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m2  5m  5), B( 2  m;1  m), C ( 2  m;1  m) 2 1 0,5 (cos x – sin x )2  4(cos x – sin x ) – 5  0 0,25 0,25 x  2  k 2  x    k 2 1 1 i  .(2i)  (1  i)2 2 2 0.25  2 2  i z  1 2 2 z2  (1  i)2   2  2 2   z  2  2 i 3 0,5 Tam giác ABC luôn cân tại A  ABC vuông tại A khi m = 1.  2 Điể m 1 ) Đặt t  3x  0 . (1)   x  log3 3 ; x   log3 5 0.25 0.25 0.25 5t 2  7t  3 3t  1  0 5  x2  1  y x2  2  x2  1  1  y   y  2  x  1 ( y  x  2)  1 y  x  2 1   y 4  0,5 x 1 x  2 hoặc  y  2   y5 0,5 Đặt sin 2 x  t , đổi cận 0,5   5 1 I 0,5 1 t 1 e (1  t )dt = e  20 2 6 Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0;   a 2   a a a 2 2 2 a), M  0; ; 0  , N  ; ;    VBMND  Mặt khác, 1 6 uuur uuuur  a 2 a 2 a 2   BN , BM     ;  ;  2 4  4 0,5 uuur uuuur uuur a3  BN , BM  BD    24 1 1 VBMND  S BMN .d  D,( BMN )  , S BMN  2 3 uuur uuuur a2 3  BN , BM     4 2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  d  D,( BMN )   0,25 3VBMND a 6  S BMN 6 7 (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m)  Oy ·AMB  600 (1)  0 ·  AMB  120 (2) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB  0,5 Vì MI là phân giác của ·AMB nên: (1)  ·AMI = 300  MI  IA sin 300  MI = 2R  (2)  ·AMI = 600  MI  IA sin 600  MI = Vậy có hai điểm M1(0; 7) và M2(0;  2 3 3 m2  9  4  m   7 R m2  9  4 3 3 Vô nghiệm 0,5 7) 8 S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox  (Q): ay + bz = 0. 0,5 Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. Suy ra: –2a – b = 0 9 b = –2a (a  0)  (Q): y – 2z = 0. 0,5 Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.  Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6). 0.25  Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. + Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5  4.P4 = 96 số chia hết cho 5 + Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số. 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số. 10 : Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có: 0.25 11412 ... 43 1  a 2009 a 2009 a 2009 a 2009  2009. 2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009  2009.a (1) 4 2005 Tương tự: 11412 ...43 1  b2009  b2009  b2009  b2009  2009.2009 b2009 .b2009 .b2009 .b2009  2009.b4 (2) 2005 0.25 2009 2009 2009 2009 11412 ...  2009.2009 c2009 .c2009 .c2009 .c2009  2009.c4 (3) 43 1  c  c  c  c 2005 Từ (1), (2), (3) ta được: 6015  4(a2009  b2009  c2009 )  2009(a4  b4  c4 ) 0.25  6027  2009(a4  b4  c4 ) . Từ đó suy ra P  a 4  b4  c 4  3 0.25 Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. Chú ý : Học sinh làm cách khác mà vẫn đúng vẫn được điểm tối đa 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 13 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1* (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3  (m + 1)x + 5  m2. 1) Khảo sát hàm số khi m = 2; 2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng 3) Câu 2* (1,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3sin x  cos x  2  cos2 x  sin 2 x  0 2 2. Gọi z1 ; z2 là 2 nghiệm phức của phương trình sau: z  z  1  0,( z  C ) Tính A= z1  z2 Câu 3* (0,5 điểm) Giải bất phương trình sau: 1  log 2 x  log 2  x  2   log 2 6  x  Câu 4 (1,0 điểm) 3 x  2 y  3  x  y  5 Giải hệ phương trình:   2 3  x  y  2 x  3 y  4  2  x, y  ¡  Câu 5* (1,0 điểm). 3 Tính tích phân sau:  3. 0 x 3 dx x 1  x  3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) hợp với nhau một góc bằng   600 . Xác định rõ góc  và tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a . Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC,phương trình đường thẳng DM: x  y  2  0 và C  3; 3 .Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x  y  2  0 ,xác định toạ độ các đỉnh A,B,D. Câu 8* (1,0 điểm) 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Trong hông gian với hệ tọa độ (d ) : x y 1 z   1 2 3 x 1 và (d ') :  y , cho điểm M - và hai đường thẳng y 1 z  4 . Chứng minh: điểm M, d , d  2 5 c ng nằm tr n một mặt phẳng. iết phương trình mặt phẳng đó. Câu 9* (0,5 điểm) Cho tập A  0;1;2;3;4;5 , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3. Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x3  y 3  16 z 3  x  y  z 3 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN Nội dung Câu Ý 1 1 HS tự làm HS làm đủ các bước) 2 Có y = 3 2  (m + 1). Hàm số có CĐ, CT  y = 0 có 2 nghiệm phân biệt  3(m + 1) > 0  m > 1 (*) Điểm 1 0,25 Ph-¬ng tr×nh ®-êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc ®¹i, cùc tiÓu cña ®å thÞ hµm sè lµ 2 y  (m  1) x  5  m2 3 0,25 Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng.  5  m2  4  m  1 2 1 0,5 sin x  cos x  1  2sin x  2sin 2 x  2sin x cos x  0  (1+2sinx)(sinx - cosx +1) = 0 0,25    2 s inx  cos x  1 sin(x  )  4 2   s inx  1 1   2 s inx  2 7   x  6  k 2   x    k 2  6   x  3  k 2  2  x  k 2  2 3 0,25 k ¢ 1 8 1 8  i; z2   i 2 2 2 2 1 8 3 z1  z2   i   z1  z2  3 2 2 2 z1    0.25 0.25 ĐK: 0  x  6 . BPT  log 2 2 x 2  4 x  log 2  6  x  . 2 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Hay: BPT  2 x 2  4 x   6  x   x 2  16 x  36  0 2 Vậy: x  18 hay 2  x 0.25 So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2  x  6 .  u  x  2 y 4 x  2 y  u2  y  u 2  v2  3      2x  3 y  4  u 2  v2  7  2 2 2   3  x  y  v  x  6  u  2v  v  3  x  y Đặt  0,25 Kết luận nghiệm là (- 3; 2)  3u  v  5 2 2  2v  u  v  7  2 Khi đó hệ ban đầu trở thành:  * thế v = 5 – 3u vào phương trình * giải tìm được u = 1, từ đó v = 2 0,5 suy ra x = - 3, y = 2. 0,25 5 x  0  u  1 x  1  u 2  1  x  2udu  dx đổi cận:  x  3  u  2 0,25 x 3 2u 3  8u 1 dx  0 3 x  1  x  3 1 u 2  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du 0,5 Đặt u = 3 Ta có:  2  u 2  6u 6 2 2  1  6ln u  1 1  3  6 ln 32 2 2 0,25 Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB  SH   ABC  Kẻ AK  SC  SC   AKB  SC  KB  SAC  ; SBC    KA; KB  600  AKB  600  AKB  1200 0,25 0,25 Nếu  AKB  600 thì dễ thấy KAB đều  KA  KB  AB  AC (vô lí) Vậy AKB  1200  cân tại K  AKH  60 0,25 0  KH  AH a  0 tan 60 2 3 Trong SHC vuông tại H,đường cao 1 1 1 a   KH có thay KH  2 2 2 KH HC HS 2 3 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết và HC  a 3 a 6 vào ta được SH  8 2 1 1 a 6 a2 3 a3 2 VS.ABC  .SH.dt ABC  . .  3 3 8 4 32 7 Gọi A  t; 3t  2  .Ta có khoảng cách: d  A, DM   2d  C, DM   4t  4 2  2.4  t  3  t  1 2 hay A  3; 7   A  1;5 .Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A  1;5 thoả mãn. uuur 0,5 uuur Gọi D  m;m  2   DM thì AD   m  1;m  7  ,CD   m  3;m  1 Do ABCD là hình vuông uuur uuur   DA.DC  0 m  5  m  1   2 2 2 2 m5 m  1  m  7  m  3  m  1 DA  DC             uuur uuur Hay D  5;3 AB  DC   2; 6   B  3; 1 . 0,5 Kết luận A  1;5 , B  3; 1 , D  5;3 8 uur * d đi qua M 1 (0; 1;0) và có vtcp u 1  (1; 2; 3) uur 0,5 d đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2  (1; 2;5) uur uur ur uuuuuuur *Ta có u 1; u 2   (4; 8; 4)  O , M 1M 2  (0; 2; 4)   uur uur uuuuuuur   Xét u 1; u 2  .M 1M 2  16  14  0  d và d đồng phẳng . ur *Gọi (P) là mặt phẳng chứa d và d => P có vtpt n  (1; 2; 1) và đi qua M1 n n có phương trình x  2y  z  2  0 0,5 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 9 -Gọi số cần tìm là abcde  a  0  -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không ét đến vị trí a. Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A52 cách 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 3 vị trí còn lại có A43 cách Suy ra có A52 A43 số -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. 0.25 Xếp 3 có 4 cách 3 vị trí còn lại có A43 cách Suy ra có 4.A43 số Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A52 A43 - 4.A43 = 384 10 Trước hết ta có: x  y 3 Đặt +y+ (với t = 3  x  y  4 3 (biến đổi tương đương  ...   x  y   x  y = a. Khi đó 4 P  3 a  64 z 3 3 a  z  3 a  64 z 3 3 2  x  y  0 0.25  1  t   64t 3 3 0.25 z , 0  t 1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 1 f '(t )  3 64t  1  t   , f '(t )  0  t   0;1   9 2 0.25 2 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 81 81 t0;1 Chú ý : Học sinh làm cách khác mà vẫn đúng vẫn được điểm tối đa 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 14 Câu 1*(1,0 điểm) . Cho hàm số y  x3  6 x2  9 x  2 (1) có đồ thị (C) a/ khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) b/ Chứng minh rằng trên (C) không thể tồn tại hai điểm có hoành lớn hơn 3 sao cho hai tiếp tuyến với (C) tại hai điểm đó vuông góc với nhau Câu 2*(1,0 điểm) . a/ Cho tam giác ABC có góc A lớn nhất và thỏa: cos2A + cos2B + cos2C =  1 Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A b/ Tìm môđun của số phức z, biết z  z2  2z  3 z 1 Câu 3*(0,5điểm) .Giải bất phương trình: log5  4 x  1  log5  7  2 x   1  log 1  3x  2  5  x 6  3x 2  4  y 3  3 y 2  6 y Câu 4(1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:  2 2 y   x  1 x  y  8  7  x    cot  x   2 6  Câu 5*(1,0 điểm) . Tính tích phân sau: I   dx 2  3 cos x  sin x 3   Câu 6(1,0 điểm) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.E là điểm trên cạnh AD sao cho BE vuông góc với AC tại H và AB > AE. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBE) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Góc hợp bởi SB và mặt phẳng (SAC) bằng 300 .Cho AH  2a 5 , BE  a 5 . Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách 5 giữa SB, CD Câu 7(1,0 điểm) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 đường tròn (C1) và (C2) lần lượt có phương trình là ( x  1)2  ( y  4)2  10, x2  y 2  6 x  6 y  13  0 . Viết phương trình đường thẳng  qua M(2;5) cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A, B sao cho S I MA  1 25 S I MB biết 12 2 rằng phương trình đường thẳng  có hệ số nguyên (I1,I2 lần lượt là tâm của (C1) và (C2)) Câu 8*(1,0 điểm) . Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mp(P): x + y + z – 3 = 0 và hai đường thẳng 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết d1 : x  1 y  2 z 1   ; 2 1 1 d2 : x  2 y 1 z  1   1 2 5 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d1, tiếp xúc với d2 và cắt mp(P) theoo một đường tròn có bán kính r = 3 ,biết rằng tâm mặt cầu có cao độ dương Câu 9*(0,5 điểm) . Cho n là số nguyên dương thỏa 4Cnn11  2Cn2  25n 120 n 2   Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x 2   ,(x > 0) x  7 Câu 10(1,0 điểm) . Cho ba số dương x,y,z thỏa x + y + z = 4 và xyz = 2. Tìm GTNN của biểu thức: P = x4 + y4 + z4 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết HƯỚNG DẪN GIẢI Điể m Câ u 1a. a/ Học sinh tự giải 1,0 1.b b/ Giả sử trên (C) có hai điểm A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) với x1, x2 > 3 sao cho tiếp 0,25 tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với nhau Khi đó, ta có: y '( x1 ). y '( x2 )  1  (3x12 12 x1  9)(3x22 12 x2  9)  1  9  x1  1 x1  3 x2  1 x2  3  1 (*) 0,5 Do x1 > 3 và x2 > 3 nên VT(*) > 0. Do đó (*) vô lí Vậy: Trên (C) không thể có hai điểm sao cho tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với nhau 0,25 2a. a/ + Ta có : cos2A + cos2B + cos2C = 2cos(A + B)cos(A – B) + cos2C = 2cos C cos  A  B   2cos2 C  1 = 1  2cos C[cos  A  B   cos C ] 0,25 = 1  2cos C[cos  A  B   cos(A B)] = 1  4cos A cos B cos C + Do đó : cos2A + cos2B + cos2C =  1  1  4cos A cos B cos C  1  cos A.cos B.cos C  0  cos A  0 (do góc A lớn nhất nên các góc B,C nhọn  cosB, cosC > 0) 0,25  A  900 Vậy: Tam giác ABC vuông tại A 2.b b/ Tìm môđun của số phức z, biết z  z2  2z  3 z 1 + Điều kiện z  1. + Gọi z  a  bi  a, b  ¡  , ta có : z  z2  2z  3 2   a  bi  a  bi  1   a  bi   2  a  bi   3 z 1   2b2  a  3   2ab  3b  i  0 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 3  a  2b  a  3  0 a  3 2 hay    b  0 2ab  3b  0 b   3  2 2 Với a  3, b  0 , ta có z  a 2  b2  3 . 3 2 Với a   , b   9 3 3 , ta có z  a 2  b2    3 . 4 4 2 Vậy môđun của số phức z là 3 hay 3 . 3 1 4 + Điều kiện:   x  7 2 + BPT  log5  4 x  1  log5 3x  2   1  log5  7  2 x   log 5  4 x  1 3 x  2   log 5 5  7  2 x    4 x  1 3x  2   5  7  2 x   12 x 2  21x  33  0  33  x 1 12 1 4 Giao với điều kiện, ta được:   x  1 1 4 Vậy: nghiệm của BPT đã cho là   x  1 4  Điều kiện: x 2  y  8  0    PT(1)  x6  3x 2   y  1  3  x  1  x 2 3 3  3x 2   y  1  3  y  1 3  f ( x 2 )  f  y  1 với f(t) = t + 3t 3  Ta có: f’(t) = 3t2 + 3 > 0 t  R  f (t ) đồng biến trên R Do đó: f ( x2 )  f  y  1  x2  y  1  Với y = x2 – 1 , pt (2) trở thành: 2( x2  1)   x  1 2 x2  7  x  7  0 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 2 x 2  7   x  1 2 x 2  7  x  2  0(*) Đặt t  2 x2  7,(t  7) , pt(*) trở thành: t 2   x  1 t  x  2  0 (**) Ta có:    x  32 nên (**) có hai nghiệm: t = x + 2 hoặc t = -1 (loại) Với t = x + 2  x  2  x  2 x  1  2 x2  7  x  2   2    2 2 x  3 2 x  7  x  4 x  4  x  4 x  3  0  Với x = 1  y = 0 (nhận)  Với x = 3  y  8 (nhận) Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8) 5  3  1   cos x  sin x   2cos  x   2 6   2  + Ta có: 3 cos x  sinx  2  + Do đó:     cot  x   2 1  1 2 1 6    I  dx   d tan  x    ln tan  x    ln 3   6 4 6 4  2     4 cos  x   4 tan  x   3 3 3 6 6    2 6 ( SAC )  ( ABCD)   ( SBE )  ( ABCD)  SH  ( ABCD) (SBE)  (SAC)  SH   BE  SH ( SH  ( ABCD))  BE  ( SAC )  BE  AC  · SB,(SAC )   · SB, SH   BSH  300  SH là hình chiếu của SB trên (SAC)  ·  Đặt AB = x Ta có: AE  BE 2  AB2  5a 2  x2 Lại có: 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  x2  a2 x  a 1 1 1 5 1 1 4 2 2 2    2  2  2 2  x  5a x  4a  0   2  2 2 2 2 AH AB AE 4a x 5a  x  x  2a  x  4a Loại x = a vì khi đó: AE = 2a > a = AB Vậy: AB = 2a  BH  AB 2  AH 2  4a 5 1 1 1 5 1 1 1 1     2    BC  4a 2 2 2 2 2 2 BH AB BC 16a 4a BC BC 16a 2  SABCD = AB.BC = 8a 2 ·  Tam giác SBH vuông tai H  SH  BH .cot BSH  1 3  VSABCD  SH .S ABCD  4a 4a 15  3 5 5 1 4a 15 2 32a3 15 8a  3 5 15  Tính khoảng cách giữa CD và SB + Kẻ HF vuông góc với AB tại H  AB  SH  AB  ( SHF )  ( SAB)  ( SHF ) theo giao tuyến SF  AB  HF + Ta có :  Kẻ HK  SF tại K  HK  (SAB)  d H ,( SAB)  HK + Tính được: HF = 4a a 15 từ đó tính được HK  5 5 + Ta có: (SAB) chứa SB và song song với CD  d  CD, SB   d  CD,(SAB)   d C,  SAB    CM (M là hình chiếu của C lên (SAB)) + Ta có : HK // CM  CM CA 2a 5   5 ( AC  2a 5, AH  ) HK AH 5  CM  5HK  a 15 Vậy: dCD,SB  a 15 7  (C1) có tâm I1(-1;4), bán kính R1 = 10 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  (C1) có tâm I1(3;3), bán kính R2 = 5  Dễ kiểm tra được: M là một giao điểm của (C1),(C2)   qua M nên  : a(x  2)  b(y 5)  0,(a, b  Z,a 2  b2  0)  Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của I1,I2 lên  3a  b Ta có: IH  d I ;  a 2  b2 1  Ta có: S I MA  1 ; IK  d I2 ;   a  2b a 2  b2 25 1 25 S I2 MB  I1H .MA  I 2 K .MB  12 I1H .2MH  25I 2 K .2MK 12 2 24  12.I1 H . I1M 2  I1 H 2  25I 2 K . I 2 M 2  I 2 K 2  12.I1 H . 10  I1 H 2  25I 2 K . 5  I 2 K 2  144 I1 H 2 10  I1 H 2   625I 2 K 2  5  I 2 K 2  2 2 2 2  | 3a  b |    | 3a  b |    | a  2b |    | a  2b |    144   10   2    625  2  5 2   2 2 2 2 2  a  b    a  b    a  b    a  b    144  3a  b   a  3b   625  a  2b   2a  b  2 2 2 2 12  3a  b  a  3b   25  a  2b  2a  b   12  3a  b  a  3b   25  a  2b  2a  b    a 2 a a 1 a  2   (n) 2    3  2  0 2 2  14a  21ab  14b  0 b b b 2 b    2 2 2   a 171  2975 86a  171ab  86b  0 (loai do a,b  Z) 86  a   171 a  86  0  b  172 b   b  + Với a  2 , chọn a = 2, b= -1   : 2 x  y  1  0 b + Với a 1  , chọn a = 1, b= 2   : x  2 y 12  0 b 2 Kết luận: Có hai có hai đường thẳng thỏa điều kiện bài toán là 2x – y + 1 = 0, x + 2y – 12 = 0 8 uur  d2 qua A(2;1;-1) có vtcp ud  1; 2;5 2 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  I  d1  I  1  2t; 2  t;1  t  uur uur uur  AI   2t  3; t  3; 2  t  ,  AI , ud    7t  19; 11t  17;3t  3 2  d I , d 2  uur uur  AI , ud  179t 2  658t  659 2     uur 30 ud 2 179t 2  658t  659  R(1) 30  d2 tiếp xúc với (S) nên d I ,d   R  2  d I , P   2t  5 3  Ta có: 2 R d 2 2  I ,P  2t  5  4t 2  20t  34 4t 2  20t  34 2 r  R   3  R   R   3 3  3  2 2 (2)  Từ (1) và (2), ta có: t  1 179t 2  658t  659 4t 2  20t  34 2   139t  458t  319  0   319 t  30 3  139 599 41 180  Suy ra: I(1;-1;0) (nhận) hoặc I  ; ;  (loại do zI > 0)  139 139 139   Với I(1;-1;0)  R  6   S  :  x  1   y  1  z 2  6 2 2 Kết luận: phương trình mặt cầu cần tìm là  S  :  x  1   y  1  z 2  6 2 9 4Cnn11  2Cn2  25n  120  4 2  n  1!  2 n !  25n  120  n  1!2! 2! n  2 !  2n  n  1   n  1 n  25n  120  n 2  22n  120  0  10  n  12 Mà n nguyên dương nên n = 11 n 11 2   2 2     x2   x   có số hạng tổng quát là: x  x  25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Tk 1   1 C11k x 222 k k 44 5 k 2k k k k 2   1 C 2 x   11 k /2 x Tk+1 là số hạng chứa x7 khi 44  5k  7  k  6  T7  C116 26 x7 2  Hệ số cấn tìm là: C116 26 10 gP   x 2  y 2  z 2   2( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 ) 2 2 2 2 =  x  y  z   2  xy  yz  zx    2  xy  yz  zx   2 xyz  x  y  z       = 16  2  xy  yz  zx    2  xy  yz  zx   16  2 g Đặt t = xy + yz + zx = x(y + z) + yz + Từ gt  y  z  4  x, yz  2 2 2  t  x  4  x     x2  4x  x x x 8 x + Ta có: ( y  z )2  4 yz   4  x 2   x3  8x 2  16 x  8  0   x  2   x 2  6 x  4   0 (*) Giải BĐT (*) giao với điều kiện 0 < x < 4 ta đươc: 3  5  x  2 + Khảo sát hàm số t theo biến x với 3  5  x  2 ta tìm được: 5  t  g P  16  2t   2(t 2  16)  2t 2  64t  288 2 Khảo sát hàm số : f(t) = 2t2 – 64t + 288 với 5  t  M inf(t )  383  165 5 khi t  5 5 1 ta được: 2 5 5 1 , Maxf (t )  18 khi t  5 2 Suy ra: Pmin  383  165 5 đạt được chẳng hạn x  3  5, y  z  Pmax  18 đạt được chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1 1 5 2 5 5 1 2 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 15 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1* : ( 2 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  1 a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số b)Định tham số m để phương trình : log 2  x 3  4x  m   log 1 x  0 có duy nhất một nghiệm 2 thực Câu 2* : (0,5 điểm ) Giải phương trình : sin 2x   sin x  cos x 1 2sin x  cos x  3  0 Câu 3* : (1 điểm) Tìm môđun của số phức z thỏa mãn số phức z  6  2i là số thuần ảo và z  2  4i đồng thời z  6  i  5 Câu 4 : (1 điểm) Giải bất phương trình :  x  1 x 2  5  x  x 2  1 e Câu 5* : (1 điểm) Tính tích phân : I  1 ln x  1 dx x 2  ln 2 x Câu 6 : (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và điểm I là trung điểm cạnh AD. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên đáy là điểm K thuộc đoạn OB sao cho BK = 2 OK và N là hình chiếu vuông góc của K lên SO. Biết rằng SK = a 3 và SK hợp với mp(SAC) góc 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và CI . Câu 7 : (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D ; AB = AD , AD < CD ; B(1;2) ; phương trình đường thẳng BD : y =2 . Biết rằng đường thẳng d : 7x-y-25 = 0 cắt các cạnh AD,CD lần lượt tại M,N sao cho BM vuông góc với BC và tia BN · là tia phân giác của MBC . Tìm tọa độ đỉnh D có hoành độ dương. Câu 8* :(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P) : x  y  z  6  0 , mặt phẳng (Q) : 2x  y  2z  1  0 và đường thẳng D : x 2 y3 z 4 . Tìm   1 1 1 điểm M thuộc D , N thuộc mặt phẳng (P) sao cho MN vuông góc với mặt phẳng (Q) và MN = 3 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9* : (0,5 điểm ) Một người có 10 đôi giày khác nhau và trong lúc đi du lịch vội vã lấy ng u nhiên 4 chiếc . Tính xác suất để trong 4 chiếc giày lấy ra có ít nhất một đôi. Câu 10: (1 điểm) Cho x,y là 2 số thực thỏa mãn x 4 +16y4 +  2xy+1 =2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : P=x  x 2 +3 +2y  4y2 +3 2 Hết 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đáp án : Câu Câu 1 : a) Tự giải 1 b) Dùng đồ thị (C) tìm số nghiệm PT: x  0 x  0 m  1  3 m  2     3 3 m  0  x  4x  m  x x  3x  1  m  1  m  1  1 PT   2 Điểm 1 1 Câu 2 : PT   sin x  cos x   1   sin x  cosx  1 2sin x  cos x  3 2 0,25   sin x  cos x   1  sin x  cos x   1   sin x  cosx  1 2sin x  cos x  3  x  k2 sin x  cos x  1    x    k2 sin x  2 cos x  4(VN)  2 3 0,25 Câu 3 : z=a+bi : Đk : z  2  4i 2 2  a  2 a  2 a  b  4a  2b  12  0 Theo đề bài :   (L)V  2 2 b  4 b  2   a  6    b  1  25  z  2  2i  z  2 2 4 0,25 0,25 Câu 4 :  x  1 : loại x2  x 1 1 1  x2  5  x   x2  5  x  x 1 x 1 x 1 5 1    5  x  1  x 2  5  x  4x  5  x 2  5 2 x  5  x x 1 5  x   x2 4 15x 2  40x  20  0   x  1: x 2  5  0,5 0,5 Vậy : x > 2 5 e Câu 5 : I  1 u(e)= 1 e 0 I ln x  1   ln x  x 2 1      x  2    . Đặt u  ln x 1  ln x  du  dx : u(1)=0; x x2 0,5 1 e 1 e 1 1  u 1  1 e 1 du  ln  ln  u 1 2  u  1 0 2 e 1 2 0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 6 Câu 6 ; (SAC) vuông góc với (SBD) theo giao tuyến SO . · KN  SO  KN  SAC   · SK, SAC   NSK  300 OK  a, BD  6 a, AB  3a 3 VSABCD  6a 3 3 0,25 0,25 CI / /AK  CI / /  AKN   d  CI, AN   d C,  AKN    2.d O,  AKN   KN  (SAC)   AKN   SAC theo giao tuyến AN . Kẻ OH  AN  OH   AKN   d O,  AKN    OH 0,25 1 1 1 37 3a 6a    2  OH   d  CI, AN   2 2 2 OH OA ON 9a 37 37 0,25 7 Câu 7 : Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên CD  ABM   HBC  BM  BC  BNC  BMN 0,5  BH  d  B, d   2 2  BD  4 D  BD  D  m; 2  :BD  4   d  1  4  d  1(L) V d  3 2 Vậy : D(3;2) 8 0,5 Câu 8uur: VTPTn Q  (2;1; 2) M  D  M  2  t;3  t; 4  t  uuuur uur MN   Q   MN  kn Q   2k; k; 2k   N  2k  t  2; k  t  3; 2k  t  4  N   P   k  t  3 0,25 MN  3  k 2  1  k  1 k  1  t  4 : M  6; 1;0  ; N(8;0; 2) k  1  t  2 : M  4;1; 2  ; N  2;0; 4  9 Câu 9 : 4 Số cách lấy 4 chiếc giày tùy : C20 = 4845 Số cách chọn 4 chiếc giày t 4 đôi ( m i chiếc lấy t một đôi )là : 4 (số cách chọn 4 đôi t 10 đôi)( số cách chọn 4 chiếc)= C1024 4 4 C420 - C10 .2 Xác suất cần tìm là : 10 C420 672 = 969 Câu 10 : P   x  2y   6xy  x  2y   3  x  2y  Theo đề bài : 3 0,25 0,5 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1   x 2   2y    x  2y  2 2   1  2xy 2  x 2   2y 2  1  2xy   x  2y 2  1  2xy   x  2y   1 4 2   x  2y   2 4 3 0,25 1 2 ( vì t (1)  2  x 4  16y4  2 16x 4 y4  xy   1  2xy  0 ) Đặt t = x+2y : 2xy = t 2 -1 : t  2 : 3 0,25 P  f  t   t 3  3  t 2  1 t  3t  2t 3  6t : t  2 3  1 MaxP  Maxf (t)  f 1  4 (t  1khi  x, y    0,  hay  x, y   1, 0  )  2 0,25 1  MinP  Minf (t)  f  1  4 (t  1khi  x, y    0,   hay  x, y    1, 0  ) 2  0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 16 Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút ------------***-----------Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x4  2(m2  1) x2  1 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất. Câu 2* (1,0 điểm). a) Giải phương trình : sin 2 x  cos x  sin x  1 (x  R) b) Giải bất phương trình : log 1 log 2 (2  x 2 )   0 ( x  R) . 2 Câu 3* (1,0 điểm). Tính tích phân I   2 1 dx x x 1 3 . Câu 4* (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  11  z  1. Hãy tính z2 z  4i . z  2i Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' , ABC đều có cạnh bằng a , AA '  a và đỉnh A ' cách đều A, B, C . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A ' B . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( AMN ) . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình x2  y 2  z 2  4 x  6 y  2 z  2  0 . Lập phương trình mặt phẳng ( P) chứa truc Oy và cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính r  2 3 . Câu 7* (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 8* (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x  4 y  10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y  1  0 . Điểm M (0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC . trang 1 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4)  (x R). Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực x; y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x2  y 2  2 x  1  x2  y 2  2 x  1  y  2 . ------------------- Hết ------------------- trang 2 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN Câu 1. a) (Tự khảo sát) (2 đ) b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x x  0 y’ = 0    hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với 2  x   m  1 0,5 mọi m xCT   m2  1  giá trị cực tiểu yCT  (m2  1)2  1 0,5 Vì (m2  1)2  1  yCT  0 max( yCT )  0  m2  1  1  m  0 Câu 2. a) sin 2 x  cos x  sin x  1 (1) (1 đ) (1)  (sin x  cos x)(1  sin x  cos x)  0 0,25    x  4  k sin x  cos x  0   (k  Z ) 3  1  sin x  cos x  0  x  2k   x   2k   2 0,25 b) og 1 log 2 (2  x 2 )   0 ( x  R) (2). 2 Điều kiện: log2 (2  x2 )  0  2  x2  1  1  x  1 Khi đó (2) 1  x  1 1  x  1 1  x  1 log 2 (2  x 2 )  1      2 2 2  x  2 x  0  x0   Vậy tập nghiệm bpt là S  (1;0)  (0;1) Câu 3. (1 đ) I  2 1 dx x x3  1  2 1 x 2 dx x3 x3  1  0,25 . 2 3 Đặt t  x3  1  x3  t 2  1  x 2dx  t.dt . 0,25 x 1 t  2 ; x  2  t  3 3 2 t.dt 1 3  1 1  I       dt 2 2 3 (t  1)t 3 2  t 1 t 1  0,5 1 x 1 I  ln 3 x 1 Câu 4. (0,5 đ) 0,25 3 2 1 1 2 1  1 3  2 2   ln  ln   ln 3 2 2 2 1 3 z  11  z  1  z 2  4 z  13  0 ,  '  9  9i 2  z2 0,25  z  2  3i  z  2  3i  z  4i 2  i = 1 z  2i 2  i 53 z  4i 2  7i   z  2  3i  = z  2i 2  5i 29 0,25  z  2  3i  Câu 5.  Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC) trang 3 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết (1 đ) Ta có AM  a 3 2 a 3 , AO  AM  2 3 3 A ' O  AA '2  AO 2  a 2  Thể tích V  SABC . A ' O  a 3 a a 6 ; SABC   4 3 3 khối a 0,25 2 2 lăng 2 trụ ABC. A ' B ' C ' : 2 3 a 6 a 2 .  4 3 4 A' ’ C' ’ B' ’ N E A C O M B 1 3  Ta có VNAMC  SAMC .d  N ,( ABC )  d C ,( AMN )  3VNAMC SAMC 1 a2 3 1 a 6 S AMC  S ABC  ; d  N ,( ABC )  A ' O  2 8 2 6 2 2 1a 3 a 6 a 2 .  Suy ra: VNAMC  3 8 6 48 a 3 lại có : AM  AN  , nên AMN cân tại A 2 Gọi E là trung điểm AM suy ra AE  MN , MN  0,25 A'C a  2 2 1 a 2 11 3a 2 a 2 a 11 ; S AMN  MN . AE   AE  AN  NE    2 16 4 16 4 2 3a 2 a 11 a 22  d C ,( AMN )  :  (đvđd) 48 16 11 2 2 0,25 0,25 Câu 6. (1 đ) (S ) : x2  y 2  z 2  4 x  6 y  2 z  2  0  ( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2  16  ( S ) có tâm I (2; 3;1) bán kính R  4 ; trục Oy có VTCP r j  (0;1;0) trang 4 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết r Gọi n  (a; b; c) là VTPT mp(P) , r r r ( P) chứa Oy  n  j  b  0  n  (a;0; c) (a 2  c 2  0) Phương trình mp(P): ax  cz  0 (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r  2 3  d  I ,( P)  R 2  r 2  2 2a  c a2  c2  2  4a  4ac  c  4a  4c 2 2 2  0,5 2 c  0  3c 2  4ac  0   3c  4a 0,25 Vậy phương trình mp(P) : x  0 hoặc 3x  4 z  0 . Câu 7. Số phần tử không gian mẫu là n()  C124 .C84 .C44  34.650 025, (0,5 đ) Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau” Số các kết quả thuận lợi của A là n( A)  3C93.2C63.1.C33  1080 Xác xuất của biến cố A là P( A)  n( A) 1080 54   ; 0,31 n( 34650 173 0,25 Câu 8. Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên (1 đ) có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 4 x  3 y  1  0  B(4;5)   x  y 1  0 0,25 A E M(0;2) I B C H N Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 3x  4 y  8  0 1  A(3;  )  4  3x  4 y  10  0 Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: C (1;1)  x  1; y  1  4 x  3 y  1  0     31 33    31 33  2 2  C ;  x  ;y    x  ( y  2)  2 25 25   25 25   trang 5 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam 0,25 giác ABC. Tương tự A và C  31 33  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân  25 25  giác ngoài của tam giác ABC. BC = 5, AH  d ( A, BC )  Câu 9. (1 đ) 49 49 . Do đó S ABC  (đvdt). 20 8 0,25   x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4) (*)  1  5  x  0 ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0    x  1  5 0,25 Khi đó (*)  4 x( x2  2 x  4)  x 2  5x  4  4 x( x2  2 x  4)  ( x2  2 x  4)  3x (**) TH 1: x  1  5 , chia hai vế cho x > 0, ta có: x2  2 x  4 x2  2 x  4 (**)  4  3 x x x2  2 x  4 Đặt t  , t  0 , ta có bpt: t 2  4t  3  0  1  t  3 x  x2  7 x  4  0 x2  2 x  4 1  17 7  65  x 1 3  2  x 2 2  x  x  4  0 TH 2: 1  5  x  0 , x2  5x  4  0 , (**) luôn thỏa  1  17 7  65  Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1  5;0   ;  2 2   Câu10. P  x2  y 2  2 x  1  x2  y 2  2 x  1  y  2 (1 đ) Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN  ( x  1)2  y 2  ( x  1)2  y 2  4  4 y 2 0,25 0,25 0,25 0,25  P  2 1  y 2  y  2  f ( y) TH1: y ≤ 2: f ( y)  2 1  y 2  2  y  f '( y )  2y 1  y2 1 y  0 3 f '( y )  0  2 y  1  y 2   2  y 3 3 y  1  3   2 3 3   Lập bảng biến thiên f(y)  min f ( y )  f  x( .2] TH2: y ≥ 2: f ( y)  2 1  y 2  y  2 ≥ 2 5  2  3 trang 6 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Vậy P  2  3 x; y . Do đó MinP  2  3 khi x = 0 ; y = 3 3 ------------------- Hết ------------------- trang 7 0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 17 Môn Toán.– Thời gian làm bài: 180’ Câu 1* (2đ): Cho hàm số: y  2x  1 C  x 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Định m để đường thẳng (d): y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm A, B sao cho tam giác OMN vuông tại O Câu 2* (1đ): a) Giải phương trình lượng giác: cos2 x  3 cos x  3sin x  3sin 2 x  0 1 1 b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  3  i   3  i . Tính môđun của số phức  2  2 w=1+I+z Câu 3* (0,5đ): Giải phương trình: 1 log 2  1   Câu 4 (1đ): Giải hệ phương trình:  1    9 Câu 5* (1đ) Tính tích phân:  4 2 x 2  2 x  3  log 2 x3 0 x 3 12   x 2 y  3x  12   y 6 y  3x  xdx x 1 Câu 6* (1đ): Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d) x y  1 z 1   trên mặt phẳng (P): x + y – z +1 =0. 2 1 3 Câu 7 (1đ): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C):  x  1   y  1 2 2  25 và điểm M (7,3). Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho MA = 3MB Câu 8 (1đ): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC = 2a. Mặt bên (SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc giữa hai mặt (SAB) và (ABC) bằng 300. Tính thể tích khối chóp SABC và khoáng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9* (0,5đ): Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh ngọt. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh. Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy ra đó có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt. Câu 10 (1đ): Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3. Tính góc giá trị nhỏ a 2  bc b 2  ca c 2  ab nhất của biểu thức P    b  ca c  ab a  bc 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT C â u Điể m 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1 a Cho hàm số y  2x  1 x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  Tập xác định: D  ¡ \ 1  y'   3 (x  1)2 x  D 0,25 lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang. x  lim y   x 1 lim y    x  1 là tiệm cận đứng. x 1  BBT: 0,5 Hàm số nghịch biến trên (,1) và (1, ) . Hàm số không có cực trị.  Điểm đặc biệt:  Vẽ đồ thị: 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 1 b b) Định m để đường thẳng d: y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm M, N sao cho  OMN vuông tại O. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2x  1  mx  3 x 1 0,25  2x  1  (mx  3)(x  1)  mx 2  (1  m)x  4  0 m  0  2 m  14m  1  0 (*) (C) cắt d tại hai điểm phân biệt   0,25 m  0 m  7  4 3   m  7  4 3 Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (*) m 1  x1  x 2    m   x x  4 1 2  m  uuuur uuur Khi đó OM  (x1;mx1  3) , ON  (x 2 ;mx 2  3) OMN vuông tại O nên uuuur uuur OM.ON  0  (1  m2 )x1x 2  3m(x1  x 2 )  9  0 4(1  m2 ) 3m(m  1)   9  0 m m  m  3  5 (n)   m  3  5 (n)  m2  6m  4  0 0,5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 2 a a) Giải phương trình lượng giác: cos 2 x  3 cos x  3 sin x  3 sin2 x  0 cos2 x  3 cos x  3sin x  3sin 2 x  0    cos x    cos x    cos x   2  3  3  3 sin x    2   2  2 3 3   3 sin x 2 2 3 3   3 sin x 2 2 0,5  3 sin x  cos x  0   3 sin x  cos x  3 (1)  tan x   1 3 (1) (2)   x    k 6    x  2  k2   x  5  k2  6   (2)  sin  x    sin 6 3  0,5  6 Vậy phương trình có hai họ nghiệm là x    k hay x 2 b   k2 . 2 1 1 Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  3  i   3  i . Tính môđun của  2  2 số phức w = 1 + i + z 1  1  z3  i  3  i 2  2  1 3 i 2  35  12 i z  1 37 37 3 i 2 72 49 w  1 i  z   i 37 37 2 0,25 2 7585  72   49   w       37  37   37  0,25 3 Bài 3. Giải phương trình: 1 log 2 2 x 2   2x  3  log 1 2 x 7 0 x3 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Điều kiện: x  3  x  7 Phương trình  log 2 (x 2  2x  3)  log 2 x 7 0 x 3 (x 2  2x  3).(x  3)  log 2 0 x 7 (x 2  2x  3).(x  3)  1 x 7  x3  5x 2  2x  2  0  (x  1)(x 2  4x  2)  0  x  1  2  x  4x  2  0  x  1    x  2  6  x  2  6 0,25 So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  2  6 . 0,25 4   1   Bài 4. Giải hệ phương trình:   1    12   x 2 y  3x  12   y 6 y  3x  Điều kiện: x > 0 và y > 0.  12  1   x 2  y  3x   1  12  y  6  y  3x   (1) + (2): 2  (2) – (1): (*)  12 2  1  y  3x  x   1  12  6  y  3x y (1) (2) 0,25 2 6 1 3   1  (*) x y x y 0,25 12 3 1   y  3x y x  3 12 1  3 1       y  3x  y x  x   y  12 9 1   y  3x y x  y2  6xy  27x 2  0 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  y  3x   y  9x So với điều kiện, nhận y = 3x (*)  x  4  2 3  y  12  6 3  x  4  2 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm   y  12  6 3 0,25 5 9 Bài 5. Tính tích phân I   4 xdx x 1  2tdt  dx Đặt t  x  t2  x Đổi cận: x = 4 t2 0,25 x = 9 t 3 3 3 3 t dt 1   I  2  2  t 2  t  1   dt t 1 t 1  2 2 0,5 3  t3 t 2  59  2    t  ln t  1    2ln 2 3 2 2 3 6 0,25 Bài 6. Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc x 2 của đường thẳng d  y  1 z 1  trên mặt phẳng (P): x + y – z 1 3 +1 =0.  x  2t  PTTS của d :  y  1  t z  1  3t  Thay x, y, z của phương trình đường thẳng d vào phương trình mặt phẳng (P) ta được: 2t – 1 +t – 1 – 3t + 1 = 0  Phương trình vô 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết nghiệm  d // (P). Lấy điểm A(0; 1;1)  d . Gọi  là đường thẳng qua A và vuông góc với mp(P) x  t    :  y  1  t z  1  t  Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P)  H    (P) Thay x, y, z của phương trình  vào phương trình mặt phẳng (P) ta được: 0,5 t–1+t–1+t+1=0 t 1 3 1 2 2  H ; ;  3 3 3 Gọi d’ là hình chiếu của d lên mặt phẳng (P)  d ' qua H và song song với d 0,25  x  1  2t 3    d ' : y   2  t 3  z  2 3  3t 7 Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x  1   y  1 2 2  25 và điểm M(7;3). Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A ,B sao cho MA = 3MB. Đường tròn (C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5. Ta có IM = 2 10  R  M nằm ngoài đường tròn (C). Gọi H là trung điểm AB mà MA = 3MB  B là trung điểm MH 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 2 2  IH  MH  40 2 2  IH  4BH  40  2 2 2 2 IH  BH  25 IH  BH  25   Ta có :   IH2  20  IH  2 5 0,25 r Đường thẳng d qua M(7;3) và có VTPT n(a;b) với a 2  b2  0 : a(x  7)  b(y  3)  0 IH  d(I,d)  Ta có:  ax  by  7a  3b  0 a  b  7a  3b a b 2 2 2 5 0,25  3a  2b  5 a 2  b2  2a 2  3ab  2b2  0 b  a   2  a  2b  a b 2  d : x  2y  13  0  a  2b  d : 2x  y  11  0 0,25 8 Bài 8. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC = 2a. Mặt bên (SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc giữa hai mặt (SAB) và (ABC) bằng 30o. Tính thể tích khối chóp SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a.  Tính VS.ABC Gọi H là trung điểm BC. Do SBC cân tại S nên SH  BC . Ta có: (SBC)  (ABC)  (SBC)  (ABC)  BC  SH  (ABC) SH  BC  Gọi K là trung điểm của AB 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  HK // AC mà AC  AB  HK  AB và SH  AB (do SH  (ABC) )  AB  (SHK)  AB  SK (SAB)  (ABC)  AB   Góc giữa (SAB) và (ABC) là SK  AB HK  AB  · SKH  30o SH a 3 tan 30   SH  HK 3  VS.ABC o 1 a3 3  .SH.SABC  3 9 0,25  Tính d(SC,AB) Vẽ hình chữ nhật BKEC  CE // AB mà AB  (SHK)  CE  (SHK) 0,25 d(AB,SC) = d(AB,(SEC)) = d(K,(SEC)) = 2 d(H,(SEC)) Kẻ HF  SE và HF  CE  HF  (SEC) 1 1 1 3 1 4    2 2  2 2 2 2 HF HE SH a a a a d(H,(SEC)) =  d(AB,SC) = a. 2 Ta có: 9  HF  a 2  0,25 Bài 9. Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh ngọt. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh. Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy ra đó có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt. Gọi  là không gian mẫu của phép thử. Gọi A là biến cố “Trong năm lần lấy ra có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt”.  n()  (C ) , 2 5 8  P(A)  n(A)  5.(C ) .C 2 4 5 2 3 5.(C52 )4 .C32 9375   0,0087 2 5 (C8 ) 1075648 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1 0 Bài 10. Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a 2  bc b2  ca c 2  ab   b  ca c  ab a  bc 1 a 2  bc b2  ca c2  ab Xét P    3 3b  3ca 3c  3ab 3a  3bc 0,25 Ta có 3b  3ca  b(a  b  c)  3ca  b(a  b  c)  ca  2ca mà a 2  c2  2ac nên 3b  3ca  ab  b2  bc  ca  a 2  c2 Chứng minh tương tự ta có: 3c  3ab  ac  c2  bc  ab  a 2  b2 3a  3bc  a 2  ab  ac  bc  c2  b2 0,5 1 a 2  bc  b2  ca  c2  ab 1  P  3 Khi đó P  3 ab  b2  bc  ca  a 2  c2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy MinP  3 khi a = b = c = 1. 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 18 Câu 1*: (2điểm) Cho hàm số y  2x  1 x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng (D) : y = x – 1 b) Câu 2*: (1điểm) a) Giải phương trình : 3  cos 2 x - sin x   cos x  2sin x  1  0 .  z  z  10. b) Tìm phần thực, phần ảo của các số phức z, biết:   z  13. c) Câu 3*: (0,5điểm) Giải phương trình 52 x2  26.5 x2  1  0 3 2   y  x  y  1  x  3 y ( x  xy  y  1)  1 Câu 4*: (1điểm) Giải hệ phương trình :  2   y  y  5x  5  2 Câu 5*: (1điểm) Tính các tích phân: I   sin 2 x. sin 3 x.dx 0 Câu 6: (1điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = a 2 2a , AD = a . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM  , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a. Câu 7: (1điểm) Cho hình thang cân ABCD có AB // CD, CD = 2AB. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là điểm đối xứng của I qua A với  2 17  M  ;  . Biết phương trình đường thẳng DC : x + y – 1= 0 và diện tích hình thang 3 3  ABCD bằng 12. Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương. Câu 8*: (1điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0 và mặt phẳng (P): x + y + z + 2015 = 0 a) Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính của mặt cầu (S). Viết phương trình đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S) 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9*: (0,5điểm)Có 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ,5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có duy nhất 1 tấm mang số chia hết cho 10. Câu 10: (1điểm) Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz. Chứng minh rằng : xy yz zx 3  3  3  2 2 3 2 2 3 2 2 x y x zy z y z y xz x z x z yx y 4 3 3 ------------- HẾT------------ 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết ĐÁP ÁN ĐỀ THI QUỐC GIA 2016 – MÔN TOÁN Câu 1. 1. y  2x  1 x 1 (2,0đ) Tập xác định: D = ¡ \{–1}. Tiệm cận ngang: y  2 lim y  2 x  Tiệm cận đứng: x  1 lim y   ; lim y   x 1 y'  0,25 x 1 3 > 0, xD ( x  1) 2 0,25 Hàm số tăng trên (–;–1), (–1;+) Hàm số không có cực trị. –1 x – y’ y + + + 0,25 2 + – 2 y 5 4 3 0,25 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x -1 -2 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) là : 2x  1 2  x  1  x – 2x = 0 x 1 0,25  x = 0 hay x = 2 suy ra y = -1 hay y = 1 0,5 Vậy tọa độ giao đểm là (0; -1) hay (2; 1) 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 2 1. Giải phương trình: 3  cos 2 x - sin x   cos x  2sin x  1  0 (1,0đ)  sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x 1 3 3 1  sin 2 x  cos 2 x  sin x  cos x 2 2 2 2  sin 2 x cos  3  cos 2 x sin  3  sin x cos  6  cos x sin  6    sin(2 x  )  sin( x  ) 3 6 0,25     2 x  3  x  6  k 2  (k  ¢ )  2 x      ( x   )  k 2  3 6    x   2  k 2  (k  ¢ )  x  5  k 2  18 3 0,25  z  z  10. 2. Tìm phần thực, phần ảo của các số phức z, biết:   z  13. Giả sử z = x + yi => z = x– yi. (x, yIR) 2 x  10. Theo đề bài ta có :  2 2  x  y  13. 0,25 . x  5 .   y  12 0,25 Câu 3 Giải phương trình 52 x2  26.5 x2  1  0 (0,5đ) Đặt t = 5x >0. Pt t2–26t + 25 = 0  t  1 t  25 x  0  . x  2 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 4 (1,0đ)  y  x  y  1  x3  3 y ( x 2  xy  y  1)  1 Giải hệ phương trình :  2 0   y  y  5x  5 y  0 ( vì y=0 không thỏa hpt)  x  y  1 Điều kiện :  (1)  ( x  1)  ( x  1)( x 2  x  1)  3 y( x  1)( x  y  1) y  x  y 1  ( x  1)[ x 2  x  3xy  3 y 2  3 y  1   ( x  1)[ x 2  (3 y  1) x  3 y 2  3 y  1  0,25 1 ] y  x  y 1 1 ] (3) y  x  y 1 0,25 Xét A = x2 + (3y – 1 )x + 3y2 – 3y + 1 2  = -3(y - 1)  0 x  R => A  0 x, y  R 0,25 (3)  x = -1 Thay x = -1 vào (2) ta có : y 2  y  5  5  1  17 y  2   1  17 (l ) y   2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( - 1 ;  Câu 5 (1,0đ) 1  17 ) 2 2 Tính các tích phân: I   sin 2 x. sin 3 x.dx 0  2 I =  2 sin 4 x. cos x.dx . 0 Đặt t=sinx => dt=cosxdx 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1 ▪ I   2t 4 dt . 0,25 0 1 t5 2 = 2 = . 5 0 5 0,25x2 Câu 6(1,0 điểm) * Tính thể tích khối chóp S.HCD: Hai tam giác vuông AMD và DAC có AM AD 1   nên đồng AD DC 2 dạng, · · · · ·  DCH  HDC  90o  DHC  90o Suy ra ADH , mà ADH  ADC vuông tại D: AC2  AD2  DC2  AC  a 5 Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC Suy ra: DH  DC.DA 2a  AC 5 0,25  DHC vuông tại H: HC  DC2  DH 2  1 2 4a 5 Do đó diện tích  HCD: SHCD  DH.HC  4a 2 5 0,25 Thể tích khối chóp SHCD: VS.HCD 1 4a 3  SH.SHCD  3 15 Tính khoảng cách giữa SD và AC: 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Dựng HE  SD Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH  AC , do đó AC  (SHD) Mà HE  (SHD) nên HE  AC Từ đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và AC. nên HE  d SD; AC  SHD vuông tại H nên: 1 HE 2  1 SH 2  1 HD2  HE  2a 3 0,25 2a Vậy d SD; AC   HE  3 Câu 7(1,0 điểm) M H B A I C D Ta có : tam giác MDC vuông tại D =>(MD) : x – y + 5 = 0 => D(-2; 3) MD = 3 8 2 => HD = MD = 2 2 4 3 Gọi AB = a => SABCD = 0,25 0,25 3a.2 2 = 12 => a = 2 2 2 =>DC = 4 2 Gọi C(c; 1 –c ) => DC2 = 2(c + 2 )2 => c = 2 hay c = -6 (loại)=>C(2; -1) 0,25 =>B(3; 2) 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết => (BC): 3x – y – 7 = 0 Câu 8 (1,0 điểm) (S): x2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  2  0 và (P): x + y + z + 2015 = 0 a) (S) có tâm I(1; -2; 3) và R = 4 0,25 x  1  t r (D) qua I(1; -2; 3) và có VTCP u = (1; 1; 1;) có ptts :  y  2  t z  3  t  0,25 b) (Q)// (P) => (Q): x + y + z + D = 0 (D  2015) 0,25 d  I ,  Q    4  D  2  4 3 Vậy (Q) : x + y + z 2  4 3  0 Câu 9: (0,5điểm) 0,25 Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có : C1030 cách chọn Ta phải chọn : 5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ có C155 cách chọn. 0.25 1 tấm thẻ chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10, có : C13 cc 4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm như vậy, có : C412 Vậy xác suất cần tìm là : P(A) = Câu 10 Chứng minh rằng : xy (1,0 điểm)  x y x zy z 3 3 2 2 C155 .C124 .C31 99  10 C30 667 yz zx 3  3  2 2 3 2 2 y z y xz x z x z yx y 4 3 3 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1 x 1 y 1 z Ta có : xy + yz + zx = 3xyz     3 Với x >0; y > 0; z > 0 ta có x3 + y3 ≥ xy(x + y) ; 1 1 1 1  (  ) x y 4 x y 0,25 ;x2 + y2 ≥ 2xy  xy xy xy  1 1    2   2 2 2 2 2 x  y  x z  y z xy(x  y)  (x  y )z 4  xy(x  y) (x  y )z  3   3  1 1 xy 1 1 xy 1     2     2 2 2 x  y  x z  y z 4  (x  y) (x  y )z  4  (x  y) 2z  3 3 0,25 1 1  1 1  1  1  1 1  1 (1)          4  4  x y  2z  16  x y  8z Chứng minh tương tự : yz 1 1 1 1     (2) 2 2 y  z  y x  z x 16  y z  8x 3 3 zx 1 1 1 1     (3) 3 3 2 2 z  x  z y  x y 16  z x  8y 0,25 Công (1) ; (2); (3) theo vế ta được đpcm Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 19 Môn Toán – Thời gian 180 phút Câu 1*(2đ) : Cho hàm số y  x3  3mx2  3(m2  1) x  m3  m (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m = 1. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. Câu 2* (1đ): 5  -x) = 2 . Tính tan(x+ ) 2 4 2. Tìm số phức z thoả 3 z +z = 8 - 6i 1. Cho cot( e Câu 3*(1đ) : Tính tích phân  x(ln 1 2 1 dx x  2ln x  2) Câu 4 (1đ) : Hình không gian Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. SA  (ABC) , SA=AB=a; BC=a 3 . Gọi I là trung điểm SB, G là trọng tâm tam giác ABC. Tính theo a thể tích khối tứ diện GSIC . Câu 5(1đ) : Cho 3 số thực không âm x, y, z thoả x2 + y2 + z2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = xy + yz + zx + 5 x yz Câu 6 (1đ): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao  17  AH, phân giác trong BD và trung tuyến CM . Biết H (4;1); M  ;12  và phương  5  trình đường thẳng BD: x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. Câu 7*(1đ): Trong không gian Oxyz ,cho điểm M(0;2;0) và hai đường thẳng x 1 y  2 z 1 x  3 y 1 z   ; d2 :   . Viết phương trình: d1 : d1 ; d 2 có 2 2 1 2 2 1 phương trình mặt phẳng (P) đi qua M , song song với trục Ox , sao cho (P) cắt hai đường thẳng d1 ; d 2 lần lượt tại A, B sao cho AB = 1 . Câu 8* (0,5đ) : Một cái hộp có 4 bi trắng, 5 bi vàng, 7 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 bi. Tính xác suất để lấy được 3 bi cùng màu. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9* (0,5 đ): Giải phương trình 22x+1 -3.2x- 2 = 0 Câu 10 (1đ) : Giải bất phương trình sau 2 x  5  3x  2  4 x  1  5 x  6 --- HẾT --- HƯỚNG DẪN NỘI DUNG Câu 4 : Tam giác SAB vuông cân tại A Giải thích AI vuông góc mp(SBC) Trong mp(AIJ) vẽ GH //AI Suy ra GH vuông góc mp (SBC) VGSIC = 1/3 . GH. SSIC a 2 SB = a 2  AI = 2 a 2 GH= 1/3. AI = 6 a2 6 SSIC= ½.SSBC = 4 3 a 3 VGSIC= 36 Câu 5 : Đặt t= x+y+z ĐK t > 0 t2  3  xy+yz+zx = 2 2 x  y2 x2  z 2 z2  y2 ;0  xz  ;0  zy  Ta có 0  xy  2 2 2 2 2 2 Suy ra 0  xy  yz  zx  x  y  z t2  3 3  3t 3 2 t2  3 5  Ta có M= 2 t  0 Điêm 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Xét hàm số f(t) = t2  3 5  với 2 t 3t 3 t3  5 f’(t) = 2 >0 ; 3  t  3 t f( 3 )= 5/ 3 ; f(3)=14/3 Vậy Max f(t) = 14/3 với 3  t  3 Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1 Vậy Max A = 14/3 khi x=y=z =1 . Câu 6 A Gọi H’ là đối xứng của H qua phân giác trong BD thì H '  AB HH '  BD  ptHH ': x  y  c  0 05 H (4;1)  HH '  c  5 Vậy pt HH’: x –y + 5 = 0 Gọi K là giao điểm của HH’ và BD , tọa độ K thỏa hệ:  x  y  5  K (0;5)  x  y  5 K là trung điểm HH’  H '(4;9) uuuur  3  3 MH '   ; 3   1; 5  5  5  quaH '  4;9  AB :  r  VTPT n   5;1 Pt AB: 5x + y – 29 = 0 5 x  y  29  B(6; 1) x  y  5  B là giao điểm của AB và BD  tọa độ B thỏa hệ  4 5   M là trung điểm AB  A  ;25  Câu 7 Giả sử có mặt phẳng (P) thỏa yêu cầu đề bài 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết A  d1  A 1  2t ;2  2t ; 1  t  B  d 2  B  3  2l ; 1  2l ; l  uuur AB   2(l  t )  2; 2(l  t )  3;(l  t )  1 l  t  1 AB  9(l  t )  22(l  t )  14  1   13 l  t   9  *l  t  1 uuur r uuur r  AB   0; 1;0   VTPT n( P )   AB; i   (0;0;1) 2 2 Pt mặt phẳng (P): z = 0 ( loại vì (P) chứa Ox) *l  t  13 / 9 uuur  8 1 4  r uuur r  4 1  AB   ; ;   VTPT n( P )   AB; i    0;  ;  9 9  9 9 9   Pt mặt phẳng (P): - 4 y + z + 8 = 0 ( thỏa đề bài nhận) Câu 10 : BPT  2 x  5  4 x  1  3x  2  5 x  6  0  (2 x  4)[ x2 1 1  ]0 2x  5  4x 1 3x  2  5 x  6 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 20 Môn: TOÁN. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x 3 - 3x 2 + 1 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d : y = 2x + 1 với đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc d và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác vuông tại M. Câu 2* (1,0 điểm). a) Cho góc a thỏa mãn æ p 12 pö ÷ < a < p và sin   . Tính A = cos ççça - ÷ ÷ 2 13 4÷ è ø ( ) b) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )z = z + 2 i . Tính môđun của số phức z . Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình log2 (x - 1) + log2(3x - 4) - 1 = 0 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x + 2)(x - 2 2x + 5) - 9 £ (x + 2)(3 x 2 + 5 - x 2 - 12) + 3 5x 2 + 7 1 Câu 5* (1,0 điểm). Tính tích phân ò (x + 3e x )e 2xdx . 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .A BCD có đáy A BCD là hình thang vuông tại A và B , AB = 2BC = 2a, AD = 3a . Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (A BCD ) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S .A BCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD ) biết SD = a 13 . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác A BC vuông tại A có A C = 2A B . Điểm M (2; - 2) là trung điểm của cạnh BC . Gọi E là điểm thuộc cạnh A C sao æ4 8 ö ÷ cho EC = 3EA , điểm K ççç ; ÷ ÷ là giao điểm của A M và BE . Xác định tọa độ các đỉnh của è5 5 ÷ ø tam giác A BC , biết điểm E nằm trên đường thẳng d : x + 2y - 6 = 0 . Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; - 1;2), B (0; 0;2) và đường thẳng d : x- 3 y- 6 z- 1 = = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và - 2 2 1 vuông góc với d và phương trình mặt cầu có tâm B, tiếp xúc với (P). 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9* (0,5 điểm). Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, lớp 12A Có 2 học sinh đạt giải môn Toán đều là học sinh nam và 4 học sinh đạt giải môn Vật lí trong đó có 2 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong các học sinh đạt giải đó đi dự lễ tổng kết năm học của tỉnh. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí. Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn 5(x 2 + y 2 + z 2 ) = 9(xy + 2yz + zx ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 1 . 2 y +z (x + y + z ) 3 2 ----------------------------------------- Hết ----------------------------------------(Đề thi gồm có 01 trang) 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:..................................... HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN. Đề số 20 1 (2,0 điểm) Điể m Đáp án Câu a) (1,0 điểm) +Tập xác định: D  R + Sự biến thiên: x  0 x  1 Chiều biến thiên: y '  6 x 2  6 x, y '  0   0,25 Các khoảng đồng biến: ( ; 0) và (1; ) ; khoảng nghịch biến: (0;1) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, y CĐ = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x  1, y CT = 0 Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  Bảng biến thiên : x  0 1 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  0,25 y’ y + 0 1 - 0 +   0 0,25 + Vẽ đồ thị: b) (1,0 điểm) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d : y  2 x  1 và đồ thị (C) là: 2 x3  3x2  1  2 x  1  2 x3  3x2  2 x  0 (*) Giải phương trình (*) ta được ba nghiệm phân biệt x 1  0, x 2  2, x 3    1  2 0,25 1 2  Vậy d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B (2;5),C   ; 0   0,25 M  d : y  2x  1  M (t ;2t  1) , tọa độ các điểm cực trị của (C) là D(0;1),T (1; 0) M cùng với hai điểm cực trị của đồ thịuuuu (C) tạo thành tam giác vuông tại uuuur uuuur r uuuur M  DM .T M  0(**) , mặt khác ta có DM  (t ;2t ),T M  (t  1;2t  1) 1 5  1 3 1 t  0  M (0;1)  D (loại); t    M   ;  5  5 5 0,25  (**)  5t 2  t  0  t  0 hoặc t   2 (1,0 điểm) 0,25 a) (0,5 điểm)   Ta có A  cos      cos  sin   4 2   cos2  1  sin 2   1  Thay sin   2 0,25 144 25 5 5    cos    cos   (do     ) 169 169 13 13 2 7 2 12 5 , cos   vào A ta được A  26 13 13 0,25 b) (0,5 điểm). cho số phức z thỏa mãn (1 + i )z = (z + 2)i (*) . Tính môđun của số phức z Đặt z  a  bi,(a, b  ¡ ); khi đó z  a  bi . Do đó (*) Û (1 + i )(a + bi ) = (a - bi + 2)i Û (a - b) + (a + b)i = b + (a + 2)i   a  b  b a  4    z  42  22  2 5 a  b  a  2 b  2     0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 3 (0,5 điểm) Giải phương trình log2 (x - 1) + log2 (3x - 4) - 1 = 0 (1) . 4 (*). Với điều kiện (*), ta có 3 (1)  log2 (x  1)(3x  4)  1  log2(3x 2  7x  4)  log2 2 Điều kiện xác định: x  0,25  3x 2  7x  2  0  x  2 (do điều kiện (*)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. 4 (1,0 điểm) 0,25 Giải bất phương trình (x + 2)(x - 2 2x + 5) - 9 £ (x + 2)(3 x 2 + 5 - x 2 - 12) + Điều kiện xác định: x   3 5x 2 + 7 (1) 5 . Khi đó ta có 2 (1)  x 3  3x 2  14x  15  2(x  2) 2x  5  3(x  2) x 2  5  3 5x 2  7  0  x 3  3x 2  x  18  2(x  2)( 2x  5  3)  3(x  2)( x 2  5  3)  3  3 5x 2  7  0  (x  2)(x 2  5x  9)  2(x  2)(2x  4) 2x  5  3  3(x  2)(x 2  4) 5(4  x 2 )  x2  5  3 9  3 5x  7  3 2  5x  7  2 3   x  5x  9  2x  5  3  3(x  2)2 x2  5  3     0(*) 2    0,25    4(x  2) 0 2   4(x  2) 3(x  2)2 5(x  2)  (x  2)  x 2  5x  9    2  2x  5  3 x  5  3 9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7    4(x  2) 4 3(x  2)2 3  (x  2);  (x  2)2  x2  5  3 5  2x  5  3 3 5 Ta có với x     5(x  2) 5(x  2) 2   2 9  9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7  2 0,25 5(x  2)  9  3 5x  7  3 2  3 5x  7 2  2  18x 2  57x  127 5  0, x   45 2 Do đó (*)  x  2  0  x  2 , kết hợp với điều kiện x   0,25 5 ta suy ra 2 bất 5 2 phương trình đã cho có nghiệm là   x  2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 5 (1,0 điểm) 1 1 1 0 0 0 2x 3x x 2x ò (x + 3e )e dx   xe dx  3 e dx . Ta có I = 1 0,25 1 1 1 Đặt J  3 e dx và K   xe dx ; ta có J  3 e 3xdx  e 3x  e 3  1 3x 2x 0 0,25 0 0 0 du  dx  1 u  x  ; khi đó K  xe 2x K   xe dx . Đặt   1 2x 2x dv  e dx 2 0  v  e   2 1 1 1  2x 0 1 2x e dx 2 0 0,25 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1  K  e 2  e 2x  e 2  e 2   e 2  . Vậy I  e 3  e 2  2 4 4 4 4 4 4 2 4 0 S 6 (1,0 điểm) 0,25 Ta có 0,25 HD  A D  HA  9a  a  a 10 2 2 2 2  SH  SD 2  HD 2  13a 2  10a 2  a 3 Diện tích của hình thang vuông ABCD là 0,25 E D1 1 A S A BCD  (A D  BC )A B  (3a  a )2a  4a 2 2 2 H 1 4a 3 3  V S .A BCD  SH .S A BCD  3 3 C B 1 V S .A CD  V S .A BCD  V S .A BC  V S .A BCD  SH .A B .CD 6  0,25 4a 3 3  a 3 3  a3 3 3 3 Ta có HBC vuông cân tại B, HB  a .  HC  a 2 . Do đó SC  SH 2  HC 2  a 5 . Kẻ CE  A D tại E , khi đó ta có CED vuông cân tại E, CE  ED  2a  CD  2a 2 Xét SCD có SC 2  CD 2  5a 2  8a 2  13a 2  SD 2  SCD vuông tại C 1 2 Do đó S SCD  SC .CD  a 2 10 . Vậy d(A;(SCD ))  3V S .A CD S SCD  3a 3 3 a 2 10  0,25 3a 30 10 Kẻ MI  AC tại I và BD  MI tại D. Khi đó ta 7 (1,0 điểm) C có tứ 0,25 giác AIDB là hình vuông có M, E lần lượt là trung điểm của BC, AI. Do đó ta có BE  AM tại K I M D 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết uuuur  6 18   véc tơ pháp tuyến của BE là KM   ;   5 5  ur hay n  (1; 3)  phương trình 0,25 BE : x  3y  4  0 Ta có E  BE  d : x  2y  6  0  E (2;2) A D  BI , ME là đường trung bình của 0,25 A ID nên suy ra BI  ME tại F(2 ; 0) là trung điểm của ME 0,25  phương trình BI : y  0 ; vậy B  BE  BI  B(4;0)  C (8; 4) (vì M(2; -2) là trung điểm của BC) uur uur Ta có BI  4FI  tọa độ điểm I(4; 0)  tọa độ điểm A(0; 4 ) (vì I(4; 0) là trung điểm của AC) 8 (1,0 điểm) r Véc tơ chỉ phương của d là u  (2; 2;1) r (P)  d  (P) nhận u  (2; 2;1) là véc tơ pháp tuyến  Phương trình của (P) : 2( x  2)  2( y  1)  ( z  2)  0  2 x  2 y  z  4  0 Gọi (S) là mặt cầu tâm B, có bán kính là R Ta có (S) tiếp xúc với (P) nên ta có R  d (B;(P))  2  phương trình mặt cầu (S): x2  y 2  ( z  2)2  4 9 (0,5 điểm) Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cách chọn ra 3 học sinh trong các học sinh đạt giải của kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, do đó ta có 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 n()  C36  20 Kí hiệu A là biến cố ‘‘4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí’’. Vì chỉ có đúng 2 học sinh nữ đạt giải đều thuộc môn Vật lí, do đó phải chọn tiếp ra 2 học sinh nam lại phải có mặt ở hai môn khác nhau thì chỉ 0,25 có thể là 2 học sinh nam đạt giải môn Toán hoặc 1 học sinh nam đạt giải môn Toán và 1 học sinh nam đạt giải môn Vật lí. Vậy ta có n(A)  1  C21 .C21  5  P(A)  10 (1,0 điểm) n(A) 1  n() 4 Theo giả thiết ta có 5(x 2  y 2  z 2 )  9(xy  2yz  zx )  5(x  y  z )2  9(xy  2yz  zx )  10(xy  yz  zx )  5(x  y  z )2  19x (y  z )  28yz  19x (y  z )  7(y  z )2  x  19x x  5  1  7   2  x  2(y  z ) y z y  z  y z 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 1 2 Mặt khác ta có (y  z )2  2(y 2  z 2 )  y 2  z 2  (y  z )2 2(y  z ) 1 4 1    3 1 y  z 27(y  z )3 2(y  z )  y  z (y  z )2 2 4 1 (6t  1)2 (2t  1) Đặt t  y  z  0  P   3    16  16 t 27t 27t 3   1 x  2(y  z ) x     3 Vậy min P  16 ; dấu bằng đạt tại y  z   y  z  1 1  y  z  12  6 Vì vậy P    0,25 0,25 0,25 ------------------------HẾT------------------------ 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 21 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x - 1 (1) x- 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ bằng 3.. Câu 2* (1,0 điểm). a) Cho góc a thỏa mãn cos 2a p 4 < a < p và sin a = . Tính A = 2 5 1 - cosa b) Cho số phức z = 1 - 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = z 2 + 2iz . Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình log3 (3x - 2) = 1 - x . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 1- 2 + x 2x - 8 ³ x x 3 Câu 5* (1,0 điểm). Tính tích phân ò (x 2 + ) x + 1 xdx . 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .A BCD có đáy A BCD là hình vuông cạnh bằng a , tâm O và SO vuông góc với mặt phẳng (A BCD ). Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho MA = 2MS. · = 600 . Tính thể tích khối chóp S .A BCD theo a và cosin Gọi N là trung điểm của CD , SNO góc giữa MN với mặt phẳng (A BCD ) . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật A BCD có phương trình A D : x  2y  3  0 . Trên đường thẳng qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E sao cho BE  A C (D và E nằm về hai phía so với đường thẳng AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật A BCD , biêt điểm E (2; - 5) và đường thẳng AB đi qua điểm F (4; - 4) và điểm B có hoành độ dương. 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 8* (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : x + y + z - 3 = 0 và đường thẳng d : x- 2 y+1 z . Tìm tọa độ giao điểm của (P) = = 1 - 2 - 1 và d; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3 . Câu 9* (0,5 điểm). Cho khai triển (1 + 2x )n = a 0 + a1x + a2x 2 + ... + an x n . Tìm số nguyên dương n biết a 0 + 8a1 = 2a2 + 1 . Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x , y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4 x2 + y2 + z2 + 4 4 - 5 - (x + y ) (x + 2z )(y + 2z ) . (y + z ) (y + 2x )(z + 2x ) ----------------------------------------- Hết ----------------------------------------(Đề thi gồm có 01 trang) 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:..................................... HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN. Đề số 21 1 (2,0 điểm) Điể m Đáp án Câu a) (1,0 điểm) +Tập xác định: D  ¡ / 1 + Giới hạn và tiệm cận: lim y  ; lim y  ; lim y  2; lim y  2 x 1 x 1 x  x  uy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2. + ự biến thiên: Chiều biến thiên: y '   1  0, x  D ( x  1)2 uy ra, hàm số nghịch biến trên m i khoảng ( ;1) và (1; ) Cực trị: àm số đã cho không có cực trị Bảng biến thiên : 1 và một 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  x  y’ y 1 -  2 0,25  2 0,25 + Vẽ đồ thị: b) (1,0 điểm) Gọi tiếp điểm là M ( x0 ; y0 ) , ta có y 0  3  2x 0  1 x0  1  3  x 0  2  M (2; 3) uy ra, hệ số góc k của tiếp tuyến là: k  y '(2)  1 Do đó phương trình tiếp tuyến cần lập là: y  1(x  2)  3 hay y  x  5 2 (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 a) (0,5 điểm) Ta có A = cos 2a 1 - cosa = cos2  1  sin 2   1  4 5 1 - 2 sin 2 a 1 - cos a 0,25 16 9 3 3    cos    cos   (do     ) 25 25 5 5 2 Thay sin   , cos   3 7 vào A ta được A   5 40 b) (0,5 điểm) Ta có z  1  2i , khi đó w  (1  2i )2  2i(1  2i )  1  4i  4i 2  2i  4i 2 0,25 0,25 = - 7 - 2i Do đó, phần thực của số phức w là: - và phần ảo của số phức w là: -2 3 (0,5 điểm) Giải phương trình Ta có (1)  3x  2  31x  3x  2  0,25 log3 (3x - 2) = 1 - x (1) . 3 (*) 3x 0,25 ặt t  3 , t  0 . Khi đó (*) tr thành x t  1 3  t 2  2t  3  0    t  3 (do t > 0) t t  3 Với t  3  3x  3  x  1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy t 2  0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết nhất x = 1. 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 1 - 2 + x 2x - 8 ³ x (1) x  x  2  2  1   0  x  2  x  0  x  0 iều kiện của bất phương trình:    x  2 2 x  8  0  x  2    2  x  0 x   Với 2  x  0  bất phương trình đã cho luôn đúng Với x  2  bất phương trình đã cho  2 x  2  2( x  2)( x  2)  x x 0,25  4( x  2)  2( x 2  4)  4 ( x  2)2 ( x  2)  x3  x3  2 x2  4 x  16  4 2( x3  2 x2  4 x  8)  0  2( x3  2 x2  4 x  8)  8 2( x3  2 x 2  4 x  8)  16  0   2 2( x3  2 x 2  4 x  8)  4  0  2( x3  2 x 2  4 x  8)  4 0,25 x  0   x3  2 x 2  4 x  0   x  1  5  x  1  5 (do x  2 ) x  1 5  Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là  2;0   1  5 5 (1,0 điểm) 3 Ta có I = 3 ò (x 2 + ) x + 1 xdx = 0 3 ò x dx + ò x 3 0 3 0,25 x + 1 dx . 0,25 0 3 3 3 1 81 ặt J = ò x dx và K = ò x x + 1 dx ta có J   x dx  x 4  4 0 4 0 0 0 3 3 3 K   x x  1 dx . 0,25 ặt t = x + 1 Þ t 2 = x + 1 Þ 2tdt = dx và x  t 2  1 0 Ta có x  0  t  1; x  3  t  2 . 2 2 1 1 2  0,25 116 Khi đó K  2 t 2 (t 2  1)dt  2 (t 4  t 2 )dt  2  t 5  t 3   3 1 15 5 1 1 Vậy I  J  K  6 S 1679 60 0,25 Xét SON vuông tại O, 0,25 (1,0 M 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết điểm) · cóON  , SNO  600 a 2 SO  ON . t an 600  a 3 2 Diện tích hình vuông ABCD là 0,25 S A BCD  a 2  V S .A BCD  1 a3 3 SO .S A BCD  3 6 K 0,25 MH P SO (H  BD )  MH  (A BCD ) Khi đó, ta có hình chiếu vuông góc của MN trên · (ABCD) là HN suy ra góc giữa MN và (ABCD) là   MNH 2 3 0,25 2 3 Vì MH P SO, MA  2MS  BH  2HO nên ta có HD  BD  a 2 Xét HND , ta có HN 2  HD 2  DN 2  2HD.DN . cos 450  17 2 a 17 a  HN  16 4 MH 2 51 17   cos   HN 17 29 Ta có AB  AD : x  2 y  3  0 và AD đi qua Xét MHN vuông tại H, ta có t an   7 (1,0 điểm) 0,25 F(4 ; -4)  AB : 2 x  y  4  0 . Khi đó A  A B  A D  A(1;2) Ta có đường thẳng EF đi qua hai điểm E( ) và F(4;-4) Do đó ta lập được phương trình EF : x  2y  12  0 0,25 Suy ra EF P AD  EF  AB tại F. Khi đó, ta có · · ABC  EFB vì A C  BE , EBF  BCA 0,25 (c ng ¼ )  AB  EF  5 . ph với HBC Ta có B  A B : 2x  y  4  0  B (b;4  b) (b  0) Vậy A B  5  (b  1)2  (2  2b)2  5  5b2  10b  0  b  2(dob  0)  B (2;0) Ta có BC  A B : 2x  y  4  0 và BC đi qua B(2; 0)  BC : x  2y  2  0 uuur AC đi qua A(1 ) và vuông góc với BE  AC nhận BE  (0; 5) là véc tơ pháp tuyến  A C : 5(y  2)  0  y  2 . Khi đó, ta có 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết C  A C  BC  C (6;2) CD đi qua C( ) và CD  A D : x  2y  3  0   CD : 2x  y  14  0 . Khi đó D  CD  A D  D(5;4) . Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4). 8 (1,0 điểm) x  2  t Ta có phương trình tham số của d là  y  1  2t  z  t  I  d  ( P)  Ta có phương trình: (2  t )  (1  2t )  (t )  3  0  t  1  I (1;1;1) Ta có A  d  A(2  t ; 1  2t ; t ) (2  t )  (1  2t )  (t )  3 2t  2 Khi đó, ta có d ( A;( P))   3 12  12  12 2t  2 t  4 Vậy d ( A;( P))  2 3   2 3  t  1  3   3 t  2 0,25 0,25 0,25 Khi đó t  4  A( 2;7;4); t  2  A(4; 5; 2) 0,25 9 (0,5 điểm) n n k 0 k 0 Ta có (1  2x )n  C nk (2x )k  C nk 2k x k . Khi đó, suy ra ak  C nk 2k 0,25 Do đó, ta có a 0  C n0 ;a1  2C n1 ;a2  4C n2 Vậy a 0  8a1  2a2  1  C n0  16C n1  8C n2  1  1  16n  8n (n  1) 1 2! 16n  4n (n  1)  4  n  1(n  0)  n  5 0,25 10 (1,0 điểm) Với mọi số thực không m x, y, z Ta có: (x  2z )(y  2z )  x  y  4z x  y  4z  (x  y ) (x  2z )(y  2z )  (x  y ) 2 2 Mặt khác ta có: 0,25 x  y  4z x  y  2xy  4yz  4zx   2(x 2  y 2  z 2 )(1) 2 2 2 2 2 Vì 2xy  x  y ; 4yz  2(y  z 2 ); 4zx  2(z 2  x 2 ) 2 (x  y ) 2 Tương tự ta có (y  z ) (y  2x )(z  2x )  (y  z ) y  z  4x  2(x 2  y 2  z 2 ) 2 (2) Từ (1) và ( ) ta suy ra P  4 x2  y2  z2  4 Hay P   4 5  2 2 2 2(x  y  z ) 2(x  y 2  z 2 ) 4 x2  y2  z2  4 2  9 . ặt t  x 2  y 2  z 2  4 , t  2 2 2 2(x  y  z ) 0,25 2 4 9 4 9 ,t 2 Khi đó P   2 . Xét hàm số f (t )   2 t 2t  4 t 2t  4 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết f '(t )   4 9t (4  t )(4t 3  7t 2  4t  16)   ; f '(t )  0  t  4 t 2 (t 2  4)2 t 2 (t 2  4)2 (do t > 2 nên 4t 3  7t 2  4t  16  4(t 3  4)  t (7t  4)  0 ập bảng biến thiên của hàm số f(t). Dựa vào bảng biến thiên ta có MaxP  5 khi x  y  z  2 8 ------------------------HẾT------------------------ 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 22 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1* (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx2  4m2  2 (1), m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB. Câu 2* (1,0 điểm): a. Giải phương trình: 2sin x 1  cos x  sin 2 x. b. Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: 2 z  i  z  z  2i 0  a  1 . Tính giá trị của biểu thức 0  b  1 Câu 3* (0,5 điểm):Cho các số thực a, b thỏa mãn:  P  log a2  a10b2   log a  a  2    log 3 b  b  .  b  x  3xy  x  1  y  2 xy  x Câu 4: ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3 2 2 2 3 2 2 2   y  3 yx  y  1  x  2 xy  y Câu 5*: (1,0 điểm). Tính tích phân: I  0  ( x  1)  1 2 dx 3  2x  x 2 Câu 6 (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , ABC  600. Góc giữa đường thẳng A ' C và mặt phẳng ( ABC ) bằng 450 . Tính thể AB  a, · tích của khối lăng trụ theo a và cosin của góc giữa đường thẳng AB ' và mặt phẳng ( A ' BC ) . Câu 7 (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I. Trung điểm cạnh AB là M (0;3) , trung điểm đoạn CI là J (1;0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 . Câu 8* (1 điểm): Cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có tâm I và diện tích bằng 100 . Khoảng cách từ I đến (P) bằng 3. Chứng minh rằng (P) cắt (S) theo một đường tròn, tính diện tích hình tròn đó. Câu 9* (0,5 điểm): Trong không gian cho n điểm phân biệt (n  ¥ , n  4) , trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Tìm n, biết rằng số tứ diện có đỉnh là 4 trong n điểm đã cho nhiều gấp 4 lần số tam giác có đỉnh là 3 trong n điểm đã cho. Câu 10 (1 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3  ln giá trị lớn nhất của biểu thức: M  x  y 1  9 xy  3x  3 y. Tìm 3xy 3x 3y 1 1 1    2 2 y( x  1) x( y  1) x  y x y ---------- 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:…………… Câu Ý 1 a 1,0 điểm HƯỚNG DẪN CHẤM THI THPTQG Môn: TOÁN Nội dung trình bày Điểm Khi m  1 hàm số trở thành y  x3  3x2  2. * Tập xác định: . * Chiều biến thiên: Ta có y '  3x2  6 x; x  0 x  0 y'  0   ; y'  0   ; y '  0  0  x  2. x  2 x  2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 0  và  2;    ; nghịch biến 0.25 trên  0; 2  . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0  yCĐ  2, hàm số đạt cực tiểu tại x  2  yCT  2. 0.25 * Giới hạn: Ta có lim y   x   và lim y  . x   * Bảng biến thiên: x  y' 0 +  2 0 – 0 + 2 y  0.25  2 y 6 4 2 0.25 O -5 5 x -2 -4  Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt Ox tại điểm (1; 0), (1  3; 0) . b 1,0 điểm Ta có y '  3x2  6mx. x  0 y '  0  3x 2  6mx  0    x  2m. Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị khi và chỉ khi y '  0 có hai nghiệm phân biệt  m  0 . Tọa độ các điểm cực trị là A(0;4m2  2), B(2m; 4m3  4m2  2) . m  1 Điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi  3 2 2m  4m  2  0 2 Giải hệ, ta được m  1 . Vậy m  1 là giá trị cần tìm. a 0.5 điểm 0.25 0.25 0.25 0.25  2sin x 1  cos x  2sin x.cos x. cos x  1  2sin x  1  cos x(1  2sin x)   sin x  1  2 0.25 -Với cos x  1  x    k 2 , k ¢ .   x   k 2  1 6 -Với sin x    ,k ¢. 5 2  x  k 2  6 0.25 b 0.5 điểm Gọi z = x + yi (x, y  ¡ ) Ta có: 2 z  i  z  z  2i 0.25  2 x   y  1 i   2  2 y  i  2 x 2   y  1  2  y 3 2  2 y 2 1 2 x 4 0.25 0,5 điểm  a  Ta có P  log a  a10b2   log    log  b2  a  b  b 2 1 2 1 3 0.25 1  a   log a  a10b2   2log a   3logb  b 2   2  b  a2   log a  a b   log a    6logb b  b  5 0.25  a2   log a  a5b.   6  log a a 7  6  1. b   4 Từ (1) và (2) ta có x 3  3xy 2  x  1  ( y 3  3 yx 2  y  1)i  y 2  2 xy  x 2  ( x 2  2 xy  y 2 )i 0.25  x 3  3x 2 yi  3xy 2 i 2  y 3i 3  ( x  yi )  1  i  (1  i) y 2  2 xy (1  i)  x 2 (1  i)  ( x  yi ) 3  ( x  yi )  1  i  (1  i)( y 2  2 xyi  i 2 x 2 )  ( x  yi ) 3  ( x  yi )  1  i  (1  i)( y  ix ) 2  z 3  (1  i) z 2  z  (1  i)  0 0.25 0.25  z  1; z  1; z  1  i . Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . 0.25 5 0 I  ( x  1) 1  2 0  1  2 dx 3  2x  x 2 1 ( x  1) 2 Đặt t   x3 x 1 0  1  ( x  1) ( x  1)( x  3) 1  2 dx = 0.25 dx 0.25  x3  x3 4  t2   2tdt  dx x 1 x 1 ( x  1) 2 0.25 3 I  6 1 1 dt  ( 7  3 )  2 7 2 0.25 1,0 điểm A' C' B' I K A C H B Theo giả thiết, ta có AB  BC.cos · ABC  BC  a  2a  AC  3a . Góc cos 600 A ' CA  45  AA '  AC  3a . giữa A ' C và (ABC) là · 0.25 0 1 3a3 Vậy thể tích khối lăng trụ là V  AA '. AB. AC  . 2 2 Gọi I là tâm hình chữ nhật ABB’A’, H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, K là hình chiếu vuông góc của A trên A’H. Ta có  BC  AH  BC  AK . Do đó AK  ( A ' BC ) . Vậy IK là hình chiếu   BC  A ' A 0.25 0.25 của IA lên ( A ' BC ) , hay góc giữa AB’ và mặt phẳng ( A ' BC ) là · AIK . Dễ thấy AB '  AA '2  A ' B '2  2a  IA  a. Ứng dụng hệ thức trong tam giác vuông, ta có 1 1 1 1 1 1 5 3a .       2 . Suy ra AK  2 2 2 2 2 2 AK AA ' AH AA ' AB AC 3a 5 0.25 Xét tam giác vuông AKI. ta có sin ·AIK  7 AK 3 2   cos · AIK  . AI 5 5 1,0 điểm A M H B I J D N C Gọi N là trung điểm CD và H là tâm hình chữ nhật AMND. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật AMND. Từ giả thiết, suy ra NJ//DI, do đó NJ vuông góc với AC, hay J thuộc (C) (vì AN là đường kính của (C)). Mà MD cũng là đường kính của (C) nên JM vuông góc với JD. (1) uuur uuur D thuộc  nên D(t; t  1)  JD(t  1; t  1), JM (1;3). Theo (1) uuur uuur JD.JM  0  t  1  3t  3  0  t  2  D(2; 1) . Gọi a là DM  2 5  a 2  cạnh hình vuông ABCD. Dễ 0.25 0.25 thấy a2  a  4. 4  x  2; y  3  x 2  ( y  3)2  4  AM  2   Gọi A( x; y). Vì    6 7 2 2 x ;y ( x  2)  ( y  1)  16  AD  4   5 5  0.25 - Với A(2;3)  B(2;3)  I (0;1)  C(2; 1)  J (1;0) (thỏa mãn) - Với 6 7  6 23   8 9   22 11  A ;   B   ;   I  ;   C  ;   J  3; 2  (loại). 5 5  5 5   5 5  5 5 0.25 Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A(2;3), B(2;3), C(2; 1), D(2; 1). . 8 (Học sinh lấy cả 2 nghiệm, trừ 0.25 điểm) ( 1 điểm) Theo công thức tính diện tích mặt cầu, ta có Smc  4 R2  100  R  5. 0.25 Vì d ( I ,( P))  3  R nên (P) cắt (S) theo một đường tròn (C). 0.25 Gọi H, r thứ tự là tâm và bán kính đường tròn (C), ta có r  R2  IH 2  52  32  4 . 0.25 9 Vậy diện tích hình tròn (C) là: S =  r 2  16 . 0.5 điểm Số tứ diện có đỉnh là 4 trong n điểm đã cho là Cn4 , số tam giác có đỉnh là 3 trong n điểm đã cho là Cn3 . Theo giả thiết, ta có n! n! Cn4  4Cn3   4.  n  3  16  n  19. 4!(n  4)! 3!(n  3)! 10 0.25 0,25 0.25 1.0 điểm Từ giả thiết ta suy ra ln( x  y  1)  3( x  y  1)  ln(3xy)  3.3xy . Xét hàm số 1 g (t )  ln t  3t trên (0; ) , ta có g '(t )   3  0 với t  0 , suy ra g (t ) đồng t 0.25 biến trên (0; ) , từ đó g ( x  y  1)  g (3xy)  x  y  1  3xy (*) Theo (*) ta có 3xy  1  x  y  2 xy . Đặt t  xy  3t  2 t  1  0  t  1. 0.25 3x 3y 3x ( y  1)  3 y ( x  1) 36t  27t  3    . y ( x  1) x( y  1) xy ( xy  x  y  1) 4t 2 2  2 2 (2) 1 1 x2  y 2 (3t  1)2  2t 36t 2  32t  4 (3)       x2 y 2 x2 y 2 t2 4t 2 1 1 1 5t  1 1   (4). Từ (2), (3), (4) ta có M  Theo Cô si  . x  y 2 xy 2 4t 2 2 Xét hàm số f (t )  0.25 5t  1 trên [1;+) , ta có 4t 2 5.4t 2  (5t  1)8t 2  5t   0t  1 , suy ra f (t ) nghịch biến trên 16t 4 4t 3 3 [1;+) , bởi vậy M max  max f (t )  f (1)   t  1  x  y  1. [1; ) 2 f '(t )  ---------- Hết ---------- 0.25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 23 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1* (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3x2  2 (C ) . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. b) Gọi giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng y   x  3 là M , viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm M. Câu 2* (1,0 điểm). a. Giải phương trình sau: cos    x   sin  2 x     1 . 4 2 4   3 2 b. Trong các số phức thỏa mãn z  2  3i  . Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất Câu 3* (0,5 điểm). Giải bất phương trình sau : log 2 ( x 2  1)  log 1 ( x  1) . 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  Câu 5*: Tính tích phân: I = 3 3 2   x  y  6 y  3  x  5 y   14  x, y  ¡  3 2 3  x  y  4  x  y  5    dx  1  sin x 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . Câu 8*(1,0 điểm).Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và ( ) : x  y  z  4  0 Câu 9*(0,5 điểm). Một hộp đựng 5 viên bi đỏ giống nhau và 6 viên bi xanh cũng giống nhau. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được lấy ra có đủ hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn: z  z  x  y   x  y  1 . Chứng minh rằng : x4 y 4 36 .  ( x  yz ).( y  zx).( z  xy )3 49 ----------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................................ -1- Số báo danh............................. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 Nội dung trình bày Câu Ý 1 a Điể m 1,0 điểm *) TXĐ: D  ¡ . *) Sự biến thiên: - Giới hạn: xlim y  ; lim y    x  0,25 x  0 x  2 - Ta có y '  3x 2  6 x. y '  0   - Ta có y '  0x  (;0)  (2; ), y '  0x  (0;2) suy ra hàm số đồng biến trên 0,25 các khoảng (;0) & (2; ) , nghịch biến trên khoảng (0; 2) . - Hàm số đạt cực đại tại x  0, f (0)  2 ; đạt cực tiểu tại x  2, f (2)  2 -Bảng biến thiên x 0 -∞ y’ + 0 2 2 - +∞ + 0 0,25 +∞ y -2 -∞ *) Đồ thị fx = x3 -3x2 +2 y 4 2 0,25 1 -1 2 O 5 x -2 b 1,0 điểm  y  x3  3x 2  2 Tọa độ của M là nghiệm của hệ   y  x  3  y  x  3  y  x  3  3   M (1; 2)  2 x   1 x  3 x  x  5  0   2 0,25 0,25 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là y  f '(1)( x  1)  2 0,25  y  9( x  1)  2  y  9 x  7. 0,25 1,0 điểm -2- Pt đã cho cos    x   sin  2 x     1  2 cos    x   2 sin  2 x     1 4 4    cos x  sin x  sin 2 x  cos2x  1 2 4   4 0,25  sin x(1  2cos x)  cos x(1  2cos x)  0.  (sin x  cos x)(1  2cos x)  0.    tan x  1  x    k 4   (k  ¢ ) 1 cos x   x     k 2  2 3  cos x  sin x  0 1  2cos x  0  0,25 Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm: x   4  k , x    3  k 2 , (k  ¢ ) . b *Gọi z=x+yi. z  2  3i  3  …   x  2 2   y  32  9 . 0.25 2 4 26  3 13 78  9 13 * Vẽ hình |z|min z. ĐS: z   i. 13 26 3 0.25 0,5 điểm ĐK: x >1. BPT 0,25 log 2 ( x 2  1)  log 1 ( x  1)  log 2 ( x 2  1)  log 2 ( x  1)  0 2  ( x  1)( x  1)  1 0,25  x3  x2  x  1  1  x( x 2  x  1)  0 0,25 2  x 1 5 (do x >1). 2 0,25 1  5  ;   . Vậy tập nghiệm của BPT là S=   2  4 1,0 điểm 3 3 2   x  y  6 y  3  x  5 y   14 (1)  3 2   3  x  y  4  x  y  5 (2) Đkxđ x  3   y  4 0,25 Từ (1) ta có x3  3x   y  2  3  y  2    x  y  2   x 2  x  y  2    y  2   3  0 3 2  y  x  2  3 Thế (3) vào (2) ta được 0,25 x  2  3  x  x  x  4x 1  x  x  4x  4  2  x  2  1  3  x  0 3 2 3 -3- 2   x  2  x  2  x  1  x2 x2  0 2  x  2 1 3  x 1 1     x  2    x  2  x  1   0 2  x  2 1 3  x   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    3 2 x2 x  2 1 3 1 3  x 2  3  x   1 1   x  2  x  1   x  2     3 2 x2 x  2 1 3 1 3  x 2  3  x              y  4  x  2  x  2  Vì x 1  3 2 x2     x  2 1  0    0   x 1  3 1 3  x 2  3  x 0,25  0 Từ đó phương trình trên tương đương với x  2  x  1  x  2  x  1  0   0,25 Với x  2  y  0; x  1  y  3 . Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S   1;  3 ;  2;0 . 5  I dx  1  sin x = 0   = dx   0 1  cos x   2   x  d   2 4 x     tg    0 = x  2 4 0 cos 2    2 4  1     2.  4  tg  tg  4 6 1,0 điểm Vì BH  (A’B’C’) nên góc giữa A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H. · ' H  600 Hay BA -4- 0,25 C A B K A' C' H M BH  A ' H .tan 600  3a VABC . A ' B ' C ' B' 4a 2 3  S A ' B ' C ' .BH  .3a  3 3.a 3 (đvtt) 4 0,25 Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)). Dựng HM  A’B’. Khi đó A’B’  (BMH) suy ra (ABB’A’)  (BMH) Dựng HK  BM suy ra HK  (ABB’A’).  d ( H ,( ABB ' A '))  HK  b HM .HB HM 2  HB 2  a 3 .3a 2 2 a 3 2    9a  2  0,25 3a 13  13 Vậy d (CC ', A ' B)  d (C ',( ABB ' A '))  2d ( H ,( ABB ' A '))  6a 13 . 13 0,25 1,0 điểm Ta thấy y 1  2e; y  2   e2 ; y  2   0,25 1  max y  y  2   e2 ;min y  y 1  2e 2 -2;2 -2;2 e 7 + Ta có IA  5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có A dạng  C  : ( x 1)2  ( y  7)2  25 + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tọa độ của D là nghiệm của hệ x  y 1  0   D  2;3  2 2 ( x  1)  ( y  7)  25 B H I 0,25 K C D + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ uuur BC. Do đó ID  BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI   3; 4  làm vec tơ 0,25 pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3x  4 y  c  0 + Do SABC  4SIBC nên AH  4IK 0,25 7c 31  c + Mà AH  d ( A; BC )  và IK  d ( I ; BC )  nên 5 5 -5- 117  c   3 7  c  4 31  c    c   131  5 Vậy phương trình cạnh BC là : 3x  4 y  39  0  d1  hoặc 15x  20 y  131  0  d2  8 Thử lại nghiệm của bài toán ta thấy: Hai điểm A và D cùng phía so với d1 và d 2 . Vậy không có phương trình của BC nào thỏa mãn. Bài toán vô nghiệm. . Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và ( ) : x  y  z  4  0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng 0,25 0,25 3a  7b  4c  15  IA  IB   nhau nên ta có hệ : IA  IC  3a  2b  2c  9 d ( I , ( ))  d ( I , (  )) a b  c  2  a b c  4   a  19 7 a  1  Giải hệ ta được : b  0 hoặc b  12 7 c   9 7 c  3   a  1 Với b  0 , viết được phương trình mặt cầu : ( x  1) 2  y 2  ( z  3) 2  25 c  3  a  19 7 Với b  12 7 , mặt cầu có phương trình : c   9 7  2 2 0,25 0,25 0,25 2 19   12   9 1237  x    y   z    7  7  7 49  9 0,5 điểm Số phần tử của không gian mẫu là: C114  330 . Trong số 4 viên bi được chọn phải có 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 10 Số cách chọn 4 viên bi đó là: C53 .C61  60 . Vậy xác suất cần tìm là : P  Vì z  z  x  y   x  y 1  60 2  330 11 (z + 1)( x + y) = z2 - 1 và do z > 0 nên ta có: x  y 1 z. -6- 0,25 Khi đó T = x4 y4 ( x  y ).(1  y).( x  y ).(1  x). ( x  1)( y  1) 3 = x4 y4 ( x  y ) 2 . ( x  1)( y  1) 4 Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có : 4 4 3  3  x  1   x  x  x  1   4 4 x   4 4 . x 27 3 3 3   27  4 ; 0,25 4 4 3  3  y y y   y  1      1   4 4 y   4 4 . y 27  27 3 3 3   4 Do đó ( x  y) 2 . ( x  1)( y 1)4  4 xy. 48. x ; x  y 2  4 xy . x 3 . y 3 49 4 4 36 suy ra (*)  . x . y T  36 36 49 y 1  x  3, y  3, z  7 .Vậy bất 3  z  x  y 1 Dấu “=” ở ( * ) xảy ra   3  được chứng minh. ------Hết------ -7- đẳng thức 0,25 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 24 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1*.(2đ) Cho hàm số y   x   2x (C ) x2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) b) Đường thẳng    : y  7 x  10 cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt. Tính độ dài AB. Câu 2*.(1đ) a) Giải phương trình: sin 2 x  4  8cosx  sinx b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của số phức w  1  zi  z . c) Câu 3*. (0,5 đ). Giải bất phương trình 2log3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  y 3  y 2  4( x  y  1)  xy 2 Câu 4. (1 đ) Giải hệ phương trình:  2 2 2 2  ( x  1) y  x (2 y  1)  x  3x  2 Câu 5*. (1 đ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 1 và các trục tọa độ. x2 Câu 6. (1 đ) Cho hình ch p .ABCD c đá ABCD à hình thang với đá ớn à AD các đường thẳng A, AC và CD đ i một vu ng g c với nhau A AC CD a 2 và AD 2BC. Tính thể tích của khối ch p .ABCD và khoảng cách gi a hai đường thẳng B và CD. Câu 7. (1 đ) Trong m t phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác ABC. Đường thẳng d song song với BC cắt các cạnh AB, AC ần ư t tại và sao cho AM  CN . Bi t r ng (–4 0), C(5 2) và chân đường phân giác trong của g c A à D(0 –1). ã tìm tọa độ của A và B. Câu 8*. (1 đ) Trong kh ng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : và  2 : x 1 y  3 z   2 3 2 x 3 y z 2   . Tìm tọa độ giao điểm của 1 và  2 và vi t phương trình m t phẳng (P) 6 4 5 sao cho đường thẳng  2 à hình chi u vu ng g c của đường thẳng 1 ên m t phẳng (P). 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Câu 9*. (0,5 đ) ột nh m gồm 6 học sinh c tên khác nhau, trong đ c hai học sinh tên à An và Bình. X p ngẫu nhiên nh m học sinh đ thành một hàng dọc. Tính ác suất sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau. Câu 10. (1 đ) Cho x, y à hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x  y) 3  4 xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của bi u thức P  3( x 2  y 2 ) 2  2( x  y) 2  xy (3xy  4)  2015 . ………………………….. t………………………….. ọ và tên thí sinh:……………………………. …. ố báo danh:…………………… …. Ch ký giám thị 1:…………………………Ch ký giám thị 2:………………… ….…. H ư ớng d ẫn ch ấm C âu C.1.a đim 0,25 * Tập ác định: D  ¡ \{2} * y'  4  x  2 2  0, x  D * Tiệm cận ngang: * Tiệm cận đứng y  1; lim y  1 –1 vì xlim  x  0,25 –2 vì lim y  ; lim y   x  2 * Bảng bi n thiên: X - –2 Y’ – – Y –1 +  x  2  + – –1 àm số nghịch bi n trên: (–  ;–2), (–2;+  ) àm số kh ng c cực trị 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết * Điểm đ c biệt: x -6 –4 Y -2 –3 * Đồ thị: –2 kxd 0 1 2 0 y x=-2 3 0,25 1 -3 x 2 -2 -1 0 y=-1 -5 C.1.b 0,25 * Gọi M 0  x0 ; y0  à ti p điểm * f '( x)  x2  4 x  3; f ''( x)  2 x  4 * f ''( x)  0  2 x0  4  0  x0  2 0,25 2 3 * Suy ra, y0  f  2   , f '( x0 )  f '(2)  1 * Phương trình ti p tu n: y  f '  x0  x  x0   y0  1 x  2   2 8  x  3 3 * Vậ phương trình ti p tu n cần tìm à: y   x  C.2.a 8 3 0,25 0,25 Giải phương trình: sin 2x  4  8cosx  sinx s inx  4 (vn) Bi n đổi phương trình về dạng: (s inx-4)(2 cos x  1)  0   cos x  1 2  1 2 0,25  Với cosx   x    k 2 3  K : phương trình c 2 họ nghiệm: x    k 2 , 3 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết C.2.b Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của số phức 0,25 w  1  zi  z Giả sử z  x  yi( x, y  ¡ )  z  x  yi . x  2  y  1 Theo giả thi t, ta c (1  i)( x  yi)  1  3i  0  0  ( x  y  1)  ( x  y  3)i  0   Suy ra z  2  i . Ta có w  1  (2  i)i  2  i  3  i 2  2i  i  2  i . Vậ Im w  1 0,25 C.3 ĐK: x  1 . BPT  2log3 ( x  1)  log (2 x  1)  2 0,25 1 32  log3 ( x  1)  log3 (2 x  1)  1  log3 ( x 1)(2 x 1)  1 ( x  1)(2 x  1)  3  2 x 2  3x  2  0 1    x  2 . K t h p ĐK ta c tập nghiệm là S  1;2 2 C.4 0,25  y 3  y 2  4( x  y  1)  xy 2 (1)  Giải hệ phương trình:  2 2 2 2  ( x  1) y  x (2 y  1)  x  3x  2 (2) y  2 Bi n đổi pt ban đầu về dạng ( y  2)( y  2)( y  1  x)  0   y  2  y  x  1 0,25 T 1: Với 2 tha vào pt (2) : 8x2  3x  6  0 v nghiệm 0,25 T 2: Với - 2 thay vào (2): 3x  6  0  x  2 su ra nghiệm ( 1 2 1 2 ) (-2;-2) 0,25 5 2 T 3: Với y  x  1 thay vào (2): x 4  x  3  0  ( x 2  )2  ( x  )2   0 (vn) K : hệ phương trình c nghiệm ( x; y)  (2; 2) C.5 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  độ 0,25 x 1 và các trục tọa x2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 0 Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1 0). Do đ S   1 x 1 dx = Ta có S   x2 1 0 0 x 1 dx x2 0,25 3  (1  x  2 )dx 1 0,25 0  ( x  3ln x  2 )| 1 0,25  1  3ln C.6 2 3  3ln  1 3 2 ho hình chóp có đá là hình thang với đá lớn là các đường thẳng và đôi một vuông góc với nhau 2 Tính th tích c a hối chóp và hoảng cách gi a a 2 và hai đường thẳng và . Ta c : A  AC và A  CD  SA  (ABCD).  ACD vu ng cân tại C  AD = 2a  BC = a. Gọi à trung điểm AD  A BC, A  AD  ABC à hình vu ng. S 0,5 K BC và C D I A H B C  AB  AD. Do đ ABCD 2 3 2 = (AD  BC).AB  3a . Vậ VSABCD = 1 .SABCD .SA  1 . 3a .a 2  a 2 . 2 3 2 3 2 2 Ta c CD B  CD // (SBI)  d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) Gọi AC  B và AK  tại K. Ta c AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK. Ta c 1 AK 2  1 SA 2  1 AH 2  1 2 2a  4 2 2a  5 2 2a  AK = a 10 5 . 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết  d(A; (SBI)) = AK = a 10 . Vì à trung điểm AC nên d(C ( B )) 5 = C âu 7 a 10 . 5 Vậ d(CD, B) d(A ( B )) 0,5 a 10 . 5 Trong m t phẳng với hệ tọa độ cho tam giác Đường thẳng d song song với c t các cạnh l n lư t tại và sao cho AM  CN iết r ng –4 5 2 và ch n đường ph n giác trong c a góc là – H tìm tọa độ c a và Gọi D à điểm trên cạnh BC sao cho CD . Ta c CD à hình bình hành  MD' = CN = AM   A D cân tại   MD'A =  MAD' = D'AC  AD à phân giác của g c A  D tr ng D. CA qua C và song song D uuuur  CA c vectơ ch phương à MD = (4; –1) x  5  4t  AC:  y  2  t A N M B C D . uuuur A  AC  A(5 + 4a; 2 – a)  MA = (9 + 4a; 2– a). Ta c A D  (9 + 4a)2 + (2 – a)2 = 17  17a2 + 68a + 85 – 17 = 0  a Vậ A(–3; 4). uuuur x4 y MA = (1; 4)  AB:   4x – y = –16 ; 1 4 –2 . uuur x y 1  DC = (5; 3)  BC:  5 3 3x –5y=5 . 4x  y  16 Do đ B:  3x  5y  5 0,5 x  5  y  4 . Vậ B(–5; –4). Trong hông gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 : và  2 : C.8 0,5 x 1 y  3 z   2 3 2 x 3 y z 2   Tìm tọa độ giao đi m c a 1 và  2 và viết phương trình 6 4 5 m t phẳng P sao cho đường thẳng  2 là hình chiếu vuông góc c a đường thẳng 1 lên m t phẳng P . 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Vi t ại 1 và  2 dưới dạng tham số 0,25 Giải hệ phương trình tìm đư c giao điểm A(3 0 2) 0,25 ur Đường thẳng 1 có VTCP u1   2; 3; 2  uur Đường thẳng  2 có VTCP u2   6; 4; 5 r ur uur Gọi (Q) à m t phẳng chứa 1 ,  2 thì (Q) có VTPT là n  u1 , u2   (7; 22; 26) Vì  2 à hình chi u vu ng g c của đường thẳng 1 ên m t phẳng (P)  (P) chứa  2 và ( P)  (Q) ur uur uur Do đ (P) cũng đi qua A và c VTPT à n1  n , u2   (214;191; 104) 0,25 0,25 (P) c phương trình à: 214 x  191y 104z  850  0 C.9 ột nhóm gồm 6 học sinh có tên hác nhau trong đó có hai học sinh tên là n và ình Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc Tính ác suất sao cho hai học sinh n và ình đứng cạnh nhau ỗi cách p ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc à một hoán vị của 6 phần tử  n()  6!  720 (phần tử) 0,25 Gọi A à bi n cố: "An và Bình đứng cạnh nhau".  n( A)  5!.2!  240 (phần tử)  P( A)  C.10 0,25 n( A) 240 1   (phần tử) n() 720 3 Cho x, y là hai số thực thỏa m n điều iện ( x  y) 3  4 xy  2 Tìm min c a biếu thức P  3( x 2  y 2 ) 2  2( x  y) 2  xy (3xy  4)  2015 . Với mọi số thực , ta u n c ( x  y) 2  4 xy , nên từ điều kiện su ra ( x  y)  ( x  y)  ( x  y)  4 xy  2  ( x  y)  ( x  y)  2  0  x  y  1 3 2 3 3 3 2 0,25 2 3 2 Ta bi n đổi P như sau P  ( x 2  y 2 ) 2  ( x 2  y 2 ) 2  2( x 2  y 2  2 xy )  xy (3xy  4)  2015  3 2 3 ( x  y 2 ) 2  ( x 4  y 4 )  2( x 2  y 2 )  2015 2 2 (3) 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết (x 2  y 2 )2 9 nên từ (3) su ra P  ( x 2  y 2 ) 2  2( x 2  y 2 )  2015 2 4 1 Đ t x 2  y 2  t thì t  (do x  y  1) . 2 9 9 1 1 Xét hàm số f (t )  t 2  2t  2015 với t  , có f ' (t )  t  2  0 , với t  nên hàm 4 2 2 2 1  1  32233 số f(t) đồng bi n trên  ;  . Suy ra min . f (t )  f    1   16 2 2  t ;   Do x 4  y 4  2 Do đ GT của P b ng 0,25  32233 1 , đạt đư c khi và ch khi x  y  16 2 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết Đề số 25 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu *1.(2đ). Cho hàm số y  x 4  4 x 2  3 , gọi đồ thị của hàm số là (C) . a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho .   2 b)Dựa vào đồ thị (C) , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 2  2  2m  0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2*.(1đ)   2 sin  x   4  a)Giải phương trình:  tan 2 x  cos 2 x  0 sin x  cos x 3  5i b)Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z    5  2i  3  i  1  4i C âu 3*. (0,5 đ). Giải bất phương trình (2  3) x 2  2 x 1    (2  3) x  2  2 x 1  x  x2  4 y  y 2  1  2  C âu 4. (1 đ) Giải hệ phương trình:  2 3 3  12 y  10 y  2  2 x  1 e C âu 5*. (1 đ) Tính tích phân I   1 3x  2 ln x  1 x 2  x ln x  4 2 3 ( x; y  ¡ ) dx C âu 6. (1 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SBD vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 600 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD theo a. C âu 7. (1 đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y  1  0 và hai đường tròn: (C1 ) : x2  y 2  6 x  8 y  23  0 ; (C2 ) : x2  y 2  12 x  10 y  53  0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng d, tiếp xúc trong với đường tròn (C1 ) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C2 ). 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết x 2 C âu 8*. (1 đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ oxyz cho d1 :  y 1 z 1  , 1 1 x 1 y 1 z  2 và điểm a( 1, 1, 2) . tìm toạ độ điểm B, C lần lượt thuộc d1 , d 2 sao cho đường   1 1 1 thẳng BC nằm trong mặt phẳng đi qua a và đường thẳng d1 , đồng thời AC  2 AB . biết điểm b có d2 : hoành độ dương. C âu 9*. (0,5 đ)Cho tập A  0;1;2;4;5;7;8 .Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt lấy từ A.Tính số phần tử của X.Lấy ngẫu nhiên một số từ tập X,tính xác suất để số lấy được là số chẵn. C âu 10. (1 đ) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a a 2a b c      2. 3a  b 3a  c 2a  b  c 3a  c 3a  b …………………………..Hết………………………….. Hướng dẫn chấm C âu C âu1.a đim 0,25 TXĐ : D = R y'  4 x 3  8x x  0 ; y  3 y'  0    x   2 ; y  1 0,25 Kết luận đồng biến nghịch biến 0,25 Lập bảng biến thiên đúng Đồ thị 4 3 0,25 2 -5 -2 O -1 -2 -4 2 5 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 0,25 Phương trình viết thành : x  4 x  3  2m  1 4 2 1.b Số nghiệm phương trình là số giao điểm (C) và (d):y = - 2m -1 0,25  1  2m  1  3  2  m  0 0,5 C âu.2.a đk : cos2x  0. 2 biến đổi phương trình    sin x  cos x   sin x2 x  cos2 x.cos 2 x  0 pt  cos 2 x.cos 2 x  1  0 0,25 pt  cos2 2 x  cos 2 x  2  0  cos 2 x  1 (tho¶ m·n §K) hoÆc cos2x = -2 (vn) k , k Z 4 2  k Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. x   , k Z 4 2 Víi cos2x = 1  x    0,25 Tìm phần thực và phần ảo của số phúc sau: C âu.2.b 3  5i z 0,25   5  2i  3  i  1  4i  3  5i 1  4i   15  2  5i  6i    1  16  1  i   17  i   18 0,25 kết luận phần thực bằng -18, phần ảo bằng 0 C âu.3 pt  (2  3) x 2 x  (2  3) x 2 x  4 . 2 2 +) Ta có: (2  3) x 2 2 x .(2  3) x 2 2 x  (4  3) x 2 2 x  1, x  ¡ . 1 t đặt t  (2  3) x 2 x  0  (2  3) x 2 x  . 2 trở thành: 2 t  2  3 (TM ) 1 t   4  t 2  4t  1  0   . t t  2  3 (TM ) 0,25  x  1 2 t  2  3 , ta có: (2  3) x 2 x  2  3  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  0   2  x  1  2 t  2  3 , ta có: (2  3) x 2 2 x  (2  3)1  x2  2 x  1  x2  2 x  1  0  x  1 . 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết 0,25 +) KL: ... C âu.4 Gi ải h ệ     x  x2  4 y  y 2  1  2   3 3 2  12 y  10 y  2  2 x  1 (1) (2) 0,25 Ta có: (1)  x  x2  4  (2 y)2  4  (2 y) (*) . Xét hàm số đặc trưng f (t )  t  4  t  f '(t )  2 t t2  4 1  t  t2  4  t t  0. 0,25 t2  4 t2  4 Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R. Từ (*) suy ra: f ( x)  f (2 y)  x  2 y . 0,25 Thay vào phương trình (2) ta được: 3x 2  5 x  2  2 3 x3  1   x  1  2  x  1   x3  1  2 3 x3  1 (**) 3 Xét hàm số g (t )  t 3  2t ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy ra 0,25 x  0 1 . Vậy hệ có hai nghiệm là (1; ); (0;0) . x  1  3 x3  1   2  x  1 C âu.5 e I  Ph©n tÝch 1 e TÝnh  1 x 2  x ln x e dx = 2( x  ln x)  x2  x ln x 1 e dx  x 1  x2  x ln x dx e 2( x  ln x) 1 dx  2  dx  2. 2 x x  x ln x 1 x 1 e 1 0,25 1 1 e e d ( x  ln x) ln( x  ln x) 1  ln(e  1) x  x2  x ln x dx =  x  ln x dx   x  ln x  1 1 1 e TÝnh 3x  2 ln x  1 0,25 0,25 VËy I = 2 + ln(e+1). 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết C âu.6 . +) Học sinh phải vẽ hình.+) SABCD  a 2 . +) Gọi O = AC  BD, H là hình chiếu của S trên BD. +) (ABCD)  (SBD) = BD; (SBD)(ABCD); SHBD; SH(SBD)  0,25 SH(ABCD). · +) BH là hình chiếu của SB trên (ABCD)  góc giữa SB và (ABCD) là SBH  600 . +) HB  SH SH SH SH SH   ; HD    SH . 3 0 · · tan 60 tan 300 3 tan SBH tan SDH  HB  HD  SH 4SH a 6 .  SH . 3   BD  a 2  SH  4 3 3 1 3 1 a 6 2 a3 6 .a  . 3 4 12 0,25 Vậy: VS . ABCD  .SH .S ABCD  . +) Ta có: CD // AB, AB  (SAB)  CD // (SAB) mà SB  (SAB).  d(SB,CD) = d(CD,(SAB)) = d(D,(SAB)). SH +) HB   3 a 6 4  a 2  HB  1  d(SB,CD) = d(D,(SAB)) = 4. d(H,(SAB)). 4 DB 4 3 0,25 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BM  OM  AB, H là trung điểm của OB  HN là đường trung bình của OBM  HN // OM  HN  AB, lại có AB  SH vì SH(ABCD)  AB  (SHN), kẻ HK  SN tại K, ta có: HK  AB và AB  (ABCD)  HK  (SAB)  d(H,(SAB)) = HK; HN  OM BC a   2 4 4 1 1 1 16 16 56 3a 2 a 42 2    2  2  2  HK   HK  +) . 2 2 2 HK SH HN 6a a 3a 56 28 +) Vậy: d(SB,CD) = a 42 . 7 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết C âu.7 +) (C1 ) có tâm I1 (3; 4) , bán kính R1  2 ; (C2 ) có tâm I1 (3; 4) ,bán kính R2  2 2 . 0,25 +) Gọi I là tâm, R là bán kính của đường tròn (C). I  d  I (a; a 1) . +) (C) tiếp xúc trong với (C1 )  II1  R  R1 (1) . 0,25 +) (C) tiếp xúc ngoài với (C2 )  II 2  R  R2  R  II 2  R2 (2) . +) TH1: R  R1 , (1)  R  II1  R1 , từ (1) và (2) ta có: II1  R1  II 2  R2  (a  3)2  (a  3)2  2  (a  6)2  (a  6)2  2 2  a  0 0,25  I (0; 1); R  4 2  PT đường tròn (C): x2  ( y  1)2  32. +) TH2: R  R1 , (1)  R  R1  II1 , từ (1) và (2) ta có: R1  II1  II 2  R2  2  (a  3)2  (a  3)2  (a  6)2  (a  6)2  2 2  a 2  9  a 2  36  3 (vô ng) 0,25 +) KL: … ur uuuur uur uuuur C âu.8 + d1 ®i qua M( 0,1,1) vtcp u1  (2,1,1)  AM  (1, 2, 1)  u1, AM   (3,1,5)   => (P) : -3x + y + 5z - 6 = 0 + Theo gi¶ thiÕt C  ( P) vµ C  d2 => C  d2  ( P) => C(-1,3,0) + B  d1 => B(2t; 1+t; 1+t) . Ta cã AC  24, AB  6t 2  2t  6 + AC = 2AB  6t 2  2t  6  6 => t = 0 hoÆc t = 0,25 0,25 1 3 Víi t = 0 => B(0,1,1) ( lo¹i) do hoµnh cña B b»ng 0. 0,25 1 2 4 4 Víi t = => B( , , ) tho¶ m·n. 3 3 3 3 2 4 4 ) 3 3 3 VËy 2 ®iÓm ph¶i t×m C(-1,3,0) , B( , , +) Xét các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt lấy từ A, giả sử các số đó có dạng: 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết C âu.9 abcd , a  0. Chọn a  0 , có 6 cách chọn, chọn các chữ số b, c, d  a và xếp thứ tự có: A63  120 cách.  có tất cả: 6.120 = 720 số tự nhiên như vậy. Vậy số phần tử của X là: 720. Số phần tử của không gian mẫu là: n()  720 . 0,25 +) Gọi B là biến cố: “Số tự nhiên được chọn là số chẵn”. +) Xét các số tự nhiên chẵn có 4 chữ số phân biệt lấy từ A, giả sử các số đó có dạng: a1a2 a3a4 , a1  0, a4 0; 2; 4;8 . +) TH1: a4  0 , có 1 cách chọn; chọn các chữ số a1 , a2 , a3  0 và xếp thứ tự có A63  120 cách chọn  TH1 có: 1.120 = 120 số tự nhiên như vậy. +) TH2: a4 2; 4; 6 , có 3 cách chọn; chọn a1  A \ 0; a4  , có 5 cách chọn; chọn các chữ số a2 , a3  A \ a1; a4  và xếp thứ tự có A52  20 cách chọn  TH2 có: 3.5.20 = 0,25 300 số tự nhiên như vậy.  có tất cả: 120 + 300 = 420 số tự nhiên như vậy  Số phần tử thuận lợi cho biến cố B là: n(B) = 420. +) Vậy: P( B)  C âu.10 n( B) 420 7   . n() 720 12 +) Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a  b  c; b  c  a; c  a  b . ab ca +) Đặt x  ;y ; z  a ( x, y, z  0). Ta có: x  y  z; y  z  x; z  x  y . 2 2 VT = ac ab 2a 2x 2y 2z x y z         3a  b 3a  c 2a  b  c 2 y  2 z 2 z  2 x 2 x  2 y y  z z  x x  y Lại có: x  y  z  z ( x  y  z )  2z( x  y)  CM tương tự ta có: (1). 0,25 2z z .  x yz x y x 2x y 2y  (2);  (3). yz x yz zx x yz Từ (1),(2) và (3) ta có 0,25 x y z 2x  2 y  2z    2 yz zx x y x yz 0,25  (đpcm). 0,25 25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết [...]... thớch gỡ thờm 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit Cõu P N THI TH THPT QUC GIA NM 2015 ỏp ỏn a) (1,0 im) 1 (2,0) Tp xỏc nh D Ă \ 1 S bin thi n: im 0 ,25 - Chiu bin thi n: y ' 1 0, x D x 1 Hm s nghch bin trờn tng khong ;1 v 1; 2 - Gii hn v tim cn: lim y lim y 1 tim cn ngang: y 1 x x 0 ,25 lim y ; lim y tim cn ng: x 1 x 1 - Bng bin thi n: x x 1 0 ,25 1 y' y -... 9 7 6 0 .25 + Cú 5 A52 100 s t nhiờn cú 3 ch s khỏc nhau + Cú A52 4 A41 36 s t nhiờn cú 3 ch s khỏc nhau v chia ht cho 5 + Cú 64 s t nhiờn cú 3 ch s khỏc nhau v khụng chia ht cho 5 0 ,25 1 1 C99 9900 + n C100 + Gi A l bin c : Trong hai s c ghi trờn 2 tm th cú ớt nht 1 s chia ht cho 5 1 1 1 1 C64 C36 C35 3564 Ta cú: n A C36 Vy : P A n A 3564 9 0,36 n 9900 25 0 ,25 Cõu 10 25 thi th... 5 5 1 12 , b 5 5 0 ,25 0 ,25 0 ,25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit Cõu 3 (0.5) K: x Ă PT log 2 x 2 x 1 2 log 2 x 2 x 3 2 x2 x 1 x2 x 1 2 0 3 4 t: t x 2 x 1, t t 1( L) Ta c phng trỡnh : t 2 t 2 0 t 2( N ) 0 .25 1 5 x 2 Vi t 2 x 2 x 1 0 1 5 x 2 Vy : x Cõu 4 1 1 5 1 5 v x l nghim ca phng trỡnh 2 2 0 .25 KX: x Ă ; y Ă 0 .25 Ta cú xy 2 y... D thy tam giỏc SAB vuụng ti S 0 .25 0 .25 0 ,25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit ( SAB) ( ABCD) Trong mp(SAB) h SH AB ta cú ( SAB) ( ABCD) AB SH ( SABCD) SH AB Tớnh c SH a 3 , S ABCD 2S ABD AB AD.sin1200 2a 2 3 VS ABCD a3 2 0 ,25 *) Tớnh d(G,(SAB)) Gi SG CD I d ( I , ( SAB)) IS 3 2 d (G, ( SAB)) d ( I , ( SAB)) d (G( SAB)) GS 2 3 0 ,25 Ta cú CD / / AB CD / /(SAB)... x 2 Khi 0 .25 ú d ct (C) ti 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit Ta cú d ( M1 , ) 19 5 9 5 Vy H trựng vi M 2 (2;1) ; d ( M 2 , ) 5 5 0 .25 Cõu 8 1 x 1 3t ng thng () cú phng trỡnh tham s: y 2 2t t Ă z 2 2t 0 .25 r Mt phng (P) cú VTPT n (1; 3; 2) uuuur Gi s N(1 + 3t ; 2 2t ; 2 + 2t) MN (3t 3; 2t;2t 2) 0 .25 uuuur r MN // (P) thỡ MN n 0 t 7 N(20; 12; 16) 0 .25 Phng trỡnh... th mang s chn v chia ht cho 4, 5 tm th mang s chn v khụng chia ht cho 4 0 ,25 Gi A l bin c cn tớnh xỏc sut Ta cú: n A C103 C51.C51 3000 Vy, xỏc sut cn tớnh l: P A 10 2 n A 3000 125 n 15504 646 p dng BT Cauchy cho 3 s dng ta cú: 0 ,25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit (1,0) 3 ab bc ca 3 3 (abc)2 abc 1 Suy ra: 0 ,25 1 a 2 (b c) abc a 2 (b c) a(ab bc ca) 3a Tng... bt phng trỡnh cú tp nghim l S [1;1] 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 iu kin: x 2 y 2 Gi hai phng trỡnh ln lt l (1) v (2) (2) x6 y 3 3x 2 y y 3 3 y 2 3 y 1 3( y 1) ( x 2 y)3 3x 2 y ( y 1)3 3( y 1) (3) Xột hm s f (t ) t 3 3t cú f '(t ) 3t 2 3 0, t R Do ú (3) f ( x2 y) f ( y 1) x2 y y 1,( y 1) Th vo (1) ta c x 2 y x 2 1 2 x y 1 0 ,25 0 ,25 x 2 ( y 1) 2 x y 1 1 0 ( x y... th: 0 ,25 y 1 x b) (1,0 im) Gi d : y x m Phng trỡnh honh giao im ca ng thng d v th (C) l: 0 ,25 x xm x 1 x x 1 x m (Vỡ x 1 khụng phi l nghim ca phng trỡnh) x2 m 2 x m 0 (1) Ta cú m2 4 0, m nờn ng thng d luụn ct th ( C) ti hai im phõn bit A, B vi mi m Khi ú, A x1; x1 m , B x2 ; x2 m , vi x1 , x2 l hai nghim ca phng 0 ,25 0 ,25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit... thỡ 1 0 ,25 t 1 e 1 1 1 t2 1 Ta cú: ln xdx tdt x 20 2 1 0 e2 3 Vy, I 4 6 (1,0) 0 ,25 Gi H l trung im ca AB Suy ra S SH ( ABCD) K A D I H B C ã 300 v SCH Ta cú: SHC SHD SC SD 2a 3 Xột tam giỏc SHC vuụng ti H ta cú: 0 ,25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit SH SC.sin SCH SC.sin 300 a 3 HC SC.cos SCH SC.cos 300 3a Vỡ tam giỏc SAB u m SH a 3 nờn AB 2a Suy ra 0 ,25 BC HC... y z ta đ-ợc x a a a 0 ,25 x y z x yz x yz x yz 1 1 1 y z) ( x y z )( x y z ) x x y z a a a a a a a a a Suy ra 1 1 1 x y z y z x y z ( do x + y + z = 3 ) x a a a a a a Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1 (đpcm) 0 ,25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit s 03 Mụn: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu 1 (2,0 im) Cho hm s y x x 1 (1) a*) Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm ... thớch gỡ thờm 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit Cõu P N THI TH THPT QUC GIA NM 2015 ỏp ỏn a) (1,0 im) (2,0) Tp xỏc nh D Ă S bin thi n: im 0 ,25 - Chiu bin thi n: y ' 0,... (t 2)2 X (1d) 0 ,25 t f(t) 0 ,25 2 - + + + + 0 ,25 f(t) x y f (t ) = f(4) = t c Do ú P = (2; ) xy x y 0 ,25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit s 06 Mụn: TON Thi gian lm bi:... cc tiu ti x = 0, yCT = Bng bin thi n th: im c bit: (0; 1), (-1; 3), (1; 3) 0 .25 0 .25 25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit b x 3x m x4 3x2 m 0 .25 S nghim ca phng trỡnh l s giao