Tuyển Tập Đề Thi Thử Môn Toán Phần 2

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 11 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm cực đại (C) Câu (1,0 điểm)   cos x 2sin x   2cos x   1  sin x b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i    i  z   i  1  2i  z Tính môđun z a) Giải phương trình Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: log x  log  x   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x3  x  171x  40  x  1 5x   20  0, x   x3 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   lnxdx x e Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, AB  BC  a, BAD  900 , cạnh SA  a SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông C Gọi H hình chiếu A lên SB Tính thể tích tứ diện SBCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi M điểm cạnh AC cho AB  AM Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM D 4  Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường thẳng BC qua N  ;0  , phương trình 3  đường thẳng CD : x  y   điểm C có hoành độ lớn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) đường thẳng d: x 1 y z   Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M vuông góc với d Tìm d hai 1 điểm A, B cho tam giác ABM Câu (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Tính xác suất để lập số tự nhiên chia hết cho Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng: THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 a3 a3   b  c   b3 b3   c  a  TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu  c3 c3   a  b  1 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11 Tập xác định: Giới hạn tiệm cận: lim y   Đồ thị (C) có không tiệm cận 0.25 x  CBT: Ta có y '  x3  4x  4x  x2  1; y'   x   x  1 Dấu y’: y '   x   1;0  1;   ; y '   x   ; 1   0;1  hàm số ĐB khoảng  1;0  1;    NB khoảng  ; 1 0.25 (0 ; 1) Hàm số có hai CT x = 1; yCT = y(1) = có CĐ x = ; yCĐ = y(0) = x - y’ 1a -1 - + + + - + 0.25 + y 0 Đồ thị: Đồ thị cắt Oy (0;1) Điểm khác (2; 9) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng 1b Câu 2a 0.25 Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc tiếp tuyến điểm CĐ đồ thị cho y’(0) =0 Phương trình tiếp tuyến (C) điểm CĐ là: y = 0.25 0.25  Điều kiện:  sin x   x    k 0.25 Khi p.trình cho tương đương với 2sin x cos x  cos x  2cos x 1   sin x 2 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 cos x   l    cos x  cos x     cos x   Với cos x    x    k 2 Đối chiếu điều kiện, phương trình cho có nghiệm là: x  2b Câu 0.25  k 2 , k  1  i    i  z   i  1  2i  z  1  i    i   1  2i  z   i 2b  0.25  2i   i    2i  z   i z  i 8  i 1  2i     3i  z  13  2i 0.25 Vậy môđun z 13 Điều kiện: x > Khi đó, phương trình tương đương với 0.25 log x  log x  log   log x  2  log2 x   x  (t/m) Câu 0.25 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 4 Điều kiện: x  Khi phương trình tương đương với x    x  12 x    3x    8  x  1 x   36  x  1  54 x   27   x        x  2  3 x  2  5x    5x   3  0.25  Xét hàm sô f  t   t  3t Phương trình (1) có dạng f  x  2  f  5x   3 Ta có: f '  t   3t  3; f '  t    t  1 t - -1 f’(t) + + - + 0.25 f(t) Suy ra: Hàm số f  t   t  3t đồng biến khoảng (1; + ) x   Với điều kiện x     2 x    Từ suy 1  x   5x   0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831  x   x   x   5x      x  x    x  1  x  22 x    x    x  11  116  t / m   x  11  116 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  11  116 Câu 0.25  x3 ln x Ta có: I   lnxdx   dx   x 2lnxdx  I1  I x x 1 e e e Tính I1: I1   e e lnx ln x e dx   ln xd  lnx    x 2 1  du  dx  u  ln x  x  Tính I2: I  x 2lnxdx Đặt   x dv  x dx  v  e 3 e x e e 2e  I  ln x  x dx   x3   31 3 9 0.25 0.25 e  0.25  e Vậy I   Câu  x3 2e3 11 2e3 lnxdx      x 9 18 0.25 Chứng minh: SCD vuông C  ABCD hình thang đáy AD, BC. ACD vuông cân 0.25 C  AC  CD  a 2; AD  2a  SC; BD  a VSBCD = VS.ABCD – VSABD  S SCD  a 2; d  B,  SCD    (hoặc d  B,  SCD   d  A,  SCD   d  H ,  SCD   d  B,  SCD   Câu   3VS BCD SSCD a3 a3 a3 (đvtt)   a3 a   a 0.25 0.25 BK a   d  B,  SCD    ) CK 2 SH SA2 2 a    d  H ,  SCD    d  B,  SCD    SB SB 3 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 S ABM DCM (g  g)  AB DC  3 AM DM Xét tam giác CMD ta có: CM  DM  CD2  4CI  10DM Mà DM  2d (I,d)  nên CI  10 11 Gọi I  y  6; y  Ta có  C   ;    5 0.5 (loại) C(3; -1) (thỏa mãn) I trung điểm CM  M  1; 1  phương trình đường tròn tâm I  C  :  x  1   y  1  D giao điểm CD (C)  D   ;   Phương trình đường thẳng BM:  5 11 3x  y   Phương trình đường thẳng BC: 3x  y   B giao điểm BM BC 0.5  B  2;2 Phương trình đường thẳng AB qua B vuông góc với AC  AB : x   A giao điểm AB AC  A 2; 1 Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC là: A 2; 1 , B  2;2 , C 3; 1 Câu Mp(P) qua M(2;1;2)  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt Suy phương trình mp(P): 1. x  2  1. y  1  1. z  2   x  y  z   Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH  d( M , d)  0.25  10  , H ; ;  3 3  Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 0.25 MH   x 1 y z    Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ:  1 ( x  )2  ( y  1)2  ( z  10 )2   3  0.25 Giải hệ ta tìm A, B là:  6 10   6 10  ;  ;  ;  ;    ,    9  3 9  3 Câu 0.25 Gọi  (không gian mẫu) số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: n    A85  A74  5880 0.25 Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: n  A  A74  A63  1560 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831  Xác suất cần tìm P(A) = Câu 1560 13  5880 49 10 Xét BĐT:  x3   x2 , x  Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có:  x3  1  x  1  x  x2   0.25 1 x 1 x  x x  1 2 2 Ấp dụng vào toán ta có: a3 a2 a  b2  c 1 1bc bc 1  1    2 a   a  b3 b2 c3 c2  ;    3 a  b2  c a  b2  c b3   c  a  c3   a  b  a3   b  c  Tương tự, ta có:    Công vế với vế (1), (2), (3) suy đpcm Đăng thức xảy a  b  c TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  0.25  3 0.25 0.25 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 12 2x 1 (1) x2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Chứng minh đường thẳng (d ) : y   x  m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình: cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)  Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình : 7x  2.71x   Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình : 3x   x  28  x   Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   cos x sin x  dx Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a Mặt bên SAB tam giác vuông S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc S đường thẳng AB điểm H thuộc đoạn AB cho BH= 2AH Gọi I giao điểm HC BD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD) THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) 9  hình chiếu vuông góc A lên BD Điểm M  ;  trung điểm cạnh BC, phương 3  trình đường trung tuyến kẻ từ A  ADH d: x  y   Viết phương trình cạnh BC Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;7; 18) mặt phẳng ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB vuông góc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho MA + MB nhỏ n Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niu-tơn  x   , biết n  x số nguyên dương thỏa mãn 4Cn31  2Cn2  An3 Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x (y  z) y (z  x) z (x  y)   yz zx xy THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12 1/ TXĐ: D  \ 2 2/ Sự biến thiên Giới hạn- tiệm cận Ta có: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x  x  x 2  0.25 x 2 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y= Chiều biến thiên Ta có y'   x  D ( x  2) 0.25 Suy hàm số đồng biến khoảng (;2) (2;) Bảng biến thiên 1a x  yʹ  y  -2 + + 0.25 2  3/ Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Oy điể(0; ) cắt trục Ox điểm(  ;0) Đồ thị nhận điểm I(-2;2) làm tâm đối xứng y -2 0.25 O Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) đường thẳng d nghiệm phương trình  x  2 2x   x  m   x2  x  (4  m) x   2m  (1) 1b Câu Do (1) có   m2   (2)2  (4  m).(2)   2m  3  m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị hai điểm phân biệt A, B Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) AB ngắn AB2 nhỏ nhất, đạt m = Với m = AB  24 Vậy m = đoạn AB có độ dài nhỏ AB  24 cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)   sin x  cos x (cos x  sin x  1)  sin x  cos x   cos x  sin x   0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831    sin x  cos x   sin  x     x   k  4   x    k 2   cos x  sin x   v  sin  x       x    k 2 4   Vậy phương trình cho có họ nghiệm:   x   k , x   k 2 , x    k 2  k   Câu 0.25 0.25 x  2.71x    x  14 9  7x Đặt t  x , t  ta có PT: t  0.25 t  14 ( thỏa mãn t > )    t  9t  14    t  t  Với t =  7x   x  Với t =  7x   x  log7 Vậy PT cho có hai nghiệm : x=1, x  log Câu 0.25 0.25  x   ( 3x   x  5)  x  28 (I)  3x   x   x  28    x     3x  12 x  15  13  x x   x  13 13  x  TH  0.25 1  x  13   x  13 2 3x  12 x  15  (13  x) Kết luận bpt có nghiệm S   4;   TH  Câu 0.25 0.25 Đặt u  sin x   cos xdx  udu Đổi cận: x   u  1; x   u 2 2 2 u3 Khi đó: I   u udu  3 1 Tính I  Câu 0.25 14 0.25 0.25 0.25 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 VS ABCD  SH S ABCD Ta có SH2=HA.HB=2a2/9  SH  a a a3 (đvtt) 2.a  9 d ( I , ( SCD)) IC 13 IC CD IC   CH2=BH2+BC2= a    IH BH CH d ( H , ( SCD)) HC 0.25 VS ABCD  1 11 a 22     HM  2 HM SH HK 2a 11 3a 22 d ( I , ( SCD))  55 Câu 0.25 0.25 Gọi K trung điểm HD chứng minh AN vuông góc với MN Gọi P trung điểm AH.Ta có AB vuông góc với KP, Do P trực tâm tam giác ABK Suy BP  AK  AK  KM Do K trung điểm HD nên D(0;2),suy pt (BD): y-2=0 AH: x-1=0 A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0 Phương trình KM: qua M(9/2;3) vuông góc với AN có pt: MK: x  4y  15  Toạ độ K(1/2;2) BC qua M song song với AD nên BC: 2x+y-12=0 Câu 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Ta có AB  (2,4, 16) phương với a  (1,2, 8) , mp(P) có PVT n  (2, 1,1) Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB vuông góc với (P) 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =  2x + 5y + z  11 = Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với mp(P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) x 1 y  z   , AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm 1 2x  y  z     x  y  z   H(1,2, 1) Vì H trung điểm AA' nên ta có :    1  Pt AA' : 0.25 0.25 0.25 10 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 9 , rút gọn ta thu ln S  ln Từ S  4 4 Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy giá trị lớn S 4 abc  47 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu (2,0 điểm ) Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 19 2x  x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm đồ thị (C) với trục Oy Tính diện tích tam giác tạo thành tiếp tuyến với trục tọa độ Ox Oy Câu (1,0 điểm ) a) Giải phương trình: sin x  2cos x  0 2cos x  b) Giải phương trình : 32 x  ( x  5).3x  x   Câu (1 điểm ) a) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z  z   5i  b) Một tổ có 10 học sinh gồm học sinh nam học sinh nữ Xếp hàng dọc ngẫu nhiên học sinh tổ Tính xác suất để xếp hai học sinh nữ đứng kề   Câu (1,0 điểm ) Tính tích phân I   x  x  dx  x2   Câu (1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có AB=2a, AD = a Tam giác SAB vuông S có SB = a nằm mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thảng AC SD Câu (1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp Điểm M(1;3) xác định: MB  2MA Điểm N(3;-1) thuộc đường thẳng AC cho MN song song với BC Đỉnh B thuộc đường thẳng d có phương trình : x+y=0 hoành độ điểm B lớn -4 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu (1,0 điểm ) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x  y   z  hai mặt 1 phẳng (P): x + 2y + 2z + = 0, (Q): 2x – y – 2z + = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I nằm đường thẳng d tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q) Câu (1,0 điểm ) Tìm số thực m cho phương trình: x   m x   x   x  có nghiệm x  R Câu (1,0 điểm ) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y2  z2  Tìm giá trị lớn biểu thức : P  xy  yz  zx  xyz 48 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 49 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 19  Tập xác định: D =  Sự biến thiên: y /   \ 1  x  1  x  Hàm sô nghịch biến khoảng Hàm số cực trị Giới hạn tiệm cận: lim y  Tiệm cận ngang: y  x   ;1 & 1;   lim y   ; lim y   Tiệm cận đứng: x  x – y’ _ y + _ x 1 x 1 BBT 1a 0.25 0.25 + - 0.25 0.25 1b Đồ thị căt Oy A(0;-1) Tiếp tuyến (C) A có phương trình : y  f '(0) x 1  y  3x 1 Tiếp tuyến cắt Oy A(0;-1) Và cắt Ox B(-1/3 ; ) Tiếp tuyến tạo với Ox, Oy tam giác OAB vuông O có S : S Câu OAB  1 1 OA.OB   2 0.25 0.25 dk : cosx  2a 0.5 pt  sin x  cos x    sin x  cos2x=2  0.25   sin(2x- )   x   k 50 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 DK  x  4  m.2 (m  Z ) 0.25 x t  Đặt  t , t  Pt trở thành : t  ( x  5).t  x     t   x  0.25 Vói t=1, ta có x=0 2b Với t=-x+4, ta có : 3x  x   Xét hàm số : f ( x)   x  R Ta có f(x) đông biến R, pt : f(x) =0 có tối đa nghiệm nên x=1 nghiệm pt Kết luận: pt có nghiệm x=0 x=1 Đặt z=a+bi ( a, b thuộc R) x Câu z   a  b2  (1) 0.25 z   5i    a  1   b  5  25 (2) 3a Từ (1) (2) ta có hệ pt: Vậy có z=2-i z  2  a  b   2   a  1   b    a    b  1    a  29   25 13   2 b  13   Gọi A biến cố :” Xếp hàng hai học sinh nữ kề nhau” Mỗi kết thuận lợi biên cố A thực qua công đoạn: +) Sắp thứ tự học sinh nam, số cách : P6  6! +) Chọn khoảng trống khoảng trông tạo hs nam ( Kể khoảng đầu khảng cuối) thứ tự hs nữ, số cách : A7 n( A)  6!.420  P A  Câu 0.25 29 2  i 13 13 Số cách xếp hàng dọc ngẫu nhiên 10 học sinh tổ là: n   P10  10! 3b 0.25 0.25 0.25 6!.420  10! 1   x I  x x  dx  I1  I dx   x xdx   4x   x2  0 1 I1   x dx  x  5 I2   0.25 x  x2   4x 1 1 2  x d 4  x2    0 0.25 dx  0.25  2 51 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Vậy I  I1  I2  Câu 2   5 0.25 S Tam giác SAB vuông S, kẻ J D A H I B a ( SAB) ( ABCD) ( SAB)  ( ABCD)  AB   SH   ABCD  ta có : SH  (SAB)  SH  AB SH  AB,SA=a; SH= C 0.25 ABCD hình chữ nhật, S( ABCD )  a.2a  2a a3 VS ABCD  SH S ABCD  3 AH AH AB SA2    Ta có AB AB AB AC.HD  AB  AD AD  AH 0.25 Xét :        AB  AD   AD  AB     AB   AD  4a  a  4 Vậy AC  HD mà AC  SH , AC   SHD  tai I giao điểm AC HD 0.25 Trong mp(SHD) kẻ IJ  SD tai J Ta có IJ  AC tai I Vậy đường thẳng IJ đường vuông góc chung SD AC, d(AC,SD) = IJ IH IA HA    ID IC CD a 2a  AD  a 2a IJ ID a SHD    IJ= SH SD a 10 AC= AD2  CD  a  AI  IJD Vậy d(AC,SD) = IJ= Câu 0.25 a 10  MN=2  BC//MN, M thuộc đoạn A B A N M C B d cho AM= AB 0.25  Ta có MN= BC  BC  52 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 BC  sinA  R  sin A  Vậy đường  sin A   A  90o tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn đường kính BC  Vì B d: x+y=0  B(t;-t) t  R, t>-4 3t  x   3t 9t  A AM= AB    A( ; ) 2 y  t A    0.25 AM  AN  AM AN   t  t    t  t  11  mà : AM  ; ;  , AN       Ta có 0.25 t  3  t    t    t    t  11           t  5( Loai)        Với t=-3 ta có B(-3;3), A(3;3) ; AC  AN  C (3; 9) Đường tròn đường kính BC có tâm I(0;-3), bán kính có pt x   y    45 Câu 0.25 Mặt cầu (S) có tâm I x  t d có ptts là:  y   t I  d  I( t;2  t;3  2t) z   2t  0.25 Vì (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) (Q) nên ta có: d(I;(P))  d(I;(Q))  5t  11 7t  t    3  t  1 t=5 I(-5;7;13) (S) có bán kính R=12 2 pt (S) :  x  5   y     z  13  144 t=-1 I(1;1;1) (S) có bán kính R=2 2 pt (S) :  x  1   y  1   z  1  Câu Đk: 0.25 0.25 0.25 x2 pt  1  m  x   x   x  x2   x  x2 x2  m 1   m 1  2 x2 x2 x2 Đặt t  x2  f (x) x  2;   , tacó: x2 f'(x)= (x+2) x 0.25 24 x2    x2 f (x)  ; lim f (x)   x  Mà : xlim x  2 0.25  53 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 f’(x) + f(x) Vậy t 0;1 x  2;   Phương trình trở thành : m   t  2t (*) Pt cho có nghiệm x  R pt(*) có nghiệm t  0;1 0.25 Xét hàm số g(t)  t  2t với t 0;1 Ta có : g’(t) = -4t+1; g’(t)=0  t  t ¼ g’(t) + g(t) 1/8 0.25 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy pt : g(t)=m+1 có nghiệm t  0;1 1  m    2  m   Câu  x  y  z  x  y  z   xy  yz  zx   x  y  z  xy  yz  zx  2 3 (vi x  y  z  3) 2 Mà CM  xy  yz  zx  x  y  z  0.25 t2  Đặt t=x+y+z ta có o  3  t 3 t2   voi t  3;3 t t  f '(t)   t    t  f '(t)  t   t t  Khi P  f (t)  t 3 f’(t) f(t) 0.25 + 0.5 14 54 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 f (t)  14 , dấu đăng thức xảy : x=y=z=1 Vậy GTLN biểu thức P 14/3 đạt đc x=y=z=1 55 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 20 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3mx2  3(1  m2 ) x  m3  m (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị nằm phía đường thẳng y  (không nằm đường thẳng) Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log x  log (10  x)  b) Giải phương trình cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y  e x ( x  x  1) đoạn [0;2] Câu (1,0 điểm) a) Cho n số tự nhiên thỏa mãn 2Cn2  An22  326 Tìm hệ số x khai triển nhị thức  Niutơn  x   n   , x  x b) Có 40 thẻ đánh số từ đến 40 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để 10 thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có thẻ mang số chia hết cho 10 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;1;2) , B(-1; 1; 3), C(0; 2; 1) Tính diện tích tam giác ABC tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M điểm thuộc cạnh SC cho MC  2SM Biết AB  a , BC  a Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AC BM Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình ( x  1)2  ( y  2)2  25 Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương  x  y   y  3x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y   y   x  x  xy  y Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x  y  z  , xyz  Chứng minh 2( x  y  z)  xyz  10 56 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 20 Khi m = 1, ta có hàm số y   x3  3x 1) Tập xác định : D  2) Sự biến thiên: * Giới hạn : lim y  lim ( x3  3x )  , lim y  lim ( x3  3x )   x x x x * Đạo hàm y’= - 3x2 + 6x , y’ =  x = 0, x = * Bảng biến thiên: x - y' - + + 0.25 + 1a 0.25 y - - Hàm số nghịch biến khoảng (-  ; 0) (2; +  ), đồng biến khoảng (0; 2) 0.25 - Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = 4, đạt cực tiểu x = 0, yCT =0 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung O(0; 0), giao với trục hoành O(0; 0); 0.25 A(3; 0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng * Điểm uốn: y’’ = - 6x + , y’’ =  x =1 Đồ thị hàm số có điểm uốn I(1;2) y'  3x  6mx  3(1  m2 ) 0.25 1b y'   3x  6mx  3(1  m2 )  , y ' có '  9m2  9(1  m2 )   Suy y ' có hai nghiệm phân biệt x1  m  , x2  m  Khi hàm số có hai cực trị y1  y( x1 )  2(m  1) , y2  y( x2 )  2(m  1) Theo ta có ( y1  1)( y2  1)   (2m  3)(2m  1)   m  , m     1 2 3 2 0.25 0.25 0.25   Vậy m    ;    ;  Câu 2a Điều kiện:  x  10 Ta có log x  log (10  x)   log (10 x  x2 )  0.25  10 x  x  16  x  8, x  Vậy phương trình có nghiệm x  , x  0.25 cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)   sin x  cos x (cos x  sin x  1)  2b sin x  cos x   cos x  sin x   0.25      x   k  sin  x             x    k 2 , x    k 2  sin  x     4   Vậy phương trình có nghiệm là: x    k , x    k 2 , x    k 2  k  0.25  57 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Câu Ta có: y'  e x ( x  x  2) nên y'   e x ( x  x  2)   x  1; x  2  0;2 0.5 y(0)  1 , y(1)  e , y(2)  e2 Từ ta có max y  y(2)  e2 , y  y(1)  e 0.5 [ 0; ] Câu [ 0; ] 2Cn2  An2  326  n(n  1)  3(n  2)(n  1)  326 0.25  n2  2n  80   n  8, n  10 (loại)  4a 4b k 8       C8k (2 x )8  k      C8k 28  k.(3) k x x  k 0 x  k 0   32  5k 6k 4 Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số x C84 24.(3)4  90720 Ta có khai triển  x  0.25 10 Số phần tử không gian mẫu   C40 Có 20 thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chia hết cho 10, 16 thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 Gọi A biến cố cho, suy  A  C20 C164 C41 Vậy xác suất biến cố A P( A)  Câu 32 k  A C20 C164 C41 1680   10  C40 12617 0.25 0.25 AB  (2;2;1) , AC  (1;3;1)  [ AB, AC ]  (5;3;4) Diện tích tam giác ABC : S ABC  [ AB, AC ]  0.25 5  32  42  2 0.25 Gọi H (a; b; c) chân đường cao tam giác kẻ từ A a   k (0  1) a  1  k   Ta có BH  k BC  b   k (2  1)  b   k  AH  (k  2; k  2;1  2k ) c   k (1  3) c   2k     Do AH  BC nên AH BC   k   k   2(1  2k )   k  Vậy H   ; ;  Câu  3 3 0.25 0.25 Gọi H trung điểm AB  SH  AB Do (SAB)  ( ABC ) nên S SH  (ABC ) M N K Do SAB tam giác cạnh a nên A C SH  0.25 a AC  BC  AB  a 2 Thể tích khối chóp S.ABC H B 1 a3 VS ABC  SH S ABC  SH AB AC  12 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA N  AC // MN  AC //( BMN ) 0.25 0.25 58 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Ta có AC  AB  AC  (SAB) mà MN // AC  MN  (SAB)  (SAB)  ( BMN ) Từ A kẻ AK  BN ( K  BN )  AK  ( BMN )  AK  d ( A,( BMN ))  d ( AC, BM ) MC AN 2 a2 a2     S ABN  SSAB   SC SA 3 2S a a 21 7a , AK  ABN   BN  BN  AN  AB  AN AB cos 600  BN Do Vậy d ( AC , BM )  Câu 0.25 a 21 7 (T) có tâm I (1;2) Gọi Cx tiếp tuyến (T) A x H I B K C C Ta có HCx  ABC  Sđ AC (1) Do AHB  AKB  900 nên AHKB tứ giác nội tiếp  ABC  KHC (cùng bù với góc AHK ) (2) Từ (1) (2) ta có HCx  KHC  HK // Cx Mà IC  Cx  IC  HK 0.25 Do IC có vectơ pháp tuyến KH  (3;4) , IC có phương trình 3x  y  11  Do C giao IC (T) nên tọa độ điểm C nghiệm hệ 3x  y  11   x   x  3  ; Do xC  nên C (5;1)   2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  0.25 Đường thẳng AC qua C có vectơ phương CH  (3;6) nên AC có phương trình x  y   Do A giao AC (T) nên tọa độ điểm A nghiệm hệ 0.25 2 x  y   x  x  (loại) Do A(1;7)  ;  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y   y  1 Đường thẳng BC qua C có vectơ phương CK  (6;2) nên BC có phương trình x  y   Do B giao BC (T) nên tọa độ điểm B nghiệm hệ x  y    x  4  x   , (loại) Do B(4;2)   2 y  y   ( x  )  ( y  )  25    0.25 Vậy A(1;7) ; B(4;2) ; C (5;1) Câu 2   x  y   y  3x  Ta có hệ phương trình  (1) 2   y   y   x  x  xy  y (2) Điều kiện: y  1, x  0, y  3x (2)  0.25 y   x  ( y  y  1)  x  ( y  xy  y)  59 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831  y 1 x  ( y  1)  x  y( y  x  1)  y 1  x    ( y  x  1)  y   x    y 1  x    y  x   Do  0.25   y   x  0, y  1, x   y 1  x  +) Thế y vào (1) ta x  x   x  x    (3) Xét f ( x)  x  x   x  x  , f ' ( x)  2x  x2  x  t Xét g (t )  t 3  2x  x2  x  , g '(t )   (t  3)3 2x  (2 x  1)2   0, t  2x   (2 x  1)2  suy g(t) đồng biến Do 2x   x  nên g (2 x  1)  g (2 x  1) suy f '( x)  g (2 x  1)  g (2 x 1)  0, x  Do f (x) đồng biến , nên (3)  f ( x)  f (2)  x   y  Vậy hệ cho có nghiệm ( x; y)  (2;3) Câu 0.25 0.25 Giả sử x  y  z , xyz  nên x  yz y2  z2 Do x  y  z   x   x [3;0] Ta có yz   ,     2 2 2( x  y  z )  xyz  x  2( y  z )  x y2  z2 x(9  x ) x3 x  x  2(9  x )     2(9  x ) 2 0.25 0.25 Xét f ( x)  x3 x 2x   2(9  x ) với x  [3;0]  f ' ( x)  x   2 2  x2 f ' ( x)   2x x      x (5  3x )  4 x 2 9 x 0.25  (9  x )(5  3x )2  32 x (Điều kiện  3x  )  x6  111x  327 x  225   x  1, x  3, x  Do x  25 nên x   x  1, x  (loại) f (3)  6, f (1)  10, f (0)  suy max f ( x)  f (1)  10 [ 3; ] Như 2( x  y  z)  xyz  f ( x)  10 0.25 60 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831  x  1   x  1  Dấu xảy  y  z  y  z   2 y  z  2( y  z )    Vậy 2( x  y  z)  xyz  10 Đẳng thức xảy (x; y; z) hoán vị (-1; 2; 2) 61 [...]... bi, (a,b bi) 2( a bi) 1 9i a 3bi 1 3b (3a z 22 5 128 sin2 )2 sin 8(1 0 .25 0 .25 2 cos2 2 sin 2 cos 2b Câu 6x 1 1 2 1; x { 1} 0 .25 1 2 3 x x 3 0 .25 1 3 0 .25 1 ;3 2 5 2 I 0 x (x 2 2 sin 2x )dx 0 x 3 dx 2 4 x sin 2xdx 0 64 2 x sin 2xdx 0 .25 0 27 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 2 Xét J u x sin 2xdx Đặt dv 0 sin 2x dx 2 1 x cos 2x | 02 2 J du x cos 2x dx 0 .25 1 cos 2x 2 v 1 sin 2x | 02 2 4 0 dx 0 .25 4 4 Vậy... Câu i 2 w 4 Điều kiện: x 2x Đặt i 3i(a 9)i bi) 0 .25 2 1 0 .25 z 2i 2 w 2 2 1 b 1 0 2 a2 b2 2x 2 5x 3 x a 3 x a, b a2 1 ab b2 )(a 2b) (a 2 b 2 )(a 2b) b(a b) (a 2 b 2 ) (a b)(a 2b) (a 2b) 0 (do a b (a 2b)(a b 1) 0 x 3 2 x 2x 3 x x TH2: 1 1 1 0 1 x 1 2x 3 2 x 2x 3 x 1 1 x 0 1 0 x Vậy bất phương trình có nghiệm S Câu 1 1 2 x x 0 a2 ab 2b2 0 0) x 1 2x 0 .25 2b 2 Bất phương trình trở thành: (a 2 TH1: 0 .25 )... 1 )2 + (y - 3 )2 = 5 2 0 .25 0 .25 8 1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy 1   2 2   y  1  x  2 y   x  2 y  2 0 .25 ĐK: y  -1 Xét (1): 1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy Đặt x2  2 y 2  t t  0 Phương trình (1) trở thành: t 2  1  y  t  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy  0  = (1 - y )2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1 )2 2 2 t   x  y  1  x  2 y   x  y  1    x2...  c )2  (a2  12  12 )( 12  b2  c2 ) (2) 0 .25 từ (1) và (2)  (a2  2) (b2  2) (c2  2)  3(a  b  c )2 P  3(a  b  c )2  129 6 21 6 21 6    3 (a  b  c) 2    abc a  b  c a  b  c   0 .25 21 6 21 6 3.3 3 (a  b  c)  324 abc abc 2 Khi a  b  c  1 thì P= 324 nên giá trị nhỏ nhất của P là 324 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1 (2, 0 điểm) Cho hàm số y 0 .25 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ... 2 B M( -2; -1)  (7 y  2) 2  ( y  1) 2  (7 y  2) 2  ( y  1) 2 0 .25 N (2; -1)  y  0  I (0;0) Khi đó BD=2IM= 2 5  AC  Câu 5 AC 5 2 BD  5 2  IA  IC   2 2 10 0 .25 x  7 y  0  Tọa độ A, C thỏa mãn hệ phương trình  2 2 25  x  y  2 0 .25 7 7    x  2  x   2 7 1 7 1 7 1 7 1  hoặc  Vậy tọa độ 2 điểm A( ;  ),C( ; ) hoặc A( ; ),C( ;  ) 2 2 2 2 2 2 2 2 y  1 y   1   2. .. I 0 .25 (y 1) 0 x y 0 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng x y 0 x nghiệm của hệ phương trình x 2y 6 0 y C 0 .25 0 .25 1) nên tọa độ điểm C là 2 2 0 .25 Vậy C (2; 2) Câu 10 Ta có 1 ab (a bc b ca c )2 1 a2 (a 2 b2 b2 2 c2 c2 ) 2( ab bc ca ) 0 .25 29 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 7 121 Do đó A a2 b2 c2 Đặt t a 2 b2 c2 Vì a,b, c 0 và a b (a 2 b2 c 2 )) 1 nên 0 a 1, 0 7(1 c Suy ra t a 2 b2 c2 a... xy  5 2   Ta có 5( x2  y 2 )   2 x  y   5( x 2  y 2 )  2 x  y và 2 ( x  y  3 )2  x 2  y 2  9  2 xy  6 x  6 y  0 0 .25  2( x  y  xy  3)  8( x  y )  ( x 2  y 2  3) Suy ra P  2( xy  x  y)  24 3 2( x  y  xy  3) Đặt t  x  y  xy, t   0;5 , P  f (t )  2t  24 3 2t  6 Ta có f (t )  2  / 24 .2 3 3 (2t  6 )2 2 3 (2t  6 )2  8 3 (2t  6) 2  0, t   0;5 0 .25 Vậy...  3  log 2 2 x 2 0 .25 2 32 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831  log 1  4  4   log 1  2 x1  3  log 1 2 x x 2 2  log 1  4 x  4   log 1  22 x1  3 .2 x  2 2 0 .25 2  4 x  4  22 x 1  3 .2 x 0 .25  4 x  3 .2 x  4  0  2 x  1 L   x  x 2  2  4 0 .25 Vậy BPT có tập nghiệm: S =  2;   Câu 3 Xét phương trình: z 2  2 z  3  0   ' = 1 - 3 = -2 = i 2 3a 2 0 .25 Phương trình có... điểm cực đại A(-1 ;2) , B(1 ;2) và điểm cực tiểu N(0;1) Vẽ đồ thị (C) 0 .25 2 7 ) 2 4 2 Hệ số góc k của tiếp tuyến là: k= y / ( )  2 2  2  2 7 x  Pttt (d) có dạng y  y /     2  4  2  Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y( 1b  y  2x  3 4 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 Câu 2 2a  4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx (2 –cosx) – (2 – cosx) = 0  (2 – Cosx) ( 2Sinx -1) = 0 0 .25 13 2a THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO... 1 (a b c )2 a 2 b2 c2 a2 Suy ra t b2 7 t Xét hàm số f (t ) f '(t ) 7 t2 c2 121 7(1 t )2 1 Vậy t 3 121 ,t 7(1 t ) 0 2( ab b 1, 0 bc ca ) c 1 3(a 2 b2 c2 ) 1 ;1 3 1 ;1 3 7 18 t BBT t Suy ra f (t ) 324 , t 7 Hơn nữa, với a Vậy min A 0 .25 1 7 3 18 f '(t ) f (t ) 1 ;b 2 1 0 324 7 1 ;1 Vậy A 3 1 ;c 3 0 .25 + 324 với mọi a,b, c thỏa điều kiện đề bài 7 7 1 a 2 b2 c2 thì 18 6 a b c 1 và A 324 7 0 .25 324 7 30