Bộ 10 đề toán hay và khó luyện thi THPT quốc gia có đáp án chi tiết

Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt phân giác trong góc C tại I , đường thẳng AI cắt BC tại... Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A.. có đáy ABCD là hìn

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2

2 log 4x 3 log 2x 3 log 5x6

Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình phẳng  H giới hạn bởi các đường y x, y x và x 4 Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình  H quanh trục hoành

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A1;2;3 và hai đường

d và d2 Viết phương trình mặt phẳng   đi qua A , song song với d1 và cắt d2 tại

điểm B có tọa độ nguyên sao cho AB  30

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 1 3 cosxsinx 3cosxcosx 1

b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 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, , và mỗi bảng có 3đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở 3

bảng khác nhau

Câu 7 (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông có

BABCa, cạnh bên AA'a 2 Gọi M là trung điểm của BC Tính theo a thể

tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , B C'

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A ,

đỉnh B 4;1 Trên BC lấy điểm M sao cho BMAC Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt phân giác trong góc C tại I , đường thẳng AI cắt BC tại

 

1310

Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2;;

nghịch biến trên khoảng 0;2

Hàm số đạt cực đại tại x 0, yCD ; đạt cực tiểu tại 0 x 2, yCT  4

● Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt   ,  1; 4 3;0

Ta có    d2  suy ra B Bd2 nên B 1 t;22 ; 3t   với t t  

sinx 3 sin cosx x 3 cosxcos x  1 0

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 3 3 3

9 6 3

C C C

Gọi X là biến cố ''3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau ''

● Bước 1 Xếp 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau nên có 3! cách

● Bước 2 Xếp 6 đội còn lại vào 3 bảng A B C, , này có 2 2 2

ABC

a

S  BA BC Thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' là

3 ' ' '

BB BE a BK

IN MN  2

Từ  1 và  2 , suy ra CA MB

CN MN

Mà BMAC nên suy ra CNMN hay

N là trung điểm của MC Do đó C  6;1

Đường thẳng AC đi qua hai điểm C và E

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 121; khi a b c ; ;  1;2;3 hoặc các hoán vị

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 1

1

x y x

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A Gọi

M là điểm trên cạnh AC sao cho AB3AM Đường tròn tâm I1; 1 đường kính 

CM cắt BM tại D Xác định tọa độ điểm B , biết đường thẳng BC đi qua 4;0

3

N 



 , phương trình đường thẳng CD x: 3y  và điểm 6 0 C có tọa độ nguyên

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

 2

1 2

Theo giả thiết, ta có 2a bi 1 2  i 3i a  bi 2i

2 x2.2 x8.2x160 Đặt 2x

S  tdt Đặt

1ln

Câu 5 Đường thẳng d đi qua M  1;0;1 và có VTCP u d 3; 1; 2  

Đường thẳng d' đi qua M' 1;2;3  và có VTCP u   d'  3;1;2

Từ  1 và  2 , suy ra d và d' song song với nhau

Mặt phẳng   chứa d và d' nên đi qua M  1;0;1 và có VTPT

3

Gọi M là trung điểm AB , suy ra CMAB  1

Hơn nữa SAABC suy ra SACM  2

MDCBAM  , suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính

BC nên ABMACD (cùng chắn cung AD)

cos

10

AB ABM

c c

Với c  1, suy ra C3; 1 Do I là trung điểm  CM nên M   1; 1

Đường thẳng BC đi qua hai điểm C và N nên BC: 3x5y  4 0

Đường thẳng BM đi qua M và vuông góc với CD nên BM: 3x   y 4 0

Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 3 5 4 0  2;2

P  

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 59

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  2 2

b) Biểu diễn theo a , b biểu thức A log 2835 , biết rằng log 714  ; a log 514  b

Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường

a) Giải phương trình sinx2 sinx 1 cosx2 cosx 3

b) Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, mỗi phòng thi gồm 16 học sinh được xếp vào 4

dãy bàn, mỗi dãy 4 bàn Môn Hóa có 4 mã đề thi, giám thị phát đề thi cho học sinh thỏa mãn yêu cầu mỗi dãy ngang và dọc phải có đủ 4 mã đề Hai thí sinh A và B thi chung phòng, tính xác suất để A và B chung mã đề thi

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối

chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M , N lần lượt thuộc các cạnh AB và CD sao cho AMCN Gọi K là giao điểm của AN

và DM , H là hình chiếu vuông góc của K trên BC Giả sử đường thẳng DH có

phương trình 3x4y  , đường thẳng 5 0 AN cắt BC tại 3; 23

DAN  Tìm tọa độ điểm H , biết H có tọa độ nguyên

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

x y

A x

S  tdt Đặt

1ln

Đường thẳng d đi qua điểm M1;0; 1 và có VTCP  u d 1; 2;2 

Đường thẳng  song song với  P và vuông góc với d nên có VTCP

2 sin xsinx2 cos x 3 cosx

k x

cách Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 16.15240

Không gian biến cố: Do A chọn chổ ngồi trước nên có 16 cách Để B ngồi ở vị trí thỏa mãn cùng chung mã đề với A thì B không được ngồi cùng hàng và cùng dãy với

A nên B có 9 cách chọn chỗ ngồi Suy ra số phần tử của biến cố là 16.9144

Xác suất về chọn chỗ ngồi là 144 3

240 5

● Xác suất về cùng mã đề thi

Không gian mẫu là cách chọn tùy ý mã đề thi của A và cách chọn tùy ý mã đề thi của

B Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 4.416

Không gian biến cố: Giả sử A chọn đề thi trước nên có 4 cách chọn mã đề Để B trùng mã đề thi với A thì B phải chọn mã đề giống như A đã chọn nên B chỉ có 1cách chọn Suy ra số phần tử của biến cố là 4.14

Xác suất về cùng mã đề thi là 4 1

16 4Vậy xác suất cần tính là 3 1 3

P  

Câu 7 Gọi H là trung điểm AD , suy ra SH AD

Mà SAD  ABCD theo giao tuyến AD nên SH ABCD

Ta có SH là đường cao trong tam giác đều SAD cạnh a nên 3

3

Từ  1 và  2 , suy ra HKSAx nên d H SAx ,   HK

Câu 8 Ta chứng minh ANDH Thật vậy:

Ta có AKM∽NK D gg nên suy ra  

,,

HC  DN DN

Do ABCD là hình vuông nên suy ra HBCN, HCDN

Ta có ADN DCH c  , suy ra g c ANDDHC

Nhận thấy x 0 hoặc y 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình nên chia cả

hai vế phương trình  1 cho xy, ta được

2 2

63

7

y x

61

x

a x

y

b y

3, 69

15

2

x x

x y y

25

x

x x

y y

Câu 1 (1,0 điểm).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 4

1

x y x

b) Biểu diễn theo a biểu thức A log 125  5, biết rằng log 315  a

Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 1 ln x

10

19

n

n n

Câu 7 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A B C ' ' ' có A ABC' là hình chóp đều, ABa Gọi

 là góc giữa hai mặt phẳng A BC'  và mặt phẳng ABC với cos 3

B của tam giác, biết đỉnh A có hoành độ dương

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình   3 2 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 Bạn đọc tự làm

Suy ra y'' y' sinxcosx  y

Câu 5 Đường thẳng d đi qua M0; 1;0  và cĩ VTCP u d 1; 2; 3  

Đường thẳng d' đi qua M' 0;1;4  và cĩ VTCP u d' 1;2;5

Ta thấy   : 12.     nên 1 1 2 0 A1; 1;1    

 

 và

2 2

1cos 2

1

t t

Đối chiếu điều kiện ta có n 5 là giá trị cần tìm

Câu 7 Gọi M N, lần lượt là trung điểm của BC và AC; HAMBN

Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Theo giả thiết, suy ra A H' ABC

ABC a

S Thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' là

3 ' ' '

2 '

8

ABC A B C ABC

a

Câu 8 Ta chứng minh AI HK Thật vậy:

Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn  C Suy ra AI Ax  *

Ta có xABACB (cùng bằng 1 

sd

Tứ giác BKHC nội tiếp nên ACBAKH (cùng bù góc HKB)  2

Từ  1 và  2 , suy ra xABAKH nên Ax KH (so le trong)  * *

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ

Đường thẳng AB đi qua hai điểm A và K nên AB x:    y 4 0

Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ

P 

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 21

4 ; khi x y z ; ;  1;0;0 hoặc các hoán vị

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3

b) Nguyễn Phú Khánh đầu tư vào ba loại cổ phiếu I II III, , Xác suất trong thời

gian t các cổ phiếu này lần lượt tăng giá là 0, 6; 0,7; 0,8 Biết rằng các cổ phiếu hoạt

động độc lập Tìm xác suất trong thời gian t để trong ba cổ phiếu này có ít nhất một

cổ phiếu tăng giá

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và

B, ABBC a, AD2a Cạnh bên SAa 2 và vuông góc với đáy Tính theo a

thể tích khối chóp S ABCD và góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng SAD

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B ,

có 7;3

2

D 



  là chân đường phân giác trong góc A Gọi M là trung điểm BC, đường

thẳng qua B và vuông góc trung tuyến AM có phương trình : 4 d x7y20 , 0

đường thẳng qua M và vuông góc với cạnh AC có phương trình : 2x 11y 50 0

    Tìm tọa độ điểm B , biết B có tọa độ nguyên

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

x y x

a b

Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1

Câu 4 Ta có   cos cos

Câu 5 Đường thẳng d đi qua N1;5; 3 và có vectơ chỉ phương  u d 1; 2;2 

Gọi   là mặt phẳng qua A và vuông góc với d nên   :x2y2z  3 0Gọi  là giao tuyến của   và  P nên có phương trình

4 / 25 109 / 25; 13/ 25; 30 / 25

t t M

16 sin 32 sin 33 0

11sin loai

b) Xác suất trong thời gian t cổ phiếu I không tăng giá là 10, 60, 4

Xác suất trong thời gian t cổ phiếu II không tăng giá là 1 0,7 0,3

Xác suất trong thời gian t cổ phiếu III không tăng giá là 10,80, 2

Gọi X A B C, , , lần lượt là các biến cố: '' Không có cổ phiếu nào tăng giá '' , '' Cổ

phiếu I không tăng giá '' , '' Cổ phiếu II không tăng giá '' , '' Cổ phiếu III không tăng

giá '' thì các biến cố A B C, , độc lập

Khi đó XABC Áp dụng quy tắc nhân xác suất, ta có

        0, 4.0,3.0, 2 0, 024

P X P A P B P C   Vậy xác suất trong ba cổ phiếu có ít nhất một cổ phiếu tăng giá là

3

1

Câu 8 Gọi K  d Ta chứng minh KCCB Thật vậy:

Gọi N là điểm đối xứng với K qua M , suy ra BKCN là hình bình hành

Xét tam giác ANC , ta có NM AC



 

 suy ra M là trực tâm nên CMAN

Mà theo giả thiết CM AB nên suy ra A B N, , thẳng hàng

y x y

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 4 2

22

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A1;3;2, B3;2;1

và mặt phẳng  P :x2y2z11 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng 0  P

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

cạnh bên SA2a và vuông góc với đáy Gọi E là trung điểm của CD Tính thể tích khối chóp S ABCD và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABE

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh

 4; 3

C   và M là một điểm nằm trên cạnh AB M A M, B Gọi E F, lần

lượt là hình chiếu vuông góc của A , C lên DM và J là giao điểm của CE và BF Tìm tọa độ điểm A , biết J 2;3 và đỉnh B nằm trên đường thẳng

a b c

16 cos 8 cos 12 cos   8 cos   1 0

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB

Kẻ JxABCD, suy ra Jx là trục của đường

tròn ngoại tiếp tam giác AEB và Jx SA

Trong mặt phẳng SA Jx, , kẻ đường trung trực 

của đoạn SA Gọi I   Jx Ta có

88

a a

a

R      

Câu 8 Ta chứng minh CEBF Thật vậy:

Xét hai tam giác vuông EAD và FDC, ta có   phu  

AD DC EDA FCD FDC



Suy ra EAD FDC nên EDFC và AEDF  1

Xét hai tam giác DEC và CFB, ta có

Từ  1 ,  2 và  3 , suy ra DFB AEC nên FBDECA hay JBIJCI

Do đó tứ giác JBCI nội tiếp nên BJCBIC900 hay CEBF

Đường thẳng BJ đi qua J 2;3 và có VTPT CJ  6;6

Đường thẳng BC đi qua hai điểm B và C nên có phương trình BC: 2x   y 5 0

Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc BC nên AB x: 2y10 0

Đường thẳng CJ đi qua hai điểm C và J nên có phương trình CJ x:    y 1 0

Do A , B khác phía với CI nên ta chọn A 8;1

Vậy A 8;1

Câu 9 Điều kiện: x  5, y  3

Lấy    1  2 vế theo vế, ta được    2 2

Nhận xét Ý tưởng ra đề là tìm cặp số x y0; 0 sao cho  2

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 3

1

x y x

yx  mx  m x  Tìm m để tiếp tuyến của đồ

thị hàm số tại điểm cĩ hồnh độ bằng 1 đi qua điểm A 1;2

Câu 5 (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

 P :x   , z 3 0  Q :y   và điểm z 5 0 A1; 1; 1  Tìm tọa độ điểm M thuộc  P , N thuộc  Q sao cho MN vuơng gĩc với giao tuyến của  P và  Q

đồng thời MN nhận A làm trung điểm

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A B C D ' ' ' ' cĩ đáy là hình thoi cạnh bằng a

  60

BAD  Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD, B C' ' và thỏa mãn

MN vuơng gĩc với BD' Tính theo a thể tích khối hộp ABCD A B C D ' ' ' ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN , BD'

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD cĩ gĩc



ABC nhọn, đỉnh A   2; 1 Gọi H K E, , lần lượt là hình chiếu vuơng gĩc của A

trên các đường thẳng BC BD CD, , Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác

HKE là   2 2

C x y  x y   Tìm tọa độ điểm B biết H cĩ hồnh độ âm,

C cĩ hồnh độ dương và nằm trên đường thẳng x   y 3 0

ĐỀ SỐ

Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

y  x  mx  , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến m ky'   1 4 5m

Do đó phương trình tiếp tuyến d y: 45m x  1 2m 1

Vì d đi qua điểm A 1;2 nên 2 4 5 1 1 2 1 5

● Với t 3, ta được logx  3 x 1000

● Với t 2, ta được logx  2 x 100

Đối chiếu điều kiện, phương trình có tập nghiệm S 100;1000

Suy ra  có vectơ chỉ phương un n P, Q   1; 1;1

● Xét biến cố B : '' Anh Việt thắng cược sau bốn ván '' Tức là ván thứ bốn anh Việt

dành chiến thắng và trong ba ván đầu tiên thì có: một ván anh Việt thua và hai ván anh Việt thắng Do đó   2   2 1

3 0, 45 0,55 0, 45 0,150

● Xét biến cố C : '' Anh Việt thắng cược sau năm ván '' Tức là ván thứ năm anh Việt dành chiến thắng và trong bốn ván đầu trước thì có: hai ván anh Việt thua và hai ván anh Việt thắng Do đó   2   2 2

4 0, 45 0,55 0, 45 0,165

Vậy xác suất anh Việt thắng cược là P V P A P B P C 0, 406

Câu 7 Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a

Diện tích hình thoi ABCD là

2

32

2

ABCD ABD

a

S  S  Đặt AA' h 0 Theo giả thiết MN BD' nên