luyện thi THPT quốc gia 2017 môn toán -11 Đề thi thử môn toán

NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16 Lời mở đầu Gửi em yêu mến ! Nhằm giúp em có thời gian tiếp cận tập luyện hoàn chỉnh đề thi đại học môn toán , thầy bạn nhóm dành thời gian tâm huyết để thiết kế dề thi , giúp em vừa luyện tập vừa làm quen với đề thi đầy đủ , câu hỏi xuất đề thi thường câu hỏi điển hình chuyên dề nắm bắt xu hướng, câu hỏi điểm trở lại có nặng chút so với đề thi thật đẹp đại điện cho phần kiến thức Câu hỏi phân loại Oxy , Hệ phương trình , Bất đẳng thức sáng tác phù hợp với đề thi , cố gắng nhiều không tránh khỏi sai sót không đáng có , thầy mong nhận đóng góp ý kiến từ em Thầy Cảm ơn bạn Trịnh Dũng , Đặng Hoàng Mạnh , Bùi Thế Lâm , Trần Quốc Việt , Nguyễn Hùng , Nguyễn Thế Duy , Huỳnh Kim Kha giúp thầy hoàn thiện đề thi Đặc biệt cảm ơn Trịnh Dũng dành nhiều thời gian chăm chút hoàn chỉnh tài liệu đẹp Hy vọng tài liệu có ích cho nhiều em ôn tập , Thầy chúc em học tốt đạt kết cao kỳ thi tới Chào tạm biệt hẹn gặp lại em vào năm với nhiều đề thi hay Thầy Quang Baby Footer Page of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA – ĐỀ Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: [1 điểm]   Cho hàm số  y  x3  x  x   C   . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C   của hàm số đã cho  Câu 2: [1 điểm]   Cho hàm số  f  x   sin x  cos2 x  cos4 x  4sin x  . Chứng minh rằng  f '  x   0, x  R    Câu 3: [1 điểm]     Cho  sin a  cos a   và   a   . Tính  sin 2a, cos 2a  và  tan 2a    4 Câu 4: [1 điểm]    Tính tích phân  I    x  cos x  xdx    Câu 5: [1 điểm]   Cho số nguyên dương  n  thỏa mãn điều kiện  Cnn  Cnn 1    Newton của   x   x   Câu 6: [1 điểm]   An  821  . Tìm hệ số của  x 31  trong khai triển  n  x      Cho hình lăng trụ  ABC A ' B ' C '  , đáy  ABC  có  AC  a 3, BC  3a,  ACB  300  . Cạnh bên hợp với mặt phẳng  đáy góc  60  và mặt phẳng   A ' BC   vuông góc với mặt phẳng   ABC   . Điểm  H  trên cạnh  BC  sao cho  BC  3BH  và mặt phẳng   A ' AH   vuông góc với mặt phẳng   ABC   . Tính thể tích khối lăng trụ  ABC A ' B ' C '  và khoảng cách từ  B  đến mặt phẳng   A ' AC     Câu 7: [1 điểm]   Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho ba điểm  A  1;1;  , B  0;1;1 , C 1;0;   và đường thẳng   x  t  d :  y   t  . Viết phương trình mặt phẳng   ABC   và tìm tọa độ giao điểm của  d  với mặt phẳng   ABC    z   t  Câu 8: [1 điểm]   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác  ABC  có tâm đường tròn ngoại tiếp là  I  2;1  thỏa mãn   AIB  900  . Chân đường cao kẻ từ  A  đến  BC  là  D  1; 1  , đường thẳng  AC  đi qua điểm  M  1;   .  Tìm  tọa độ đỉnh  A, B  biết rằng  A  có hoành độ dương.  Câu 9: [1 điểm]    x  y  x   y y   xy  y  Giải hệ phương trình sau      2 x x    x  y  y   3xy  x Câu 10: [1 điểm] Cho hai số thực dương  x, y  thỏa mãn  x  y   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   Footer Page of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16 P  4x2  1 x y  y2   (  ) x y x 1 y 1     LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: [1 điểm]   Cho hàm số  y  x3  x  x   C   . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C   của hàm số đã cho  Lời giải   Câu 2: [1 điểm]   Cho hàm số  f  x   sin x  4cos x  cos x  4sin x  . Chứng minh rằng  f '  x   0, x  R    Lời giải 4 Ta có  f  x   sin x  4sin x   cos x  cos x   sin 2 x  2   cos 2 x  2   1  sin x  Do    f  x      sin x  cos2 x      f '  x     cos x     Vậy  f '  x      Câu 3: [1 điểm]      và   a   . Tính  sin 2a , cos 2a  và  tan 2a    4 Lời giải Cho  sin a  cos a  Do     a   cos 2a    25 25   sin 2a   sin 2a    16 16 16 2 sin 2a  cos 2a  sin 2a  cos 2a    sin 2a    tan 2a      Có   16 cos 2a 35 cos 2a  Từ giả thiết ta có:   sin a  cos a   9    ;cos 2a   ; tan 2a   16 16 35 Câu 4: [1 điểm]   Vậy  sin 2a   Tính tích phân  I    x  cos x  xdx    Lời giải    3 Ta có:  I    x  cos x  xdx   x dx   x cos xdx  I1  I     I1   x dx  x3 3  3 81   u '  u  x   Đặt   sin 3x  I  x sin 3x v '  cos 3x v     13     sin 3xdx     cos 3x  30   Footer Page of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán       Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 4of 16  I  I1  I  Vậy  I  3  81       81     Câu 5: [1 điểm]   Cho số nguyên dương  n  thỏa mãn điều kiện  Cnn  Cnn 1    Newton của   x   x   An  821  . Tìm hệ số của  x 31  trong khai triển  n  x      Lời giải  n  40 1 n2  n  821     Ta có  Cnn  Cnn 1  A n2  821   C1n  A n2  821   n  n   41 l 2    40 40 40 40   k Khai triển trở thành:   x     x  x 2    Ck40 x 40 k x k   C40 x 403k   x   k 0 k 0 Từ đó suy ra số hạng tổng quát là  C k40 x 40 3k   Số hạng chứa  x 31  nên  40  3k  31  k     Vậy hệ số của  x31  là  C40    Câu 6: [1 điểm]   Cho hình lăng trụ  ABC A ' B ' C '  , đáy  ABC  có  AC  a 3, BC  3a,  ACB  300  . Cạnh bên hợp với mặt phẳng  đáy góc  60  và mặt phẳng   A ' BC   vuông góc với mặt phẳng   ABC   . Điểm  H  trên cạnh  BC  sao cho  BC  3BH  và mặt phẳng   A ' AH   vuông góc với mặt phẳng   ABC   . Tính thể tích khối lăng trụ  ABC A ' B ' C '  và khoảng cách từ  B  đến mặt phẳng   A ' AC     Lời giải Từ giả thiết, áp dụng định lí cosin trong tam giác  AHC   ta tinh được  AH  a    ABC    ABC  Do    AH   ABC   AAH    ABC      AAH  60   Do  AAH vuông tại H suy ra  AH  d  A;  ABC    AH tan 60  a    VABC ABC   S ABC d  A;  ABC      9a    3a.a 3.sin 30.a   HD  AC  AC   AHD   AC  AH Kẻ     AAC    AHD   AD   Ta có  HD  CH sin 30   a   Ta có  HD  CH sin 30  a   Kẻ  HK  AD     AAC   HK  d  H ;  AAC     Xét tam giác  AHD vuông tại H có  1 a      HK  2 2 HK HD AH Footer Page of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán     Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page AC16 d  B;5  Aof   BC 3 a 3a Ta lại có     d  B;  AAC       2 d  H ;  AAC   HC Vậy  VABC A ' B ' C ' 3a 9a  và  d  B,  A ' AC        4       Câu 7: [1 điểm]   Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho ba điểm  A  1;1;  , B  0;1;1 , C 1;0;   và đường thẳng   x  t  d :  y   t  . Viết phương trình mặt phẳng   ABC   và tìm tọa độ giao điểm của  d  với mặt phẳng   ABC    z   t  Lời giải       Ta có  AB  1;0; 1 ,   AC   2; 1;   nP   AB; AC    1; 4; 1    Suy ra phương trình mặt phẳng   ABC  :  x  y  z     Gọi  M  d   ABC   M  t;  t;3  t     Do  M   ABC   nên ta có  t   t     t    2t    t  3   Từ đó suy ra  M  3; 1;6    Vậy   ABC  : x  y  z    và  M  3; 1;6     Câu 8: [1 điểm]   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác  ABC  có tâm đường tròn ngoại tiếp là  I  2;1  thỏa mãn   AIB  900  . Chân đường cao kẻ từ  A  đến  BC  là  D  1; 1  , đường thẳng  AC  đi qua điểm  M  1;   .  Tìm  tọa độ đỉnh  A, B  biết rằng  A  có hoành độ dương.  Lời giải   Do  AIB  90  ACB  45  ADC vuông cân   D  thuộc  trung trực  AC  ID  AC   Gọi  AC  ID  E     AC : x  y    E  3;3   Ta có ID  1; 2     ID : x  y   E  C   2a;6  a     Gọi  A  2a  9; a   AC    Ta có  DC.DA     2a  2a     a  1  a      a   A  5;1  l     a   A 1;5  , C  7;1 Phương trình đường thẳng  BC  qua  C  7;1  và song song với  AD  nên  BC : x  y       2 Có  IA   nên phương trinh đtròn ngoại tiếp tam giác  ABC  là   x     y  1  25    y   B  7;1  C  l  x  y   Tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình      2  x     y  1  25  y  2  B  2; 2  Vậy  A 1;5 ; B  2; 2    Câu 9: [1 điểm]   Footer Page of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16. 2  x  y  x   y y   xy  y Giải hệ phương trình sau      2 x x    x  y  y   3xy  x Lời giải  x   a  x  y  a  yb  xy  y Đặt     a, b    Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành    2 2 xa   x  y  b  xy  x  y   b Xét hệ phương trình với ẩn  a, b  tham số  x, y   D  x  y  0, x; y a  Da  y    x   y       1 D   Ta có: Da  x y  y  x  0, y  0   D b y    x        b  x  Db   x3  xy  D 2 Lấy  1     ta được   x   x   x  3   Thế vào ta được  y    y   y   y    Vậy ta có nghiệm của hệ là   x; y    3;    Câu 10: [1 điểm]   Cho hai số thực dương  x, y  thỏa mãn  x  y   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   P  4x2  1 x y  y2   (  ) x y x 1 y 1   Lời giải 1 1 1 16 2 2 Ta có  x   y    x  y        x  y   x y x y  x  y 2  x  y   x  y   x  y  2  x  y  x  y   x  y    2 5  x y 4x 4y      3 4x  y  x2   y2   4 4 3 3 12  1 1  2(  )  2  4x  4y  4x  y  4x  y  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  là    , dấu  "  "  xảy ra khi  x  y    Ta lại có  x y   x 1 y 1 Footer Page of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA – ĐỀ Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề   Câu 1: [2 điểm]    Cho hàm số  y  x   m   x  12mx   C     a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  C   khi  m     b) Tìm giá trị của  m  để đồ thị hàm số   C   có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa chúng bằng     Câu 2: [1 điểm]   Tìm x thuộc [1,10] thỏa mãn phương trình lượng giác sau . Biểu diễn các nghiệm đó trên vòng tròn lượng  giác cos5 x  sin x   cos3 x  sin x  sin x  cos x  sin x   Câu 3: [1 điểm]      Giải phương trình sau  log  x   1   x  1        x   Câu 4: [1 điểm]    Giải phương trình sau  x  x   x    Câu 5: [1 điểm]   Trong đợt tổng tuyển cử năm 2022, có 3 chức vụ trong chính phủ là Thủ Tướng và hai P. Thủ Tướng. Có tất  cả 8 người ứng cử trong số  đó có 3 người là cựu thành viên của Group Toán Thầy Quang. Tính xác suất để  cả 3 người vào 3 vị trí trên.   Câu 6: [1 điểm]    Cho chóp S ABCD đáy là hình vuông, SA  vuông góc với đáy và SA  a , gọi  O  là tâm hình vuông.Kẻ  OH vuông góc  SC  tại  H  Biết   SC ,  ABC    600  Tính thể tích khối chóp  H SBD  và khoảng cách giữa  hai đường thẳng  SC  và  BD    Câu 7: [1 điểm]    Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp (I,R) có tọa độ đỉnh B(2;1). H là hình chiếu  của B lên AC sao cho BH  R , gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh BA và BC, đường  thẳng qua D và E có phương trình  x  y    Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết H thuộc  d : x  y    và H có tung độ dương   Câu 8: [1 điểm]     x 1 y  x  1    y  x  y 1  x 1 y  y Giải hệ phương trình sau   x   y  2  x  y  x 1  y  Câu 9: [1 điểm]    Cho các số thực  x, y, z  thuộc   0;1   và  z   x, y, z  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:                                 P   x2  z y  14 yz  z  y  z   x  1 y  1 z  1   x y z2         Footer Page of 16.– Giúp em học giỏi toán Thayquang.edu.vn   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16   LỜI GIẢI CHI TIẾT   Câu 1: [2 điểm]    Cho hàm số  y  x   m   x  12mx   C     a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  C   khi  m     b) Tìm giá trị của  m  để đồ thị hàm số   C   có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa chúng bằng     Lời giải b) Ta có:  y '  x   m   x  12m   x   m   x  2m     Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình  y '   đỗi dấu qua các nghiệm  2  y '   có 2 nghiệm phân biệt      m    4.2m    m     m      x  m  y   m  6m  Ta có:  y '        x   y  12m Giả sử  A  m;  m3  6m   , B  2;12m   là các điễm cực trị của hàm số  2 Ta có  AB   AB    m     m3  6m  12m      m     m       t    t  Đặt  t   m    t  t   t  t     t  1  t  t        t  t      m   m      m  2           m   1 m  Vậy  m  3, m   là giá trị cần tìm  Câu 2: [1 điểm]    Tìm x thuộc [1,10] thỏa mãn phương trình lượng giác sau . Biểu diễn các nghiệm đó trên vòng tròn lượng giác cos3 x  sin x  sin x  cos x  sin x    Lời giải Phương trình đã cho tương đương  cos5 x  sin x  cos x  cos x  sin x   sin x  cos x  sin x   cos x  sin x   cos x  sin x   cos x  sin x  1    cos x  sin x  sin x  cos x 1  sin x   1    cos x  sin x   sin x  sin x cos x  sin x    sin x  cos x  sin x   sin x  cos x  1   sin x  cos x  sin x   sin x  sin x        sin x  sin x   x    k    cos x  sin x    cos x  sin x    x  k  sin x  sin x   sin x        3 7 11  Với  x    k     k  10  k  1; 2;3  x   ; ;     4 4 4  Với  x  k  1 k  3 5    10  k  1; 2;3; 4;5;6    x   ;  ; ; 2 ; ;3     2 2  Câu 3: [1 điểm]      Giải phương trình sau  log  x   1   x  1        x   Footer Page of 16.– Giúp em học giỏi toán Thayquang.edu.vn   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16 Lời giải Điều kiện:  x     Phương trình đã cho tương đương  x2  x  log  x  x    log  x  x  1  log x  x  x   x    2 2  log  x  x  1  log x   x  x  1  x   log  x  x  1   x  x  1  log x  x    f  t   đồng biến  t ln 2 Mà  f x  x   f  x   x  x   x  x  x     x  1   x     Xét hàm số  f  t   log t  2t  f '  t     Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  S  1    Câu 4: [1 điểm]    Giải phương trình sau  x  x   x    Lời giải Điều kiện:  x      Phương trình đã cho tương đương  x2  6x   9x  x  1  x  x  x    x  1   x  x  1   x  3x 2  1  x   x  x   3x  x  3x  x    3x         x  3x  x  Đặt  a  x  x  1, b  x  x   a, b    phương trình đã cho trở thành  a  b    a  2b  3ab  a  3ab  2b2    a  b  a  2b      a  2b Với  a  b  x  x   x  x   x  x   3x  x   x       Với  a  2b  3x  x   3x  x   3x  x   3x  x      42  42    x2  x    x   ;     18 18   42  42    Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  S  0; ;     18 18   Câu 5: [1 điểm]    Trong đợt tổng tuyển cử năm 2022, có 3 chức vụ trong chính phủ là Thủ Tướng và hai P. Thủ Tướng. Có tất  cả 8 người ứng cử trong số  đó có 3 người là cựu thành viên của Group Toán Thầy Quang. Tính xác suất để  cả 3 người vào 3 vị trí trên.   Lời giải Gọi A: ” Chọn 3 người đều là 3 người cựu thành viên nhóm toán thầy Quang”  Chọn 3 người và sắp xếp vào 3 chức vụ có  A83  cách.   n  A83    3!  nA  3!  PA     A8 26 Vậy xác suất cần tìm là     26 Câu 6: [1 điểm]    Footer Page of 16.– Giúp em học giỏi toán Thayquang.edu.vn   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 10 ofđáy là hình vuông, 16 Cho chóp S ABCD SA  vuông góc với đáy và SA  a , gọi  O  là tâm hình vuông.Kẻ  OH vuông góc  SC  tại  H  Biết   SC ,  ABC    600  Tính thể tích khối chóp  H SBD  và khoảng cách giữa  hai đường thẳng  SC  và  BD    Lời giải   600    a) Ta có   SC ,  ABC     SC , AC   SCA SA 2a SA a a  ; AC   ; AB  0 sin 60 tan 60 3  Xét tam giác  CHO  vuông tại  H  và có  1 a    CH  OC  AC  4 7a  SH  SC  HC     V SH Ta có  SHBD    mà  VSCBD  VSABCD    VSCBD SC  SC  7 a a 7a3    VSABCD  a  16 16 96 6 b) Nhận thấy  OH  là đường vuông góc chung của  a   SC  và  BD  nên  d  BD, SC   OH     7a3 Vậy  VSHBD   và  d  BD, SC   a    96 Câu 7: [1 điểm]    Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp (I,R) có tọa độ đỉnh B(2;1). H là hình chiếu  của B lên AC sao cho BH  R , gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh BA và BC, đường  thẳng qua D và E có phương trình  x  y    Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết H thuộc  d : x  y    và H có tung độ dương    VSHBD  Lời giải Trước hết, ta có đẳng thức quen thuộc  BA.BC  R.BH  (ta  abc rút ra từ công thức   h b b  )  4R Gọi  K  là hình chiếu của  B  lên  DE (Ta sẽ chứng minh  K   trùng  I ) ta có: BD.BA  BH  BE.BC  BAC  BED   BK BD BH 2R2 R        BH BC BA.BC R.BH BH    I  K    Ta suy ra được  BK  R , mà  EBK ABH  EBI Vậy ta được  BI  ED   Gọi  I  là hình chiếu của  B  lên  DE   DE  I  1;   BI  R  10  BH  20   2 Gọi  H  t ; 1  2t   BH    t     2t   20       17   t H  ;       H  2;3    5  t  2  H  2;3 Phương trình đường thẳng  AC  là  x  y      Footer Page 10 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 10 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header 52  of 16 S  Page 3.5!  360 Tổng 3 số : {2,3,5} – {1,4,6} = 1, {2,3,6} – {1,4,5} = 1, {2,4,5} – {1,3,6} = 1  Vậy có 2 trường hợp:   Trường hợp 1:  a6 = 2 => {a4,a5}thuộc {3,5}, {a1,a2,a3} thuộc {1,4,6}  Trường hợp 2:  a6 = 4 => {a4,a5}thuộc {1,5}, {a1,a2,a3} thuộc {2,3,6}  Trường hợp 3:  a6 = 6 => {a4,a5}thuộc {1,3}, {a1,a2,a3} thuộc {2,4,5}  Số các trường hợp trong tập S có 3 chữ số đầu có tổng lớn hơn tổng 3 chữ số cuối 1 đơn vị là : 3.2!.3!=36  Xác suất biến cố cần tìm là: 36/360=0,1  Câu 1 điểm]   Trong hệ tọa độ  Oxyz  cho hai điểm  A  3,5,   và  B  3,1,   . Tìm  M   P  : x  y  z    sao cho tam  giác  ABM  cân tại  M  và  S ABM  13    Lời giải Do  M  ( P ) : x  y  z    M ( x; y; x  y  1)   Gọi I là trung điểm của AB   I (3,3, 4)     Tam giác ABM cân tại M nên   IM AB    S ABM  13  MI AB  13  3  x   M (5,3,1)      x    x  5, x     M (6,3, 2) Vậy  M  5;3;1 , M  6;3;     Câu [1 điểm]   4log x  5log y Giải hệ phương trình sau      log log  4y  x  Lời giải x  Điều kiện    y  Hệ phương trình đã cho tương đương    x  log x.log  log y.log  log x.log  log y.log log x   log       2 log 5.log(5 x)  log 4.log(4 y ) log y   log log 5.log x  log 4.log y  log  log y   1 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x; y    ;     5 4 Câu 1 điểm]   Cho hình chóp  S ABCD  , đáy là hình thoi cạnh  a  ,   ABC  1200  ,  SA  SB  SD  , góc giữa mặt phẳng   SCD   và   ABCD   bằng  600  . Tinh theo  a  thể tích khối chóp  S ABCD  và khoảng cách giữa hai đường  thẳng  AB  và  SC  .  Lời giải Giả thiết suy ra tam giác ABD đều, Gọi G là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng đáy, suy ra GA =  GB = GC vì ( SA = SB = SC ). Vậy G là trọng tâm của tam giác ABD => GD vuông góc DC => SD vuông  góc DC.   Góc SDG = Góc ((SDC),(ABCD))=600  VS ABCD  S( ABCD ) SG   a SG  DG.tgSDG   a  Footer Page 52 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 52 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 53 of 16 a2 SABCD  SABD   a2 a2  VSABCD    Tính toán khoảng cách:  AB / / CD  d ( AB, SC )  d ( AB, ( SCD))  d (a, ( SCD ))   AC 3   d ( A / SCD )  d (G / SCD )   AG 2 Gọi H là hình chiếu của G lên SD  Từ SG vuông góc ABCD, nên SG vuông góc CD, có GD vuông góc CD nên DC vuông góc GH.  Như vậy GH chính là khoảng cách từ G đến SCD  Trong tam giác SGD vuông tại G có GH là đường cao nên suy ra  1 1 a      GH    2 2 GH GS GD a a 3 a 3a    d ( AB, SC )  d (G / SCD)   2 Câu [1 điểm]   Cho đường tròn   I , R   ,  H  ở ngoài đường tròn. Qua  M  kẻ 2 tiếp tuyến  MA, MB  cát tuyến  MCD  với   đường tròn   I   sao cho điểm  C  ở giữa  M  và  D  . Đường thẳng qua  C  vuông góc với  IA  và cắt  AB  tại  H     K  là trung điểm của  CD  . Biết điểm  E  5;   thuộc  AD  , điểm  A  d : x  y    và  HK : x  y    . Tìm tọa độ điểm  A    Lời giải  Bước 1:Vẽ hình chuẩn và nhận định tính chất : Thấy HK//AD ( ta sẽ chứng minh các góc ký hiệu màu đỏ  bằng nhau, góc ký hiệu màu xanh bằng nhau).    CKH   ( chìa khóa bài toán )  Bước 2: Chứng minh tính chất : Cần chứng minh  CDA CK = KD nên IK vuông góc CD ( tính chất).    MBI   MKI   900  5 điểm M, A, K, I , B nằm trên 1 đường tròn  Góc  MAI => Góc   ABK   AIK ( cùng chắn cung AK)   (1)    CKI   900  Tứ giác CPKI nội tiếp  Góc  CPI   PIK   cung PK      (2)   PCK   CBH     (3)  Từ (1), (2) => CBKH nội tiếp => Góc  HKC   CDA   cung  Lại có góc  CBA AC    (4)   = góc   Từ (3), (4) ta có góc  HKC ADC => HK//AD  Bước 3: Tính toán:  Viết được phương trình AD: x + y + 3 =0  A là giao điểm của (d) và AD nên A thỏa mãn hệ:   x  y    x  2    A(2, 1)   x  y    y  1 Câu 9 [1 điểm]        x   y  y    y   x  x   Giải hệ phương trình sau       x   x    x  y   x  y    x  y  1    Lời giải Phương trình  1  của hệ phương trình tương đương  Footer Page 53 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 53 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 54 of 16 ( x  2)( y  y  4)  ( y  4)( x  x  1)  y4 ( y  y  4)  x2 ( x  x  1)   ( y  4)( y  y  4)  ( x  2)( x  x  1)( y  4)( y  y  4)  (2 x  4)(2 x  (2 x)  4) Xét hàm số  f (t )  (t  4)( y  t  4)  f , (t )  ( t   t  4) (t  t  4) ( t  4)   f  t   nghịch biến  Phương trình     của hệ phương trình tương đương    (3x  7) 3x   ( x  y  9) x  y    x  y  1      2(3x  7) 3x   2( x  y  9) x  y    x  y    2(3x  1) 3x   12 3x   9(3x  1)  2( x  y  3) x  y   12 x  y    x  y  3 a  x  Đặt    a, b    khi đó phương trình trở thành  b  x  y  2a3  12a  9a  2b3  12b  9b  (a  b)(2a  2ab  b  12  9a  9b)  a  b     2a  2ab  b  12  9a  9b)  0(*) Phương trình  *  tương đương  2(3x  1)  3x  x  y   2.( x  y  3)  12  9( 3x   x  y   y  x  x  20  3x   x  9( 3x    x )  Các em dùng điều kiện của x :    x  để chứng minh phương trình trên vô nghiệm.    y  x x   Vậy nghiệm của hpt là:   2   y   x   x  y  1  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x; y    ;1    2  Câu 10 [1 điểm]   Cho các số thực  a, b, c   thỏa mãn  a  b  c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức       P    1  1  1    ab  bc  ac  Lời giải     (1  ab)(1  bc)(1  ac) Ta có  P    1  1  1     ab  bc  ac   abc  a  b (2  a  b)(2  a  b) [(1  a )  (1  b)](1  c) (1  c) (1  a )(1  b)     4 (1  a ) (1  b)(1  c) (1  b) (1  a )(1  c) Chứng minh tương tự ta cũng có   bc     ac  2 (1  a) (1  b)2 (1  c) (a  b  a  c) (b  a  b  c)2 (c  a  c  b)  Vậy ta có  P    8 a b2 c a2b2 c2  ab    Mặt khác  a  b  a  c  4 a bc ;  b  b  a  c  4 b2 ac ;  c  c  a  b  4 c ab     Pmin = 8, khi a = b = c = 1/3  Footer Page 54 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 54 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 55 of 16 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA – ĐỀ 10 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề     Câu [1 điểm]  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :  y  x3 (C )   x 1 Câu [1 điểm]  Tìm m để đồ thị hàm số sau  y  x  2mx  m  có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng  32 .   Câu [1 điểm]  ln x Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi :  x  1, x  e, y  0, y    x Câu [1 điểm]  Giải phương trình sau   2sin x sin x  sin x  cos x sin x  cos x     Câu [1 điểm]   x   7t x7 y 3 z 9  Cho phương trình 2 đường thẳng sau  (d1 ) :   , ( d ) :  y   2t   1  z   3t  Chứng minh rằng 2 đường thẳng trên chéo nhau . Và viết phương trình đường vuông góc chung giữa 2  đường đó .   Câu [1 điểm]  a)Thầy Quang phát thưởng cho 60 bạn học sinh giỏi trong nhóm HỌC SINH THẦY QUANG BABY ,  trong đó có 14 em trùng tên . Sắp xếp 60 em một cách ngẫu nhiên thành một hàng ngang . Tính xác xuất để  14 em trùng tên đứng cạnh nhau .    b) Giải phương trình:   log ( x  1)  log  x  log (4  x)3    Câu [1 điểm]  Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B . Các mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông  góc với mặt phẳng đáy , I là trung điểm của SC . Cho AB = 2a , SA = BC  = a ,  CD  2a  Gọi H là điểm    thỏa mãn  AH  AD  Tính theo a thể tích tứ diện IBCD . Và tính khoảng cách 2 đường thẳng BH và SC .   Câu [1 điểm]  Cho điểm A thuộc Elip (E) có tam sai e = 4/5 , tiêu cự là 8 . Qua điểm A vẽ một hình vuông ABCD có tâm  là I(2,1) .Điểm G thuộc cạnh BC . Điểm H thuộc cạnh CD sao cho  GIH  45O  M là trung điểm của AB .  Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông và tọa độ điểm G . Biết rằng đường thẳng MG vuông góc với (d) : 5x + y +  7 = 0 . Điểm K(-5,-2) thuộc đường thẳng AH .Biết yA nguyên dương .      Câu [1 điểm]     x  y   x  y x   x  y  xy   Giải hệ phương trình      y2  2x   y   x y  1 1 x  Câu 10 [1 điểm]  Cho các số  a, b, c  0, a  b  c   Giá trị nhỏ nhất của biểu thức        3  a   c  (b  4)(a  c) P  b     162ac 81   bc ab Footer Page 55 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 55 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 56 of 16 LỜI GIẢI CHI TIẾT   Câu [1 điểm]  x 3 (C )   x 1 Lời giải Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :  y    Câu [1 điểm]  Tìm m để đồ thị hàm số sau  y  x  2mx  m  có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng  32 .   Lời giải Tập xác định:  D  R    x  Ta có  y '  x3  4mx; y '        x  m  Hàm số có 3 điểm cực trị   y '   có 3 nghiệm phân biệt   m     Khi đó, giả sử các điểm cực trị là  A  0; m  1 ; B     m ;  m  m  ; C  m ;  m2  m      Ta có tam giác   ABC   cân tại  A  . Gọi  H  là trung điểm  BC  suy ra  H 0; m2  m   AH  m2    AH BC  m2 m  32  m     Vậy  m   là giá trị cần tìm.  Câu [1 điểm]   Suy ra  S ABC  Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi :  x  1, x  e, y  0, y  ln x   x Lời giải e Hình phẳng đã cho tình bới S=  ln x x 1  u  ln x  u '  x S  Đặt    v '   v  x x    e  dx  ln x 2 x dx ,    e e x ln x   dx  x   e x e 1   e    e    Vậy  S   e   Câu [1 điểm]  Giải phương trình sau  2sin x sin x  sin x  cos x sin x  cos x     Lời giải Phương trinh đã cho tương đương  sin x  cos x    2sin 3x  sin x  cos x   cos x  sin x  cos x     sin x  cos x  sin 3x  cos x     sin 3x  cos x   x   k    Với  sin x  cos x  cos  x    cos x        x   k   Footer Page 56 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 56 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 57 of 16     x   arccos  cos x      k 2  sin x  cos x 5    cos x        Với    2     sin x  cos x   x   arccos   cos x    k 2  5          Vậy phương trình có nghiệm  x   k ; x   k ; x   arccos    k 2 ;  x   arccos     k 2   5  5  Câu [1 điểm]   x   7t x7 y 3 z 9  Cho phương trình 2 đường thẳng sau  (d1 ) :   , ( d ) :  y   2t   1  z   3t  Chứng minh rằng 2 đường thẳng trên chéo nhau . Và viết phương trình đường vuông góc chung giữa 2  đường đó .   Lời giải     nên  d1 , d  không song song  Ta có  ud  1; 2; 1 ; ud   7; 2;3    7    Lấy  M1  7;3;9   d1; M  3;1;1  d  M1 M  4; 2; 8  ; ud ; ud    8; 4; 16       Suy ra  ud ; ud  M M   d1 , d  chéo nhau   Gọi phương trình cần tìm là    có vtcp là  u       Từ giả thiết suy ra  u  ud1 ; ud    8; 4; 16    2;1;     Gọi  M   t ' :  2t ';1  3t '  là giao điểm của  d1  với đường thẳng  d  là đường vuông góc chung  N   t ;1  2t;1  3t   là giao điểm của  d  và  d      MN  là vtcp của  d    MN   t ' 7t ;  2t ' 2t ;8  t ' 3t     6t ' 6t  t  Mà  MN  vuông góc với  d1  và  d     MN  2;1;  , M  7;3;9     6t ' 62t  t '  x7 y 3 z 9     MN :   Câu [1 điểm]  a)Thầy Quang phát thưởng cho 60 bạn học sinh giỏi trong nhóm HỌC SINH THẦY QUANG BABY ,  trong đó có 14 em trùng tên . Sắp xếp 60 em một cách ngẫu nhiên thành một hàng ngang . Tính xác xuất để  14 em trùng tên đứng cạnh nhau .    b) Giải phương trình:   log ( x  1)  log  x  log (4  x)3    Lời giải a) Số cách sắp xếp 60 bạn là:    60!    Gọi A là biến cố ” 14 em được xếp trùng tên nhau”  Trong một hang ngang gồm 60 bạn có 47 vị trí 14 bạn trùng tên xếp liên tiếp,   Số cách sắp xếp 14 bạn trùng tên là  47 . 14!   47 . 14! Vậy xác suất 14 bạn trùng tên xếp vị trí trùng nhau là  P     60! b) Điều kiện:  4  x     Phương trình đã cho tương đương  Footer Page 57 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 57 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page2 58 of 16    x   x   log  x  1  log   x   log   x   log  log x   log      16  x x     x   x    x   x 1    16  x  x   1  x       Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  S  2;     Câu [1 điểm]  Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B . Các mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông  góc với mặt phẳng đáy , I là trung điểm của SC . Cho AB = 2a , SA = BC  = a ,  CD  2a  Gọi H là điểm    thỏa mãn  AH  AD  Tính theo a thể tích tứ diện IBCD . Và tính khoảng cách 2 đường thẳng BH và SC .   Lời giải a. Ta có (SAB) và (SAD)    (ABC)  SA  ( ABCD )    1 a   d ( I , ( BCD ))  d ( S , ( ABCD))  SA    2 Gọi điểm N thuộc AD sao cho BCDN là hình bình hành    BC  DN  a     DC  BN  5a Xét tam giác vuông ABN có  :   AN  BN  AB  16a  AN  4a  AD  5a 1 S ABCD  (a  5a)2a  6a , S ABD  5a.2a 2    S BCD  S ABCD  S ABD  a a a3  VIBCD  a  (dvdt ) b.Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ CE//BH ( ta có   d ( BH , SC )  d ( BH , ( SCE ))  d ( H , ( SCE ))  d ( A, ( SCE ))   Kẻ AF vuông góc CE tại F , AF cắt BH tại K . Kẻ AJ vuông góc với SF tại J suy ra  d ( A, ( SCE ))  AJ 1 1 2a 4a      AK   AF= 2 AK AH AB a 4a 5   1 1 4a    2  AJ  2 2 AJ AS AF a 16a 21 2a d ( BH , SC )  d ( A, ( SCE ))  21 Câu [1 điểm]  Cho điểm A thuộc Elip (E) có tam sai e = 4/5 , tiêu cự là 8 . Qua điểm A vẽ một hình vuông ABCD có tâm  là I(2,1) .Điểm G thuộc cạnh BC . Điểm H thuộc cạnh CD sao cho  GIH  45O  M là trung điểm của AB .  Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông và tọa độ điểm G . Biết rằng đường thẳng MG vuông góc với (d) : 5x + y +  7 = 0 . Điểm K(-5,-2) thuộc đường thẳng AH .Biết yA nguyên dương .        Lời giải Footer Page 58 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 58 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 59 of 16 Nhận xét , bài toán cho hình vuông , nên ta hoàn toàn có thể chuẩn hóa độ dài cạnh hình vuông là 2 (đơn vị  độ dài) – Mỗi đơn vị là bao nhiêu trong thực tế ta không cần quan tâm , đễ thấy tính chất của hình vuông sẽ  không thay đổi nếu ta làm như sau .   Chọn hệ trục với  B  0;0  ; C  0;  ; A  2,  ; D  2;   M  0;1    Goi  G  0; x  ; H  2; t  ; AH   0; t    0;1      2t      t   G  0; t  1   x  11  t     MG   0; t    0;1         MG  AH    2   2    x  1  1  t   MG   0;1 G  0;     t 2 2c  x2 y2       Ta có   e  a  25  b2    E  : 25  a  Phương trình đường thẳng  AH : x  y      x  y   A  5;   x2 y2    1  Tọa độ A là nghiệm của hệ   25    y  2 y     A  5;0   C  1;     A  4;     x  5y      5  25  Phương trình  BD  qua  I  vuông góc  AC  là  x  y    Gọi  B  b;3b    D   b;7  3b     Có  AD  BC  b   b   B  3;  ; D 1; 2   B 1; 2  ; D  3;     Câu [1 điểm]       x  y   x  y x   x  y  xy   Giải hệ phương trình      y2  2x   y   x y  1 1 x  Lời giải Điều kiện:  x  y      Phương trình  1  của hệ phương trình tương đương   x  y 1  x  y  x       x  y  xy   x   x  y  xy  x  y   x  y       x   xy  x  y    x  y   x  y    x  xy  y      x  y 1 1  x y     0 x y  Với  x  y  phương trình (2) trở thành    x   x  x   x   x x *    Với  x   không phải là nghiệm của (*) nên phương trình (*) tương đương     1  1    1   1                     x  x  x   x x x  x   x x         1 1  1      1     1 x x x  x  t      f  t   nghịch biến  Xét hàm  f  t    t  t  f '  t    t2  1 Footer Page 59 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 59 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 60 of 16  1 2  x y    1 1 x 3 3 1  Mà  f      1   1      f  x  1   x   x x x  x 1   (loai )  x  2  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   x; y    ;     3 3  Câu 10 [1 điểm]  Cho các số  a, b, c  0, a  b  c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  3  a   c  (b  4)(a  c) P  b      162ac 81 bc ab Lời giải 3 3 1 a c   a2 c2   a   c  Ta có                 4bc ab  ab  ac ac  bc  bc ab   3   (a  c )  1 (4  b)2  2(4  b)   2(4  b)     2          ab  ac  bc   (4  b)2   b    b    b(4  b)     (b  4)(a  c) (b  4)(4  b) (b  4)(4  b) (b  4)(4  b) 2(b  4) Ta có :        81 81 81 162ac 81(4  b ) 2 4ac ( a  c) (4  b) 2 3 2(b  4) 4b  4b  P  2  b   b     b 81   b  81(4  b) 81 b  10 4b 8(b  10).(b  2) Xét hàm số  f (b)   b  f '(b)  0     b 81 81(4  b) b  b  10 4b 8(b  10).(b  2) 25 f (b)   b  f '(b)  ; f 'b      f b  f  2     b 81 81 81(4  b) b  Dấu  "  "  xảy ra khi  a  c  1, b     25 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  là   , dấu  "  "  xảy ra khi  a  c  1, b    81                                   Footer Page 60 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 60 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 61 of 16             THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA – ĐỀ 11 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: [1 điểm]   3x  Cho hàm số  y   C   . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C   của hàm số đã cho  x2 Câu 2: [1 điểm]   Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số  y  sin x  3.cos x  với   x  [0,  ]   Câu 3: [1 điểm]    4cos 2  cos 4 a) Cho  tan    tính giá trị của biểu thức :  P   cos 2  cos 4 2 b) Giải phương trình sau  log  x    log  x    log  x        Câu 4: [1 điểm]   e x ln x  ln x  Tính tích phân   dx   x ln x  1 Câu 5: [1 điểm]   n   n 1 Tìm số hạng chứa  x  trong biểu thức   x    Biết  n  là số tự nhiên thỏa mãn  An  Cn 1  4n    x  Câu 6: [1 điểm]   x  y 1 z  x 1 y 1 z      Trong hệ tọa độ  Oxyz  cho các đường thẳng  (d ) : và  (d1 ) :  Lập    phương trình mặt phẳng   P   chứa 2 đường trên .   Câu 7: [1 điểm]   Cho hình chóp  S ABCD  đáy  ABCD  là hình vuông cạnh  2a  , mặt bên   SAD   là tam giác đều nằm trong  mặt phẳng vuông góc với đáy . Gọi  M , N , P  lần lượt là trung điểm của  SB, BC , CD  . Tính thể tích tứ diện  CMNP  và tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp  S ABCD  .  Câu 8: [1 điểm]   Cho hình vuông  ABCD  , vẽ hai đường tròn   C1   có đường kính là  AD  và   C2   có bán kính là  AD  tâm  D  Lấy điểm  P   thuộc   C2   sao cho  AP  có phương trình  x  y    Đường thẳng  DP  cắt   C1   tại  N  biết rằng  AN  có phương trình  x  y    Tìm các đỉnh hình vuông biết rằng điểm  E  9;6   thuộc  đường thẳng  CD  .  Câu 9: [1 điểm]      x2 x  y  x2  y   x  y  y  x2  Giải hệ phương trình sau       x  x  y  x    x  3 y  x    Footer Page 61 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 61 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 62 of 16 Câu 10: [1 điểm] Cho  a, b, c  là các số thực thỏa mãn  a, c  1; b   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P a b  c  b  2c  c  a  b b  2a   a  c   2b    ac           LỜI GIẢI CHI TIẾT   Câu 1: [1 điểm]   3x  Cho hàm số  y   C   . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C   của hàm số đã cho  x2 Lời giải   Câu 2: [1 điểm]   Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số  y  sin x  3.cos x  với   x  [0,  ]   Lời giải Tập xác định:  D      Ta có  y '  sin x  sin x; y ''  cos x  2sin x      x  k x     x  0;    y '   sin x cos x     x   k 2   x       5  5 x  x    k 2   Dùng quy tắc 2 để tìm giá trị cực đại cực tiểu  :   y ''(0)    yct  y (0)       y ''       ycd  y        5   5     y ''       ycd  y        Vậy hàm số có 2 giá trị cực đại và 1 giá trị cực tiểu .   Câu 3: [1 điểm]   a) Cho  tan    tính giá trị của biểu thức :  P   cos 2  cos 4  cos 2  cos 4 2 b) Giải phương trình sau  log  x    log  x    log  x        Lời giải a) Ta có Ta có:    cos 2  cos 4  cos 2  cos 2   cos 2   P     cos 2  cos 4  cos 2  cos 2   cos 2   2      1    tan   81  cos    x  1 b) Điều kiện       x  3 Phương trình đã cho tương đương  Footer Page 62 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 62 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 63 of 16 2 2 log  x    log  x    log  x    2  log3  x   x     log  x    log  x     log  x    log  x    log3  x  2    40   log3  x  2   4(loai )  x  2  2 Từ đó suy ra  log3  x      x         x  2    Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm  S  2     Câu 4: [1 điểm]   e x ln x  ln x  Tính tích phân   dx   x ln x  1 Lời giải e  ln x x ln x    ln x   e x ln x  ln x  ln x  dx     dx    Ta có  I      ln xdx   x ln x  x ln x  x ln x   x ln x  1 1 e e e e d  x ln x  1  x ln x   xd  ln x      x ln x  x  ln x ln x     ln  e  1    x ln x  1 1 e e Vậy  I   ln  e  1    Câu 5: [1 điểm]   n   n 1 Tìm số hạng chứa  x trong biểu thức   x    Biết  n  là số tự nhiên thỏa mãn  An  Cn 1  4n    x   Lời giải n  n  1  n  1! n!   4n   n  n  1   4n   n  12    Ta có  An2  Cnn11  4n    n  !  n  1! 6  12 k 12 12    12 k  12  k Khai triển trở thành:   x  x    C12k  x  x   C12k 212 k x   0   12  k Số hạng tổng quát  C12k 212 k x   Số hạng chứa  x  12  k   k  Khi đó số hạng cần tìm ;à: C124 28 x   Câu 6: [1 điểm]   x  y 1 z  x 1 y 1 z      Trong hệ tọa độ  Oxyz  cho các đường thẳng  (d ) : và  (d1 ) :  Lập    phương trình mặt phẳng   P   chứa 2 đường trên .   Lời giải  Đường thẳng d1 có VTCP  u1  2;3;1 Lấy  A 1; 1;   d1     Đường thẳng d2 có VTCP  u2  6;9;3 Lấy  B  4;1;3  d  AB  3; 2;1       Gọi  n  là VTPT của (P), khi đó  n  u1 ; AB    1; 1;5    Từ đó suy ra phương trình (P) là  x  y  z  10    Câu 7: [1 điểm]   Footer Page 63 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 63 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 64 of 16 Cho hình chóp  S ABCD  đáy  ABCD  là hình vuông cạnh  2a  , mặt bên   SAD   là tam giác đều nằm trong  mặt phẳng vuông góc với đáy . Gọi  M , N , P  lần lượt là trung điểm của  SB, BC , CD  . Tính thể tích tứ diện  CMNP  và tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp  S ABCD  .  Lời giải Kẻ SH vuông góc AD,  SAD  đều  SH   ABCD      Từ M kẻ ME vuông góc BH tại E   M E  A B C D và  1 a a a3  VM NCP  ME.S MCP   3 2 12 SH 2a a ME      2.2 a2 S NCP  NC.CP  2   a Vậy  VM NCP     12 Gọi O làtâm hình vuông ABCD, từ O kẻ đường thằng d  vuông góc (ABCD)  Gọi Q là trọng tâm tam giác SAD , vẽ Qx vuông góc (SAD)  cắt đường thẳng d tại I => OI = QH = 1/3 SH    I  là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chóp.  2 a2 21 1  1   2a  a Ta có:  IA  IO  OA   SH    AC     3 3  2  2 Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp  R  a 11  .  Câu 8: [1 điểm]   Cho hình vuông  ABCD  , vẽ hai đường tròn   C1   có đường kính là  AD  và   C2   có bán kính là  AD  tâm  D  Lấy điểm  P   thuộc   C2   sao cho  AP  có phương trình  x  y    Đường thẳng  DP  cắt   C1   tại  N  biết rằng  AN  có phương trình  x  y    Tìm các đỉnh hình vuông biết rằng điểm  E  9;6   thuộc  đường thẳng  CD  .  Lời giải  Ta có: vtcp của  AP và AN lần lượt là  i  2; 1 và     j  3; 1      2    1  1    Suy ra  cos NAP 12  22 12  32   45  NAP Suy ra tam giác ANP vuông cân tại N   Trường hợp 1: Nếu N thuộc nửa mặt phẳng bờ AD  không chứa C thì  AN  AD  AP  (loại)  Trường hợp 2:  Nếu N thuộc nửa mặt phẳng bờ AD  chứa C:   Xét P thuộc nửa mặt phẳng bờ AD không chứa C:  AN  AD  AP  suy ra vô lí     450 ( vì  Xét P thuộc nửa mặt phẳng bờ AD chứa C: khi đó gọi DN cắt BC tại K suy ra:   APN  PAD AD=DP)   Mà  DAC  45  vô lí suy ra P trùng C và N trùng D  Footer Page 64 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 64 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page Khi đó  AC : x65  2of y  16  và  AD : x  y       Điểm  E  huộc  DC mà dễ thấy  E  thuộc đường thẳng  AC : x  y      Suy ra  C  9;6   CD : 3x  y  21   D  7;0    AC cắt AD tại A nên  A 1;       Do  DC  AB  B  3;8     Vậy  A 1;  , B  3;8  , C  9;6  , D  7;0     Câu 9: [1 điểm]      x2 x  y  x2  y   x  y  y  x2  Giải hệ phương trình sau       x  x  y  x    x  3 y  x  Lời giải  y  x  y  x   Điều kiện:        2x   x      Phương trình (1) của hệ phương trình tương đương  x3  x y  x  y  x y  x  y y  x  x3   y  x  y  x  y  x y  x  x3   y  x2     x   y  x   x y  x (*) Đặt  y  x  t  phương trình (*) trở thành  x3  t  x  t  tx   x  t   x  tx  t   x  tx  t  x  t   t  x 1     y  x2  x  Điều kiện có nghiệm  x     Với  y  x  x   thay vào phương trình (2) ta có  x   x   x  1  3   x  1 x  3  x   x  x  1   x  1 x  3  x    x  1  1   x  1      2x    1 (**)     Đặt  a  x  1, b  x   phương trình (**) trở thành  a  2b  1  b  2a  1  2ab  a  2a b  b   a  b  2ab  1     x    y    x  x  Với  a  b  x   x          x  1  x   x  x    x   (loai) Với  2ab     x  1 x     1  x  x      Phương trình có nghiệm khi   x     Footer Page 65 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 65 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 66 of 16     27 Ta có  VT  1  x  x   1  x 1  x  x  1    Vậy hệ phương trình có nghiệm là   x; y    2;9     Câu 10: [1 điểm] Cho  a, b, c  là các số thực thỏa mãn  a, c  1; b   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P a b  c  b  2c  c  a  b b  2a   a  c   2b    ac     Lời giải Ta có  1  a   b     2a  b  ab   2a  b  ab    c  a  b c  a  b 1       b  2a ab  b  2a ab  a b  c  a b  c   Tương tự ta có     b  2c bc  2 2 Lại có   a  c   2b    a  c   b    a  c     a  c  b  4ac    ab  ac  bc       c  a  b  a  b  c   ab  bc  ca    ac  bc   ab  ac  ab  bc  ca  P     1    1  2 ab  bc   ac  3 ac   ab    bc       ab  bc  ca   1     ab  bc  ca      2 2 ab  bc  ca   ab  bc  ac   t  2 45 27 Xét hàm số  f  t      t 7 t 7 45 13 Mà  t  ab  bc  ca   P       57 13 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  là   , dấu  "  "  xảy ra khi  a  1, b  2, c                    Footer Page 66 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 66 ... Page of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page of 16 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA – ĐỀ Môn thi: TOÁN Thời gian... 12 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 12 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 13 of 16 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA – ĐỀ Môn thi: TOÁN Thời gian... 18 of 16 Thayquang.edu.vn – Giúp em học giỏi toán   Page 18 NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG Header Page 19 of 16 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA – ĐỀ Môn thi: TOÁN Thời gian