Ôn cấp tốc thi THPT quốc gia

(1)

1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 11

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x³6x²9x1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình ¹ ³ 3 ² ⁹ 0

2x  x 2x m có một nghiệm duy nhất:

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình: cos2x(12cosx)(sinxcosx)0

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 Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: ₃

2log (x 1) log 3(2x 1) 2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2 2 2

2

1 3

x y x y

    



    

 (x,y )

Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân ¹

  

²



0

1 2 ^x

I 



x e dx

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 60⁰. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y 1 0, phương trình đường cao kẻ từ B là: x2y 2 0. Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC.

Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ.

Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z và x  y z 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x z 3

P y

z y

   .

---Hết---

(2)

2

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 11)

Câu Đáp án Điểm

1.a (1,0 điểm)

TXĐ:D ,y^/ 3x²12x9 . ' 0 ³ 1 y x

x

 

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng(-;1) và (3;+ ), đồng biến trên khoảng (1;3) lim , lim

x y x y

     

BBT x  1 3 

'y + 0 – 0 +

y 3 

 - 1

Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1)

0.25

1.b (1,0 điểm)

Pt : ¹ ³ 3 ² ⁹ 0

2x  x 2x m  x³6x²9x 1 2m1 (*)

Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d y2m1 (d cùng phương trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa vào đồ thị (C), để pt có một nghiệm duy nhất thì : ² ¹ ¹

2 1 3

m m

  

  

  ⁰

2 m m

 

 

0.25 0.25 0.25 0.25

2.a (0,5 điểm)

0 ) cos )(sin

cos 2 1 ( 2

cos x  x x x 

(sinx cos )(sinx x cosx 1) 0

     sin cos 0

sin cos 1

x x

 

   

0.25

(3)

3 sin( ) 0

4 sin( ) 2

4 2

x x



  



  

4 2 2

2

x k

 

  



  

  



(k )

2.b (0,5 điểm)

(1i z)   1 3i 0  ^{1 3} 2 1

z i i

i

   



=> w = 2 – i . Số phức w có phần ảo bằng - 1

0.25

0.25 3

(0,5 điểm)

ĐK: x > 1 , 2 log (₃ x 1) log (2₃ x 1) 2 log [(₃ x1)(2x1)] 1 2x2 3x 2 0

     ¹ 2

2 x

   => tập nghiệm S = (1;2]

0.25 0.25

4 (1,0 điểm)

Điều kiện: x+y0, x-y0

Đặt: ^u ^x ^y v x y

  

  

 ta có hệ: ² ² ² ²

2 ( ) 2 4

2 2

3 3

2 2

u v u v u v uv

u v u v

uv uv

       

 

         

 

 

2

2 4 (1)

( ) 2 2

3 (2) 2

u v uv u v uv

uv

   

      



. Thế (1) vào (2) ta có:

8 9 3 8 9 (3 )2 0

uv uv  uv  uv uv   uv uv .

Kết hợp (1) ta có: ⁰ 4, 0

4

uv u v

u v

 

  

  

 (vì u>v).

Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2)..

0.25

5

(1,0 điểm)

Đặt ¹ ₂

(2 ^x)

u x

dv e dx

  

  

 => ₁ ₂

2 2

x

du dx

v x e

  

  



2

2 2

1

1 1 1

(1 )(2 ) (2 )

0

2 2

x x

I  x x e 



 e dx

0.25

(4)

4

= (1 )(2 ¹ ² )¹ ( ² ¹ ² )¹

0 0

2 4

x x

x x e x e

   

2 1

4 e 

 0,5

6 (1,0 điểm)

Gọi H là trung điểm AB-Lập luậnSH (ABC) -Tính đượcSH a 15 Tính được

3 .

4 15

S ABC 3

V  a

Qua A vẽ đường thẳng / /BD, gọi E là hình chiếu của H lên, K là hình chiếu H lên SE

Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, ))=2d(H, (S, ))=2HK Tam giác EAH vuông cân tại E, ²

2 HEa

2 2 2 2

1 1 1 31 15

15 31

( , ) 2 15 31

HK a

HK SH HE a

d BD SA a

    

 

0.25

7 (1,0 điểm)

Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;-1),cos ¹ cos 10

HBC  HCB Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0(n( ; )a b là VTPT vàa² b² 0 )

2

2 2

cos 1 4 10 4 0 2 5 2 0

2( ) 10

a b a a

HCB a ab b

b b

a b

    

               

2 2, 1

1 1, 2( )

2 a

a b

b

a a b l

b

  

    

      



, phương trình CH: -2x + y + 3 = 0

AB CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 Tìm được : ( ;² ⁵)

3 3

C  ,pt AC:6x+3y+1=0

0.25

8 (1,0 điểm)

Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu:R 3 Phương trình mặt cầu (S):x²(y1)² (z 2)² 3

Giả sử H(x;y;z),AH  (x 1; y 2; z 1),  BC(1; 2; 2), BH (x 1; ;y z3)

0.25 0.25

(5)

5

. 0 2 2 5

AHBCAH BC  x y z 

BH cùng phương ² ²

3 x y

BC y z

  

    , Tìm được H( ^{7 4 23}; ; 9 9 9

 )

0.25

9 (0,5 điểm)

Số phần tử của không gian mẫu là n() = C³₉ = 84 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C₅³ = 10

=> Xác suất cần tính là P(A) = ¹⁰ 84 = ⁵

42

0.25

10 (1,0 điểm)

Ta có x 2 , xz x

z  z 2

yz z y  .

Từ đó suy ra x z 3 2 2 3

P y x xz z yz y

z y

       

2(x z) y x(   y z) xzyz2(x z) y²x y( z) Do x0 và yz nên x y(  z) 0. Từ đây kết hợp với trên ta được

2 2 2

3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5

x z

P y x z y y y y

z y

             . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1

0.25

0,25

0.25

Chú ý: Mọi cách giải đúng đều đạt điểm tối đa.

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 12

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). Giải phương trình sin 2x 1 6sinxcos 2x.

(6)

6 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

2 3 2 1

2 ln

x x

I dx

x





 ^.

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 5²^x^¹6.5^x 1 0.

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 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm ^A



^^4;1;3



và đường thẳng

1 1 3

: 2 1 3

x y z

d     

 . Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm Bthuộc d sao cho AB 27.

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 Hcủa BC, mặt phẳng



^SAB



tạo với đáy 1 góc bằng 60 . 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 ADBcó phương trình

2 0

x  y , điểm ^M



^^4;1



thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

      



     



Câu 9 (1,0 điểm). Cho a b c, , là các số dương và a b c  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3

bc ca ab

a bc b ca c ab

P  

  



…….Hết……….

ĐÁP ÁN (ĐỀ 12)

Câu Nội dung Điểm

(7)

7 1 a.(1,0 điểm)

Vơí m=1 hàm số trở thành : y  x³ 3x1 TXĐ: DR

' 3 2 3

y   x  , y'   0 x 1

0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng



^{ }^{; 1}



^và



^1;^



, đồng biến trên khoảng



^^1;1



Hàm số đạt cực đại tại x1, y_CD 3, đạt cực tiểu tại x 1, y_CT  1

xlim y

  , lim

x y

  

0.25

* Bảng biến thiên

x – -1 1 + y’ + 0 – 0 +

y

+ 3 -1 -

0.25

Đồ thị:

0.25

(8)

8

4

2

4

b.(1,0 điểm)

 

2 2

' 3 3 3

y   x  m  x m

 

' 0 2 0 *

y  x  m 0.25

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt^{ }^m ^{0 **}

 

0.25 Khi đó 2 điểm cực trị ^A



^ ^m^{;1 2}^ ^{m m}



^,^B



^m^{;1 2}^ ^{m m}



^0.25

Tam giác OAB vuông tại O OA OB. 0 ³ 1

4 1 0

m m m 2

      ( TM (**) )

Vậy ¹

m 2

0,25

2. (1,0 điểm)

sin 2x 1 6sinxcos 2x

 (sin 2x6sin ) (1 cos 2 )x   x 0 0.25

 ^2sin^x



^cos^x^{ }³



^2sin²^x^⁰

^2sin^x



^cos^x^{ }^{3 sin}^x



^⁰

0. 25

(9)

9 sin 0

sin cos 3( ) x

x x Vn

 

    0. 25

 xk . Vậy nghiệm của PT là xk,kZ 0.25

3

(1,0 điểm)

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1

ln ln 3 ln

2 2 2

2 2

x x x x

I xdx dx dx dx

x x x









 



 



^0.25

Tính

2 2 1

lnx

J dx





x

Đặt u ln ,x dv ¹₂ dx

  x . Khi đó du ¹dx v, ¹

x x

  

Do đó

2 2

2

1 1

ln

J x dx

x x

  



0.25

2

1

1 1 1 1

ln 2 ln 2

2 2 2

J   x   

0.25

Vậy ¹ ln 2

I  2

0.25 4. (1,0 điểm)

a,(0,5điểm)

2 1

5 ^x^ 6.5^x 1 0 5.5² 6.5 1 0 ⁵ ¹1

5 5

x

x x

x

 

      



0.25

0 1 x x

 

    Vậy nghiệm của PT là x0và x 1

0.25 b,(0,5điểm)

 

11³ 165

n  C  0.25

(10)

10

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C C₅². ₆¹C C₅¹. ₆²135 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là ¹³⁵ ⁹

16511 0.25

5. (1,0 điểm)

Đường thẳng d có VTCP là ud  



^2;1;3



Vì

 

^P ^^d^nên

 

^P ^nhậnud  



^2;1;3



làm VTPT 0.25

Vậy PT mặt phẳng

 

^P ^{là :}^²



^x^{ }⁴

 

¹ ^y^{ }¹

 

³ ^z^{ }³



⁰

   2x y 3z180

0.25 Vì Bd nên ^B



^{ }^{1 2 ;1}^t ^{  }^t^{; 3 3}^t



AB 27 ^ ^AB² ^²⁷^



^{3 2}^ ^t



²^{   }^t²



^{6 3}^t



² ^²⁷ ^⁷^t²^²⁴^t^{ }⁹ ⁰

0.25

3 3 7 t t

 



 

Vậy ^B



^^{7; 4; 6}



^hoặc ^{13 10}^; ^; ¹²

7 7 7

B  

0.25

6. (1,0 điểm)

j

C B

A S

H

K M

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 giữa SK và HK và bằng SKH 60

Ta có tan ³

2 SH HK SKH a

0.25

(11)

11 Vậy

3 .

1 1 1 3

. . . .

3 3 2 12

S ABC ABC

V  S SH  AB AC SH  a 0.25

Vì IH/ /SB nên ^IH^{/ /}



^SAB



^{. Do đó}^{d I SAB}



^,

  

^^{d H SAB}



^,

  

Từ H kẻ HM SK tại M ^^HM ^



^SAB



^^{d H SAB}



^,

  

^^HM 0.25 Ta có ¹ ₂ ¹ ₂ ¹₂ ¹⁶₂

3

HM  HK SH  a 3

4 HM a

  . Vậy



^,

  

³

4 d I SAB a

0,25

7.

(1,0 điểm)

K

C A

D

B I

M M'

E

Gọi AI là phân giác trong của BAC Ta có : AIDABCBAI

IADCAD CAI

Mà BAI CAI ,ABCCAD nên AIDIAD

 DAI cân tại D DEAI

0,25

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) 0,25

VTCP của đường thẳng AB là ^AM^'^

 

^3;5 VTPT của đường thẳng AB là ⁿ^



^{5; 3}^



Vậy PT đường thẳng AB là: ⁵



^x^{ }¹

 

³ ^y^⁴



^⁰ ^⁵^x^³^y^{ }⁷ ⁰ ^0,25

8.

(1,0 điểm).

2 2

3 5 4(1)

4 2 1 1(2)

x xy x y y y

y x y x

      



     



Đk:

2 2

0

4 2 0

1 0 xy x y y

y x y

    

   

  



0.25

(12)

12 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) Khi đó (1) trở thành : u²3uv4v² 0

4 ( ) u v u v vn

 

   

Với uv ta có x2y1, thay vào (2) ta được : 4y²2y 3 y 1 2y

   

4y2 2y 3 2y 1 y 1 1 0

        

0.25

 

2

2 2 2

1 1 0

4 2 3 2 1

y y

y y y y

   

     

 

2

2 1

2 0

4 2 3 2 1 1 1

y y y y y

 

 

   

       

 

0.25

2

 y ( vì

2

2 1

0 1

4 2 3 2 1 1 1

y

y y y y

    

      )

Với y2 thì x5. Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là

 

^{5; 2}

0.25

9. (1,0 điểm) .

Vì a + b + c = 3 ta có

3 ( ) ( )( )

bc bc bc

a bc  a a b c bc  a b a c

     

1 1

2 bc

a b a c

 

     

Vì theo BĐT Cô-Si: ¹ ¹ ²

( )( )

a ba c a b a c

    , dấu đẳng thức xảy rab = c

0,25

Tương tự ¹ ¹

3 2

ca ca

b a b c b ca

 

     

   và ¹ ¹

3 2

ab ab

c a c b c ab

 

     

  

0,25

Suy ra P ³

2( ) 2( ) 2( ) 2 2

bc ca ab bc ab ca a b c

a b c a b c

    

    

   ,

0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = ³

2 khi a = b = c = 1. 0,25

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

(13)

13 (ĐỀ 13) Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: y = - x⁴ + 4x² - 3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x⁴ - 4x² + 3+ 2m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt.

Câu 2. (1,0 điểm)

a) Cho tan3. Tính ^3sin₃ ^{2 cos}₃ 5sin 4 cos

A  

 

 



b) Tìm môdun của số phức ^z^{   }^{5 2}ⁱ



^{1 3}ⁱ



³

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình : 16^x16.4^x150

Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình : 2x²6x 8 2x²4x 6 3 x 4 3 x  3 1 0 Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân J =



⁶ ^

1

2 3dx

x x

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có

AD  a AB ,  a 3

, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA30⁰. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm ^G

 

^1;1 , đường cao từ đỉnh A có phương trình 2x  y 1 0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng :x2y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6.

Câu 8. ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ^A



^{1; 2;3}



và mặt phẳng (P) có phương trình:x y 4z 3 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ).

Câu 9. (0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ.

(14)

14

x y

y = 2m

- 2 2

-3 3

1

2m -3 -1

O 1

Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình x²2ax 9 0 với a3;

2 2 9 0

y  by  với b3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ^M ³



^x ^y



² ¹ ¹ ²

x y

 

    

  .

ĐÁP ÁN (ĐỀ 13)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

 Tập xác định: D = ¡

 Giới hạn tại vô cực: lim ; lim

x y x y

® - ¥ = - ¥ ® + ¥ = - ¥

0,25

 Đạo hàm: y¢= - 4x³ + 8x

3 2 0

0 4 8 0 4 ( 2) 0

2 x

y x x x x

x é =

¢= Û - + = Û - + = Û êêêë = ±

0,25

 Bảng biến thiên

x – - 2 0 2 +

y¢ + 0 – 0 + 0 – y

1 1

– –3 –

0,25

 Giao điểm với trục hoành:

cho

2

4 2

2

1 1

0 4 3 0

3 3

x x

y x x

x x

é = é = ±

ê ê

= Û - + - = Û êêë = Û ê = ±êë

 Giao điểm với trục tung: cho x = 0Þ y = - 3

 Đồ thị hàm số:

b) ) (1,0 điểm)

(15)

15

Biến đổi: x⁴ - 4x² + 3+ 2m = 0 Û - x⁴ + 4x² - 3= 2m (*) 0,25

Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của ( ) :C y = - x⁴ + 4x²- 3 và d: y = 2m.

0,25

Dựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1 hoặc 2m < –3 0,25

Giải và kết luận: m = ¹

2 hoặc m < ³

2. 0,25

Câu2 (1,0 điểm)

a) (0,5 điểm)

(16)

16

 

3 3 2 3

3sin 2 cos 3 tan 2

5sin 4 cos cos 5 tan 4

A   

   

 

 

 

0,25



²



3

3 tan 2 70

1 tan

5 tan 4 139

 



   



0,25

b) (0,5 điểm) .

z = 5+2i-(1+3.3i+3(3i)² + (3i)³ ) = 31+20i

0,25

Vậy z  31²20²  1361 0,25

Câu 3 (0,5 điểm)

+ Đặt t = 4^x; ĐK: t > 0.

+ Đưa về PT: t²  16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0).

0,25 + Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415.

+ Kết luận pt có 2 nghiệm: x = 1 và x = log415.

* Ghi chú: - HS có thể không cần đặt ẩn phụ, nếu giải đúng vẫn đạt điểm tối đa.

0,25

Câu 4 (1 điểm)

Đk: x1

     

   

2 1 4 2 1 3 3 4 3 3 1 0

x x x x x x

          

           

0,25

     

 

   

 

2 1 4 3 3 4 3 1

2 1 3 4 3 1

2 1 3 1

4 3

2 1 3 4 3

x x x x x

x x x

x

x x

x x x

         

      

   

  

      

0,5

(17)

17

 

   

    

2 2

2

2 1 3 0

2 1 3 4 3

11 2

3 2 1 4 3

11 2 11 30 0 11

2 5 6 6

x

x x x

x

x x x

x

x x

x x x x

   

 

     



 

 

    



 

 

   



 

  

 



 

KL: Tập nghiệm bpt là:



^6;^



Câu 5 (1 điểm)

J=



⁶ ^

1

2 3dx

x x

Đặt u= x²3 suy ra x dx = u du

1 2

x  u

6 3

x  u

0,5

Ta có J=

3 3 3

2

2 2

19

3 3

u duu 



^0,5

Câu 6 (1 điểm)

Thể tích khối chóp S.ABCD

+Chứng tỏ SAB vuông và tính được SA= AB tan 30⁰= a

0,25

+ Tính thể tích

3 .

1 3

. .

3 3

S ABCD

V  SA AB ADa (hình không có điểm)

0,25

30 a

I

C S

A D

B

(18)

18 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Lập luận: tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của SC, bán kính 2

R SC .

Tính SC² SA²  AC² SA² AB² BC²⁼

2 2 2 2

3 5

a  a a  a SC a 5 5

2 2

SC a

 r  .

0,25

Diện tích mặt cầu : S=

2

2 5 2

4 4 5

2

r a a

  ^ ^  

0,25

Câu 7 (1 điểm)

Gọi H là chân đường cao vẽ từ A 1

2 1 0 5 1 3

2 1 0 3 5 5;

5 x y x

x y H

y

  

   

    

      

  



Gọi d là đường thẳng qua G và song song BC,

 

: 2 0, 1

3

: 2 3 0

1

2 3 0 5

, 2 1 0 7

5 1 7;

5 5

3 1 1;3

3

d x y m m

G d m

d x y

x y x I d AH

x y

y I

HA HI x A

y

    

   

   

 

  

 

       



 

  

 

   

0,5

(19)

19

1 2 60

. 2 5

2 6 5

ABC

S BC AH BC S

   AH   0.25

Gọi M là trung điểm BC, M(x;y)

 

   

           

2

3 1 1; 0

0 1 2 ;

5 5 5 1

1: 1;1 3; 1

1: 3; 1 1;1

: 1;3 , 1;1 , 3; 1 hay 1;3 , 3; 1 , 1;1

MA MG x M

y

B BC B b b

MB b b

b B C

kl A B C A B C

 

   

  

     

   

    

   

0,25

Câu 8 (1 điểm)

Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))= ^{1 2 12 3} ⁶ 2

1 1 16 18

  

 

  0,25

Phương trình mặt cầu (S): (x-1)² + (y-2)² + (z-3)² =2

0,25

Vectơ chỉ phương của d là u_d =(1;1;-4) 0,25

Phương trình tham số của d là:

1 2 3 4

x t

y t

z t

  

  

  



0,25

Câu 9 (0,5 điểm)

Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người:

B1) 12 người chọn 4: C₁₂⁴ B2) 8 người còn lại chọn 4: C₈⁴ B3) 4 người còn lại chọn 4: 1

Số cách chọn là: C C12⁴ 8⁴n

 

 C C12⁴ 8⁴

0,25

Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”. Tính n(A):

B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam:C₉³3.C₉³ cách

B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3 trong 6 nam:C₆³2.C₆³ cách

B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách Số cách chọn là: 3C9³2C6³n A

 

3C9³2C6³

 

₄⁹³ ₄⁶³

12 8

6 16

55 P A C C

  C C 

0,25

(20)

20 Câu

10 (1 điểm)

Xét pt: x²2ax 9 0 (1) có  ^/ a² 9 0 với a3 Nên pt (1) có nghiệm và

 

¹ ^^x²^{  }⁹ ²^ax ^{ }^x ⁰

Xét pt: y²2by 9 0 (2) có  ^/ b² 9 0 với b3 Nên pt (2) có nghiệm và

 

² ^ ^y²^{ }⁹ ²^by ^{ }^y ⁰

Đặt x- ,t t0

 

² ¹ ¹ ²

 

² ¹ ¹ ²

3 3

M t y t y

t y t y

   

           

   

0,25

 

   

 

2 2

1 1 4 1 1 4

0, 0 ;

16 16

3 2 3 8 3

t y t y

t y t y t y t y

M t y t y

t y t y

        

 

      

 

0,5

 

4

2 4

2

4

1 16 3

min 8 3 3 1 1

3 3

t y t y y

M t y y

t y x

     

  

         

Vì x, y thỏa (1) và (2) nên:

2

4 4

2

4 4 4

1 1

2 9 0

3 3

1 9 3

1 1

2 9 0

3 3 2 3

3 3 a

a b b

a b

     

   

   

 

       

      

    

 

 



Vậy minM 8 3 khi

4 4 4

1 1 1 9 3

, ,

3 3 2 3

x y a b 

    

0,25

(21)

21

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 14)

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x + (m + 1)x + (m - 4)x - m + 1³ ² ² a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 2.

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( )C với trục tung.

Câu 2 (1,0 điểm):

a/ Giải phương trình lượng giác: 2 cos(2x ) 4 s inx.sin3x - 1 0 3

  

b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z - 2z + 5 = 0² Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log (x - 2) + log₂ _0,5(2x - 1) = 0

(22)

22 Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình

  

2 1

2

3 2

2.4 1 2 2log

1 1

y x x

y

x x y xy x

 

  



     



, (x,y R).

Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân

1

x 0

I =

ò

(1 + x)e dx

Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60⁰. Tính thể tích của hình chóp.

Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm

Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 3;2; 3)- - và hai đường thẳng

1

x - 1 y + 2 z - 3

d : = =

1 1 -1 và d :₂ ^{x - 3} = ^{y - 1}= ^{z - 5}

1 2 3

a/ Chứng minh rằng d₁ và d₂ cắt nhau.

b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d₁ và d₂. Tính khoảng cách từ A đến mp(P).

Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x⁶ trong khai triển của: ³ 1₂ ⁵ ⁿ

x x

x

  

 

  , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x0 ).

Câu 10 (1,0 điểm): Cho a b c, , là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1 1 1 1

4 4 4

a b c

b c a a b b c c a

       

   ^.

……….HẾT………...

ĐÁP ÁN (ĐỀ 14)

Câu Nội dung Điểm

1a

Với m = 2 ta có hàm số: y = 2x³ + 3x²- 1

 Tập xác định: D = ¡

 Đạo hàm: y¢= 6x² + 6x

 Cho y¢= 0Û 6x² + 6x = 0Û x = 0 hoac x = - 1

1.0đ

(23)

23

 Giới hạn: lim ; lim

x y x y

® - ¥ = - ¥ ® + ¥ = + ¥

 Bảng biến thiên

x – –1 0 + ¥

y¢ + 0 – 0 +

y

0 + ¥

– –1

 Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ -; 1),(0;+ ¥ ), NB trên khoảng ( 1; 0)- Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x_CÑ = - 1, đạt cực tiểu yCT = –1 tại x_CT = 0.

 12 6 0 ¹ ¹

2 2

y¢¢= x + = Û x = - Þ y = - . Điểm uốn: ¹; ¹

2 2

Iæçççè- - ö÷÷÷ø

 Giao điểm với trục hoành:

cho ³ ² hoac 1

0 2 3 1 0 1

y = Û x + x - = Û x = - x = 2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0Þ y = - 1

 Bảng giá trị: x ³

- 2 - 1 ¹

- 2 0 ¹

2

y - 1 0 ¹

- 2 - 1 0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây

1b

Giao điểm của ( )C với trục tung: (0; 1)A -

 x₀ = 0 ;y₀ = - 1

 f¢(0)= 0

 Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + =1 0(x - 0)Û y = - 1

1.0đ

2a

Giải phương trình :2 cos(2x ) 4s inxsin3x 1 0 3

    (1) 2(cos2xcos sin 2x sin ) 4 sin x sin 3x 1 0

3 3

 

    

2

cos2x 3 s in2x+4 sin x sin 3x 1 0

1 2 s in x-2 3 sin x cos x 4 sin x sin 3x 1 0 s inx(2 s in3x-sin x- 3 cos x) 0

   

    

 

0.5 đ x

y

1 2

-1 -1 O

(24)

24 s inx 0

s inx 3 cos x 2 sin 3x

 

   

*s inx  0 x k (kz)

1 3

*s inx 3 cos x 2 sin 3x s inx cos x sin 3x

2 2

3x x k2 x k

3 6

sin(x ) sin 3x (k z)

3 3x x k2 x k

3 6 2

    

 

        

 

     

  

         

 

 

vậy phương trình đã cho có nghiệm xk ;x k

6 2

 

  (kz)

2b

2z2- 2z + 5= 0 (*)

 Ta có, D = -( 2)²- 4.2.5= - 36= (6 )i ²

 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:

; z

1 2

2 6 1 3 2 6 1 3

4 2 2 4 2 2

i i

z + i - i

= = + = = -

0.5 đ

3

2 0,5

2 log (x - 2)+ log (2x - 1)= 0 (*)

 Điều kiện:

2 0 2

1 2

2 1 0

2 x x

x x x

íï >

í ï

ï - > ï

ï Û ï Û >

ì ì

ï - > ï >

ï ï

î ïïî

 Khi đó, (*)Û log (₂ x - 2)² - log (2₂ x- 1)= 0 Û log (₂ x - 2)² = log (2₂ x - 1)

Û ^(loai)

(nhan)

2 2 1

( 2) (2 1) 6 5 0

5

x x x x x

x é =ê

- = - Û - + = Û êêë =

0.5 đ

4

Điều kiện:

2 0

0

0 0

x x

x y

y

   

 

   



Ta có:

 

² ^



^x²^ ^yx^¹

 

^x      ^y ¹



⁰ ^x ^y ¹ ⁰ ( Vì x²yx 1 0 )   y x 1 (a)

 

¹ ^ 2.4^y 1 2 ²^x ¹ 2log2 x y

   

^²²^y ^^{log 2}₂ ^y^² ²^x ^^log₂ ²^x

 

^*

Xét hàm số: f t

 

 2^t log2t trên



^0;^



Ta có: ^'

 

^{2 ln 2} ¹ ⁰

 

^0;

ln 2

f t t t e

 t    ,vậy ^{f t}

 

là hàm số đồng biến.

1.0 đ

(25)

25 60

2a O B C

A D

S

Biểu thức

 

^* ^ ^f

 

²^y ^ ^f

 

²^x ^²^y^ ²^x (b) Từ (a) và (b) ta có:

 

₂¹ ₂¹

2 1 2

4 8 4 2 2 5 2 0

x x

x x x x x

 

 

   

     

 

1 2 1 2 x

x x

 

 

    x 2

Với x  2 y 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm

 

^2;1 ^.

5

1

0

(1 ) ^x I =

ò

+ x e dx

 Đặt 1

x x

u x du dx

dv e dx v e

í í

ï = + ï =

ï ï

ï Þ ï

ì ì

ï = ï =

ï ï

î î

. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

1 1 1

1 0 1 0

0 0 0

(1 ) ^x ^x (1 1) (1 0) ^x 2 1 ( )

I = + x e -

ò

e dx = + e - + e - e = e- - e - e = e

 Vậy,

1

0

(1 ) ^x

I =

ò

+ x e dx = e

1.0 đ

6  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ^ (A BCD) do đó SO là đường cao của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,

do đó SBO^· = 60⁰ (là góc giữa SB và mặt đáy)

 Ta có, t an^· . t an^· . t an^·

2

SO B D

SB O SO B O SB O SB O

= B O Þ = =

2. t an 600 6

a a

= =

 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là

1 1 1 4 3 6

. . . 2 .2 . 6

3 3 3 3

V = B h = A B BC SO = a a a = a

1.0 đ

7 _A _x _B

(26)

26

2 x

Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM



^;



⁶

BH d B AM 10

  

Đặt cạnh hình vuông là x>0

Xét tam giác ABM có ¹ ₂ ¹₂ ¹ ₂ ¹⁰ ¹₂ ⁴₂ 3 2

36 x

BH  BA BM   x x   A thuộc AM nên ^{A t}



^{; 7 3}^ ^t



   

 

2 2 2

3 2 4 3 6 3 2 10 44 34 0

1 17 16

; , 1; 4 /

17 5 5

5

AB t t t t

t

A loai A t m

t

         

 

 

      



Làm tương tự cho điểm B, với ^{3 2} ⁵; ¹

2 2 2 2

BM  x M   M là trung điểm của BC ^^C



^{1; 2}^



Gọi I là tâm của hình vuông ^^I

 

^1;1

Từ đó ^^D



^^2;1



8

a/  d1 đi qua điểm M₁(1; 2; 3)- , có vtcp ur₁ = (1;1; 1)-

 d2 đi qua điểm M₂(3;1; 5), có vtcp ur₂ = (1;2; 3)

 Ta có ₁ ₂ 1 1 1 1 1 1

[ , ] ; ; (5; 4;1)

2 3 3 1 1 2

u u

æ - - ö÷

ç ÷

= ççççè ÷÷÷÷ø= - r r

và M M₁ ₂ = (2; 3;2) uuuuuur

 Suy ra, [ ,u u₁ ₂].M M₁ ₂ = 5.2- 4.3+ 1.2= 0 uuuuuur

r r , do đó d1 và d₂ cắt nhau.

b/ Mặt phẳng (P) chứa d₁ và d₂.

 Điểm trên (P): M₁(1; 2; 3)-

 vtpt của (P): nr = [ ,u ur r₁ ₂]= (5; 4;1)-

 Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x - 1)- 4(y + 2)+1(z- 3)= 0 5x 4y z 16 0

Û - + - =

 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:

2 2 2

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

( , ( )) 42

5 ( 4) 1 42

d A P - - + - -

= = =

+ - +

1.0 đ D C

I H

M

(27)

27 9

Xét khai triển :

5

3 5 3 2

3 3

1 ⁿ 1 ⁿ

x x x x

x x

 

      

 

   

1 5 5 5

3 0 1 2 2 2

3 3 3

1 1 1

... ...

k n

n n n k

k n

n n n n

x C C x C x C x

x x x

 

             

 

                   Thay x1 vào khai triển ta được:

0 1

2ⁿC_n C_n ... C_n^k  ... C_nⁿ Theo giả thiết ta có:

0 1

... ^k ... ⁿ 4096

n n n n

C C  C  C 

^²ⁿ ^²¹²^{ }ⁿ ¹²

0.5 đ

10

Với n12 ta có khai triển:

12

3 5

2

x 1 x

x

  

 

 

Gọi số hạng thứ ^k^^{1 0}



^{ }^k ^12,^k^^Z



là số hạng chứa x⁶_. Ta có : ^T^k^¹^^{x C}³ ¹²^k ^^__x¹²^^_¹²^^k

 

^x⁵ ^k ^^{C x}¹²^k ²^k^{ }²¹ ⁵²^k

Vì số hạng có chứa x⁶_{nên :}

 

2 21 6

2 21 5 6 6

2 9

k k k 

     

. Với k 6 ta có hệ số cần tìm là :

6

12 924

C  .

0,5

Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

4 4 4 4 4 4

a b c

VT b b c c a a

     

        

     

2 2 2 2 2 2

1

2 2 2 2

a b c a b c

b c a b c a

 

       

 

Mặt khác: ₂ 1 2 ₂ 1 2 ₂ 1 2

; ;

a b c

b  a b c  b c a  c a Cộng th