TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 51
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x3 + (m + 1)x 2 + (m2 - 4)x - m + 1
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):
3
a/ Giải phương trình lượng giác: 2cos(2x ) 4s inx.sin3x - 1 0
b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z2 - 2z + 5 = 0
Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log 2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0
Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình
y
x
2 x 1
2log 2
2.4 1 2
y , (x,y R).
x3 x y 1 xy 1 x 2
1
Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân I =
(1 + x)e x dx
0
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
d1 :
x -1 y + 2 z - 3
x - 3 y -1 z - 5
=
=
=
=
và d 2 :
1
1
-1
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).
n
1
Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: x 2 x5 , biết tổng
x
6
3
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:
a 2 1 b2 1 c 2 1
1
1
1
2
2
2
4b
4c
4a
a b bc ca
1
TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 51
1
Với m = 2 ta có hàm số: y 2x 3
Tập xác định: D
Đạo hàm: y
6x 2 6x
Cho y
0
6x 2
6x
3x 2
0.25
x
0
Giới hạn: lim y
1
0 hoac x
;
x
x
1
0.25
lim y
Bảng biến thiên
x
–
y
+
–1
0
0
0
0
–
+
0.25
y
–
–1
; 1),(0;
) , NB trên khoảng ( 1; 0)
Hàm số ĐB trên các khoảng (
Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x CÑ
1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại x CT
Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây
1a
0.
y
0.25
-1 O
x
1
2
-1
Giao điểm của (C ) với trục tung: A(0; 1)
x0
1b
f (0)
0 ; y0
1
0.25
0
0.25
Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y
Câu
0.25
1
0(x
0)
y
1
0.25
2
3
Giải phương trình : 2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0 (1)
2a
2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin 3x 1 0
3
3
cos2x 3 s in2x+4sin x sin 3x 1 0
0.25
1 2s in 2 x-2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0
s inx(2s in3x-sin x- 3 cos x) 0
2
s inx 0
s inx 3 cos x 2sin 3x
*sinx 0 x k (k z)
1
3
*s inx 3 cos x 2sin 3x s inx
cos x sin 3x
2
2
3x x 3 k2
x 6 k
sin(x ) sin 3x
(k z)
3
3x x k2
x k
3
6
2
6
vậy phương trình đã cho có nghiệm x k ; x k
2z 2
2z
z1
6i
2
4
0 (*)
0.25
1
2
3
i ; z2
2
6i
2
1
2
4
3
i
2
0.25
3
2 log2(x
log0,5(2x
2)
Điều kiện:
x
2
1)
0 (*)
x
0
2
x 2
1
2x 1 0
x
2
2
Khi đó, (*) log2(x 2) log2(2x 1) 0
(x
Câu
(k z)
2
Ta có,
( 2)2 4.2.5
36 (6i)2
Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:
2b
Câu
5
0.25
2)2
(2x
x2
1)
6x
5
0
0.25
log2(x
x
log2(2x
1)
1 (loai)
x
2)2
5 (nhan)
0.25
4
2 x 0
x 0
Điều kiện: x
y 0
y 0
Ta có:
2 x2 yx 1 x y 1 0 x y 1 0 ( Vì x2 yx 1 0 )
y x 1
1
0.25
2.4 1 2
y
2 x 1
22 y log 2 2 y 2
Xét hàm số:
2log 2
2x
(a)
x
y
0.25
*
trên 0;
log 2 2 x
f t 2t log 2 t
1
0 t 0; e ,vậy f t là hàm số đồng biến.
t ln 2
Biểu thức * f 2 y f 2 x 2 y 2 x
(b)
Ta có: f ' t 2t ln 2
0.25
3
Từ (a) và (b) ta có:
x 1
x 1
x 1
x2
2 x 1 2 x 2
2
4 x 8 x 4 2 x
2 x 5 x 2 0
x 1
2
x2
Với x 2 y 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm 2;1 .
Câu
0.25
5
1
I
x )e xdx
(1
0.25
0
Đặt
I
(1
u
x
1
du
dv
e dx
x )e x
1
1
dx
v
x
x
e xdx
0
0
(1
x )e xdx
e
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
1)e1
(1
0)e 0
(1
ex
1
0
2e
1
(e1
e0)
e
0.25
0.25
1
Vậy, I
e
0.25
0
Câu
6
S
A
60
B
D
0.25
O
2a
C
Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO (ABCD) do đó SO là đường cao
của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,
0.25
600 (là góc giữa SB và mặt đáy)
do đó SBO
Ta có, tan SBO
a 2.tan 600
SO
BO
SO
BO. tan SBO
BD
. tan SBO
2
0.25
a 6
Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là
V
Câu
1
B.h
3
1
AB.BC .SO
3
1
2a.2a.a 6
3
4a 3 6
3
0.25
7
A
x
B
0.25
4
I
x
2
H
M
C
D
Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM BH d B; AM
6
10
Đặt cạnh hình vuông là x>0
1
1
1
10 1 4
x3 2
2
2
2
BH
BA BM
36 x2 x2
A thuộc AM nên A t;7 3t
Xét tam giác ABM có
4 t 3t 6
AB 3 2
t 1
17
t
5
2
3 2 10t 2 44t 34 0
2
0.25
17 16
A ; loai, A 1; 4 t / m
5
5
Làm tương tự cho điểm B, với BM
x 3 2
5 1
M ;
2
2
2 2
M là trung điểm của BC C 1; 2
0.25
Gọi I là tâm của hình vuông I 1;1
0.25
Từ đó D 2;1
Câu
8
a/ d1 đi qua điểm M1(1; 2; 3) , có vtcp u1
d2 đi qua điểm M2 (3;1;5) , có vtcp u2
Ta có [u1, u2 ]
và M1M2
1
1
2
3
0.25
(1;2; 3)
1 1 1 1
;
3 1 1 2
;
(1;1; 1)
(5; 4;1)
0.25
(2; 3;2)
Suy ra, [u1, u2 ].M1M2
5.2
4.3
0 , do đó d1 và d2 cắt nhau.
1.2
b/ Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 .
Điểm trên (P): M1(1; 2; 3)
vtpt của (P): n [u1, u2 ] (5; 4;1)
Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x 1) 4(y
5x
0.25
2) 1(z
4y z 16
3)
0
0
Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:
d(A,(P ))
5.( 3)
2
5
Câu
9
Xét khai triển :
4.2
( 3)
2
( 4)
2
1
16
42
42
42
0.25
0.25
5
5
1
1
x 3 x5 x3 3 x 2
x
x
n
n
3
k
n 1
nk
5 n
1 n
5
5
0
1 1
k 1
n 2
2
2
x Cn 3 Cn 3 x ... Cn 3 x ... Cn x
x
x
x
3
Thay x=1 vào khai triển ta được:
0
1
k
n
2n Cn Cn ... Cn ... Cn
Theo giả thiết ta có:
0
1
k
n
Cn Cn ... Cn ... Cn 4096
Câu
0.25
2n 212 n 12
10
12
1
x3 2 x5
x
Với n 12 ta có khai triển:
6
k 1 0 k 12, k Z
Gọi số hạng thứ
là số hạng chứa x .
12 k
k 1
Tk 1 x3C12 2
x
Ta có :
6
x
Vì số hạng có chứa x nên :
5
k
k
C12 x
2k 21
2 k 21
5k
2
2 21 6
5k
6k
6
2
9
.
Với k 6 ta có hệ số cần tìm là : C 924 .
Ta có:
a2
1 b2
1 c2
1
VT 2 2 2 2 2 2
4a
4b 4b 4c 4c 4a
a
b
c
1 a b
c
2 2 2 2 2 2
2b
2c
2a
2b c
a
a 1 2
b 1 2
c 1 2
;
;
Mặt khác:
2
2
b a b
c b c
a2 c a
a b
c 1 1 1
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2
b c
a
a b c
Suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
VT
2 a b c 4 a b b c c a
0.25
0.25
6
12
1 4
4
4
1
1
1
a b b c c a VP
4 a b b c c a
0.25
0.25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b c 1
6
TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu 1 . (2 điểm ) Cho hàm số y =
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 52
2 x 1
(C )
x2
1. Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C )
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C ) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5 .
Câu 2 .( 0.5 điểm )Giải bất phương trình : log3(x – 3 ) + log3(x – 5 ) < 1
2
Câu 3 .(1 điểm )
Tính tích phân : I = x x 1 dx
1
Câu 4 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A,D, SA vuông góc
với đáy . SA = AD= a ,AB = 2a .
1 . Tính thể tích khối chóp S.ABC .
2 . Tính khoảng cách giữa AB và SC .
Câu 5 .(1 điểm ) Trong không gian O.xyz cho A(1;2;3) , B(-3; -3;2 )
1. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB .
2. Tìm điểm M nằm trên trục hoành sao cho M cách đều hai điểm A, B .
Câu 6 . (1 điểm ) Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4
Câu 7 .(0.5 điểm ) Gọi T là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các số
1,2,3,4,5,6,7 . Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập T . hoctoancapba.com
Tính xác suất để số được chọn lớn hơn 2015 .
Câu 8 . ( 1điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . B,C là hai điểm đối
xứng nhau qua gốc tọa độ .Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương trình
x + 2y - 5= 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua K(6;2)
Câu 9. ( 1 điểm )
9 x 2 9 xy 5 x 4 y 9 y 7
Giải hệ phương trình
2
x y 2 1 9 x y 7 x 7 y
Câu 10 .(1 điểm ) Cho a,b,c thuôc đoạn [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a b
P= 2
.
c 4 ab bc ca
2
7
TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 52
1
TXĐ : D = R \ 2
y’ =
5
x 2
2
< 0 với mọi x thuộc D
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;2 ) và (2 ; + ) , hàm số không có cực
trị
lim y , lim y nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị
x 2
x 2
0.25
lim y lim y 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
x
x
Bảng biến thiên
-
x
+
2
y’
-
-
0.25
+
2
1a
-
2
y
2
0.25
O
2
x
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm , k là hệ số góc của tiếp tuyến . phương trình tiếp tuyến
tại M có dạng : y = k(x- x0) + y0
1b
,
y’
5
x 2
2
0.25
Hệ số góc k = -5 y’(x0) = -5 (x0 – 2)2 = 1 x0 = 3 hoặc x0 = 1
0.25
Với x0 = 3 thì M(3;7) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 22
0.25
Với x0 = 1 thì M(1;-3) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 2
0.25
8
Câu
Câu
2
ĐK: x > 5(*)
log3(x – 3 )(x - 5) < 1 (x – 3 )( x - 5) < 3
x2 – 8x +12 < 0 2 < x < 6
Kết hợp ĐK thì 5 < x < 6 là nghiệm của bất phương trình
3
x 1 = t
Đặt
0.25
0.25
thì x = t2 + 1 , dx = 2tdt
0.25
Đổi cận : x = 1 thì t = 0 ; x = 2 thì t = 1
1
1
0
0.25
0
I = 2 t 2 1 t 2 dt = 2 t 4 t 2 dt
=2(
Câu
t5 t3
)
5 3
1
=
0
0.25
16
15
0.25
4
SA vuông góc với mp đáy nên SA là
đường cao của khối chóp , SA = a
Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA
, E thuộc AB suy ra CE vuông góc với
AB và CE = DA = a là đường cao của
tam giác CAB
1
Diện tích tam giác là S = CE.AB = a2
2
1
Thể tích khối chóp S.ABC là V = a3
3
S
0.25
H
A
E
B
0.25
D
C
Tính khoảng cách giữa AB và SC
Ta có AB//DC nên d(AB,SC) = d(AB, SDC ) . Trong mặt phẳng (SAD)từ A kẻ
AH vuông góc với SD (1) , H thuộc SD
Ta có DC vuông góc với AD , DC vuông góc SA nên DC vuông góc với
mp(SAD) suy ra DC vuông góc AH (2) . hoctoancapba.com
Từ (1) và (2) suy ra AH vuông góc với (SDC)
AH = d(AB, SDC) = d(AB , SC )
Trong tam giác vuông SAD ta có
Câu
0.25
0.25
a
1
1
1
2
2 AH =
2
2
2
AH
AD
SA a
2
5
1 5
2 2
Gọi I là trung điểm của AB thì I(-1; ; ) là tâm mặt cầu . Bán kính mặt cầu
2
2
0.25
R = IA = 21/2
1
2
5
2
Phương trình mặt cầu (x+1)2 +(y + )2 +(z )2 = 21/2
0.25
M nằm trên trục hoành nên M(x;0;0) . MA (1-x ;2;3) , MB (-3-x;-3;2).
M cách đều A , B tức là MA2 = MB2
Hay (1-x)2+13 = (-3-x)2+13 x = 1
Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán .
0.25
0.25
9
Câu
6
Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4
4sinxcosx – 2cosx +2sin2x - 1– 7sinx + 4 = 0
2cosx(2sinx -1) + 2sin2x -7sinx +3 = 0
2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0
(2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0
sinx =
1
Hoặc sinx + 2cosx – 3 =0
2
Ta có : sinx + 2cosx – 3 =0 vô nghiệm vì 12 +22 < 32
Phương trình tương đương sinx =
Câu
5
1
x= k 2 hoặc x=
k 2
6
6
2
0.25
0.25
0.25
0.25
7
Số phần tử của tập hợp T là A74 = 840
Gọi abcd là số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
1,2,3,4,5,6,7 và lớn hơn 2015.
Vì trong các chữ số đã cho không chứa chữ số 0 nên để có số cần tìm thì a 2
Vậy có 6 cách chọn a . Sau khi chọn a thì chọn b,c,d có A63 cách chọn
Xác suất cần tìm là P =
Câu
3
6A6
6
=
4
A7
7
Câu
0.25
8
Điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y – 5 = 0 nên B(5 – 2b ; b)
B ; C đối xứng nhau qua O nên C(2b – 5 ; - b ) và O thuộc BC
Gọi I là điểm đối xứng của O qua phân giác góc B suy ra I(2;4)
BI (2b – 3 ; 4 – b ) , CK (11 – 2b ; 2 + b)
Tam giác ABC vuông tại A nên BI . CK = 0 - 5b2 + 30b – 25 = 0
b= 1 hoặc b= 5
Với b= 1 thì B(3;1) , C(-3;-1) suy ra A(3;1) nên loại
Với b= 5 thì B(- 5, 5 ), C(5 ; -5) suy ra A(
0.25
31 17
; )
5 5
0.25
0.25
0.25
0.25
9
7 x 7 y + 1 – [3(x- y )]2 = 0
2 6x 6 y
1 3x 3 y 1 3x 3 y 0
x y 2 7x 7 y
(2) x y 2
2
1 3x 3 y
1 3x 3 y 0
x y 2 7x 7 y
2
1 3x 3 y > 0 suy ra 1–3x + 3y =0
x > y 0 nên
x y 2 7x 7 y
1
Thay y = x – vào phương trình (1) ta được hoctoancapba.com
3
1
1
1
9x2 + 9x(x - ) + 5x – 4(x - ) + 9 x = 7
3
3
3
0.25
0.25
10
18x2 – 8x + 6x -
1
8
+ 9 x - 3 = 0
3
3
2
(9x – 4 ) +3( 9 x 3 - 1 ) = 0
3
2
3
4
(9x – 4 ) 2 x
vì x > 0
= 0 x =
3
9
9 x 3 1
1
4
4 1
Với x = thì y =
. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = ( ; )
9
9 9
9
2x(9x – 4 ) +
Câu
0.25
0.25
10
a b
P= 2
=
c 4 ab bc ca
2
a b
2
c 4 a b c 4ab
2
2
a b
Ta có 4ab (a + b) nên P 2
2
c 4a b c a b
2
2
a b
c c
=
2
a b a b
1 4
c c c c
a b
vì a, b , c thuộc [1;2] nên t thuộc [1;4]
c c
4t 2 2t
t2
Ta có f(t) =
, f’(t) =
> 0 với mọi t thuộc [1;4]
2 2
4 4t t 2
1 4t t
0.25
Đặt t =
Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng
Dấu bằng xảy ra khi a = b ;
1
khi t = 1
6
ab
= 1, a,b,c thuộc [1;2] a =b = 1 và c =2
c
1
Vậy MinP = khi a =b = 1 và c = 2
6
0.25
0.25
0.25
11
TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 53
2x 1
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y 5x 22 .
Câu 2 (1,0 điểm).
3
4
a) Cho góc thỏa mãn :
và cos . Tính A tan
2
5
4
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức 2 z 1 2 i 3 i z 2i . Tìm môđun của số phức z .
2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I (1 sin2 x) cos xdx
0
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 2 x x 9 log 2
x9
0
x
b) Một tổ có 7 học sinh (trong đó có 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam). Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh
đó theo một hàng ngang. Tính xác suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho I 7; 4;6 và mặt phẳng
( P) : x 2 y 2 z 3 0 . Lập phương trình của mặt cầu ( S ) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng P .
Tìm tọa độ tiếp điểm của P và ( S ) .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông
góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các đoạn AD, CD . Tính thể tích khối chóp S.BMN và khoảng cách giữa hai đường
thẳng BM , SN theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có M 3; 2 là
6 13
trung điểm của cạnh BC . Biết chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ B là K ; và trung
5 5
điểm của cạnh AB nằm trên đường thẳng : x y 2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
1 y x y x 2 y 2 x y 1 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
4
2
y 2x 3 y 2 y 4
x
, y
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
8
1
a b.
7a 4b 4 ab
ab
12
TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 53
1
1
Tập xác định:
i
i
0.25
5
– Chiều biến thiên: y '
x
2
0, x
2
2.
– Hàm số nghịch biến trên các khoảng
; 2 và 2;
– Giới hạn và tiệm cận:
– lim y lim y 2 : tiệm cận ngang : y 2
x
.
0.25
x
lim y
x
2
tiệm cận đứng x
; lim y
x
2.
2
– Bảng biến thiên:
x
2
y'
2
y
0.25
1a
+
2
ị
1
– Đồ thị cắt Ox tại O
2
– Tâm đối xứng là điểm I 2; 2 .
– Đồ thị cắt Oy tại O 0;
1
;0
2
8
6
4
0.25
2
-10
-5
5
10
15
-2
-4
-6
13
-8
Hệ số góc k=-5
1b
5
x 2
2
5
0.25
x 3
x 1
0.25
Pt tiếp tuyến tại M(3;7): y=-5x+22 (loại).
Pt tiếp tuyến tại N(1;-3): y=-5x+2.
Vậy tiếp tuyến cần tìm là y=-5x+2.
Câu
0.25
0.25
2
tan 1
(1)
A tan
4 1 tan
0.25
2
9
4
(2)
sin 1 cos 1
25
5
3
sin 3
3
Vì ; nên sin 0 . Do đó từ (2) suy ra: sin tan
5
cos 4
2
1
(3).Thế (3) vào (1) ta được A
7
Đặt z a bi, a, b ; khi đó z a bi; Kí hiệu (*) là hệ thức trong đề bài, ta có
2
2a
2b
Câu
2
(*) 2 a bi 1 2 i 3 i a bi 2i a b 2 3a 7b 4 i 0 .
a b 2 0
a 1
. Do đó z 12 12 2
3a 7b 4 0
b 1
0.25
2
2
2
0
0
I (1 sin2 x) cos xdx cos xdx sin 2 x cos xdx
0
2
2
0.25
2
Đặt I1 cos xdx; I 2 sin 2 x cos xdx Ta có I1 cos xdx sin x
0
2
0
1
0.25
0
0
2
2
2
I 2 sin 2 x cos xdx 2sin x cos 2 xdx 2 cos 2 xd cos x 2.
0
0
2
3
Vậy I I1 I 2 1
4a
0.25
3
Câu
0.25
0
cos3 x
3
5
3
4
Điều kiện x x 9 0 x 9 hoặc x 0 .
Với đk trên, phương trình đã cho tương đương với:
x 9
2
log 2 x x 9 .
0 log 2 x 9 0
x
x 9 1 x 8 x 10 . Đối chiếu với đk, ta loại x 8 .
2
0
2
.
3
0.25
0.25
0.25
2
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x 10 .
0.25
14
4b
Gọi A là biến cố: “3 học sinh nữ đứng cạnh nhau”.
+) Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7!.
+) Số cách xếp 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau: Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết
hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! Cách sắp xếp. Với mỗi cách sắp
xếp đó lại có 3! Cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 5!.3! cách sắp xếp.
Xác suất của biến cố A là p( A)
Câu
5!3! 1
7! 7
5
Bán kính của (S) là R d ( I ,( P)) 2
0.25
0.25
0.25
Pt mặt cầu (S): x 7 y 4 z 6 4
0.25
x 7 t
Pt đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P): y 4 2t
z 6 2t
0.25
2
2
2
Tiếp điểm M(7+t; 4+2t; 6-2t) thuộc (P)
2
19 8 22
7 t 2 4 2t 2 6 2t 3 0 t M ( ; ; )
3
3 3 3
Câu
0.25
6
S
K
M
D
A
0.25
I
N
B
C
Từ giả thiết suy ra
SBMN = SABCD – SDMN - SBMA- SBCN
=
a 2 a 2 a 2 3a 2
a
8
4
4
8
2
1
a3 3
SA.SBMN =
3
8
* Ta có BM AN BM (SAN) và BM cắt (SAN) tại I
SA = AB.tan600= a 3 ; VSBMN =
0.25
Trong (SAN): kẻ IK SN IK là đoạn vuông góc chung của BM và SN.
d(MB,SN) = IK.
0.25
Ta có: AN =
a
5
2
, AI =
a
5
5
, IN =
3a 5
a 17
và SN=
10
2
15
SA.IN
3
IK IN
3a
.
IK
SN
85
SA SN
3
a3 3
Vậy VSBMN =
, d(MB,SN) = 3a
85
8
IKN và SAN đồng dạng
Câu
7
Gọi N là trung điểm của đoạn AB. N : x y 2 0 N n; n 2 .
Tam giác ABM vuông tại M có N là trung điểm của AB AN BN MN .
Tam giác AKB vuông tại K có N là trung điểm của AB AN BN KN .
2
0.25
2
6
3
2
Suy ra MN=KN n 3 n2 n n n 1 . Vậy N(1;3).
5
5
0.25
0.25
Gọi I là giao của BK và MN. BK có pt 2x-y+5=0. MN có pt x+2y-7=0. Suy ra
3 19
I ; .
5 5
0.25
I là trung điểm của BK. Suy ra B 0;5 ; C 6; 1 .
Câu
0.25
8
Đặt u x y ; v y u 0; v 0 x u 2 v 2 .
Pt đầu của hệ trở thành:
1 v u u
2
2
v 2v 2 u 1 v u 1 v 1 u v 2 0
2
2
0.25
2
TH 1 : u=1 x y 1 x 1 y . Thế vào pt thứ hai của hệ ta được:
y2 2 2 y 3 y4 2 y2 4 y2 2 y
3
y4 2 y2 8
y y 2
3
y 2 y
y
4
2y 2 y 2y 4
2
y
3
y
4
2
2y
3
4
y4 2 y2 2 0
0
2
0 y2
2 3 y4 2 y2 4
2 y 2
2
Khi đó x=-1.
TH 2: v=1. Suy ra y=1; x=2.
TH 3: u+v+2=0: Vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: x; y 1; 2 , 2;1
Câu
0.25
0.25
0.25
9
Ta có 7a 4b 4 ab 7a 4b 2 a.4b 7a 4b a 4b 8 a b
(theo bđt Côsi).
1
1
1
1
a b t 2 t f t (đặt t
)
ab
t
ab
ab
1
f ' t 2t 1 2 0 2t 3 t 2 1 0 t 1 .
t
Lập bảng biến thiên của f t với t>0 ta có minP=f(1)=1
Suy ra P
0.25
0.25
0.25
0.25
16
4
a 5
a b 1
a 4b
b 1
5
TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 54
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3mx 1
(1).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1 .
a)
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 ).
sin 2 x 1 6sin x cos 2 x .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I
1
x3 2 ln x
dx .
x2
Câu 4 (1,0 điểm).
52 x1 6.5x 1 0 .
a) Giải phương trình
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).
d:
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 4;1;3 và đường thẳng
x 1 y 1 z 3
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng
2
1
3
d . Tìm tọa độ điểm B thuộc 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 H của 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 ADB có
phương trình x y 2 0 , điểm M 4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x 3 xy x y 2 y 5 y 4
4 y2 x 2 y 1 x 1
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:
P
bc
3a bc
ca
3b ca
ab
3c ab
17
18
TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 54
1
Vơí m=1 hàm số trở thành : y x3 3x 1
TXĐ: D R
0.25
2
y ' 3x 3 , y ' 0 x 1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 1; , đồng biến trên khoảng
1;1
0.25
Hàm số đạt cực đại tại x 1 , yCD 3 , đạt cực tiểu tại x 1 , yCT 1
lim y , lim y hoctoancapba.com
x
x
* Bảng biến thiên
x
–
-1
y’
+
–
0
0
+
1a
+
1
+
0.25
3
y
-
-1
Đồ thị:
4
2
0.25
2
4
y ' 3x 3m 3 x m
2
2
0.25
y ' 0 x 2 m 0 *
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt m 0 **
1b
0.25
Khi đó 2 điểm cực trị A m ;1 2m m , B
0.25
m ;1 2m m
.
Tam giác OAB vuông tại O OAOB 0 4m3 m 1 0 m
Vậy m
1
2
1
( TM (**) )
2
0.25
19
Câu
2
sin 2x 1 6sin x cos 2x
0.25
(sin 2 x 6sin x) (1 cos 2 x) 0
2sin x cos x 3 2sin 2 x 0
0.25
2sin x cos x 3 sin x 0 hoctoancapba.com
sin x 0
sin x cos x 3(Vn)
x k . Vậy nghiệm của PT là x k , k Z
Câu
0.25
0.25
3
2
2
2
2
2
ln x
x2
ln x
3
ln x
I xdx 2 2 dx
2 2 dx 2 2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1
0.25
2
ln x
dx
x2
1
Tính J
Đặt u ln x, dv
1
1
1
dx . Khi đó du dx, v
2
x
x
x
2
0.25
2
1
1
Do đó J ln x 2 dx
x
x
1
1
2
1
1
1
1
J ln 2
ln 2
2
x1
2
2
0.25
1
2
Vậy I ln 2
Câu
4a
0.25
4
5 x 1
52 x1 6.5x 1 0 5.52 x 6.5x 1 0 x 1
5
5
x 0
Vậy nghiệm của PT là x 0 và x 1
x 1
0.25
0.25
3
n C11 165
0.25
1
1
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C6 C5 .C62 135
4b
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
Câu
135 9
165 11
0.25
5
Đường thẳng d có VTCP là ud 2;1;3
Vì P d nên P nhận ud 2;1;3 làm VTPT
Vậy PT mặt phẳng P là : 2 x 4 1 y 1 3 z 3 0
2 x y 3z 18 0
Vì B d nên B 1 2t;1 t; 3 3t
0.25
0.25
0.25
20
- Xem thêm -
.PDF 
62 
372 
55 
