Tài liệu Tuyển tập từ đề 81 90 đề thi thử toán thpt quốc gia có đáp án

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 81 Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số : y   x3  6 x2  9 x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) . 2. Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẽ được các tiếp tuyến với (C), sao cho trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau . Câu 2 (1 điểm ). a) Giải phương trình: 2cos2 2 x  3cos3x  4cos 2 x  3cos x  0 b) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa : z  1  5i  z  3  i . Câu 3( 0.5 điểm). Giải phương trình: log 2  3x  1  6  log0,5 5 x  2   xy  2 x  5 y  3  x 2  2 y 2  Câu 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình :  x 2 y  2  y x 1  x 1  2x  2 y  2   2 Câu 5. (1 điểm) .Tính tích phân : I   2 x cos 2 xdx 0 Câu 6. (1 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình thang vuông tại B và C, SA   ABCD  ; biết CD  BC  2 AB  2a; SA  a 3 . Tính khoảng cách giữa BC và SD, góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  . Câu 7. (1 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A  3;6  , trực tâm H  2;1 , 4 7   trọng tâm G  ;  , C có tung độ dương. Tính diện tích tam giác ABC. 3 3 Câu 8. (1 điểm) : Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B  2;1;0 , C  2;0;2  . Viết phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm B, C và cách A một khoảng lớn nhất. Câu 9.(0.5 điểm). Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên lấy 4 viên bi từ hộp. Gọi A là biến cố “ trong số 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. Tính xác suất của biến cố A. Câu 10. (1 điểm ). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x  y  z  3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của x3 y3 z3 2  3  3   xy  yz  zx  . biểu thức: P  3 y  8 z  8 x  8 27 1 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 2 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 81 1 M  a;0  là điểm cần tìm.Tiếp tuyến của (C) kẽ từ M là đường thẳng  t  : y  k  x  a  …. k thỏa:  x3  6 x 2  9 x   3x 2  12 x  9   x  a  1  x 3  6 x 2  9 x  k  x  a      2 2 3x  12 x  9  k  2 3x  12 x  9  k   1b x  3  0 1   x  3  2 x 2  3ax  3a   0   * 2  2 x  3ax  3a  0 0.25 0.25 Lập luận đi đến (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 : k x  k x   1 0.25 9a 2  24a  0 82  82  ...   a Vậy M   ;0  27  27  27a  81  1 0.25 1 Câu 2 2 Khi đó , phương trình tương đương với :  cos2 x  cos 2 x  3cos x  2   0 2a      x  4  k  x  4  k      cos2 x  0  2 x  2  k 2    cos x  1   x  k (k  ) cos2 x  3cos x  2  0  2cos 2 x  3cos x  1  0   1  2  cos x    x    k 2 2  3  Vậy nghiệm phương trình là: x   4  k ; x   2  k 2 3  x, y   từ gt ,ta có : x  1   y  5 i  x  3   y  1 i ; 2 2 2 2   x  1   y  5   x  3   y  1  x  3 y  4  0  x  4  3 y 0.25 0.25 Giả sử : z  x  yi, 2b Khi đó z  x2  y 2  10 y 2  24 y  16 z nhỏ nhất bằng Câu 0.25 8 2 6 khi và chỉ khi: z   i 5 5 5 0.25 3 2 5 log 2  3x  2  5x  2   6   3x  2  5x  2   64  15x2  4 x  68  0 ĐK x  x  2   x   34 15  0.25 0.25 0.25 3 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là: S  2 Câu 0.25 4  y  1 x  1 ĐK :  0.25 Pt đầu của hệ tương đương với  x  y  1 2 y  x  3  0  2 y  x  3  0 (do đk) 0.25 Thay vào pt thứ hai, được:  2 y  3 2 y  2  y 2 y  2  2 y  2  2 y  4   y  2   2 y  2  2  0  2 y  2  2  0  y  1 (thỏa đk ) Hệ pt có nghiệm duy nhất : x  5, y  1 Câu 0.25 5   2 2 0 0 I   xdx   x cos 2 xdx   x2 +  xdx  2 0 2 2 0  0.25 2 0.25 8     2 2 12 1 + J   xcos2 xdx  x sin 2 x 02   sin 2 xdx  cos2 x  0 20 4 0 0 I Câu 2 6   +Tính được : cos (SBC ), ( SCD)  0.5 1 7 0.5 7 Tìm được B 1; 2 , C  6;3 0.5 1 2 Diện tích tam giác ABC : S  5 2 Câu 0.25 0.25 8 + Tính được : d  BC, SD   a 3 Câu 0.25 12  30 2 8 Lập luận để được mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng qua BC và vuông góc với (ABC) BC   0; 1; 2  , AB  1;0; 1 . Vectơ pháp tuyến của (ABC) là: n ABC    BC, AB   1; 2;1   0.5 0.25 0.25 Suy ra VTPT của   là : n   BC, n ABC     5; 2;1   0.25 Pt   : 5x  2 y  z  8  0 0.25 4 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Câu 9 4 :   C12  495 Các khả năng: 0.25 +4 bi lấy được không có bi vàng:4bi đỏ; 1 bi đỏ +3bi xanh; +4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng:gồm 2bi đỏ, 1 bi vàng, 1 bi xanh hoặc 3 bi đỏ , 1 bi vàng. 4 1 3 2 2 3 1 2 1 1 3 1   C5  C5 .C4  C5 .C4  C5 .C4  C5 .C3 .C4  C5 .C3 = 275 P  A  Câu 0.25 275 5  495 9 10 Áp dụng bđt Cauchy cho các số dương: Tương tự, thu được : x3 y  2 y2  2 y  4 x3 x    33  3 y 8 27 27 729 3 x3 y3 z3 x 2  y 2  z 2  15  3  3  1 y3  8 z  8 x  8 27 2 2 2 4 x  y  z  2  xy  yz  zx  4  x  y  z  1 P     9 27 9 27 9 0.25 0.25 2 P 1 1 khi và chỉ khi x  y  z  1  min P  9 9 0.25 0.25 5 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 82 Câu 1: (2đ) Cho hàm số y  x 4  2(m2  m  1) x 2  m  1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m=0 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y=24x+2 Câu 2: (1đ)  a) Cho góc   ( ; ) mà sin   2 1  . Tính sin(   ) 6 5 b) Cho số phức z thoả mãn điều kiện: 2(z-1)= 3z  (i  1)(i  2) . Tìm môđun của z Câu 3: (0,5đ) Giải bất phương trình: 9x1  8.3x2  1  0 Câu 4: (1đ) Giải phương trình: x  2 x  1  2(3  x)2 2 x2  4 x  1 dx Câu 5: (1đ) Tính: I=  2x  1 0 4 Câu 6: (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB=a, AC=2a và SA vuông 0 góc với mặt đáy. Biết góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SBC) Câu 7: (1đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp K( 3 1 ; ), đường cao AH: 3x-4y+5=0 và trung tuyến AM: 2x-y=0. Tìm toạ độ các đỉnh của tam 2 2 giác ABC Câu 8: (1đ) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1;-2;3) và mặt phẳng (P): 2x+y+z-7=0. Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua mặt phẳng (P). Tìm toạ độ của điểm M’ và viết phương trình mặt cầu đường kính MM’ Câu 9: (0,5đ) Tại 1 điểm thi của kì thi Trung học phổ thông quốc gia có 10 phòng thi gồm 6 phòng mỗi phòng có 24 thí sinh và 4 phòng mỗi phòng có 25 thí sinh. Sau 1 buổi thi, 1 phóng viên truyền hình chọn ngẫu nhiên 10 thí sinh trong số các thí sinh đã dự thi buổi đó để phỏng vấn. Giả sử khả năng được chọn để phỏng vấn của các thí sinh là như nhau. Tính xác suất để trong 10 thí sinh được chọn phỏng vấn không có 2 thí sinh nào cùng thuộc 1 phòng thi Câu 10: (1đ) Xét các số thực không âm x, y, z thoả mãn điều kiện: x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=xy+yz+zx+ 4 x yz 6 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 82 1 Vôù m=0 i y=x 4  2x2  1 TXÑ : D= 0.25 y'=4x 3  4x  x0 y'  0    x  1 Treâ caù khoaûg (-1;0) vaø ), y'>0 neâ haø soá ng bieá n c n (1;+ n m ñoà n Treâ khoaûg (-;-1) vaø n n (0;1), y'<0 neâ haø soá n m nghò bieá ch n Haø soá t CÑ taï xCÑ =0; yCÑ  1 m ñaï i 0.25 Haø soá t CT taï xCT =  1; yCT  2 m ñaï i 1a lim  ; lim   x x BBT : x y'  y  1 0 1 - 0 + 0 - 0 1 -2  + 0.25  -2 0.25 Goï d laø p tuyeá caà tìm,M(x 0 ;y 0 ) laø p ñieå i tieá n n tieá m : y=24x+2 1b k d : heä goù cuû d soá c a  coù soá c k   24 heä goù d// => k d =k  <=> y'(x 0 )=24  4x3 -4x 0 =24  x0  2 0 y0  7, y '( x0 )  24 Pttt cuû (C) taï M(2;7) laøy=24x-41 a i : Vaä pttt caà tìm laø =24x-41 y n y Câu 0.25 0.25 0.25 0.25 2 7 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 cos 2   1  sin 2   4 5  2a Do   ( ; ) neâ cos <0 n 2 2 Do ñoù    cos 5   0.25  sin(  )  sin  .cos  sin .cos  6 6 6 2( z  1)  3z  (i  1)(i  2) (*) 2b Ñaëz=a+bi (a, b  )  z  a  bi t (*)  (2a  2)  2bi  3a  3  (1  3b)i  a 1 2a  2  3a  3      1 b  2b  1  3b  5  Moâun cuû z: |z|= a 2  b 2  ñ a Câu 5( 3  2) 10 0.25 0.25 26 5 3 9 x1  8.3x2  1  0  (3x ) 2  8.3x  9  0 (1) Ñaët=3x , t>0 t t  1 (1) trôû nh: t 2  8t  9  0   thaø  t 9 Keáhôï vôùñk, ta ñöôï : t  9  3x  9  x  2 t p i c Vaä bpt coù y nghieä laø  2 m x Câu 0.25 0.25 0.25 4 x  2 x  1  2(3  x) 2 1 2 Vôùñk treâ, pt töông ñöông i n Ñk: x  2( x  5) 2 x  1  3  2 x  13x  15   ( x  5)(2 x  3) 2x  1  3 x5   (2 x  3)( 2 x  1  3)  2 Giaû (2 x  3)( 2 x  1  3)  2 (1) i 0.25 Ñaët= 2 x  1, t  0  t 2  2 x  1 t 0.25 2 (1) trôû nh: t 3  3t 2  2t  8  0 thaø 8 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 i t  2 (loaï )  (t  2)(t 2  t  4)  0   2 t  t  4  0  1  17 (nhaä) n t  2 2 Giaût  t  4  0   i  1  17 (loaï ) i t   2 1  17 1  17 11  17 Vôùt  i  2x  1  x (nhaä) n 2 2 4 11  17 Vaä pt coù y nghieä laø m x=5 hoaë x  c 4 Câu 0.25 5 Ñaët= 2 x  1  t 2  2 x  1  x  t x  4 thì t=3 t2 1  tdt  dx 2 x=0 thì t=1 t2 1 2 t2 1 t 4  2t 2  1 2x  4 x  1  2( )  4. 1  2 2 2 4 2 t  2t  1 3 3 3 478 1 4 1 t 5 2t 2 2 2 I  .t.dt   (t  2t  1).dt  (   t)  1 15 t 21 2 5 3 1 2 Câu 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 6 BC  AB ( gt ) (1)   BC  SA (do SA  ( ABC ))   BC  ( SAB)  BC  SB (2) (1)(2)  goù giöõ (SBC) vaø c a (ABC) laø SBA  SBA  600 XeùABC vuoâg taï B: t n i 0.25 BC= AC 2  AB 2  a 3 XeùS AB vuoâg taï A: t n i SA  AB.tan SBA  a 3 1 a2 3 SABC  . AB.BC  2 2 1 a3 VS . ABC  .SABC.SA  (ñvtt) 3 2 0.25 9 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Trong (SAB), keû  SB taï K GK i GK  SB    GK  ( SBC )  d (G,( SBC ))  GK GK  BC (do BC  ( SAB))  Goï M laø cuû SB i tñ a Trong (SAB), keû  SB taï H AH i XeùABS vuoâg taï A coù ng cao AH t n i ñöôø 1 1 1 4 a 3    2  AH  AH 2 AB 2 AS 2 3a 2 MKG ñoàg daï g vôùMHA (g.g) n n i 0.25 0.25 GK MG 1 AH a 3    GK   AH MA 3 3 6 a 3 Vaä d(G,(SBC))= y (ñvñd) 6 => Câu 7 Ta có {A}=AH  AM  Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: 3x  4 y  5  0 3x  4 y  5  x  1    A 1; 2   2 x  y  0 2 x  y  0 y  2 0.25 Ta có: AH  BC    AH / / KM  KM : 3x-4y+m=0 (m  5) KM  BC  Mà: 5  3   1  K  KM  3.    4.    m  0  m  (thỏa 2  2   2 m5) 5 2 Nên KM: 3x  4 y   0 0.25 Ta có {M}=AM  KM  Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 5 5 1    3x  4 y   0 3x  4 y   x  1   2 2 2  M  ;1  2  2 x  y  0 2 x  y  0 y 1    Ta có: BC  KM  BC: 4x+3y+n=0 1 2 Mà M  BC  4.  3.1  n  0  n  5 Nên BC: 4x+3y-5=0  5  4b  B  BC  B  b;  3   KA   x A  xK    y A  y K  2 2 2 2   3    1  25  1        2       2   2    2  0.25 Ta có: 10 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 KA  KB  KA2  KB 2  25 2 2   xB  xK    y B  y K  2 25  3   5  4b 1  25  3   13  8b    b         b      2  2  3 2 2  2  6  2 2 2 2 2 2 2 25  3   13 4b  25 3 9  13  13 4b  4b    b         b 2  2.b.      2. .    2  2  6 3  2 2 4 6 6 3  3  25 125 52b 16b 2   b 2  3b    2 18 9 9 b  2 25b 2 25b 50 0    9 9 9 b  1 2 Với b=2 thì B(2;-1) xB  xC  1   xM  2   xC  2 xM  xB  2.  2  1 M là trung điểm BC     C (1;3) 2  y  yB  yC  yC  2 yM  yB  2.1  (1)  3   M  2 Với b=-1 thì B(-1;3) 0.25 xB  xC  1   xM  2   xC  2 xM  xB  2.  (1)  2 M là trung điểm BC     C (2; 1) 2  y  yB  yC  yC  2 yM  yB  2.1  3  1   M  2 Câu Vậy A(1;2); B(2;-1); C(-1;3) hoặc A(1;2); B(-1;3); C(2;-1) 8 Goï H laø i hình chieá cuû M leâ (P) u a n (P) coù VTPT n( P )  (2;1;1) MH qua M(1;-2;3) vaø VTCP: u  n( P )  (2;1;1) coù  x  1  2t  MH :  y  2  t  z 3t  M  MH  H (1  2t ; 2  t ;3  t ) H  ( P)  2(1  2t )  2  t  3  t  7  0 0.25  t  2 3 7 4 11 Neâ H( ; ; ) n 3 3 3 11 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 m trung ñieå MM' H laø 11  xM '  2 xH  xM   3  2  <=>  yM '  2 yH  yM  3  13   zM '  2 z H  zM  3  4 2 2 MH  ( ; ; ) 3 3 3 y Vaä M'( 11 2 13 ) ; 3 3 3 4 2 2 8 MH  ( )2  ( ) 2  ( ) 2  3 3 3 3 Goï (S) laø t caà ñöôøg kính MM' i maë u n 7 4 11 8 (S) coù m H( ; ; ) vaø baù kính R=MH= taâ coù n 3 3 7 3 7 4 11 8 ( x  )2  ( y  )2  ( z  )2  3 3 7 3 Câu 0.25 0.25 0.25 9 Toåg soá sinh cuû ñieå thi: 6.24+4.25=244 (thí sinh) n thí a m Khoâg gian maã  laø p hôï goà taá caû c caùh choï 10 thí n u taä p m t caù c n 0.25 sinh töø thí sinh cuû ñieå thi 244 a m 10 Ta coùn     C244 : Kí hieä X laø n coá Trong 10 thí sinh ñöôï choï phoûg u bieá " c n n vaá khoâg coù thí sinh naø cuøg thuoä moäphoøg thi" n n 2 o n c t n n  X   246.254 0.25 Xaù suaácaà tìm laø c t n : n  X  246.254 P=   4,37.104 10 n C244 Câu 10 Ta coùxy + yz + zx = : 1 2  x  y  z    x 2  y 2  z 2   2  x  y  z = 2 3 2 x  y  z Do ñoù P= 2 2 3  0.25 4 x yz 12 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 Vì 0  xy + yz + zx  x 2  y 2  z 2  3  x  y  z Neâ 0  n 2 3 2 3  0   x  y  z  3  6 2 0.25  3  x  y  z  9 2 Suy ra 3  x  y  z  3 Ñaë t =x+y+z, 3  t  3 t t2  3 4 P=  2 t 2 t 3 4 Xeùf(t)= t  vôù 3  t  3 i 2 t 4 t3  4 f'(t)= t- 2  2 t t f '  t   0  t 3  4  t  3 4 (loaï ) i f 0.25  3   4 33 f  3  13 3 13 khi 3 13 Do ñoù  P 3 Neâ f  t   n Khi x=y=z=1 thì P= 3t 3 0.25 13 3 13 Do ñoù tròlôù nhaácuû P laø giaù n t a 3 13 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 83 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  x2 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. b) Dựa vào đồ thị  C  hãy tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt 4 x 2 1  x 2   1  k . Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình 3z 2  6 z  15  0 trên tập hợp số thức. b) Biết cos   cot   tan  4 và 00    900 . Tính giá trị của biểu thức A  . cot   tan  5 Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2log3  x  1  log Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3  2 x  1  2 . 2 x  7  5  x  3x  2 . 1 2  Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x   e x  dx .  2 1 x  0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 450 và SC  2a 2 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A  4; 1 . Hai đường trung tuyến BB1 và CC1 của tam giác ABC có phương trình lần lượt là 8x  y  3  0 và 14 x 13 y  9  0 . Xác định tọa độ các đỉnh B và C . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A(7;2;1), B( 5; 4; 3) và mặt phẳng (P) : 3x 2y 6z 3 0 . Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh rằng AB song song với (P). Câu 9 (0,5 điểm). Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đó phân biệt. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi. Câu 10 (1,0điểm). Cho x, y, z là ba số dương có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: P  1  x  1  y  1  z . 14 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 83 1 + Đưa về được PT hoành độ giao điểm: x 4  x 2  k 1 4 0.25 + Lập luận được: Số nghiệm PT đã cho chính là số giao điểm của (C) và đường 1b thẳng (d): y  k 1 . 4 0.25 1 4 + Lập luận được: YCBT    k 1 0 4 0.25 + Giải ra đúng 0  k  1 Câu 2a 0.25 2 + Tính đúng  '  36  0 0.25 + Nêu được hai nghiệm z1  3  6i 3  6i  1  2i , z2   1  2i 3 3 1 2cos 2   1 25 4 + Thay cos   , ta được A  7 5 + Biến đổi được A  2b Câu 0.25 0.25 3 x  1  log3  x  1  log3  2 x  1  1  + PT   x  1 +  2 2 x  3 x  2  0 Câu 0.25  x2 0.25 4 + ĐK: 2  x  5 . Biến đổi PT về dạng 3 2 x  7  3x  2  5  x + Bình phương hai vế, đưa về được 3x2 17 x  14  0 + Giải ra được x  1 hoặc x  14 3 + Kết hợp với điều kiện, nhận được Câu 0.25 0.25 0.25 0.25 14 2  x  1 hoặc  x5 3 3 0.25 5 1 1 1 2 2x x  + I   x  e  dx   2 dx   xe x dx  2 1 x  0 0 x 1 0 1 + Tính được I1   0 2x dx  ln 2 x 1 2 0.25 0.25 15 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 1 + Tính được I 2   xe x dx  1 0.25 0 + Tính đúng đáp số 1  ln 2 Câu 0.25 6 1 3 + Vẽ hình đúng, nêu được công thức thể tích V  S ABCD .SA 0.25 và tính đúng SA  AC  2a . + Tính đúng BC  AC 2  AB2  a 3 , S ABCD  AB.BC  a 2 3 và ĐS đúng V 0.25 a3 2 3 . 3 + Gọi H là hình chiếu của A lên SD. CM được AH   SCD  . Từ đây khẳng định được d  B,  SCD    d  A,  SCD   =AH + Tính được AH theo công thức Câu 1 1 1   2 2 AH AS AD2 0.25 0.25 0.25 Vì B1 là trung điểm AC nên C(2a-4;16a-5). 0.25 + Vì C  CC1 nên suy ra a=0. Từ đây, thu được C(-4;-5) 0.25 + Tương tự cho B(1;5). Câu 7 + Gọi B1 là trung điểm AC, suy ra B1 (a,8a-3). 0.25 8  x  7  12t  + Đường thẳng AB đi qua A, VTCP AB   12; 6; 4  có PTTS là  y  2  6t  z  1  4t   x  7  12t  y  2  6t  + Xét hệ phương trình  và CM được hệ VN  z  1  4t 3x  2 y  6 z  3  0  Câu 0.5 0.5 9 + Hai chữ số cuối phân biệt nên gọi  là tập hợp tất cả các cách chọn 2 số phân 2 biệt trong 10 chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 , ta có được   A10  90 0.25 + Gọi A là biến cố “Gọi 1 lần đúng số cần gọi”, ta có A  1 . Vậy xác suất cần tìm là P  A  Câu 0.25 1 90 10 + Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 2 1  x  .  3 2 3  5  3x 2 6 1 x  0.25 16 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 + Tương tự, ta thu được 1  x  . 2  3 1  y  . 2  3 1  z  . 2 5  3x 5  3 y 5  3z    2 3 6 6 6 + Suy ra P  6 0.25 0.25 1 3 + Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  . 0.25 17 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 84 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1;1) và có hệ số góc bằng 3. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu 2 (1,0 điểm) a) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  1  5i  . 2 b) Giải phương trình: cos2x  2sin x 1  2sin x cos 2x  0 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 3.25 x2  3x  105 x2  x  3 .     Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 3  1  x 2  1  3x x  1  0 .  ln x   ln 2 x  dx .  1  x 1  ln x e Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I    Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB = AC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và (SCD) hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3x  4 y  4  0 .Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;-1;4), B(0;1;0) và x 2t : y 1 t , z đường thẳng 4 t t . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng và tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng tam giác ABM vuông tại M. sao cho Câu 9 (0,5 điểm) Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3x2 )10 . Câu 10 (1,0điểm). Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c . 18 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 84 1 + d: y=3x-2 + Xét biểu thức P=3x-y-2. Thay tọa độ điểm (0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm (2;2)=>P=6>0. Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d. Từ đây, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Câu 0.25 + Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 0.25 4  x  5  y  3x  2  + Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:    y  2 x  2 y  2  5  1b 0.25 0.25 2 + GT  3a  bi  24  10i 0.25 + Áp dụng hai số phức bằng nhau, suy ra a=-8,b=-10  ĐS 2a 0.25  PT  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x   0 0.25   cos2 x  11  2sin x   0 + Khi cos2x=1<=> x  k , k  Z 1 5   k 2 , k  Z Khi s inx   x   k 2 hoặc x  2b 2 Câu 6 0.25 6 3 3.25x 2   3x  10  5x 2  x  3        5x 2 3.5x 2  1  x 3.5 x 2  1  3 3.5 x 2  1  0     3.5 x2  1 5 x2  x  3  0 0.25 3.5 x2  1  0 1   x 2 5  x  3  0 2  1 1 + 1  5x2   x  2  log 5  2  log 5 3 3 3 x 2 2  5   x  3 . Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà 0.25 (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất. Vậy Pt có nghiệm là: x = 2  log 5 3 và x = 2. Câu 4 + x 3  1  x 2  1  3x x  1  0  x 3  x 2   3 x 3  x 2  2  0 2 3 2 + Đặt t  x x  1   . PT  t  3t  2  0 0.25 0.25 19 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 + Giải ra được x  1 hoặc x  14 3 0.25 2  t  3 2 2  +   t    x x  1    x  1 t  1 3 3  t  2   Câu 0.25 5 + I    ln x   ln 2 x  dx =I1 + I2  1  x 1  ln x e 0.25 42 2 3 + Tính được I 2  e  2 + Tính được I1  0.25 0.25 + Tính đúng đáp số đúng Câu 0.25 6 Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  AB = 2 SA a2 =a  3 2 SABC = V = Câu S a 2  SA = 3 A(a; C A (đvtt) a +Theo giả thiết ta có 8a 8b 0.25 0.25 1 AB.d (C  )  3 AB . 2 2 a  4  6  3a  AB  5  (4  2a) 2     25   a  0  2   S ABC  Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). Câu 0.25 B 3a  4 16  3a )  B(4  a; ). 4 4 Khi đó diện tích tam giác ABC là 0.25 a 7 + Gọi 0.25 a 1 1 a2 3 a2 3 AB. AC.sin1200 = = 2 2 3 2 12 1 a 2 a2 3 a3 2 = 3 3 12 36 a 3 0.25 0.25 0.25 8 * Mp(P) có vtpt n a (2; 1;1) *Ptmp(P) là: 2x – y + z - 9 = 0. *Xét ptgđ của đt và mp(P) 4t – 1(1-t) + (4 + t) - 9 = 0 * Gọi N là gđ cần tìm Thay t = 1 vào đt ta được N(2 ; 0 ; 5) Ta có M nên tọa độ M(2t ; 1- t ; 4 + t) Vì tam giác ABM vuông tại M nên ta có 0.25 t = 1. 0.25 0.25 20