50 đề thi thử Quốc gia 2016 môn Toán – Trung tâm luyện thi Thăng Long

1 MỤC LỤC STT ĐỀ THI THỬ TRANG 1 ĐỀ SỐ 1 3 2 ĐỀ SỐ 2 3 ĐỀ SỐ 3 4 ĐỀ SỐ 4 5 ĐỀ SỐ 5 6 ĐỀ SỐ 6 7 ĐỀ SỐ 7 8 ĐỀ SỐ 8 9 ĐỀ SỐ 9 10 ĐỀ SỐ 10 11 ĐỀ SỐ 11 12 ĐỀ SỐ 12 13 ĐỀ SỐ 13 14 ĐỀ SỐ 14 15 ĐỀ SỐ 15 16 ĐỀ SỐ 16 17 ĐỀ SỐ 17 18 ĐỀ SỐ 18 19 ĐỀ SỐ 19 20 ĐỀ SỐ 20 21 ĐỀ SỐ 21 22 ĐỀ SỐ 22 23 ĐỀ SỐ 23 24 ĐỀ SỐ 24 25 ĐỀ SỐ 25 26 ĐỀ SỐ 26 27 ĐỀ SỐ 27 28 ĐỀ SỐ 28 29 ĐỀ SỐ 29 30 ĐỀ SỐ 30 31 ĐỀ SỐ 31 32 ĐỀ SỐ 32 33 ĐỀ SỐ 33 34 ĐỀ SỐ 34 35 ĐỀ SỐ 35 36 ĐỀ SỐ 36 37 ĐỀ SỐ 37 38 ĐỀ SỐ 38 39 ĐỀ SỐ 39 40 ĐỀ SỐ 40 41 ĐỀ SỐ 41 42 ĐỀ SỐ 42 43 ĐỀ SỐ 43 44 ĐỀ SỐ 44 45 ĐỀ SỐ 45 46 ĐỀ SỐ 46 47 ĐỀ SỐ 47 48 ĐỀ SỐ 48 49 ĐỀ SỐ 492 50 ĐỀ SỐ 50 51 ĐỀ SỐ 51 52 ĐỀ SỐ 52 53 ĐỀ SỐ 53 54 ĐỀ SỐ 54 55 ĐỀ SỐ 55 56 ĐỀ SỐ 56 57 ĐỀ SỐ 57 58 ĐỀ SỐ 58 59 ĐỀ SỐ 59 60 ĐỀ SỐ 60 61 ĐỀ SỐ 61 62 ĐỀ SỐ 62 63 ĐỀ SỐ 63 64 ĐỀ SỐ 64 65 ĐỀ SỐ 65 66 ĐỀ SỐ 66 67 ĐỀ SỐ 67 68 ĐỀ SỐ 68 69 ĐỀ SỐ 69 70 ĐỀ SỐ 70 71 ĐỀ SỐ 71 72 ĐỀ SỐ 72 73 ĐỀ SỐ 73 74 ĐỀ SỐ 74 75 ĐỀ SỐ 75 76 ĐỀ SỐ 76 77 ĐỀ SỐ 77 78 ĐỀ SỐ 78 79 ĐỀ SỐ 79 80 ĐỀ SỐ 80 81 ĐỀ SỐ 81 82 ĐỀ SỐ 82 83 ĐỀ SỐ 83 84 ĐỀ SỐ 84 85 ĐỀ SỐ 85 86 ĐỀ SỐ 86 87 ĐỀ SỐ 87 88 ĐỀ SỐ 88 89 ĐỀ SỐ 89 90 ĐỀ SỐ 90 91 ĐỀ SỐ 91 92 ĐỀ SỐ 92 93 ĐỀ SỐ 93 94 ĐỀ SỐ 94 95 ĐỀ SỐ 95 96 ĐỀ SỐ 96 97 ĐỀ SỐ 97 98 ĐỀ SỐ 98 99 ĐỀ SỐ 99 100 ĐỀ SỐ 1003 4 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 1 Câu 1(2 điểm) Cho hàm số 32 32 y x x (1). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). b. Gọi d là đường thẳng đi qua A(1;4) hệ số góc k. Tìm các giá trị của k để d cắt (1) tại ba điểm phân biệt A, B, D. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của (1) tại B và D có hệ số góc bằng nhau. Câu 2(2 điểm) Giải các phương trình: a. 2 (1 sin 2 )(cos sin ) 1 sin x x x x b. 22 2 3 2 3 6 4 2 11 6 3 2 x x x x x x Câu 3(0.75 điểm) Giải phương trình 2 2 49 7 7 3 1 log log 1 log log 3 2 xx Câu 4(0.75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 32 ( ) 2.3 4.3 2.3 x x x fx trên đoạn   1;1 17 29 17 9 ; , ; , 1;5 5 5 5 5 E F G         . Tìm toạ độ điểm A và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE. Câu 8(1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tứ diện có 4 đỉnh A(5;1;3), B(1;6;2), C(6;2;4) và D(4;0;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua D và song song với mặt phẳng (ABC).Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu 9(0.75 điểm) Cho a, b, c, d là các số thực dương. Chứng minh rằng: ab cd ad bc abcd a c b d Câu 5(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, đường thẳng SA vuông góc với mặt đáy (ABCD) vàSA=AD=a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC. Câu 6(0.75 điểm) Một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 đến 16, chọn ngẫu nhiên 4 thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được chọn đều được đánh số chẵn. Câu 7(1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc AC tại H. Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH, BH và AD. Biết rằng 5 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1 1a Học sinh tự giải 0.75 1b Phương trình đường thẳng : 1 4 y k x   cắt () C tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 3 2 3 2 3 2 1 4 3 1 2 0 x x k x x x k x (1) 0.25 2 2 1 1 2 2 0 2 2 0 x x x x k x x k   0.25 Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt phương trình 2 2 2 0 x x k (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ' 1 2 0 3 1 2 2 0 k k k    0.25 Gọi 00 , xy là nghiệm của phương trình (2). Theo hệ thức Vi-et ta có: 2 BD xx (*) Ta có: 2 ' 3 6 y x x . Hệ số góc của các tiếp tuyến của () C tại các điểm B, D là: 22 ' 3 6 , ' 3 6 B B B B D D D D k y x x x k y x x x 0.25 Sử dụng kết quả (*): 22 3 6 3 2 0 D B B D B D B D B D k k x x x x x x x x Vậy hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại các điểm B, D bằng nhau. 0.25 Câu 2 2a 2 22 sin cos cos sin cos2 cos sin sin cos cos2 PT x x x x x x x x x x 0.25 cos2 sin cos cos2 0 cos2 sin cos 1 0 x x x x x x x 0.25 2 cos2 0 2 sin cos 1 2 sin 42 xk x xx x           0.25 2 2 42 22 44 3 2 2 2 44 xk xk x k x k xk xk                      0.25 6 2b Điều kiện: 1 2 x 2b 2 1 2 6 3 2 6 4 2 6 2 1 3 4 (1) 62 2 1 3 4 62 2 1 3 6 2 (2) PT x x x x x x x x xx x xx x x x 0.25 Từ (1) suy ra 2 1 3 0 5 xx . Khi đó (2) tương đương 2 2 2 1 8 2 8 2 6 2 3 2 1 8 12 x x x x x x x x 0.25 22 3 9 2 1 8 12 10 21 0 7 x x x x x x x   do 5 x nên chỉ có 7 x thoả mãn 0.25 Câu 3 Điều kiện: 0, 1 xx  7 7 7 log log 1 log 2 PT x x 0.25 2 77 log 1 log 2 2 x x x x 0.25 22 22 2 2 0 2 1 2 2 0 x x x x x x x x x x     (thoả mãn điều kiện) 0.25 Câu 4 Đặt 3 x t , do 1 1 1 3 3 xt     0.25 Ta có: 32 ( ) 2 4 2 f t t t t với 1 3 3 t  2 1 '( ) 6 8 2 0 1 3 t f t t t t    0.25 Khi đó 18 1 0, , 3 24 3 27 f f f Vậy max 24 fx tại 1, min 0 x f x tại 0 x 0.25 Câu 5 7 Trong mặt phẳng () SAD vẽ , AH SD H SD  Mặt khác ABCDlà hình chữ nhật nên CD SAD AH SC D   Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC chính là AH 0.5 Trong tam giác vuông SAD có AH là đường cao nên 2 2 2 1 1 1 2 2 a AH AH AS AD Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 2 2 a 0.5 Câu 6 Số phần tử của không gian mẫu  là 4 16 C  0.25 Gọi A là biến cố mà bốn thẻ đều được đánh số bởi các số chẵn, A  là tập hợp các kết quả thuận lợi cho A. Khi đó số phần tử của A  là 4 8 A C  0.25 Suy ra xác suất để bốn thẻ được chọn đều được đánh số chẵn là 1 26 A PA   0.25 Câu 7 7a Ta có EF là đường trung bình BCH  nên 2EF CB Mặt khác 2 CB DA GA EF GA . Gọi ; A x y , ta có 10 1;1 54 x EF GA A y  0.25 7b Do / / , EF BC AB BC EF AB   . Từ giả thiết ta có BH AC  suy ra F là trực tâm ABE  . Khi đó B là giao điểm của đường thẳng BH với đường thẳng đi qua A vuông góc EF 0.25 Ta có 0; 4 EF nên đường thẳng đi qua A vuông góc với EF có phương trình: 0. 1 4 1 0 1 x y y Phương trình đường thẳng BH vuông góc với AE là: 12 17 24 9 0 2 7 0 5 5 5 5 x y x y         Vậy toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 1 5;1 2 7 0 y B xy  0.25 A C D B S H G E F H C A B D8 Gọi ; O x y là tâm đường tròn ngoại tiếp ABE  , kẻ đường đính EK. Ta có tứ giác AKBF là hình bình hành khi đó đường chéo KF và AB cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường. Ta có 3;1 I . Mặt khác O là trung điểm EK suy ra OI là đường trung bình của EFK  . Hay 30 1 3;3 12 2 x OI EF O y  Vậy toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE  là 3;3 O 0.25 Câu 8 8a Ta có 4;5; 1 , 1;1;1 , 6;3; 9 AB AC AB AC 0.25 Suy ra mp(ABC) có vtpt 2;1; 3 n . Mặt phẳng đi qua D song song với mp(ABC) cũng có vtpt 2;1; 3 n . Vậy phương trình mp là: 2 4 3 6 0 2 3 10 0 x y z x y z 0.25 8b Ta có ; 6;3; 9 , D 1;1; 3 AB AC A   0.25 Suy ra 1 ; . 6 6 ABCD V AB AC AD   0.25 Câu 9 Trong hai số ab cd và ad bc không mất tính tổng quát, giả sử ab cd ad bc . Khi đó: 11 22 ab cd ab cd ad bc b d a c 0.5 Suy ra: 1 d 2 ab cd ad bc a bc abcd a c b d 0.25 I O A B E K F9 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 2 Câu 1 (2,0 điểm)Cho các hàm số 32 32 y x mx ( m C ) , 2 ( ) y x d , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( m C ) khi 1 m . b) Tìm các giá trị của m để ( m C ) có hai điểm cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của ( m C ) đến đường thẳng () d bằng 2 . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sin 2sin 1 cos 2cos 3 x x x x . b) Giải phương trình 3 log 3 6 3 x x . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 0 sin 2 . sin 2 x I dx x   Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi 12 , zz là hai nghiệm phức của phương trình 2 4 9 0 zz ; , MN lần lượt là các điểm biểu diễn 12 , zz trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng . MN 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 thành một hàng ngang.Tìm xác suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm (3;6;7) I và mặt phẳng ( ) : 2 2 11 0 P x y z . Lập phương trình mặt cầu () S tâm I và tiếp xúc với ( ). P Tìm tọa độ tiếp điểm của () P và () S . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B ; 0 , 30 AB a ACB ; M là trung điểm cạnh AC . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 0 60 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh ' A lên mặt phẳng () ABC là trung điểm H của BM . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C và khoảng cách từ điểm ' C đến mặt phẳng ( '). BMB Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích hình thang bằng 6; 2 CD AB , (0;4) B . Biết điểm (3; 1), (2;2) IK lần lượt nằm trên đường thẳng AD và DC . Viết phương trình đường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa độ. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 3 2 3 ( 3 3) 2 3 1 ( , ). 3 1 6 6 2 1 x x x x y y xy x x x y  Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực , xy dương và thỏa mãn 10 xy  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 2 24 32 55 x y x y T xy xy . 10 11 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2 Câu 1 1a Tập xác định: D . lim ; lim xx yy       Đạo hàm: 2 ' 3 6 y x x ; ' 0 0 yx hoặc 2 x . 0.25 Khoảng đồng biến: ;0 ; 2;   . Khoảng nghịch biến: 0;2 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2 x , 2 CT y ; đạt cực đại tại 0 x , y CĐ = 2. 0.25 Bảng biến thiên: x  0 2  y' + 0 - 0 + y 2   -2 0.25 Đồ thị: (Hs có thể lấy thêm điểm ( 1 ; 2); (1 ;0); (3;2) ). 0.25 1b 2 ' 3 6 3 ( 2 ) y x mx x x m . ' 0 0; 2 y x x m Điều kiện để hàm số có hai cực trị là 0 m  . 0.25 Tọa độ hai điểm cực trị: (0;2) A và 3 (2 ;2 4 ) B m m . 0.25 0: m A là điểm cực tiểu. Khi đó ( , ) 0 2 d A d  (loại). 0.25 0: m B là điểm cực tiểu. Khi đó: 3 3 3 2 1 1( ) ( , ) 2 | 2 | 1 1( ) 21 m m m tm d B d m m m ktm mm     Đáp số: 1 m . 0.25 Câu 2 2a Phương trình đã cho tương đương với 0.25 12 22 13 sin 3 cos 2 cos sin sin 3 cos 2cos2 sin cos cos2 22 sin sin 2 . 32 x x x x x x x x x x xx         2a 52 2 2 , 3 2 18 3 x x k x k k      . 5 2 2 2 , 3 2 6 x x k x k k    . Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 5 2 5 , 2 , 18 3 6 x k x k k     0.25 2b Điều kiện: 3 log 6 x . Phương trình đã cho tương đương với 3 27 3 6 3 3 6 3 x x x x . Đặt 2 27 3 0 6 6 27 0 x t t t t t 0.25 9 3( ) t tl   Với 9 3 9 2 x tx (tmđk). Đáp số: 2 x . 0.25 Câu 3 22 22 00 sin 2 2sin cos . sin 2 sin 2 x x x I dx dx xx  Đặt sin cos t x dt xdx . 0 0; xt 1. 2 xt  0.25 1 2 0 2 2 tdt I t  1 1 1 22 0 0 0 22 2 2 4 2 22 t dt dt dt t tt    0.25 11 1 2ln( 2) 4 00 2 It t 0.25 11 2(ln 3 ln 2) 4 32 I 32 2ln 23 . ( 0.144) I  . 0.25 Câu 4 4a Phương trình đã cho có 2 ' 4 9 5 5i  nên có hai nghiệm 1,2 25 zi  0.25 Từ đó (2; 5), (2; 5) 2 5 M N MN . Đáp số: 25 MN . 0.25 4b Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau” + Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7! + Số cách xếp có 3 học sinh nữ 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 0.25 13 5!.3! cách sắp xếp. + Xác suất của biến cố A là: 5!.3! 7! pA 1 7 . ( ( ) 0.14) pA  . (Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)…(567). Mỗi cách xếp lại có 3! cách hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7) 0.25 Câu 5 Mặt cầu () S tâm I có bán kính | 3 12 14 11| ( ,( )) 6 3 R d I P . 0.25 Phương trình mặt cầu 2 2 2 ( ) :( 3) ( 6) ( 7) 36 S x y z . 0.25 Đường thẳng () d qua I và vuông góc với () P có phương trình 3 6 2 ( ) 72 xt y t t zt  . 0.25 Giả sử ( ) ( ) (3 ) (12 4 ) (14 4 ) 11 0 9 18 0 2 M d P t t t t t  (1 ;2;3) M . 0.25 Câu 6 ' ( ) ' A H ABC A H  là đường cao của hình lăng trụ. AH là hình chiếu vuông góc của ' AA lên () ABC 0 ' 60 A AH . ' ' '. ABC A BC ABC V A H S 0.25 33 2 , ' 22 aa AC a MA MB AB a AH A H . 2 1 1 3 . . . . 3 2 2 2 ABC a S BA BC a a . 2 . ' ' 33 . 22 ABC A BC aa V 3 33 4 a . 0.25 .' ' 3 ',( ') ,( ') ,( ') A BMB BMB V d C BMB d C BMB d A BMB S . 3 . ' '. . ' ' 13 68 A BMB B ABM ABC A BC a V V V . 0.25 Do ( ') BM AHA  nên '' BM AA BM BB   ' BMB  vuông tại B 2 ' 1 1 3 '. . 3. 2 2 2 BMB a S BB BM a a . Suy ra 32 3 3 3 ',( ') : 82 aa d C BMB 3 4 a . 0.25 A C A' C' B B' M H Q P E14 (Cách 2: 0 33 ( ,( ')) .sin .sin60 24 aa d A BMB AE AH AHE ). Câu 7 Vì AD không song song các trục tọa độ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là (1 ; ), 0; n b b  suy ra: Phương trình :1( 3) ( 1) 0 AD x b y . Phương trình : ( 4) 0 AB bx y . 0.25 33 . . . ( , ). ( , ) 2 2 2 ABCD AB CD AB S AD AD d B AD d K AB 22 3 | 3 5 | |2 2| .. 2 11 bb bb . 0.25 2 22 1 | 3 5 | | 1 | 5 6 3 . 6 | 5 3|.| 1| 2( 1) 3 11 1 2 2 7 ABCD b bb S b b b b bb b          0.25 2 0;3 5 14 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0 x y x y x y x y 0.25 Câu 8 Điều kiện: 1 3 3; 3 3; 3 x x y   3 3 33 (1) 1 ( 1) 1 2 2 1 x x y y 0.25 Xét hàm 3 ( ) 1, 1 f t t t t . Ta có 2 3 3 '( ) 1 0 1 21 t f t t t , suy ra () ft đồng biến 1 t , suy ra 3 12 xy . 0.25 Thay vào (2) ta có 22 3 1 6 6 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 4( 1) 1 3 1 x x x x x x x x Do 1 x không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho 10 x ta được: 11 1 1 4 3 1 1 xx x x . Đặt 22 22 3 15 1 2 6 3 6 3 2 6 (3 ) 1 t t x t t t t t tt x   . 0.25 Với 5 62 12 5 1 5 1 5 127 1 22 1 1 4 64 2 xy x tx xy x x        . Đáp số 5 127 ( ; ) (5;62),( ; ) 4 64 xy . 0.25 Câu 9 15 Ta có 2 22 1 1 1 1 1 1 10 4 2 4 x xy y y y y    . Đặt 2 1 0 4 x tt y  0.25 Ta có 22 22 2 2 3 2 1 1 3 1 2 1 . ( ) . 5 5 1 1 1 1 xx tt yy T T f t x t t x y y với 1 0 4 t  . 2 3 2 1 3 1 1 '( ) . 5 1 1 t ft t t Nhận xét: 3 3 2 3 2 1 1 17 17 17 1 3 4 0 1 3 ; 1 4 4 16 16 16 17 1 17 16 t t t t t   0.25 Và 2 1 1 1 . 5 ( 1) 5 t . Do đó 41 '( ) 0 5 17 17 16 ft . Từ đó () ft đồng biến 1 1 13 6 (0; ] ( ) 4 4 25 17 t f t f  . 0.25 Đáp số: 1 (0; ] 4 13 6 1 1; 2 25 4 17 t MaxT t x y . 0.25 16 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 32 1 x y x . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng : d y x m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho góc thỏa mãn: 3 2   và tan 2 . Tính 2 5 sin sin sin 2 22 M         . b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: 2 ( 3) (2 ) i i z i z i . Tìm môđun của số phức w z i . Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình: 2 0,5 log ( 2) log 1 xx . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 3 2 3 2 2 4 5 3 4 x x x x x x x . Câu 5 (1,0 điểm).Tính tích phân: 2 0 cos2 . I x x x dx   Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; ; AB BC a 2 AD a ; () SA ABCD  . Góc giữa mặt phẳng () SCD và mặt phẳng () ABCD bằng 0 45 . Gọi M là trung điểm AD. Tính theo a thể tích khối chóp . S MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là : 3 0 d x y . Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC lên đường thẳng AC là điểm (1;4) E . Đường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với đường thẳng AC góc 0 45 . Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn 2 2 ( ) : 2 5 C x y . Tìm phương trình các cạnh của tam giác ABC . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm 1 ; 1 ;0 A và đường thẳng 11 : 2 1 3 x y z d . Lập phương trình mặt phẳng () P chứa Avà d . Tìm tọa độ điểm B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng () P bằng 3 . Câu 9 (0,5 đi ểm).Trong đợt xét tuyển vào lớp 6A của một trường THCS năm 2015 có 300 học sinh đăng ký. Biết rằng trong 300 học sinh đó có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Tuy nhiên, để đảm bảo quyền lợi mọi học sinh là như nhau, nhà trường quyết định bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh nói trên. Tìm xác suất để trong số 30 học sinh chọn ở trên có đúng 90% số học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực , ab dương và thỏa mãn 1 ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 32 11 2 (1 ) 2 (1 ) 8 T ab a a b b . 17 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3 Câu 1 1a Tập xác định: D \{1}. lim 3; lim 3 xx yy     suy ra tiệm cận ngang 3 y . 11 lim ; lim xx yy    suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng 1 x Đạo hàm: 2 1 ' 0 1 1 yx x  . 0.25 Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ;1  và 1;  . Hàm số không có cực trị. 0.25 Bảng biến thiên: x  1  y' - - y 3   3 0.25 Đồ thị: (Hs có thể lấy điểm (2;4); (0;2) ). 0.25 1b Phương trình tương giao: 32 1 x xm x ( 1) x  2 ( ) (2 ) 2 0 f x x m x m (1) 0.25 ĐK: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0 (1) 0 f    0.25 2 4 12 0 mm 0.25 6; 2 mm . 0.25 18 Câu 2 2a Ta có 22 2 1 1 1 3 1 tan 1 4 5 cos cos cos 5 2 5 x   0.25 2 2 2 2 sin cos cos2 sin cos 2cos 1 cos cos M 11 5 5 . 0.25 2b Gọi 2 , , 1 z a ib a b R i . Từ giả thiết ta có: ( 3)( ) 1 2 (2 )( ) 1 10 4 ( 1) (2 5 2) 0 1 . 4 2 5 2 0 5 5 i a bi i i a bi a a a a b i z i ab b   0.25 Từ đó: 11 | | | 1 | 1 5 25 z i i 26 5 . 0.25 Câu 3 Điều kiện: 2 x . Bpt 2 2 2 22 log 2 log 1 log 1 2 xx xx xx 0.25 2 2 2 x x x . Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bpt là 2 x . 0.25 Câu 4 Bpt 22 2 2 1 2 ( 1) x x x x x x   0 x . 2 ( 2) | 2 | 1 1 2 1 x x x x x    . (1) 2: x (1) 0 2 2 (loại). 0: (1) 2 2 x (loại). 2: x 2 (1) ( 2) 1 1 1 2 1 x x x x    0.25 Chia 2 vế cho .( 2) 0 xx ta được: 2 1 1 1 1 (1) 1 1 2 2 xx x x . Xét hàm 2 2 ( ) 1 , 0 '( ) 1 0 0 1 t f t t t t f t t t () ft ĐB 0 t 11 (1) 2 x x . 0.25 2 2 5 4 0 4; 1 x x x x x x . Kết hợp 24 xx . 0.25 0 2: x 0.25 19 2 (1) ( 2) 1 1 1 2 1 x x x x    . Chia 2 vế cho .( 2) 0 xx ta được: 2 1 1 1 1 (1) 1 1 2 2 xx x x . Xét hàm 2 2 22 1 ( ) 1 , '( ) 1 0 11 t t t f t t t t f t t tt () ft đồng biến t . Từ đó 11 (1) 2 x x . Trường hợp này vô nghiệm vì 1 0 2 x . Đáp số: 4 x . Cách 2: ĐK 0 x (mỗi dấu + ứng với ¼ điểm) 0 x không là nghiệm. Xét 0: x + 2 3 2 3 2 54 (1) 2 1 4 5 3 4 xx xx x x x x x 3 2 3 2 11 ( ) 4 0 2 4 5 3 4 xx f x x x x x x x x    . + Xét 3 2 3 2 11 () 2 4 5 3 4 xx gx x x x x x x Nếu 1 x thì ( ) 0 gx . + Nếu 0 1: x 1 1 1 1 xx . Ta có: 1 1 1 (1) 2 2 2 2 xx xx 2 32 3 4 1 2 2 1 2 2 x x x x x x x x 3 2 3 2 4 5 3 4 2 x x x x x x 3 2 3 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 4 5 3 4 x x x x x x x x x x x x x 3 2 3 2 11 (2) 2 4 5 3 4 x x x x x x . Từ (1) và (2) suy ra ( ) 0 0 g x x . + ( ) 0 4 0 4 f x x x . Kết hợp ĐK suy ra đáp số: 4 x . Câu 5 22 2 00 cos2 I x dx x xdx  . Ta có 3 2 23 2 0 0 1 3 24 A x dx x     . 0.25 2 0 cos2 . B x xdx   Đặt 1 ' 1. ' cos2 sin 2 2 u x u v x v x . 2 2 0 0 11 sin 2 sin 2 22 B x x xdx    . 0.25 20 H B A C I D F E J 2 0 1 1 1 1 0 cos2 1 1 2 2 4 2 x  0.25 I A B 3 1 24 2  . ( 0,792) I  . 0.25 Câu 6 Ta có ( ) ( ) . SCD ABCD CD  0 , ( ) 45 . CD SA AC CD SAC SC CD SCA    0.25 . 1 .. 3 S MCD MCD V SA S . 2 1 2; . 2 MCD SA AC a S a Suy ra 2 . 11 . 2. 32 S MCD V a a 3 2 6 a . 0.25 Gọi N là trung điểm AB //( ) BD SMN . Suy ra: ( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( )) d SM BD d BD SMN d D SMN d A SMN . Kẻ , ( ) ( ,( )) AP MN P MN AH SP H SP AH SMN d A SMN AH    . 0.25 Tam giác vuông SAP có 2 2 2 1 1 1 AH AS AP 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 11 22 4 a AS AN AM a a a Suy ra 22 11 a AH 22 ( , ) 11 a d SM BD . 0.25 Câu 7 Gọi F là điểm đối xứng với E qua d ( 1;2) F . Nhận xét: () C có tâm ( 2;0), I bán kính 5 R và () FC . Từ đó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình : 2 3 0 AB x y . 0.25 (3;0) AB d A  : 2 6 0 AC x y . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp ABC  . Đường thẳng  qua 1 10 , : 2 7 0 ; 33 E AC x y d J     . 0.25 Gọi vtpt của đường thẳng BC là 22 ( ; ), 0 n a b a b  . Ta có: 0 22 2 2 2 2 2 | 2 | cos45 5. 2 2 5 3 8 3 0 ab ab a b a b a ab b 0: a suy ra 0 b (loại) 0.25 A D B C S M N P H21 0: a  chọn 13 ab (thỏa mãn hệ số góc âm), 1 3 b (loại). Suy ra phương trình : 3 0 BC x y C . Do J là tâm đường tròn nội tiếp ABC  nên ( , ) ( , ) d J AC d J BC Suy ra 2 10 1 | 6 | | 10 | 29 10 2 3 3 3 3 5 10 C C (thỏa mãn); 29 10 2 3 C (loại vì khi đó , AJ nằm 2 phía BC ). Từ đó: 29 10 2 : 3 0 3 BC x y . Đáp số: : 2 3 0 AB x y ; : 2 6 0 AC x y ; 29 10 2 : 3 0 3 BC x y . 0.25 Câu 8 Đường thẳng d qua 1;1;0 M và có vtcp (2;1; 3) u . Ta có (2; 2;0) MA . () P qua 1; 1;0 A và có vtpt , 6;6;6 . n MA u   Chọn (1;1;1) n . 0.25 Phương trình tổng quát của () P là: 1( 1) 1( 1) 1( 0) 0 0. x y z x y z 0.25 Gọi ( ;0;0) ; B b Ox || ( ,( )) 3 3 3 b d B P . 0.25 | | 3 3 ( 3;0;0) b b B   . Đáp số: ( ) : 0 P x y z ; ( 3;0;0) B  . 0.25 Câu 9 Gọi A là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”. Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có 30 300 C cách chọn. Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em. Chọn 27 học sinh từ 50 học sinh có 27 50 C cách. Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có 3 250 C cách. 0.25 Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là: 27 50 C . 3 250 C . Xác suất của biến cố Alà () PA 27 3 21 50 250 30 300 . 1,6.10 CC C  . 0.25 Câu 10 Ta có: 1 1 2 , 1 11 1 ab ab ab . Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với 2 10 a b ab (Đúng). 0.25 22 Lại có: 2 2 2 4 1 3 1 1 .1 1 2 ab ab ab ab . Suy ra: 1 1 4 1 1 3 a b ab . Ta có: 22 (1 ) (1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 a a b b a b a b ab ab ab . Suy ra: 2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12 a a b b ab . 1 1 32 2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12 32 16 2 3 3 a a b b a a b b ab ab ab  . 4 16 3 3 T ab ab . Đặt 2 4 16 1 ( ). 3 3 t ab T f t t t 0.25 22 22 22 8 8 ( 3) ( 3) 3 '( ) 8. ( 3) ( 3) 3 ( 3) ( 3) 3 t t t t t ft t t t t t t . Xét 2 2 2 ( 3) ( 3) 3 ( 3) 3 3 0 M t t t t t t t t 2 4 2 3 2 4 3 2 3 3 6 9 3 ( ) 3 9 0 t t t t t t t t t t (Đúng 1 t ). Suy ra '( ) 0 1 f t t () ft đồng biến 1 t . 0.25 Từ đó: 1 (1) 7 1 1. t MinT f t a b 0.25 Cách 2:Có thể dồn biến về 22 u a b ab như sau: 1 1 4 4 1 1 1 1 2 a b a b u 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 2 a a b b a b a b a b a b a b u Suy ra: 11 2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12 2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12 a a b b u a a b b u  4 32 ( ), 2. 2 2 12 T f u u u u Chứng minh '( ) 0 2 f u u tương tự cách 1. Kết luận: 2 (2) 7 2 1. u MinT f u a b 23 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 4 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 21 1 x y x có đồ thị (H). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Tiếp tuyến tại điểmM có hoành độ dương thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho 2 10 AB . Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 21 3 4.3 1 0. xx Câu 3. (1,0 điểm) a) Tính môđun của số phức 2 (1 2 )(2 ) z i i . b) Cho tập   1,2,3,...,2015 A , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số. Tìm xác suất để giá trị tuyệt đối của hiệu hai số được chọn bằng 1. Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 4 1 ln 1 xx I dx x  . Câu 5. (1,0 đi ểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0 P x y z và đường thẳng d: 13 2 1 xt yt zt  . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến SA SB SC a 1; 5 , M 75 ;, 22 N 13 5 ; 22 P (M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua 1;1 Q và điểm A có hoành độ dương. Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 22 3 8 13 1 3 2 7 , . 1 8 7 12 1 3 2 x y x y x xy y x y x y y x y  Câu 9. (1,0 điểm) Cho ,, abc là các số thực dương thỏa mãn 20 a b c và 2 2 2 2 a b c ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 21 ( ) 1 ( )( 2 ) a c a b P a b c a b a c a b c mặt phẳng (P) bằng 3. Câu 6. (1,0 đi ểm) Cho hình chóp S.ABC có đồng thời SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau tại S. Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Gọi D là điểm đối xứng của S qua K; E là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI). Chứng minh rằng AD vuông góc với SE và tính thể tích của khối tứ diện SEBH theo a. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm 24 25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 4 Câu 1 1a Tập xác định:   \1 D Sự biến thiên , 2 3 0, 1 1 yx x  . 0.25 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;1)  và (1; )  . + Hàm số không có cực trị + Giới hạn: lim 2;lim 2 xx yy     Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 11 lim ;lim xx yy    Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 0.25 Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị: Giao điểm của (H) với Ox là 1 ;0 2 , với Oy là 0; 1 Đồ thị nhận 1;2 I làm tâm đối xứng 0.25 1b Gọi 0 00 0 21 ; ; 0 1 1 x M x H x x  0.25 1 2 2 - ∞ + ∞ + ∞ - ∞ y y' x26 Phương trình tiếp tuyến của H tại M là 0 0 2 0 0 21 3 : 1 1 x d y x x x x (d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại 0 0 24 1; 1 x A x (d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại 0 2 1;2 Bx 0.25 2 0 2 0 36 2 10 4 1 40 1 AB x x 0.25 0 0 2 4 x x   (do 0 0 x ) Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán 2;5 M và 4;3 M 0.25 Câu 2 21 31 0 3 4.3 1 0 1 1 3 3 x xx x x x       1.0 Câu 3 3a 2 2 2 (1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2 z i i i i i i i i i i i 0.25 V ậy 22 11 2 11 2 5 5 z i z 0.25 3b Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số được chọn bằng 1”. Số phần tử của không gian mẫu: 2 2015 nC  0.25 Số cặp số có hiệu bằng 1 (là cặp hai số liên tiếp) là 2014 A n . Vậy xác suất để “Hiệu hai số được chọn bằng 1” là 2 2015 2014 A n PA nC  0.25 Câu 4 Ta có: 4 4 4 12 1 1 1 x ln 1 ln 1 . . xx I dx xdx I I xx    0.25 4 4 1 1 1 2 14 . 33 I xdx x x  0.25 4 2 1 ln(1 ) x I dx x  , đặt 1 ln(1 ) . 2 .(1 ) 22 ux du dx xx dx dv vx x   4 44 2 11 1 1 2 2 .ln 1 | . 6ln3 4ln 2 2 | 6ln3 4ln 2 2 I x x dx x x  0.25 Khi đó 12 I I I = 14 8 6ln3 4ln 2 2 6ln3 4ln 2 33 0.25 Câu 5 M(1+3t, 2 – t, 1 + t) d. 0.25 27 Ta có d(M,(P)) = 3 2(1 3 ) 2(2 ) 1 1 3 3 t t t t =  1 0.5 Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M 1 (4, 1, 2) và M 2 ( – 2, 3, 0) 0.25 Câu 6 Gọi , HI AK J SJ AD E   E AD SHI  Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE 3 33 AD a F AD AE EF FD . Trong tam giác vuông cân SBC, 12 2 22 a SK BC SD a 0.25 Trong tam giác vuông SAD, 2 2 2 2 3 , . . 3 . 3 a SA a AE AD a a SA AE AD SE AD  0.25 Tam giác SAB cân tại S nên SH AB  Ta lại có , / / ( ) SC SAB SC BD BD SAB BD SH SH ABD SH HBE      2 2 a SH , HEB EAH SS 0.25 Mà 22 . 1 1 2 2 ,. . 6 2 2 12 EAH DAB HEB DAB S AH AE a a S ABBD S S ABAD 3 1 .. 3 36 SHBE HBE a V SH S (đvtt) 0.25 Câu 7 Đường tròn ngoại tiếp ABC  chính là đường tròn ngoại tiếp MNP  có phương trình là 22 3 29 0 x y x có tâm là 3 ;0 2 K 0.25 Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua 1;1 Q vuông góc với KP PT của AB: 2 3 0 xy . Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ 2 22 2 23 23 2 3 0 1 3 29 0 2 3 3 29 0 4 yx yx xy x x y x x x x x      Từ đó, tìm được 1;3 , 4; 5 AB Ta lại có AC đi qua A, vuông góc với KN có phương trình 2 7 0 xy 0.5 Nên tọa độ điểm C thỏa mãn 0.25 F E J K I H D C B A S28 2 22 2 72 72 2 7 0 4; 1 1 3 29 0 7 2 3 29 0 4 yx yx xy C x x y x x x x x      Câu 8 3 22 3 8 13 1 3 2 7 1 1 8 7 12 1 3 2 2 x y x y x y x y x y y x y  Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được 22 2 1 10 y y x y y yx   Với 1 y thay vào (1) ta được 8 13 1 7 1 x x x x 0.25 Với 2 yx thay vào (1) ta được 3 3 3 2 2 2 2 3 8 13 7 1 3 2 2 1 1 1 1 2 1 1 x x x x x x x x x x x x x Đặt 3 2 2 1, 3 2 a x b x ta được 32 33 32 11 10 11 a x x x b a b a b x b x x x a  22 10 ab a ab b x   0.25 3 2 3 2 11 2 1 3 2 8 15 6 1 0 11 8 64 xy a b x x x x x xy    22 2 2 2 2 37 1 2 1 1 3 2 0, 2 4 2 4 aa a ab b x b x x b x x x         Vậy hệ có nghiệm 11 ; 1;1 , ; 8 64 xy 0.5 Câu 9 Áp dụng BĐT AM - GM ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ab bc ac a b c a bc ab ac a bc ab ac Khi đó, 2 2 2 1 2 a b a c ab ac a b a c a b c a b 22 1 ac a b c a b a b  Mặt khác, 2 2 1 1 1 22 42 a b a b a c a b c a c a b c a b a c a b c ab  0.5 Do đó, 2 22 2 1 1 1 1 1 1 1 4 2 4 ab P a b a b a b a b a b   Vậy GTLN của P bằng 1 4 . 0.5 29 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 5 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 22 21 x yC x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng : 2 1 d y mx m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức P = OA 2 + OB 2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ). Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos2 cos sin 1 0 x x x b) Giải phương trình: 9 5.3 6 0 xx Câu 3. (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số phức: 2 30 zz b) Cho khai triển 8 2 x tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển đó Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 3 1 1 ln 2 ln e x I x dx xx  . Câu 5. (1,0 điểm) Cho điểm 1 ;3; 2 M , 1;2;3 n và đường thẳng 2 : 2 xt d y t t zt  Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d). Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều . S ABCD có O là tâm của đáy khoảng cách từ O đến mặt phẳng SBC bằng 1 và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng . Tính thể tích khối chóp . S ABCD theo . Xác định để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng : 1 0 d x y . Điểm 9;4 E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm 2; 5 F nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, 22 AC . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm. Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 22 4 2 2 4 1 1 2 2 1 , . 1 y x y x xy x x y y  Câu 9. (1,0 điểm) Cho ,, abc là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 2 a b c a b c . Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức 30 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 Câu 1 1a TXĐ: \ *SBT: 5 (1 ;3); ( 3;1) I d c A B 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng và Tính giới hạn và tiệm cận 0.25 Lập bảng biến thiên 0.25 Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0.25 1b PT hoành độ giao điểm: 2 2 1 2 1; 2 1 2 x mx m x x  2 4 4 1 0 mx mx m , (1); Đặt 2 4 4 1 g x mx mx m 0.25 * (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2 0 ' 4 0 0 1 0 2 m mm g     0.25 *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là 12 , xx thì 12 , xx là các nghiệm của PT (1) 12 12 1 1 . 4 xx m xx m  Có: OA 2 +OB 2 = 22 22 1 1 2 2 2 1 2 1 x mx m x mx m = 2 2 2 2 1 2 1 2 4 1 4 1 2 1 m x x m m x x m = 2 2 1 4 1 1 4 1 2 1 2 m m m m m m 0.25 = 51 2 22 m m 59 2 22 (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) Dấu bằng xảy ra 1 2 m ( thỏa mãn);KL: 1 2 m là giá trị cần tìm 0.25 Câu 2 1 2    2 21 ' 0, 2 21 yx x  1 ; 2  1 ; 2  31 2a cos2 cos sin 1 0 x x x cos 2 0 1 sin 4 2 x x      0.25 2a +) Với cos 2 0 42 k x x k +) Với 2 1 sin ( ) 4 2 2 2 xk xk xk        0.25 2b 9 5.3 6 0 xx 2 3 5.3 6 0 xx Đặt 3 x t 0 t Phương trình trở thành 2 5 6 0 tt 0.25 3 2 t t   3 1 log 2 x x   0.25 Câu 3 3a Ta có, 11 0  0.25 Suy ra phương trình có hai nghiệm là: 12 1 11 1 11 ; 22 ii zz 0.25 3b Ta có khai triển sau: 8 8 8 8 0 22 k k k k k x C x  0.25 Từ đó suy ra hệ số của 6 x là 62 8 2 112 C 0.25 Câu 4 3 11 1 ln ; 2 ln ee x I x dx dx xx  44 3 1 1 1 44 e e xe x dx  0.5 1 11 2 ln 1 ln ln 2 ln 2 ln 2 ln ee e d x x x dx x x x x x x  2 ln 2 ln 2 ln 2 e e Vậy 4 12 ln 42 ee I 0.5 Câu 5 Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vecto pháp tuyến: 1 1 2 3 3 2 0 2 3 1 0 x y z x y z Vậy phương trình (P) là: 2 3 1 0 x y z 0.25 Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được: 2 2 3(2 t) 1 0 t 1 x 2, y 1,z 1 tt Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là 2; 1;1 I 0.25 Câu 6 32 M O A B D C S H J I E' F E D C B A Gọi M là trung điểm BC Trong mp SOM kẻ OH SM  (1) . S ABCD là hình chóp đều nên , SM BC OM BC  Suy ra BC SOM OH BC   (2) Từ (1) và (2) suy ra OH SBC  1 OH Từ (1) và (2) ta cũng có ,. SBC ABCD SMO Xét OHM  vuông tại H ta có 1 sin sin OH OM 0.25 Xét SOM  vuông tại O ta có 11 tan .tan sin cos SO OM Ta có 2 2 sin AB OM 2 D 2 4 sin ABC S AB Suy ra . D D 22 1 1 4 1 4 . . . 3 3 sin cos 3sin cos S ABC ABC V S SO (đvtt) 0.25 Đặt 2 sin .cos P Ta có 23 sin .cos cos cos P Đặt cos , 0;1 tt Suy ra 3 P t t Ta có 2 13 Pt  , 12 33 0 33 P t t   Lập bảng biến thiên .D S ABC V nhỏ nhất khi P l 3 3 3 cos arccos 3 3 3 t Vậy .D S ABC V nhỏ nhất bằng 23 (đvtt) khi 3 arccos 3 . t 0 3 3 1 P  + 0 - P 23 9 0.5 Câu 7 +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC E’ thuộc AD. Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm 9;4 E phương trình EE’: 50 xy . Gọi I = AC  EE’, tọa độ I 0.25 33 là nghiệm hệ 5 0 3 3; 2 1 0 2 x y x I x y y  , I là Tđiểm của EE’ '( 3; 8) E AD qua '( 3; 8) E và ( 2; 5) F phương trình AD: 3 1 0 xy 0.25 (0;1) A AC AD A  . Giả sử ( ;1 ) C c c . Vì 2 2 2 4 2; 2 AC c c c ( 2;3) C 0.25 Gọi J là trung điểm AC ( 1;2) J phương trình BD: 30 xy . Do (1 ;4) ( 3;0) D AD BD D B  . Vậy (0;1) A , ( 3;0), ( 2;3), (1 ;4). B C D 0.25 Câu 8 22 4 2 2 4 1 1 2 2 1 (1) () 1 (2) y x y x I x x y y  Đặt 2 11 xt phương trình (1) có dạng: 2 2 4 1 2 1 0 t y t y 0.25 22 4 1 8 2 1 4 3 y y y  21 1 () 2 ty tl    0.25 +) Với 2 22 1 2 1 1 1 2 1 44 y t y x y x y y  thay vào (2) ta được 0.25 2 2 2 2 16 1 4 1 1 0 1 y y y y y y (do 1 y ) 0 x . Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) . 0.25 Câu 9 22 2 2 2 11 24 gt ab bc ca a b c a b c ab bc ca a b c      Do đó 3 3 3 333 3 4 1 4 4 4 16 abc a b c P a b c a b c a b c abc                 0.25 Đặt 4 4 4 ,, a b c x y z a b c a b c a b c Thì 2 4 4 4 44 y z x x y z xy yz zx yz x x   Vì 2 4 y z yz nên 8 0 3 x  0.25 Ta có 3 3 3 3 3 3 2 1 1 1 3 ( ) (3 12 12 6) 16 16 16 P x y z x y z yz y z x x x 0.25 34 Xét hàm số 32 ( ) 3 12 12 6 f x x x x với 8 0; 3 x    176 min ( ) 16,max ( ) 9 f x f x 0.25 35 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 6 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 42 21 y x mx (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1. b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là điểm cực trị thuộc trục tung. Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 2 22 log log 2 0 x Câu 3. (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos2 cos 3 sin 2 sin x x x x b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A. Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3. Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 2 0 4 dt I t  . Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 12 : 2 1 3 x y z  và mặt phẳng : 2 2 1 0 P x y z . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm 3; 1 ;2 A , cắt đường thẳng  và song song với mặt phẳng (P). Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN). Câu 7. (1,0 đi ểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2 AB AD , tâm 1; 2 I . Gọi M là trung điểm cạnh CD, 2; 1 H là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. Câu 8. (1,0 điểm) Giải bất phương trình 22 1 2 3 4 . x x x x Câu 9. (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1. abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 2 22 3 ( ) . 4 ( ) 5 ( ) 5 ab P a b b c bc c a ca 36 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6 Câu 1 1a Với m = 1 hàm số trở thành : 42 21 y x x TXĐ : R ; lim x y     Có 3 ' 4 4 y x x ; 0 '0 1 x y x    0.25 BBT (lập đúng và đầy đủ) 0.25 Hàm số đồng biến trên 1;0 và 1;  Hàm số nghịch biến trên ;1  và 0;1 y CĐ =1 tại x = 0; y CT = 0 tại 1 x  0.25 Đồ thị: (Vẽ đúng và chính xác) 0.25 1b Ta có 32 ' 4 4 4 y x mx x x m ; 2 0 '0 * x y xm   0.25 Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0 m (**) 0.25 Khi đó 22 0 0;1 '0 ;1 , ;1 xA y x m B m m C m m     0.25 Do đó 4 2 4 4 BC m m (t/m (**)) 0.25 Câu 2 2 2 22 2 log 1 log log 2 0 log 2 x x x   0.5 2 1 4 x x    0.5 Câu 3 3a cos2 3sin 2 3sin cos x x x x 1 3 3 1 cos 2 sin 2 sin cos 2 2 2 2 x x x x 0.25 2 2 2 2 3 3 3 cos 2 cos , 2 33 22 3 3 3 x x k x k x x k x x k x k                      0.25 3b Các số gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 lập được là 3 9 504 A 504 nA Chọn ngẫu nhiên một số từ A có 84 cách nên 84 n  Gọi B: “Số chọn được chia hết cho 3” 0.25 37 Số lập được chia hết cho 3 được lập từ các bộ số sau:                     1 ;2;3 , 1 ;2;6 , 1 ;2;9 , 1 ;3;5 , 1 ;3;8 , 1 ;4;7 , 1 ;5;6 , 1 ;5;9 , 1 ;6;8 , 1 ;8;9                   2;3;4 , 2;3;7 , 2;4;6 , 2;4;9 , 2;5;8 , 2;6;7 , 2;7;9 , 3;4;5 , 3;4;8                     3;5;7 , 3;6;9 , 3;7;8 , 4;5;6 , 4;5;9 , 4;6;8 , 5;6;7 , 5;7;9 , 6;7;8 , 7;8;9 Mỗi bộ số lập được 3!=6 số nên có tất cả 29.6=174 số. Chọn một số trong các số đó có 174 cách 174 nB Vậy xác suất là 174 29 504 84 nB PB n  0.25 Câu 4 11 22 2 00 1 1 1 4 4 2 2 dt I dt t t t  0.5 1 2 0 1 2 1 5 = ln ln 4 2 4 3 t t 0.5 Câu 5 Gọi B d B    nên giả sử 1 2 ;2 ;3 B t t t Khi đó 2 2 ;3 ;3 2 AB t t t là vtcp của d. Mặt phẳng (P) có vtpt 2; 1; 2 n 0.5 Vì d//(P) nên 1 . 0 2 2 2 3 2 3 2 0 3 ABn t t t t 4 10 ; ; 3 33 AB hay 4; 10;9 u là vtcp của d. Vậy phương trình d: 34 1 10 , 29 xt y t t zt  0.5 Câu 6 *)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều tâm G và SG ABC  . 1 . 3 S ABC ABC V SGS Tam giác ABC đều cạnh a nên 2 33 24 ABC aa AN S Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = 60 SAG (vì SG AG SAG  nhọn) 0.25 Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 23 33 a AG AN 0.25 38 Trong tam giác SAG có .tan60 SG AG a  Vậy 23 . 1 3 3 .. 3 4 12 S ABC aa Va Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M (SMN) nên ,, 3 C SMN G SMN dd Ta có tam giác ABC đều nên tại K SG ABC SG MN   MN SGK  . Trong (GKH), kẻ GH SK GH MN GH SMN    , H SK , G SMN d GH 0.25 Ta có 1 2 2 1 1 3 ; 2 3 3 2 6 12 a BK AN BG AG AN GK AN AN AN Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 48 49 7 a GH GH SG GK a a a Vậy , 3 3 7 C SMN a d GH 0.25 Câu 7 Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên 3 IC IH Mà 1;1 IH , giả sử 1 3.1 4 ; 4;1 2 3.1 1 xx C x y C yy  0.25 Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) Lại có 2 AB AD nên 1 2 CM BC MBC BAC BC AB Mà 90 90 BAC BCA MBC BCA AC BM    0.25 Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt 1;1 IH pt BM: x + y – 1 = 0 ;1 B t t Có 2;6 ; 4; AB t t CB t t 0.25 Vì . 0 2 4 6 0 AB BC ABCB t t t t  22 t  2 2; 1 2 B hoặc 2 2; 1 2 B 0.25 Câu 8 Điều kiện: 2 2 0 01 3 41 1 0 0 . 3 41 3 41 8 2 3 4 0 88 x x xx x xx       (*) Bất phương trình đã cho tương đương với 0.5 39 2 2 2 1 2 (1 ) 2 3 4 x x x x x x 22 3( ) (1 ) 2 ( )(1 ) 0 x x x x x x 2 2 2 2 5 34 1 9 3 2 1 0 9 10 1 0 1 1 1 3 5 34 . 9 x x x x x x x xx x x x x       Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41 . 98 x  0.5 Câu 9 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có 2 2 2 22 22 4 . 5 ( ) 5 9( ) ( ) ( ) 4 a a a b c bc b c b c b c Tương tự, ta có 22 22 4 . ( ) 5 9( ) bb c a ca c a Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 42 99 ( ) 5 ( ) 5 ( ) ( ) a b a b a b b c c a b c bc c a ca b c c a 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 () () 2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( ) 2 . 9 9 9 ( ) ( ) ( ) 4 ( ) 4 () 4 ab c a b a b c a b a b c a b ab c a b c a b a b c a b c c a b c         Vì 11 a b c a b c nên 2 2 2 22 22 2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3 (1 ) 1 (1 ) . 9 4 9 1 4 (1 ) 4 (1 ) 4 c c c P c c c c c c c (1) 0.5 Xét hàm số 2 2 8 2 3 ( ) 1 (1 ) 9 1 4 f c c c với (0;1). c Ta có 2 16 2 2 3 '( ) 1 . ( 1); 9 1 2 ( 1) f c c c c 3 1 '( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 . 3 f c c c c Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có 1 () 9 fc với mọi (0;1). c (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 , 9 P dấu đẳng thức xảy ra khi 1 . 3 abc Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 , 9 đạt khi 1 . 3 abc 0.5 () fc '( ) fc c 1 3 0 + – 0 1 1 9 40 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 7 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số 1 1 x y x (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Xác định m để đường thẳng d: 2 y x m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến của (C) tại A, B song song với nhau. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos (cos 1) 2(1 sin ) sin cos xx x xx Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 10 5 21 dx I xx  Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z biết: (1 ) 8 3 z i z i b) Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Tính xác suất để chọn ra nhóm đồng ca gồm 8 người trong đó phải có ít nhất là 3 nữ. (1 ;2;0), (0;4;0), (0;0;3) A B C Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh (1,0) A và hai đường thẳng lần lượt chứa các đường cao vẽ từ B và C có phương trình tương ứng là 2 1 0 xy và 3 1 0 xy . Tính diện tích tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 7 2 1 8 7 1 x x x x x Câu 9 (1,0 điểm). Cho hai số thực dương , xy thay đổi tỏa mãn điều kiện 4 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 2 3 4 2 4 xy A x y Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa OA, sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách C đến (P). Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’. ABC là hình chop tam giác đều, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= b. Gọi là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A’BC). Tính tan và thể tích khối chóp A’.BB’C’C. 41 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 7 Câu 1 1a TXĐ:   \1 D , 2 2 0 ( 1) y x D x Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định 0.25 lim 1 x y    tiệm cận ngang: 1 y 11 lim ; lim xx yy    tiệm cận đứng 1 x 0.25 BBT 0.25 Đồ thị 0.25 1b Pthđgđ: 2 2 (3 ) 1 0; 1(*) x m x m x  0.25 Phương trình này luôn có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m nên d luôn cắt (C) tai 2 điểm phân biệt A,B. 0.25 Ycbt 22 22 ( 1) ( 1) AB AB xx xx   0.25 1 3 2 2 2 AB AB AB xx xx m m xx     0.25 Câu 2 Đk: sin cos 0 xx  2 (1 sin )(cos 1) 2(sin cos )(1 sin ) pt x x x x x (1 sin )[(1 sin )(cos 1) 2(sin cos )] 0 x x x x x 0.5 sin 1 sin 1 (1 cos )(1 sin ) 0 cos 1 xx x x x   (thỏa đk) 0.25 2 2 2 xk k xk      0.25 Câu 3 Đặt 2 1 1 2 ; 5 2; 10 3 t x x t dx tdt x t x t 0.25 42 33 22 22 2 1 1 2 ( ) 1 2 1 ( 1) tdt I dt t t t t  0.5 3 2 1 2ln | 1| 2 | 2ln 2 1 1 t t 0.25 Câu 4 4a Đặt ( , ) z a bi a b theo giả thiết ta có hệ 28 3 ab a  0.25 3; 2 ab Vậy phần thực bằng 3, phần ảo bằng -2 0.25 4b Số phần tử của không gian mẫu là 8 15 6435 C 0.25 Số phần tử của biến cố “ trong 8 người có ít nhất 3 nữ” 3 5 4 4 5 3 5 10 5 10 5 10 . . . 3690 C C C C C C Vậy xác suất là 3690 6453 p 0.25 Câu 5 Gọi pt mp(P) là 2 2 2 0 ( 0) ax by cz d a b c Do ( ) 0, ( ) 2 0 2 O P d A P a b a b 0.25 ( ,( )) ( ,( )) | 4 | | 3 | 4 3 d B P d C P b d c d b c  0.25 Với 4b=3c, chọn 4 3, 6 ( ) : 6 3 4 0 c b a p x y z 0.25 Với 4b=-3c, chọn 4 3, 6 ( ) :6 3 4 0 c b a p x y z 0.25 Câu 6 Gọi E là trung điểm BC, H là tâm tam giác ABC suy ra 'EH A 22 22 2 3 1 3 ; 3 3 3 6 93 '' 3 aa AH AE HE AE ba A H A A AH 0.25 22 ' 2 3 tan A H b a HE a 0.25 2 13 ( ) . 24 a dt ABC BC AE , 0.25 2 2 2 '. ' ' . ' ' ' '. 3 ... 6 A BB C C ABC A B C A ABC a b a V V V 0.25 Câu 7 43 AC có pt: 2 2 0 xy , AB có pt: 3 1 0 xy 0.25 ( 5; 2), ( 1 ;4) BC 0.25 H là chân đường cao hạ từ C xuống AB, tọa độ H là nghiệm của hệ 3 1 0 21 ( ; ) 3 1 0 55 xy H xy  0.25 1 1 7 . .2 10. 10 14 2 2 5 ABC S ABCH 0.25 Câu 8 Đk: 17 x  pt 1 2 1 2 7 ( 1)(7 ) 0 x x x x x 0.25 1( 1 2) 7 ( 1 2) 0 x x x x ( 1 2)( 1 7 ) 0 x x x 0.25 1 2 5 4 17 xx x xx      thỏa mãn đk 0.5 Câu 9 2 11 2( ) 4 8 8 2 19 1 2.3. 2 42 x y y x y A x y 0.5 2 1 4 9 2 1 2 8 x x A x y y y  (thỏa 4 xy ) 0.25 Vậy GTNN của A là 9 2 khi 2 xy 0.25 44 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 8 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 32 y x 3x 1 (1) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình ) tan 1 ( cos ) 2 sin 1 ( ). 4 sin( 2 x x x x  Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 1 ln ln e e x dx x  Câu 4. (1,0 điểm) a/ Tìm số phức z thỏa |z|-3 z = 4(3i-1). b/ Tìm hệ số của 13 x trong khai triển Niu tơn đa thức n x x x x f 3 3 2 ) 1 2 ( ) 4 1 ( ) ( với n là số tự nhiên thỏa mãn: n C A n n n 14 2 3 22 ( 2) ( 3) 4 xy 3 4 7 0 x y m Câu 8. (1,0 điểm)Giải hệ phương trình 2 2 2 2 41 + =1 2x+3y xy (x,y R) 50 1 - =1 4x +9y x y  Câu 9. (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 3 3 3 3 1 3 1 3 1 a c c b b a P Câu 5. (1,0 điểm) : Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;−1;0),B(3;3;2),C(5;1;−2). Chứng tỏ tam giác ABC là tam giác đều. Tìm tọa độ điểm S sao cho S.ABC là hình chóp tam giác đều có thể tích bằng 6. Câu 6. (1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). Câu 7. (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): và đường thẳng d: . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 120 0 . 45 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 8 Câu 1 1a Khi m = 1, ta có 32 y x 3x 1 + TXĐ: D + Giới hạn: 32 lim ( 3 1) x xx    32 lim ( 3 1) x xx    +Sự biến thiên: 2 ' 3 6 y x x 2 0 ' 0 3 6 0 2   x y x x x 0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 ; 2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 0.25 Bảng biến thiên x  0 2  y  + 0 0 + y 1   - 3 0.25 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1) là tâm đối xứng. 0.25 Ta có : y’ = 3x 2 - 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 0.25 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 - 6x = 9 1 3 x x   0.25 Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x + 6 ( loại và song song với (d)) Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 0.25 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0.25 46 Câu 2 Đk: . R k k x x   ; 2 0 cos   0.25 2 cos x sin x cos x sin x pt cos x sin x cos x cos x cos x sin x cos x sin x cos x sin x 1 0   cos x sin x cos2 1 0 x 0.25 cos x sin x 0 tan x 1 xk ,k 4 cos 2 1 0 cos 2 1 k         xx x 0.25 Dễ thấy họ nghiệm trên thỏa mãn điều kiện. Z k k x k x ; ; 4    0.25 Câu 3 I= 2 2 11 ln ln e e dx xx  0.25 Xét 2 1 ln e e dx x  đặt 2 11 ln ln u du dx x x x dv dx v x  22 2 2 1 1 1 ln ln ln ee e e ee dx x dx x x x  0.5 thay vào trên có I= 2 ln e e x x 2 2 e e 0.25 Câu 4 4a Đặt z=x+yi (x,y R) Ta có 22 x +y -3(x-yi)=12i-4 3i(y-4)+ 22 x +y -3x+4=0 suy ra 22 y=4 x +y -3x+4=0  22 y=4 x +y =3x-4  0.25 22 x +16=(3x-4) 4 x4 3 ;  y x=3 y=4  z=3+4i 0.25 4b Từ n C A n n n 14 2 3 suy ra 0 25 5 2 2 n n tìm được n = 5 0.25 n x x x x f 3 3 2 ) 1 2 ( ) 4 1 ( ) ( = 6 3 ) 1 2 ( 64 1 n x = 21 ) 1 2 ( 64 1 x KQ : 13 13 21 13 2 64 1 C a hay 7 13 21 13 2 C a 0.25 Câu 5 + AB=(2;4;2); AC =(4;2;2); BC =(2;-2;-4) ;AB=BC=CA= 24 .Vậy tam giác ABC đều. 0.25 + AB;AC   =(-12;12;-12) 0.25 47 S ∆ABC = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 12 12 12 2 =63 (đvdt) Tọa độ trọng tâm tam giác ABC: G(3;1;0); Phương trình đường thẳng ∆ qua G và vuông góc với (ABC): x=3+t y=1-t z=t  Do SABC là hình chóp tam giác đều suy ra SG (ABC) S ∆ nên S(3+t;1-t;t). 0.25 SG= ABC 3V 3.6 = S 63  = 3+t-1+t+t-2 3 3t =3 t=-1;t=1 +Với t=-1 ta được S(2;2;-1) ; +Với t=1 ta được S(4;0;1) 0.25 Câu 6 3 2 a SH 0.25   3 2 1 3 3 3 2 6 aa Va 0.25 Xét tam giác vuông SHI      2 2 2 1 1 1 3 7 3 2 a HK HK a a 0.25 Vì AB// CD nên 3 7 a HK =d(A, SCD) 0.25 Câu 7 Đường tròn (C) có tâm I(2;-3) và bán kính R=2. Theo giả thiết ta có tam giác IAM vuông ở A và 00 60 30 AMI MIA . Suy ra: IM = 0 4 os30 3 AI c . 0.25 Vì Md nên M=(1 + 4t; -1 + 4 m +3t). Ta có 2 2 2 22 3 4 1 3 2 25 4 4 4 2 16 m m m IM t t t t m         0.25 Suy ra: 2 2 3 16 25 4 4 2 16 3 mm t t m 0.25 B S A C D H I K 48 2 2 34 25 4 0 * 2 16 3 mm t t m Ta có : 2 2 2 3 4 448 4 100 4 88 2 16 3 3 mm m m m  Để có 1 điểm M thỏa mãn đề bài thì PT(*) có 1 nghiệm duy nhất 2 448 251 4 88 0 11 33 m m m  0.25 Câu 8 ĐK x.y≠0 ; 2x+3y≠0. Nhân hai vế của pt (1) với 2x+3y và nhân 2 vế của phương trình (2) với 4x 2 +9y 2 ta được hệ 22 32 2 3 4 32 (2 ) (3 ) 26 xy xy xy xy  0.25 Đặt 32 a=2x- ; =3y- xy b Ta được: 22 a+b=4 +b =26 a  a=5 b=-1  hoặc a=1 b=-5  . 0.25 3 3 21 1 3 11 2 ; ; ; ; 2 1 2 1 52 35 2 3 3 x x x ax x x by y y y y y      0.25 3 1 25 3 1 53 2 ; ; ; ; 2 2 2 211 31 1 3 3 x x x ax x x by y y y y y      0.25 Câu 9 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có z y x 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz 3 z 1 y 1 x 1 ) z y x ( 3 3       (*) áp dụng (*) ta có 3 3 3 3 3 3 a 3 c c 3 b b 3 a 9 a 3 c 1 c 3 b 1 b 3 a 1 P 0.25 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 3 3 3 a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 33 b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 33 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 33    0.25 Suy ra 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3    13 4. 6 3 34     Do đó 3 P 0.25 49 Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1  Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4 / 1 c b a 0.25 50 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 9 Câu 1(2,0 điềm). Cho hàm số m x m x y 2 3 ) 1 ( , (1) ,với m là tham số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số (1) khi m = 4. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Câu 2(1,0 điềm). Giải phương trình: 5 cos ) 1 sin 8 ( 2 2 3 cos 2 5 cos 4 x x x x . Câu 3 (1,0 điềm). Tính tích phân:  2 1 1 1 x xdx Câu 4 (1,0 điềm). a) Tìm số phức z thỏa mãn: 5 z và phần thực của z bằng hai lần phần ảo của nó. b) Hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 3 quả cầu đỏ và 2 quả cầu xanh, hộp thứ hai chứa 4 quả cầu đỏ và 6 quả cầu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp 1 quả cầu. Tính xác suất sao cho chọn được 2 quả cầu khác màu. Câu 5 (1,0 điềm). Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho điểm M(5; 2 ;-3) và mặt phẳng (P) :2x+2y-z+1 = 0. a)Gọi M 1 là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng ( P ). Xác định tọa điểm M 1 và tính độ dài đoạn M 1 M. b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M và chứa đường thẳng d: 6 5 1 1 2 1 z y x . Câu 6 (1,0 điềm). Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB= b.Tính thể tích của khối chóp S.ABCDEF và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BE Câu 7 (1,0 điềm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 0xy, hãy lập phương trình chính tắc của elip(E) có độ dài trục lớn bằng 2 4 , các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn. Câu 8 (1,0 điềm). Giải hệ phương trình R y x y x xy x y y x  , , 2 ) 2 )( ( 2 2 2 2 Câu 9 (1,0 điềm). Cho năm số thực a, b, c, d, e thuộc đoạn [0 ; 1]. Tìm giá trị lớn nhất của P = abcd e eabc d deab c cdea b bcde a 1 1 1 1 1 . 51 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9 Câu 1 1a TXD: D = R y / = 3x 2 +6x; y / = 0   0 2 4 0 y x y x 0.25 Hs đồng biến trên các khoảng ) ; 0 ( ) 2 ; (   va ; nghịch biến trên (-2; 0) Hs đạt CĐ tại x=-2, y CD = 0; đạt CT tại x= 0; y CT =-4    x y lim ;    x y lim 0.25 BBT x  -2 0  y / + 0 - 0 + y   0.25 Điểm đặc biệt x -3 -1 1 y -4 -2 0 Đồ thị: học sinh tự vẽ đồ thị 0.25 1b Ta có pthđgđ của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là   ) 2 ( , 0 1 0 ) )( 1 ( 0 ) 1 ( 2 2 2 3 m mx x x m mx x x m x m x 0.5 Để đồ thị hàm số (10 cắt 0x tại 3 điểm phân biệt thì pt (2) có 2 nghiệm p/b khác 1   2 1 4 ; 0 m m m 0.5 Câu 2 53 4cos cos 2(8sin 1)cos 5 22 xx xx 2cos4 8sin 2 5 xx 0.25 2 4sin 2 8sin 2 3 0 xx 0.25 3 sin 2 ( ) 2 1 sin 2 2 x VN x      0.25 5 12 , 12 xk kZ xk          0.25 Câu 3 đặt dx tdt x t x t 2 1 1 2 , 0.25 52 Đổi cận ta được t=1; t=0 0.25 Suy ra 2 ln 4 3 11 ) 1 2 2 ( 1 2 1 0 1 0 2 3   dt t t t dt t t t 0.5 Câu 4 4a 22 2 5 5 2 5 2 ab z ab ab b ab     0.25 2 5 2 5 55 aa hoac bb  0.25 4b 50 . ) ( 1 10 1 5  C C n 0.25 n(A)= 26 . . 1 4 1 2 1 6 1 3 C C C C P(A)= 26/50=0,52 0.25 Câu 5 5a  t z t y t x 3 2 2 2 5 ,t R , 0.25 Tọa độ M 1 (1; -2; -1) và M 1 M=6 0.25 5b mp(Q) nhận tích có hướng 2 vectơ d u  và  2 MM ,với M 2 (1;1;5) làm vec tơ pháp tuyến. 0.25 Suy ra pt mp (Q) là x+4y+z-10=0 0.25 Câu 6 Tâm O của lục giác đều là giao điểm các đường chéo AD,BE,CF Tacó SO vuông góc (ABCDEF), các tam giác OAB,OBC,OCD,ODE,OEF,OFA là các tam giác đều cạnh = b 0.25 Suy ra diện tich đáy S= 2 3 3 2 b ; h= SO = 2 2 b a Vậy V= 2 3 3 2 2 2 b a b 0.25 BE và SA chéo nhau, và BE song song AF nên d(BE,SA)= d(BE,(SAF))= d(O,(SAF)) Hạ OI SI OJ AF   , ,suy ra AF OJ AF SOI   ) ( 0.25 Mà SI OJ  nên OJ ) (SAF  suy ra OJ là khoảng cách cần tìm. Tam giác SOI vuông tại O, suy ra OJ= 2 2 2 2 2 2 4 3 3 . b a b a b OS OI OS OI 0.25 Câu 7 Pt chính tắc của (E) có dạng 0 , ; 1 2 2 2 2 b a b y a x 0.25 Theo gt 2 2 a ,các đỉnh trên oy B 1 (0;-b); B 2 (0;b),các tiêu điểm F 1 (-c;0);F 2 (c;0). 0.25 Tứ giác F 1 B 1 F 2 B 2 là hình thoi, mà 4 đỉnh trên cùng nằm trên đường tròn nên nó là hình vuông, vậy b=c, mà a 2 =b 2 +c 2 suy ra b=c=2 0.25 53 KL: 1 4 8 2 2 2 2 y x 0.25 Câu 8 R y x y x xy x y y x  , , ) 2 ( , 2 ) 1 ( ), 2 )( ( 2 2 2 2 0.25 Từ (2) Ta có x 2 +y 2 =2 =>  0 xy y x 2 2 ) ( 2 =2(1+xy) 0 2 0 1 xy xy 0.25 Do đó (1) y x (vì hàm số f(t) = 2 t đồng biến) 0.25 Vây hệ đã cho trở thành 1 2 2 2   y x y x y x 0.25 Câu 9 Không mất tính tổng quát giả sử e d c b a     ,khi đó abcde e d c b a abcde e abcde d abcde c abcde b abcde a P  1 1 1 1 1 1 0.25 do a,b,c,d,e thuộc đoạn [0;1] nên (1-abc)(1-de)+(1-ab)(1-c)+(1-d)(1-e)+(1-b)(1-a) 0 0.25 Suy ra a+b+c+d+e ) 1 ( 4 4 abcde abcde   0.25 Do đó 4  P Đẳng thức xảy ra khi a=0,b=c=d=e=1.Vậy maxP=4 0.25 54 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 10 Câu 1(2 điểm) Cho hàm số 1 x y x (1). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). b. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm () MC sao cho 2 IM . Câu 2(1 điểm) Giải phương trình: 44 1 sin cos 44 xx  Câu 3(1 điểm) Giải hệ phương trình: 4 5 10 6 4 1 2 1 3 1 1 x y y x x x x x y  Câu 4(1 điểm) Tính tích phân 2 2 32 1 33 43 xx I dx x x x  Câu 5(1 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại A, BC=a, 5 ' 2, cos ' 6 AA a BA C . a. Tính thể tích lăng trụ . ' ' ' ABC A B C b. Tínhgóc giữa đường thẳng ' AB và mặt phẳng '' AA C C Câu 6(1 điểm) Chứng minh rằng phương trình 2 4 4 1 1 x x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. Câu 7(1 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng :3 2 4 0 xy  và hai điểm 1 ; 3 , 3; 1 AG . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhận G làm trọng tâm và đường thẳng  chứa đường trung trực của cạnh AC. Câu 8(1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng : 2 2 1 x y z và đường thẳng 11 : 1 2 2 x y z d . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với mặt phẳng (Oxy) và mặt phẳng Câu 9(1 điểm) Trong một lớp học có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Nhà trường cần chọn 4 học sinh để thành lập tổ công tác tình nguyện. Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ. 55 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 10 Câu 1 1a Học sinh tự giải 1.0 1b Ta có ; 1 x Mx x và 1;1 I 0.25 Khi đó 2 2 22 0 2 1 1 2 1 1 0 2 1 x x IM x x x x     0.25 Tiếp tuyến tại điểm 1 2 1 0;0 : 0 0 01 M y x y x 0.25 Tiếp tuyến tại điểm 2 2 1 2;2 : 2 2 4 21 M y x y x 0.25 Câu 2 2 2 2 2 22 1 cos 2 1 cos2 1 1 1 cos2 1 sin 2 1 4 2 2 4 2 2 4 1 cos2 1 sin 2 1 sin 2 cos2 1 x x x x x x x x              0.5 22 2 44 sin 2 3 42 22 44 xk x xk         Vậy nghiệm của phương trình là 4 xk kZ xk       0.5 Câu 3 Điều kiện: 1 1 ; 1 xy    Nếu x=0 thay vào hệ phương trình ta được ; 0;0 xy là một nghiệm của hệ phương trình. Nếu 0 x  từ 5 4 5 10 6 5 yy x y y x x x x xx 0.25 Xét 5 , f t t t t R . Ta có 4 ' 5 1 0, f t t t R nên ft đồng biến trên R. Do đó 2 yy f x f x y x xx 0.25 56 Thay 2 yx vào phương trình thứ hai ta được 2 4 1 2 1 3 1 1 x x x x (*) Đặt 22 22 1 1 0, 1 0 2 2 x u v u x v x uv  Phương trình (*) trở thành 22 22 1 42 2 2 4 2 0 2 2 0 u v u v uv u v u v v u v u v 0.25 Nếu 39 2 1 2 1 ; 5 25 v u x x x y Nếu 2 1 2 1 v u x x phương trình vô nghiệm 0.25 Câu 4 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1 4 3 2 1 3 43 x x dx dx dx dx dx x x x x x x x x x      0.5 Suy ra 2 2 1 1 1 1 1 6 ln ln ln 2 ln 2 3 2 5 x Ix x 0.5 Câu 5 5a Đặt AB=x thì 2 2 2 2 ' ' 2 A B A C x a Áp dụng định lí số cosin trong ' A BC  , ta có: 2 2 2 2 2 2 22 ' ' 2 4 5 cos ' 2 ' . ' 6 22 A B A C BC x a a BA C x a A BA C xa Suy ra ABC  đều, nên 2 3 4 ABC a S Vậy thể tích lăng trụ 3 6 4 a V 0.5 5b Kẻ '' BH AC BH AA C C   Suy ra góc giữa đường thẳng ' AB và mặt phẳng '' AA C C là góc ' BA H Trong tam giác vuông ' A BH có 3 1 2 sin ' ' 30 '2 3 o a BH BA H BA H AB a Vậy góc giữa đường thẳng ' AB và mặt phẳng '' AA C C là 30 o 0.5 Câu 6 Xét hàm số 2 4 4 1 1 x f x x Ta có 2 ' 2.4 . 4 ln 2 4 ln 2 x f x x x 0.25 Tam thức bận hai 22 4 ln 2 4 ln 2, 4 4ln 2 0 g x x x  nên g(x) có hai nghiệm 0.25 C' A' B C A B' H57 phân biệt 1 2 1 2 , x x x x Ta có bản biến thiên x 12 + xx   f’(x) + 0 - 0 + f(x) 0.25 Vì vậy phương trình f(x)=0 có không quá 3 nghiệm Mặt khác ta thấy 37 17 1 ( 3) 1 0, 2 1 0, 0 0 64 16 2 f f f f Suy ra phương trình có đúng 3 nghiệm 1 2 3 1 ; 0; 3; 2 2 x x x 0.25 Câu 7 Đường thẳng AC đi qua 1; 3 A và vuông góc với đường thẳng  nên có phương trình: 2 1 3 3 0 2 3 7 0 x y x y 0.25 Trung điểm M của cạnh AC có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: 2 3 7 0 2; 1 3 2 4 0 xy M xy  Do 2 5; 1 BG GM B . Khi đó trung điểm của AB là 2; 2 N và 6;2 AB Suy ra đường trung trực của AB có phương trình 3x+y-4=0 0.25 Tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ 3 4 0 4 ;0 3 2 4 0 3 xy I xy  0.25 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 2 4 130 39 xy 0.25 Câu 8 Gọi I, r là tâm và bán kính mặt cầu (S). Ta có 1 ;1 2 ; 2 I d I t t t 0.25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng : 2 2 1 0 x y z và mặt phẳng :0 Oxy z khi và chỉ khi: 2 1 1 2 2 2 1 2 ,, 0 0 1 4 1 4 ttt t d I d I Oxy r 0.25 1, 2 24 2 12 3 , 55 tr t rt tr    0.25 58 Với 22 2 1 0; 1 ;2 , 2 ( ) : 1 2 4 t I r S x y z Với 2 2 2 1 6 7 2 2 6 7 2 4 ; ; , ( ) : 5 5 5 5 5 5 5 5 25 t I r S x y z                 0.25 Câu 9 Số phần tử của không gian mẫu 4 25 12650 NC  0.25 Gọi A là biến cố để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Khi đó: 1 3 2 2 3 1 15 10 15 10 15 10 . . . 11075 N A C C C C C C 0.5 Vậy xác suất để chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là 443 506 NA PA N  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 1 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 11 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 42 2 1. y x x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C). Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình 2 cos 2sin 3 2 2cos 1 1. 1 sin 2 x x x x b) Cho số phức z thỏa mãn: 2 1 2 8 1 2 . i i z i i z Tính môđun của z. Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 42 log x log 4 5. x Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: 32 6 171 40 1 5 1 20 0, x x x x x x Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: 3 1 1 lnxd . e x Ix x  Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, , AB BC a 0 90 BAD , cạnh 2 SA a và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho 3. AB AM Đường tròn tâm 1; 1 I đường kính CM cắt BM tại D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua 4 ;0 , 3 N phương trình đường thẳng : 3 6 0 CD x y và điểm C có hoành độ lớn hơn 2. Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng x y z d 13 : 1 1 1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5. Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng: THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 2 3 3 3 333 3 3 3 1 a b c a b c b c a c a b TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11 Câu 1 1a Tập xác định: . Giới hạn và tiệm cận: lim . x y     Đồ thị (C) có không tiệm cận. 0.25 CBT: Ta có 32 ' 4 4x 4x 1 ;y' 0 x 0 x 1. y x x   Dấu của y’: ' 0 1 ;0 1 ; ; ' 0 ; 1 0;1 y x y x     hàm số ĐB trên mỗi khoảng 1;0 và 1; .  NB trên mỗi khoảng ;1  và (0 ; 1) Hàm số có hai CT tại x = 1; y CT = y( 1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; y CĐ = y(0) = 1. 0.25 x -  -1 0 1 +  y’ - 0 + 0 - 0 + y +  1 +  0 0 0.25 Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại (0;1). Điểm khác ( 2; 9) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0.25 1b Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0 0.25 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1. 0.25 Câu 2 2a Điều kiện: 1 sin 2 0 4 x x k     Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2 2sin cos 3 2 cos 2cos 1 1 sin 2 x x x x x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 3 2 cos 2 2cos 3 2 cos 2 0 2 cos 2 xl xx x     Với 2 cos 2 . 24 x x k    Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: 2 , . 4 x k k   0.25 2b 22 1 2 8 1 2 1 2 1 2 8 i i z i i z i i i z i   2 2 1 2 8 i i i z i   0.25 2b 8 1 2 8 2 3 13 1 2 5 ii i z i z i Vậy môđun của z là 13. 0.25 Câu 3 Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình tương đương với 2 2 2 2 13 log x log log 4 5 log 3 22 xx 0.25 2 log 2 4 xx (t/m) Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4. 0.25 Câu 4 Điều kiện: 1 5 x Khi đó phương trình tương đương với 32 3 3 6 12 8 3 6 8 5 1 5 1 36 5 1 54 5 1 27 6 5 1 9 2 3 2 2 5 1 3 3 2 5 1 3 x x x x x x x x x x x x x   0.25 Xét hàm sô 3 3 f t t t Phương trình (1) có dạng 2 2 5 1 3 f x f x Ta có: 2 ' 3 3; ' 0 1 f t t f t t  0.25 Suy ra: Hàm số 3 3 f t t t đồng biến trên khoảng (1; + ) Với điều kiện 21 1 5 2 5 1 3 1 x x x  Từ đó suy ra 1 2 2 5 1 3 xx 0.25 t -  -1 1 +  f’(t) + 0 - 0 + f(t) THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 4 2 2 1 1 1 2 5 1 2 1 4 5 1 22 5 0 1 11 116 / 11 116 x x xx x x x xx x x t m x     Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: 11 116. x 0.25 Câu 5 Ta có: 3 2 12 1 1 1 1 ln lnxd d lnxd e e e xx I x x x x I I xx    0.25 Tính I 1 : 2 1 11 lnx ln 1 d ln d ln 1 22 ee e x I x x x x  0.25 Tính I 2 : 2 2 1 x lnxd e Ix  . Đặt 23 1 ln 3 du dx ux x dv x dx x v   3 3 3 23 2 1 1 1 2 1 ln 11 3 3 3 9 9 9 e ee x e e I x x dx x  0.25 Vậy 3 3 3 1 1 1 2 1 11 2 lnxd 2 9 9 18 9 e x e e Ix x  0.25 Câu 6 Chứng minh: SCD vuông tại C ABCD là hình thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C. 2; 2 ; 5 AC CD a AD a SC BD a 0.25 V SBCD = V S.ABCD – V SABD 3 3 3 2 2 2 2 3 6 a a a (đvtt). 0.25 3 2 . 2 2 3. 3 6 2; B, 2 2 S BCD SCD SCD a V a S a d SCD S a (hoặc , 1 ,) 22 , d B SCD BK a d B SCD CK d A SCD 0.25 2 2 , 22 , B, 3 3 3 B, d H SCD SH SA a d H SCD d SCD SB SB d SCD 0.25 Câu 7 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 5 ABM  (g g) 3 AB DC DCM AM DM  Xét tam giác CMD ta có: 2 2 2 2 2 4 10 CM DM CD CI DM Mà (I,d) 4 2 10 DM d nên 2 4 CI Gọi 3 6; I y y Ta có 3 11 ; 55 C (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn) 0.5 I là trung điểm của CM 1 ; 1 M phương trình đường tròn tâm I là 22 : 1 1 4 C x y D là giao điểm của CD và (C) 3 11 ;. 55 D Phương trình đường thẳng BM: 3 4 0 xy Phương trình đường thẳng BC: 3 5 4 0. xy B là giao điểm của BM và BC 2;2 B Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC : 2 0 AB x . A là giao điểm của AB và AC 2; 1 A Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: 2; 1 , 2;2 , 3; 1 A B C 0.5 Câu 8 Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp 1;1;1 d u làm vtpt. Suy ra phương trình mp(P): 1. 2 1. 1 1. 2 0 5 0 x y z x y z 0.25 Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH d M d H 8 4 1 10 ( , ) , ; ; 3 3 3 3 . Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH 2 4 2 . 3 3 0.25 Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  x y z x y z 2 2 2 13 1 1 1 4 1 10 8 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 9 . 0.25 Giải hệ này ta tìm được A, B là:         4 2 6 1 2 6 10 2 6 4 2 6 1 2 6 10 2 6 ; ; , ; ; 3 9 3 9 3 9 3 9 3 9 3 9 0.25 Câu 9 Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: 54 87 5880 n A A  . 0.25 Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: 43 76 6. 1560 n A A A 0.25 S THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 6 Xác suất cần tìm P(A) = 1560 13 5880 49 Câu 10 Xét BĐT: 2 3 1 1 , 0 2 x xx  Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 22 32 11 1 1 1 1 22 x x x x x x x x  0.25 Ấp dụng vào bài toán ta có: 32 3 3 2 2 2 2 3 11 1 1 11 2 aa abc a b c b c b c aa         0.25 Tương tự, ta có: 3 2 3 2 33 2 2 2 2 2 2 33 2 ; 3 b b c c a b c a b c b c a c a b Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm. 0.25 Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi abc 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 12 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 21 2 x y x (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Chứng minh rằng đường thẳng ( ) : d y x m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình: 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos x x x x Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình : x 1 x 7 2.7 9 0 . Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình : 3 3 2 28 5 x x x Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: dx x x I  2 0 1 sin 3 cos  . Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Gọi I là giao điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD). THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 7 Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm 9 ;2 3 M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là d: 4 4 0 xy . Viết phương trình cạnh BC. Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm ( 1 ;3; 2) A , ( 3;7; 18) B và mặt phẳng ( ) : 2 1 0. P x y z Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số của 7 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n x x     2 2 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 3 1 2 4 n n n A C C . Câu 10.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xy . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 8 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12 Câu 1 1a 1/ TXĐ:   \2 D 2/ Sự biến thiên Giới hạn- tiệm cận Ta có:         2 2 lim ; lim ; 2 lim lim x x x x y y y y Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2. 0.25 Chiều biến thiên. Ta có D x x y 0 ) 2 ( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ) 2 ; (  và ) ; 2 (  0.25 Bảng biến thiên x  -2  yʹ + +  2 y 2  0.25 3/ Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điể(0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1 ;0) Đồ thị nhận điểm I(-2;2) làm tâm đối xứng. 0.25 1b Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình   ) 1 ( 0 2 1 ) 4 ( 2 2 1 2 2 m x m x x m x x x 0.25 Do (1) có 2 10 m  và 2 ( 2) (4 ).( 2) 1 2 3 0 m m m  nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B. 0.25 Ta có: y A = m – x A ; y B = m – x B nên AB 2 = (x A – x B ) 2 + (y A – y B ) 2 = 2(m 2 + 12) AB ngắn nhất khi AB 2 nhỏ nhất, đạt được khi m = 0. 0.25 Với m = 0 thì 24 AB Vậy m = 0 thì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất và 24 AB 0.25 Câu 2 0 ) 1 sin (cos cos sin 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos x x x x x x x x sin cos 0 cos sin 1 0 xx xx   0.25 y O 2 -2THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 9 sin cos 0 xx 2 sin 0 4 x  4 xk   0.25 cos sin 1 0 xx v 2 2 sin 1 4 2 2 xk x xk         0.25 Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm: , 2 , 2 42 x k x k x k k     0.25 Câu 3 x 1 x x x 14 7 2.7 9 0 7 9 0 7 Đặt x t 7 , t 0 ta có PT: 2 t7 14 t 9 0 t 9t 14 0 t2 t   ( thỏa mãn t > 0 ) 0.25 Với t = 7 x 7 7 x 1 Với t = 2 x 7 7 2 x log 2 Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, 7 x log 2 0.25 Câu 4 (I) 2 1 3 3 5 2 28 ( 3 3 5) 2 28 x x x x x x x  2 1 3 12 15 13 x x x x  0.25 TH 1 1 13 13 0 x x x  0.25 TH 2 22 1 13 4 13 3 12 15 (13 ) x x x x x     0.25 Kết luận bpt có nghiệm  4; S  0.25 Câu 5 Đặt udu xdx x u 3 2 cos 1 sin 3 0.25 Đổi cận: 2 2 ; 1 0 u x u x  0.25 Khi đó:  2 1 3 1 2 3 3 2 3 2 . u udu u I 0.25 Tính được 9 14 I 0.25 Câu 6 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 10 . 1 . 3 S ABCD ABCD V SH S Ta có SH 2 =HA.HB=2a 2 /9 2 3 a SH 3 2 . 2 2. 99 S ABCD aa Va (đvtt) 0.25 ( ,( )) ( ,( )) d I SCD IC d H SCD HC và 3 2 IC CD IH BH 3 5 IC CH và CH 2 =BH 2 +BC 2 = 2 13 9 a 0.25 2 2 2 2 1 1 1 11 22 2 11 a HM HM SH HK a 0.25 3 22 ( ,( )) 55 a d I SCD 0.25 Câu 7 Gọi K là trung điểm của HD. chứng minh AN vuông góc với MN. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB vuông góc với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK. Suy ra BP AK  AK KM  0.25 Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y-2=0 AH: x-1=0 và A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0 0.25 Phương trình KM: đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AN có pt: MK: 15 40 2 xy Toạ độ K(1/2;2) 0.25 BC qua M và song song với AD nên BC: 2x+y-12=0 0.25 Câu 8 Ta có AB ( 2,4, 16) cùng phương với a ( 1 ,2, 8) , mp(P) có PVT n (2, 1,1) . Ta có [ n,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) 0.25 Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0 0.25 Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với mp(P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P). Pt AA' : x 1 y 3 z 2 2 1 1 , AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của  2x y z 1 0 H(1,2, 1) x 1 y 3 z 2 2 1 1 . Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 11 H A A' H A A' H A A' 2x x x 2y y y A'(3,1,0) 2z z z  Ta có A'B ( 6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : x 3 y 1 z 1 1 3 . Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình  2x y z 1 0 M(2,2, 3) x 3 y 1 z 1 1 3 0.25 Câu 9 Ta có 3 ), 2 )( 1 ( ) 1 ( 6 ) 1 (( ) 1 ( . 4 2 4 3 2 3 1 n n n n n n n n n A C C n n n 11 ) 2 ( 3 3 ) 1 ( 2 n n n 0.25 Khi đó . . ) 2 .( 2 . ) ( 2 11 0 3 22 11 11 0 11 2 11 11 2           k k k k k k k k x C x x C x x Số hạng chứa 7 x là số hạng ứng với k thỏa mãn . 5 7 3 22 k k Suy ra hệ số của 7 x là . 14784 ) 2 .( 5 5 11 C 0.25 Câu 10 Ta có : 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y z z x x y (*) Nhận thấy : x 2 + y 2 – xy xy x, y R Do đó : x 3 + y 3 xy(x + y) x, y > 0 hay 22 xy xy yx x, y > 0 0.25 Tương tự, ta có : 22 yz yz zy y, z > 0 22 zx zx xz x, z > 0 0.25 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P 2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 0.25 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 3 . Vì vậy, minP = 2. 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 12 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 13 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 42 21 y x x . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2 2 x . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 4sinx + cosx = 2 + sin2x b) Giải phương trình log 2 (x – 3) + log 2 (x – 1) = 3 Câu 3 (0,5 điểm).Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i) 2 – (1+2i) Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =  e dx x x 1 2 ln 3 Câu 5 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 7 5 3 2 x x x Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1 ;2;3 A và mặt phẳng (P) có phương trình: 4 3 0 x y z . 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 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết 5 2, 2 , 2 SA a AC a SM a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng : 2 3 0 AB x y và đường thẳng : 2 0 AC y . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết 2 IB IA , hoành độ điểm I: 3 I x và 1;3 M nằm trên đường thẳng BD. Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 23 3 23 (1 )( 3 3) ( 1) . ( , ) 2 4 2( 2) y x y x y x x y R x y x y  . Câu 10 (0,5 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 3 7 xy  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 3 2 5( ) 24 8( ) ( 3) P xy y x y x y x y . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 13 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13 Câu 1 1a TXĐ: D = R Giới hạn: lim , lim xx yy       0.25 Sự biến thiên: /3 4 4 , y x x x R / 01 0 12 xy y xy      Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1;0) và (1; )  , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và (0;1) 0.25 Bảng biến thiên x  -1 0 1  y’ + 0 - 0 + 0 - y 2 2 1   0.25 Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C). 0.25 1b Tung độ y 0 của tiếp điểm là: y 0 = y( 27 ) 24 0.25 Hệ số góc k của tiếp tuyến là: k= / 2 ( ) 2 2 y 0.25 Pttt (d) có dạng / 2 2 7 2 2 4 y y x             0.25 3 2 4 yx 0.25 Câu 2 2a 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx 2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0 (2 – Cosx) ( 2Sinx -1) = 0 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 14 2a     2 1 ) ( 0 2 Sinx VN Cosx ) ( 2 6 5 2 6 z k k x k x          Kết luận: ) ( 2 6 5 2 6 z k k x k x          0.25 2b ĐKXĐ: x > 3 (*) Với ĐK (*) (1)   2 log ( 3)( 1) 3 xx ( 3)( 1) xx = 2 3 0.25     ) ( 5 ) ( 1 nhân x loai x Vậy nghiệm của (1): x = 5 0.25 Câu 3 Z = 4 – 4i + i 2 - 1 - 2i = 2 - 6i 0.25 Suy ra z = 36 4 = 2 10 0.25 Câu 4 Đặt t = x ln 3 t 2 = 3 + lnx 2tdt = x dx tdt = x dx 2 0.25 Đổi cận: x = 1 t = 3 , x = e t = 2 0.25 I =  2 3 2 dt t = 2 3 3 3 t 0.25 = 3 3 3 8 0.25 Câu 5 + ĐK: 2 5 3 x  . Biến đổi PT về dạng 2 7 3 2 5 x x x 0.25 + Bình phương hai vế, đưa về được 2 3 17 14 0 xx 0.25 + Giải ra được 1 x  hoặc 14 3 x 0.25 + Kết hợp với điều kiện, nhận được 2 1 3 x  hoặc 14 5 3 x  0.25 Câu 6 Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))= 1 2 12 3 6 2 1 1 16 18 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 15 Phương trình mặt cầu (S): (x-1) 2 + (y-2) 2 + (z-3) 2 =2 0.25 Vectơ chỉ phương của d là d u =(1;1;-4) 0.25 Phương trình tham số của d là: 1 2 34 xt yt zt  0.25 Câu 7 Từ giả thiết ( ) , SO ABCD SO AC OA a   , 22 SO SA OA a 0.25 22 1 : 2 OSM O OM SM SO a   Ta có 22 : 2 , 3 ABC B BC MO a AB AC BC a   3 . 13 .. 33 S ABCD V ABBCSO a 0.25 Gọi N trung điểm BC / / ( , ) ( ,( )) ( ,( )) MN AC d SM AC d AC SMN d O SMN OMN O  : : , ( ) OMN O OH MN SO MN MN SOH      : ( ) ( ,( ) SOH O OK SH OK SMN OK d O SMN     0.25 OMN O  : 33 ,, 2 2 4 a ON a OM OH MN OH a  22 . 57 : ( , ) 19 OSOH SOH O d SM AC OK a OS OH   0.25 Câu 8 Ta có A là giao điểm của AB và AC nên 1;2 A . 0.25 Lấy điểm 0;2 E AC . Gọi 2 3; F a a AB sao cho EF // BD. Khi đó EF 22 EF AE BI EF AE BI AI AE AI 22 1 2 3 2 2 11 . 5 a aa a    0.25 Với 1 a thì 1; 1 EF là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là 1; 1 n . Pt : 4 0 BD x y 2;2 BD AC I  5; 1 BD AB B  Ta có 33 2 2; 2 22 IB IB IB ID ID ID D ID IA . 1 3 2 2;2 2 IA IA IA IC IC IC C IC IB . 0.25 Với 11 5 a thì 71 ; 55 EF là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là 1; 7 n . Do đó, : 7 22 0 BD x y 8;2 I (loại). 0.25 N M O A B C D S H K E I A D B C F MTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 16 Câu 9 ĐKXĐ: 22 0 0, 1 1, 1 x y x y x y x y  Nhận xét 1, 1 xy không là nghiệm của hệ. Xét 1 y thì pt (1) của hệ (I) 22 ( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0 x x y y y x y 2 30 1 1 1 x x x y y y 0.25 ,0 1 x tt y . Khi đó, pt (1) trở thành 4 2 3 2 3 0 1 2 3 0 1. t t t t t t t t 0.25 Với t = 1, thì 11 1 x yx y , thế vào pt(2), ta được 33 2 3 2 3 2 2 2 2 3 33 3 2 2 2 2 3 33 3 1 2 4 2 1 1 2 4 1 0 1 1 6 0 4 1 4 1 61 1 1 0 4 1 4 1 x x x x x x x x xx xx x x x x xx xx x x x x        0.25 2 15 1 0 1 2 x x x x . Với 1 5 3 5 . 22 xy Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm 1 5 3 5 ; ; . 22 xy 0.25 Câu 10 Ta có 2 2 2 3 3 6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5 2 xy x y x y x y xy    . Ta có 2 2 2 2 2 5( ) 2 5( ) 2 x y x y x y x y và 2 2 2 22 ( 3) 9 2 6 6 0 2( 3) 8( ) ( 3) x y x y xy x y x y xy x y x y Suy ra 3 2( ) 24 2( 3) P xy x y x y xy 0.25 Đặt  , 0;5 t x y xy t , 3 ( ) 2 24 2 6 P f t t t Ta có  2 3 / 22 33 (2 6) 8 24.2 ( ) 2 2 0, 0;5 3 (2 6) (2 6) t f t t tt Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 . 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 17 Suy ra 3 min ( ) (5) 10 48 2 f t f . V Vậy 3 2 min 10 48 2, 1 x P khi y  TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 14 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 32 32 y x x có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C). Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos 3sin 2 1 2sin 3cosx 4 2 xx x . b) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2 3 99 100 1 1 1 1 1 ... 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) z i i i i i . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (3 5) (3 5) 3.2 . x x x Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3 8 2 (4 1)( 14 8 1) x x x x x . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 4 1 1 ( )ln I x xdx x  . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy góc 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có 10 5 BD AC . Biết rằng ( 2; 1) M , (2; 1) N lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng 70 xy đi qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và mặt phẳng ( ) : 6 0 x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng () và tìm điểm M trên mặt phẳng () sao cho tam giác ABM vuông cân tại M. Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ. Câu 10 (1,0 điểm). Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1296 ( 2)( 2)( 2) P a b c abc THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 18 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 19 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14 Câu 1 1a a) 32 32 y x x 1. Tập xác định: D 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cực của hàm số. 3 2 3 3 32 lim lim ( 3 2) lim ( 1 ) ;lim xx xx y x x x y xx           0.25 * Lập bảng biến thiên 2 0 (0) 2 ' 3 6 ; ' 0 2 (2) 6 xy y x x y xy   bảng biến thiên 2 0 - - + 0 0 -  6 +  +  2 -  y y' x 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;0  ) và (2;+  ); Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2);Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 =>y ct =2, Hàm số đạt cực đại tại x=2=>y cđ =6 0.25 3. Đồ thị Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại (0; 2) đồ thị hàm số nhận I(1;4) làm tâm đối xứng 0.25 1b Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C). Điểm cực đại của (C) là A(2;6), điểm cực tiểu của (C) là B(0;2) Hệ số góc của AB là 62 2 20 AB y k x   . d đi qua A vuông góc với AB có phương trình là 1 : y ( 2) 6 2 dx 0.25 6 4 2 -2 -10 -5 y x 2 1 O f x = -x 3 +3 x 2 +2THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 20 Hoành độ giao điểm của d và (C) nghiệm phương trình 32 1 3 2 ( 2) 6 2 x x x 0.25 2 2 ( 2)(2 2 5) 0 1 11 2 x x x x x      0.25 1 11 27 11 1 11 27 11 (2;6); ( ; ),D( ; ) 2 4 2 4 AC 0.25 Câu 2 Giải phương trình cos 3sin 2 1 (1) 2sin 3cosx 4 2 xx x . do 2 2 2 2 ( 3) 13 16 4 2sin 3cosx 4 x vô nghiệm nên 2sin 3cosx 4 0 xx  0.25 (1) 2(cos 3sin 2) 2sin 3cos 4 55 5cos 8sin anx= arctan ( ) 88 x x x x x x t x k k  0.25 Tìm phần ảo của số phức z, biết 2 3 99 100 1 1 1 1 1 ... 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) z i i i i i . 2 3 99 100 101 101 1 1 1 1 1 1 1 ... 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1 (1 ) z z i i i i i i i i 0.25 100 100 100 50 50 1 (1 i) 1 1 1 1 1 ( 1 ) (1 ) 2 2 2 iz z i i vậy phần ảo của z là 50 1 1 2 b 0.25 Câu 3 Giải phương trình (3 5) (3 5) 3.2 (1) x x x 3 5 3 5 (1) 3(*) 22 xx             Đặt 3 5 3 5 1 ( 0) 22 xx tt t             Thay vào (*) ta có 2 1 3 5 3 3 1 0 2 t t t t t  (thỏa mãn) 0.25 Với 3 5 3 5 3 5 1 2 2 2 x tx             Với 1 3 5 3 5 3 5 1 2 2 2 x tx                   0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 21 Câu 4 Giải bất phương trình 3 8 2 (4 1)( 14 8 1) x x x x x (1) Điều kiện : 1 x 3 33 (1) 8 2 (4 1)( 1 8 1 16 1) 8 2 (4 1) (4 1) (2) x x x x x x x x x 0.25 Xét hàm số 32 ( ) ; '( ) 3 1 0 1 f t t t f t t t f(t) đồng biến trên [1;+  ) mà (2) có (2 ) (4 1) f x f x và 2 ,4 1 [1 ; ) xx  nên (2) 2 4 1 xx 0.25 2 2 4 0 2 4 1 (2 4) 1 10 x x x x x x  0.25 2 2 2 17 17 17 17 17 17 8 4 x 17 x 17 0 ; 88 x x x xx    0.25 Câu 5 Tính tích phân 4 4 4 1 1 1 11 ( )ln ln ln I x xdx xdx x xdx xx    . 0.25 4 44 2 2 11 1 1 ln ln ln (ln ) 2ln 2 2 x xdx xd x x  0.25 Đặt ln 2 dx x 3 dx dU Ux x dV x Vx   44 44 11 11 2 2 32ln 2 4 32ln 2 28 ln .ln x 3 3 3 9 3 9 x xdx x x x xd x x  0.25 2 28 32ln 2 2ln 2 93 I 0.25 Câu 6 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 22 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy góc 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD). SA  (ABCD) =>AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên 0 ( ,( )) ( , ) 60 SC ABCD SC AC SCA 0.25 0 2; tan 60 6 AC a SA AC a Thể tích S.ABCD là 3 2 . 1 1 6 .6 3 3 3 S ABCD ABCD a V SAS a a 0.25 Kẻ AH  SB(H SB) Do SA  (ABCD) ,BC ( ) ,AH ( )(1) SA BC AB BC SAB BC AH SB AH SBC       Tương tự kẻ AK  SD(H SD) ( ) (2) AK SCD  Từ (1) và (2) góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK 0.25 Trong tam giác vuông SAB ta có 2 22 2 66 7; . . ; 7 7 a SH SA SB SA AB a AH SB SAAB AH SB SB Tương tự 6 6 6 6 6 2 ; / / 7 7 7 7 7 a SK SK SH HK SK a AH KH BD HK SD SD SB BD SD 22 2 2 2 2 6 72 2. 1 7 47 cos 6 2 . 7 2. 7 aa AH AK HK HAK a AH AK góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK bằng HAK bằng 1 arccos 7 0.25 Câu 7 a 60 0 K H D C B A STHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 23 Gọi I là giao điểm của AC và BD I(7y;y) Do tam giác BDM và BDN vuông tại M, N nên 2 2 2 2 2 (7 2) ( 1) (7 2) ( 1) 0 (0;0) DB IM IN y y y y yI 0.25 Khi đó BD=2IM= 5 5 2 2 5 5 2 22 10 AC AC BD IA IC 0.25 Tọa độ A, C thỏa mãn hệ phương trình 22 70 25 2 xy xy  0.25 7 2 1 2 x y  hoặc 7 2 1 2 x y  Vậy tọa độ 2 điểm 7 1 7 1 ( ; ),C( ; ) 2 2 2 2 A hoặc 7 1 7 1 ( ; ),C( ; ) 2 2 2 2 A 0.25 Câu 8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và mặt phẳng ( ) : 6 0 x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng () và tìm điểm M trên mặt phẳng () sao cho tam giác ABM vuông cân tại M. Gọi mặt cầu (S) tâm A bán kính R tiếp xúc mặt phẳng ( ) d(I,( ) R 0.25 2 2 2 2346 3 1 1 ( 1) R phương trình (S): 2 2 2 2 3 4 3 x y z 0.25 ( ) ( ; ; 6) M M x y x y sao cho tam giác ABM vuông cân tại M 22 .0 MA MB MA MB MA MB MAMB    0.25 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) (3 ) (2 ) (5 ) (3 ) (5 ) 7 2 2; 3 (2 )(5 ) (3 ) (2 )(5 ) 0 x y x y x y x y y x xx x x y x y x y   Vậy M(2;3;-1) hoặc M(3;1;-2) 0.25 Câu 9 Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ. Số học sinh trong lớp học là 25+15=40 Mỗi cách chọn 3 học sinh trong 40 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 40 nên không gian mẫu  gồm các tổ hợp chập 3 của 40 3 40 () nC  0.25 I x-7y=0 N(2;-1) M(-2;-1) C B A DTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 24 Gọi A:” chọn được nhóm 3 học sinh có ít nhất 1 học sinh nữ” A :” chọn được nhóm 3 học sinh nam” Số cách chọn 3 học sinh nam trong 25 học sinh nam là số tổ hợp chập 3 của 25 3 25 (A) nC 3 25 3 40 ( ) 115 379 (A) ( ) 1 (A) ( ) 494 494 C nA p p A p nC  0.25 Câu 10 Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1296 ( 2)( 2)( 2) P a b c abc . do a,b,c> 0 nên luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số đồng thời không lớn hơn 1 hoặc không nhỏ hơn 1 giả sử b,c≤1 hoặc b,c≥1 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 1) 0 ( 2 3)( 2 3) 0 ( 2)( 2) 3( 1)(1) b c b c b c b c 0.25 mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( 1 1 )(1 )(2) a b c a b c  từ (1) và (2) 2 2 2 2 ( 2)( 2)( 2) 3( ) a b c a b c 0.25 22 2 3 1296 216 216 3( ) 3 ( ) 216 216 3.3 ( ) . . 324 P a b c a b c a b c a b c a b c abc a b c a b c    0.25 Khi 1 abc thì P=324 nên giá trị nhỏ nhất của P là 324. 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 15 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 1 ( 1) 1 3 y x mx m m x (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2 m b) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ 0 1 x song song với đường thẳng 2 yx Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 22 log ( 1) 2 log ( 2) xx b) Cho là góc thỏa 1 sin 4 . Tính giá trị của biểu thức (sin4 2sin2 )cos A Câu 3. (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa : 2 1 9 3 . z z i iz . Tìm môđun của số phức w i z Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 ( 2) 2 3 2 1 2 5 3 1 x x x x x Câu 5. (1,0 điểm)Tính tích phân: 2 2 0 ( sin2 ) I x x x dx Câu 6. (1,0 điểm)Cho hình chóp . SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a, góc 0 60 BAD .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng () ABCD . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 25 Góc giữa SC và mặt phẳng () ABCD bằng 0 45 . Tính thể tích của khối chóp . SAHCD và tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng () SCD . Câu 7. (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm ( 2;1;5) A , mặt phẳng ( ):2 2 1 0 P x y z và đường thẳng 12 : 2 3 1 x y z d . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng () P . Viết phương trình mặt phẳng () Q đi qua A , vuông góc với mặt phẳng () P và song song với đường thẳng d . Câu 8. (0,5 điểm)Sau buổi lễ tổng kết năm học 2014-2015 của trường THPT X, một nhóm gồm 7 học sinh của lớp 12C có mời 4 giáo viên dạy bốn môn thi tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia chụp ảnh làm kỉ niệm. Biết rằng 4 giáo viên và 7 em học sinh xếp thành một hàng ngang một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất sao cho không có giáo viên nào đứng cạnh nhau. Câu 9. (1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 6 0 d x y , điểm (1;1) M thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng : 1 0 xy . Tìm tọa độ đỉnh C . Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1 a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 7 121 14( ) A ab bc ca a b cTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 26 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 15 Câu 1 1a Với 2 m , ta có: 32 1 2 3 1 3 y x x x Tập xác định: D . 2 ' 4 3; ' 0 1; 3 y x x y x x 0.25 Sự biến thiên: + Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1);(3; ) +Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) Cực trị: +Hàm số đạt cực đại tại 1 x ; giá trị cực đại 7 3 y +Hàm số đạt cực tiểu tại 3 x ; giá trị cực tiểu 1 y Giới hạn: lim ; lim xx yy 0.25 Bảng biến thiên: x 1 3 ' y + 0 - 0 + y 7 3 1 0.25 Đồ thị: 0.25 1b 22 ' 2 1 y x mx m m . 0.25 Do tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 0 1 x song song với đường thẳng 2 yx nên: 0 '( ) 2 yx 0.25 '( 1) 2 y 2 22 mm 0; 1 mm 0.25 Thử lại, ta được 0; 1 mm thỏa yêu cầu bài toán. 0.25 Câu 2 2a Điều kiện: 21 x . Bất phương trình trở thành: 2 22 log ( 1) log (4 8) xx 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 27 22 ( 1) 4 8 6 7 0 1; 7 x x x x x x (thỏa điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm 1; 7 xx . 0.25 2b 2 (sin4 2sin2 )cos (cos2 1)2sin2 .cos 2cos .2sin2 .cos A 0.25 4 2 2 225 8cos .sin 8(1 sin ) .sin 128 0.25 Câu 3 Đặt , ( , ) z a bi ab . Phương trình trở thành: ( ) 2( ) 1 9 3 ( ) a bi a bi i ia bi 3 1 3 (3 9) a bi b a i 0.25 1 3 2 3 3 9 1 a b a b a b 2 2 2 2 2 z i w i z i w 0.25 Câu 4 Điều kiện: 1 x Đặt 22 2 22 2 23 1 2 5 3 ,0 12 x a b xa x b x x ab ab ab . Bất phương trình trở thành: 2 2 2 2 ( )( 2 ) 2 a b a b ab a b 0.25 2 2 2 2 ( )( 2 ) ( ) ( ) 0 ( )( 2 ) ( 2 ) 0 ( 0) ( 2 )( 1) 0 a b a b ba b a b a b a b a b do a b a b a b 0.25 TH1: 1 1 11 2 3 2 1 0 3 22 2 3 1 1 0 13 x x x x x x xx x 0.25 TH2: 1 1 1 2 3 2 1 0 1 2 2 3 1 1 0 1; 3 x x x x x x xx xx Vậy bất phương trình có nghiệm 1 { 1} ;3 2 S 0.25 Câu 5 2 2 2 2 4 23 0 0 0 0 ( sin2 ) . .sin2 .sin2 64 I x x x dx x dx x xdx x xdx 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 28 Xét 2 0 .sin2 J x xdx . Đặt 1 sin2 . cos2 2 du dx ux dv xdx vx 0.25 2 22 00 0 11 .cos2 | cos2 . sin2 | 2 4 2 4 J x x xdx x 0.25 Vậy 4 64 4 I 0.25 Câu 6 Ta có () SH ABCD HC là hình chiếu vuông góc của SC trên () ABCD 0 ( ,( )) 45 SC ABCD SCH Theo giả thiết 0 60 BAD BAD đều BD a ; 33 ; 42 a HD a AI và 23 AC AI a 0.25 Xét SHC vuông cân tại H , ta có: 2 2 22 3 13 4 2 4 aa SH HC IC HI a Vậy 3 . 1 1 1 39 . . . 3 3 2 32 S AHCD AHCD V SHS SH ACHD a 0.25 Trong () ABCD kẻ HE CD và trong () SHE kẻ HK SE (1). Ta có: ( ) (2) ( ( )) CD HE CD SHE CD HK CD SH SH ABCD Từ (1) và (2) suy ra ( ) ( ,( )) HK SCD d H SCD HK 0.25 Xét HED vuông tại E , ta có 0 33 .sin60 8 HE HD a Xét SHE vuông tại H , ta có 22 . 3 39 4 79 SHHE HK a SH HE Mà ( ,( )) 4 4 4 39 ( ,( )) ( ,( )) ( ,( )) 3 3 3 79 d B SCD BD d B SCD d H SCD HK a d H SCD HD Do //( ) AB SCD ( ,( )) ( ,( )) d A SCD d B SCD 39 79 a 0.25 Câu 7 Ta có 2 2 2 2( 2) 2.1 1.5 1 2 ( ;( )) 3 2 ( 2) 1 d A P 0.25 I B C D A S H E KTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 29 C B A D M H K N I () P có VTPT () (2; 2;1) P n , d có VTCP () (2;3;1); , ( 5;0;10) d P d u n u 0.25 () Q vuông góc với () P và () Q song song d nên () Q có VTPT () , ( 5;0;10) Pd n n u 0.25 Vậy () Q có phương trình 2 12 0 xz 0.25 Câu 8 Xếp 11 người gồm 7 học sinh và 4 giáo viên thành một hàng ngang ta có: ( ) 11! n cách xếp. Gọi A là biến cố: " xếp 4 giáo viên và 7 em học sinh xếp thành một hàng ngang sao cho không có giáo viên nào đứng cạnh nhau". Xếp 7 học sinh thành một hàng ngang, ta có 7! cách xếp. 0.25 Lúc này giữa 7 em học sinh có 8 khoảng cách. Xếp 4 giáo viên vào 8 khoảng cách đó, ta có 4 8 A cách xếp. Suy ra 4 8 ( ) 7!. n A A Xác suất cần tìm là 4 8 7!. ( ) 7 () ( ) 11! 33 A nA PA n 0.25 Câu 9 Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên , AB AD Gọi N là giao điểm của KM và BC Gọi I là giao điểm của CM và HK Ta có DKM vuông tại K và 0 45 DKM (1) KM KD KM NC Lại có MH MN ( do MHBN là hình vuông) Suy ra hai tam giác vuông , KMH CNM bằng nhau HKM MCN 0.25 Mà NMC IMK nên 0 90 NMC NCM IMK HKM Suy ra CI HK 0.25 Đường thẳng CI đi qua (1;1) M và vuông góc với đường thẳng d nên ( 1;1) CI d VTPT n VTCP u nên có phương trình ( 1) ( 1) 0 0 x y x y 0.25 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 02 2 6 0 2 x y x x y y Vậy (2;2) C 0.25 Câu 10 Ta có 2 2 2 2 1 ( ) 2( ) a b c a b c ab bc ca 2 2 2 1 ( ) 2 a b c ab bc ca . 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 30 Do đó 2 2 2 2 2 2 7 121 7(1 ( )) A a b c a b c Đặt 2 2 2 t a b c . Vì , , 0 abc và 1 a b c nên 0 1,0 1,0 1 a b c Suy ra 2 2 2 1 t a b c a b c Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2( ) 3( ) a b c a b c ab bc ca a b c Suy ra 2 2 2 1 3 t a b c . Vậy 1 ;1 3 t 0.25 Xét hàm số 7 121 1 ( ) , ;1 7(1 ) 3 f t t tt 22 7 121 7 '( ) 0 18 7(1 ) f t t tt BBT t 1 3 7 18 1 '( ) ft 0 + () ft 324 7 0.25 Suy ra 324 1 ( ) , ;1 73 f t t . Vậy 324 7 A với mọi ,, abc thỏa điều kiện đề bài. Hơn nữa, với 1 1 1 ;; 236 a b c thì 2 2 2 7 18 1 a b c a b c và 324 7 A Vậy 324 min 7 A 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 31 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 16 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 32 32 y x mx (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 (O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 1 1 1 2 22 log 4 4 log 2 3 log 2 x x x . Câu 3 (1,0 điểm). a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình 2 2 3 0 zz . Tính độ dài đoạn thẳng AB. b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh? Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 0 sin cos2 3cos 2 x I dx xx   Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 4;2;2 , 0;0;7 AB và đường thẳng 3 6 1 : 2 2 1 x y z d . Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng thuộc một mặt phẳng. Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC cân đỉnh A. Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB AC a , 0 120 BAC . Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 60 0 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng '' AB C theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có 1;2 A . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 8 0 xy và điểm B có hoành độ lớn hơn 2. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 22 22 1 2 2 3 , 1 2 2 y x y x y xy xy y x y y x  Câu 9 (1,0 điểm). Cho ,, x y z là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 5 9 2 x y z xy yz zx Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 22 1 x P yz x y z THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 32 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 16 Câu 1 1a Khảo sát hàm số 32 32 y x mx Với m = 1, ta có hàm số: y = x 3 + 3x 2 + 2 *) TXĐ: *) Sự biến thiên: +) Giới hạn tại vô cực: lim x y      0.25 +) Chiều biến thiên: y' = 3x 2 + 6x y' = 0 x = 0 hoặc x = -2 Bảng biến thiên: x -  - 2 0 +  y ’ + 0 - 0 + y 6 +  2 -  0.25 hàm số đồng biến trên (- ; -2) và (0; + ); hàm số nghịch biến trên (-2; 0) hàm số đạt cực đại tại x = -2, y CĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = 2 0.25 *) Đồ thị: Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm I(-1; 4) làm tâm đối xứng. 0.25 1b b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 Với mọi x , y' = 3x 2 + 6mx y' = 0 x = 0 hoặc x = -2m Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt m  0 Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m 3 + 2) 0.25 S OAB = 1 OA.d(B;OA) = 4 1 22 1 m m m   (thỏa mãn) Vậy với m =  1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài. 0.25 Câu 2 1 1 1 2 22 log 4 4 log 2 3 log 2 x x x 0.25 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -15 -10 -5 5 10 15THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 33 1 1 1 1 2 2 2 log 4 4 log 2 3 log 2 x x x 21 11 22 log 4 4 log 2 3.2 x x x 0.25 21 4 4 2 3.2 4 3.2 4 0 x x x xx  0.25 21 2 24 x x L x     Vậy BPT có tập nghiệm: S =  2;  0.25 Câu 3 3a Xét phương trình: 2 2 3 0 zz ' = 1 - 3 = -2 = 2 2 i Phương trình có hai nghiệm: 12 1 2; 1 2 z i z i 0.25 1; 2 ; 1; 2 AB AB = 22 0.25 3b TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn: Có: 2 6 2. 30 C (cách) 0.25 TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn: Có: 1 6 1. 6 C (cách) Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách) 0.25 Câu 4 22 2 00 sin sin cos2 3cos 2 2cos 3cos 1 xx I dx dx x x x x  0.25 Đặt cosx = t dt = -sinxdx Với x = 0 t = 1; với x = 2  t = 0 0.25 1 1 1 2 0 0 0 11 2 2 3 1 2 1 1 2 1 2 2 dt dt I dt t t t t t t    0.25 = 1 0 2 1 3 ln ln 2 2 2 t t 0.25 Câu 5 Đường thẳng d có véctơ chỉ phương 2;2;1 u và đi qua M(3;6;1) Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương 4; 2;5 AB 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 34 1;4; 1 AM Ta có: , 12;6;12 u AB   , . 12 24 12 0 u AB AM   Vậy AB và d đồng phẳng 0.25 3 2 ;6 2 ;1 C d C t t t 0.25 Tam giác ABC cân tại A AB = AC (1 + 2t) 2 + (4 + 2t) 2 + (1 - t) 2 = 45 9t 2 + 18t - 27 = 0 t = 1 hoặc t = -3 Vậy C(1; 8; 2) hoặc C(9; 0; -2) 0.25 Câu 6 + Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là ' AKA 0 ' 60 AKA . Tính A'K = 1 '' 22 a AC 0 3 ' ' .tan 60 2 a AA A K 3 . ' ' ' 3 =AA'.S 8 ABC A B C ABC a V 0.5 +) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C')) Chứng minh: (AA'K)  (AB'C') Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK A'H  (AB'C') d(A';(AB'C')) = A'H 0.25 Tính: A'H = 3 4 a Vậy d(B;(AB'C')) = 3 4 a 0.25 Câu 7 Gọi E = BN  AD D là trung điểm của AE Dựng AH  BN tại H 8 AH d A;BN 5 Trong tam giác vuông ABE: 2 2 2 2 1 1 1 5 AH AB AE 4AB 5.AH AB 4 2 0.25 B BN B(b; 8 - 2b) (b > 2) AB = 4 B(3; 2) 0.25 H K C' B' A' C B A H E K N M D C B ATHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 35 Phương trình AE: x + 1 = 0 E = AE  BN E(-1; 10) D(-1; 6) M(-1; 4) 0.25 Gọi I là tâm của (BKM) I là trung điểm của BM I(1; 3) BM R5 2 . Vậy phương trình đường tròn: (x - 1) 2 + (y - 3) 2 = 5. 0.25 Câu 8 22 22 1 2 2 3 1 1 2 2 2 y x y x y xy y x y x y  ĐK: y -1 Xét (1): 22 1 2 2 3 y x y x y xy Đặt 22 20 x y t t 0.25 Phương trình (1) trở thành: 2 2 2 1 2 2 3 0 t y t x y x y xy  = (1 - y) 2 + 4(x 2 + 2y 2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1) 2 22 22 21 1 2 22 x y x y t x y t x y x y x y      0.25 Với 22 21 x y x y , thay vào (2) ta có: 2 1 1 3 1 0 3 9 5 0 y y y y yy  2 1 xx (vô nghiệm) 0.25 Với 22 22 x y x y , ta có hệ: 22 15 12 4 15 22 2 x yx x y x y y   Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 5 1 5 ;; 42 xy 0.25 Câu 9 Từ điều kiện: 5x 2 + 5(y 2 + z 2 ) = 9x(y + z) + 18yz 5x 2 - 9x(y + z) = 18yz - 5(y 2 + z 2 ) 0.25 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 22 22 11 yz y z ;y z y z 42  18yz - 5(y 2 + z 2 )  2(y + z) 2 . Do đó: 5x 2 - 9x(y + z)  2(y + z) 2 [x - 2(y + z)](5x + y + z)  0 x  2(y + z) 0.25 3 2 3 3 22 x 1 2x 1 4 1 P y z y z x y z y z x y z 27 y z   0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 36 Đặt y + z = t > 0, ta có: P  4t - 3 1 t 27 Xét hàm P  16. Vậy MaxP = 16 khi 1 yz 12 1 x 3  0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 17 Câu 1 (2,0 điể m). Cho hàm số 2 1 x y x (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình: a) cos3 4sin cos 0 x x x b) 1 4 4.2 9 0. xx Câu 3 (1,0 điể m). a) Tìm phần ảo của số phức z, biết: (2 ) 3 2 . z i z i b) Một lớp học có 16 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh đi làm trực nhật sao cho trong 5 học sinh được chọn có 2 bạn nữ và 3 bạn nam. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 0 1 3 . I x xdx  Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 2 1 3 : 1 2 2 x y z  , mặt phẳng (P): 2 2 0 x y z . Tìm tọa độ giao điểm của  và (P). Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) đồng thời cắt và vuông góc với  . Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B, 0 60 BAC . Hình chiếu vuông góc của ' A lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa đường thẳng ' AA và mặt phẳng () ABC bằng 0 60 và 7 3 a AG . Tính theo a thể tích khối lăng trụ và cosin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng ( ' ') ABB A . Câu 7 (1,0 điể m). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình 22 ( 2) ( 3) 25. xy Chân các đường vuông góc hạ từ B và C xuống AC, AB thứ tự là (1;0), M (4;0) N . Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết tam giác ABC nhọn và đỉnh A có tung độ âm. THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 37 Câu 8 (1,0 điể m). Giải hệ phương trình: 2 4 22 4 8 2 6 1 1 8 1 12 4 4 8 5 11 8 4 x x y y y x x x x y y x x y  Câu 9 (1,0 điể m). Cho a, b, x, y là các số dương thỏa mãn 55 2; , 4. a b x y  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 22 22 2 24 () xy P xy a b . TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 Câu 1 1a - Tập xác định: \{ 1 } D . - Giới hạn, tiệm cận: lim lim 1 1 xx y y y     là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 11 lim ;lim 1 xx y y x    là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 0.25 Ta có 2 1 ' 0, ( 1) y x D x hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)  và (1; )  0.25 Bảng biến thiên: x y ’ y -∞ + ∞ - -1 1 + ∞ -∞ -1 - x y ’ y -∞ + ∞ - -1 1 + ∞ -∞ -1 - 0.25 Đồ thị: 4 2 -2 -4 -5 5 y x h y = 1 g x = -1 f x = -x+2 x-1 O 1 -1 2 0.25 1b Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng : d y x m và đồ thị (C) là 2 1 x xm x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 38 22 11 2 ( 2) 2 0 (1) xx x x mx m x x m x m   0.25 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1, hay 2 1 2 2 0 ( 2)( 2) 0 ( 2) 4( 2) 0 mm mm mm   0.25 2 2. m m   0.25 Câu 2 2a cos3 4sin cos 0 2sin 2 sin 4sin 0 sin (sin 2 2) 0 x x x x x x x x 0.25 sin 0 ( ) x x k k  0.25 2b 1 2 1( ) 4 4.2 9 0 4 8.2 9 0 29 x x x x x x loai   0.25 Với 2 2 9 log 9. x x 0.25 Câu 3 3a Giả sử ( , ). z a bi a b Từ giả thiết suy ra 3 (2 )( ) 3 2 2 2 3 2 32 ab a bi i a bi i a bi a bi ai b i ba  0.25 57 ; 44 ba . Vậy phần ảo của z là 5 . 4 0.25 3b Số cách chọn 2 bạn nữ là 2 24 C , số cách chọn 3 bạn nam là 3 16 C . 0.25 Vậy số cách chọn được 5 bạn thỏa mãn bài toán là 23 24 16 . 154560 CC (cách). 0.25 Câu 4 Đặt 2 3 1 3 1 2 3 t x t x tdt dx 0.25 0 1 ; 1 2 x t x t 0.25 Suy ra 222 1 12 . 33 t t dt I  0.25 2 2 53 42 1 1 2 2 116 ( ) . 9 9 5 3 135 tt t t dt  0.25 Câu 5 Gọi M là giao điểm của  và (P), suy ra tọa độ của M là nghiệm của hệ 2 1 3 1 2 2 2 2 0 x y z x y z  0.25 3 1 (3;1;1). 1 x yM z  0.25 (P) có VTPT (1; 2;1) n ,  có VTCP (1;2; 2) u . Từ giả thiết suy ra d có một VTCP là 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 39 , (2;3;4) d u n u   . d nằm trong (P) và cắt  nên d đi qua M suy ra phương trình đường thẳng d là: 3 1 1 . 2 3 4 x y z 0.25 Câu 6 G M A C B B' C' A' H N E F Gọi M là trung điểm BC, góc giữa AA’ và mặt phẳng (ABC) là 0 ' 60 A AG , suy ra chiều cao của lăng trụ là 21 ' .tan 60 . 3 o a A G AG 0.25 Đặt ,( 0) 2 , 3 . AB x x AC x BC x Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ABM ta có: 2 2 2 2 22 3 7 3 3 2 4 4 2 ABC a x a AM AG x x a S . Từ đó thể tích của lăng trụ đã cho là: 3 7 '. 2 ABC a V A GS (đvtt). 0.25 Kéo dài CG cắt AB tại N, kẻ GE vuông góc với AB (E thuộc AB), hạ GF vuông góc với A’E (F thuộc A’E). Ta có ' ( ' ) ( ' ') AB A G AB A GE AB GF GF ABB A AB GE       . Qua C kẻ đường thẳng song song với GF cắt tia NF tại H, suy ra H là hình chiếu vuông góc của C trên (ABB’A’). Hay góc giữa AC và mặt phẳng (ABB’A’) là . HAC 0.25 Dễ thấy 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 24 7 3 3 2 6 ' 7 7 aa GE BM GF GF GE GA a a a Suy ra 37 3. 26 a CH GF Xét tam giác AHC vuông tại H, có 21 sin 42 CH HAC AC Từ đó 22 cos . 8 HAC 0.25 Câu 7 Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (C) tại A. Ta có tứ giác BCMN nội tiếp nên góc ABC AMN (cùng bù với góc NMC ). Lại có 1 2 ABC MAt sdAC , suy ra 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 40 MAt AMN . Mà chúng ở vị trí so le trong nên MN//At, hay IA vuông góc với MN (I là tâm đường tròn (C)). Ta có (3;0), (2;3) : 2. MN I AI x A là giao của IA và (C) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 2 2 2; 8 2; 2 ( 2) 3 25 x xy xy xy    . A có tung độ âm nên A(2;-2). 0.25 -Pt AN : 4 0. xy B là giao điểm (khác A) của AN và (C) suy ra tọa độ của B(7 ;3). -Pt AM : 2 2 0. xy C là giao điểm (khác A) của AM và (C) tọa độ của C(-2 ;6). -Ta có ( 7;1) A C B D A C B D x x x x D y y y y  . 0.25 Kiểm tra điều kiện  ABC nhọn thỏa mãn, vậy đó là các điểm cần tìm. (Nếu không kiểm tra điều kiện này, trừ 0.25 điểm). 0.25 Câu 8 ĐK: 22 1 ; 0;4 8 5 0;11 8 4 0 y x x x y y x x . Pt (1) tương đương với 2 2 44 41 4 8 2 12 1 8 1 6 1 4 2 6 4 1 3 1 22 xy x x x y y y x x y y Xét hàm số 2 ( ) 4 3 2 t f t t t trên khoảng [0; )  . 0.25 Ta có 2 '( ) 3, 0. f t t t t Theo BĐT Cô si, ta có 3 1 1 1 1 '( ) 3 3 . . 3 0 f t t t t t t t , suy ra () ft đồng biến trên [0; )  . Vậy pt(1) tương đương với: 2 (2 ) 1 2 1 4 1 f x f y x y y x . 0.25 Thế vào (2) ta được: 2 8 4 12 8 (2 1) x x x (3). Ta có: 2 3 0 1 2 1 2 (2 1) 4. 2 x x x      0.25 Lại có 2 8 4 12 8 16 2. 8 4. 12 8 16 8 4 12 8 4 x x x x x x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 41 Vậy 3 (3) 4 10. 2 VT VP x y KL: Hệ có nghiệm 3 ; ;10 . 2 xy Câu 9 Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 5 5 5 10 2 5 5 5 10 2 1 1 1 5 5 1 1 1 5 5 a a a a b b b b Suy ra 5 5 2 2 2 2 2 2 6 5( ) 2. a b a b a b  Do đó 22 2 24 12 . 22 x y x y P xy y x xy 0.25 Xét hàm số 12 ( ) , 2 xy Px y x xy với (0;4] x và y là tham số. Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 2.0 24 8 '( ) 0, (0;4] 2 2 2 xy P x x x y x y x y  , vậy () Px nghịch biến trên (0;4], suy ra 5 ( ) (4) 4 y P x P y . 0.25 Xét hàm số 5 ( ) , 4 y gy y trên (0;4], ta có 2 5 1 5 1 1 '( ) 0 4 16 4 16 gy y  , suy ra () gy nghịch biến trên (0;4] nên 9 ( ) (4) . 4 g y g 0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 9 4 , đạt được khi 1, 4 a b x y . 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 18 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 42 13 22 y x x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để phương trình 42 20 x x m có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm) 1) Cho hàm số cos 3sin y x x x . Giải phương trình '0 y . 2) Giải phương trình 9 7.3 18 0 xx Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 1 x y x , trục hoành và đường thẳng 0 x . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox. Câu 4 (1,0 điểm) 1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình 2 0 z az b nhận 23 zi làm nghiệm. 2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ.THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 42 Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): 2 2 2 ( 2) ( 3) ( 1) 25 x y z và đường thẳng 23 : 1 2 1 x y z  . Tìm tọa độ giao điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho 3 HB HA . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a. Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 22 2 2 5 2 2 1 3 3 1 4 5 2 2 x y xy x y y x x x y x y x y  Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt AB tại ( 1;3) N . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết 0 45 AEB , phương trình đường thẳng BK là 3 15 0 xy và điểm B có hoành độ lớn hơn 3. Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương ,, abc thoả mãn 4( ) 9 0 abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 2 2 2 1 1 1 b c a a a b b c c THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 43 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 18 Câu 1 1a TXĐ: . 3 0 ' 2 2 , ' 0 1 x y x x y x    0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1);(0;1)  Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 1 ;0);(1 ; )  Điểm cực đại ( 1;0)  , điểm cực tiểu 3 0; 2 0.25 lim x y     . Lập được bảng biến thiên 0.25 Vẽ đúng đồ thị 0.25 1b Viết lại phương trình dưới dạng 42 1 3 3 2 2 2 m xx 0.25 Pt có 4 nghiệm 3 2 m y cắt (C) tại 4 điểm pb 0.25 Từ đồ thị suy ra 33 1 22 m 0.25 01 m 0.25 Câu 2 2a ' 1 sin 3cos y x x 1 ' 0 sin 3 cos 1 cos 62 y x x x  0.25 2 2 63 2 2 2 6 63 xk xk xk xk                 0.25 2b Đặt 3 , 0 x tt ta được 2 7 18 0 9 t t t (TM), 2 t (Loại) 0.25 9 3 9 2 x tx 0.25 Câu 3 2 02 1 x x x . Gọi V là thể tích khối tròn xoay thu được thì 2 0 2 2 1 x V dx x   0.25 2 00 2 22 3 6 9 11 1 1 ( 1) V dx dx x x x      0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 44 0 2 9 6ln 1 1 xx x  0.25 (8 6ln3) V  0.25 Câu 4 4a 2 3 2 3 z i z i . Thay vào pt ta được 2 (2 3 ) (2 3 ) 0 i a i b 2 5 (3 12) 0 a b a i 0.25 2 5 0 4 3 12 0 3 a b a ab  0.25 4b Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt có thể coi là một chỉnh hợp chập 3 của 5 pt đã cho. Do đó số phần tử của E là 3 5 60 A 0.25 Gọi A là biến cố số được chọn là số lẻ 2 4 ( ) 3. 36 n A A ( ) 36 3 () ( ) 60 5 nA PA n  0.25 Câu 5  có ptts là 2 ; 3 2 ; x t y t z t thế vào pt (S) ta được 2 2 2 (6 2 ) ( 1) 25 t t t 0.25 2 3 (5; 3; 3) 3 11 6 0 2 8 5 2 ;; 3 3 3 3 tA tt tB     0.25 Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto (1;0;0) i và (1; 2; 1) u không cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P) nên (P) có vtpt (0;1 ; 2) ( ) : 2 0 n i u P y z D  0.25 (P) tiếp xúc (S) 32 ( ;( )) 5 5 D d I P R 5 5 5 5 5 5 ( ) : 2 5 5 5 0 D D P y z   0.25 Câu 6 Tam giác BCH vuông tại B 22 5 2 a HC BC BH Góc giữa SC và (ABCD) là góc 0 45 SCH SCH tam giác SHC vuông cân tại H 5 2 a SH HC 0.25 23 . 1 1 5 10 . 4 . 3 3 2 3 S ABCD ABCD a V S SH a a 0.25 Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE // BE AC 0.25 I M E H C A D B S KTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 45 ( ; ) ( ;( )) ( ;( )) ( ;( )) 4 3 AC SB AC SBE A SBE H SBE d d d d (Do 4 3 AB HB ) Gọi M là trung điểm của BE. Tam giác ABE vuông cân tại A ,2 AM BE AM a  Kẻ HI // AM 3 3 2 , 44 a HI BE HI AM  Kẻ ( ;( )) () H SBE HK SI HK SBE d HK   Ta có 2 2 2 1 1 1 15 2 59 HK a HK HS HI ( ; ) 4 15 10 . 3 2 59 59 AC SB d a a 0.25 Câu 7 ĐK: 2 1 0,4 5 0, 2 2 0, 1 y x x y x y x  TH 1. 00 2 1 0 1 3 3 0 1 1 10 1 y x x xy   (Không TM hệ) TH 2. 1, 1 xy  . Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được 2 ( 2)(2 1) 2 1 3 3 xy x y x y y x x 0.25 1 ( 2) 2 1 0 2 1 3 3 x y y x y x x     . Do 2 1 0 yx nên 1 2 1 0 2 0 2 1 3 3 y x x y y x x 0.25 Thay 2 yx vào pt thứ 2 ta được 2 3 3 7 2 x x x x 2 2 3 7 1 2 2 3 6 2 ( 2)( 1) 3 7 1 2 2 x x x x xx xx xx 0.25 31 ( 2) 1 0 3 7 1 2 2 xx xx    Do 1 x  nên 31 10 3 7 1 2 2 x xx Vậy 2 0 2 4 x x y (TMĐK) 0.25 Câu 8 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 46 Tứ giác ABKE nội tiếp 0 45 AKB AEB AKB  vuông cân tại A 0 45 ABK 0.25 Đt BK có vtpt 1 (3;1) n , gọi 2 ( ; ) n a b là vtpt của đt AB và  là góc giữa BK và AB 12 22 12 . 3 1 cos 2 10. nn ab nn ab  2 2 2 2 2 3 5. 4 6 4 0 2 ba a b a b a ab b ab   Với 2 ab , chọn 2 ( 2;1) : 2 5 0 (2;9) n AB x y B (Loại) Với 2 ba , chọn 2 (1 ;2) : 2 5 0 (5;0) n AB x y B (TM) 0.25 Tam giác BKN có BE và KA là đường cao C là trực tâm của BKN : 3 10 0 CN BK CN x y  . ABK  và KCM  vuông cân 1 1 1 1 .4 4 2 2 2 2 2 2 BK KM CK AC BK BK KM 79 ; (3;6) 22 M MN BK M K  0.25 AC qua K vuông góc AB : 2 0 AC x y (1 ;2) A AC AB A  . C là trung điểm của AK (2;4) C 0.25 Câu 9 Ta có 2 2 2 lnS ln 1 ln 1 ln 1 b a a c b b a c c Xét hàm số 2 ( ) ln( 1), 0 f x x x x . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 3 ;ln 2 4 có phương trình 43 ln 2 55 yx 0.25 Chứng minh được 2 43 ln( 1) ln 2 , 0 55 x x x x  0.25 2 43 ln( 1) ln 2 55 a a a  . Tương tự, cộng lại ta được 43 lnS ( ) ln 2 ( ) 55 ab bc ca a b c  0.25 Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức 2 1 ( ) ( ) 3 ab bc ca a b c  và giả thiết 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 47 9 4 abc , rút gọn ta thu được 9 lnS ln 2 4  . Từ đó 4 S 4 2  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 4 abc . Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 42 . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 48 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 19 Câu 1 (2,0 điểm ) Cho hàm số 2x 1 y x1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục Oy. Tính diện tích tam giác tạo thành bởi tiếp tuyến đó với các trục tọa độ Ox và Oy. Câu 2 (1,0 điểm ) a) Giải phương trình: 2 3 sin 2 2cos 1 0 2cos 1 xx x b) Giải phương trình : 2 3 ( 5).3 4 0 xx xx Câu 3 (1 điểm ) a) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện 5 z và 1 5 5 zi . b) Một tổ có 10 học sinh gồm 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Xếp hàng dọc ngẫu nhiên các học sinh trong tổ. Tính xác suất để xếp được không có hai học sinh nữ nào đứng kề nhau. Câu 4 (1,0 điểm ) Tính tích phân 1 2 0 1 I x x dx. 4x  Câu 5 (1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình chữ nhật có AB=2a, AD = a. Tam giác SAB vuông tại S có SB = a 3 và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thảng AC và SD. Câu 6 (1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là 35 . Điểm M(1;3) được xác định: MB 2MA . Điểm N(3;-1) thuộc đường thẳng AC sao cho MN song song với BC. Đỉnh B thuộc đường thẳng d có phương trình : x+y=0 và hoành độ điểm B lớn hơn -4. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 7 (1,0 điểm ) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y 2 z 3 1 1 2 và hai mặt phẳng là (P): x + 2y + 2z + 1 = 0, (Q): 2x – y – 2z + 7 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I nằm trên đường thẳng d và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu 8 (1,0 điểm ) Tìm số thực m sao cho phương trình: 2 4 2 x 2 m x 2 x 4 x 2 có nghiệm xR Câu 9 (1,0 điểm ) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 2 2 x y z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 5 P xy yz zx x y z . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 49 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 50 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 19 Câu 1 1a Tập xác định: D =   \1 Sự biến thiên: / 2 3 01 1 yx x  Hàm sô nghịch biến trên các khoảng ;1 & 1;   Hàm số không có cực trị 0.25 Giới hạn và tiệm cận: x lim y 2    Tiệm cận ngang: 2 y x 1 x 1 lim y ; lim y    Tiệm cận đứng: 1 x 0.25 BBT x – 1 +  y’ _ _ y 2 -  +  2 0.25 0.25 1b Đồ thị căt Oy tại A(0;-1). Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình là : '(0) 1 3 1 y f x y x 0.5 Tiếp tuyến cắt Oy tại A(0;-1) Và cắt Ox tại B(-1/3 ; ) 0.25 Tiếp tuyến tạo với Ox, Oy tam giác OAB vuông tại O có S là : 1 1 1 1 . 1. 2 2 3 6 OAB S OAOB 0.25 Câu 2 2a 1 : osx 2 dk c  2 3 sin 2 2cos 1 0 3 sin 2 os2x=2 sin(2x- ) 1 63 pt x x x c xk  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 51 4 .2 ( ) 3 DK x m m Z   0.25 2b Đặt 3 , 0 x tt Pt trở thành : 2 1 ( 5). 4 0 4 t t x t x tx   Vói t=1, ta có x=0 0.25 Với t=-x+4, ta có : 3 4 0 x x Xét hàm số : ( ) 3 4 ên R x f x x tr Ta có f(x) đông biến trên R, pt : f(x) =0 có tối đa một nghiệm nên x=1 là nghiệm duy nhất của pt đó. Kết luận: pt có nghiệm x=0 và x=1 0.25 Câu 3 3a Đặt z=a+bi ( a, b thuộc R) 22 5 5 (1) z a b 22 1 5 5 1 5 25 (2) z i a b 0.25 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 22 22 2 1 5 29 1 5 25 13 2 13 a b ab a ab b            Vậy có z=2-i hoặc 29 2 13 13 zi 0.25 3b Số cách xếp hàng dọc ngẫu nhiên 10 học sinh trong tổ là: 10 10! nP  0.25 Gọi A là biến cố :” Xếp hàng được không có hai học sinh nữ nào kề nhau” Mỗi kết quả thuận lợi của biên cố A được thực hiện qua các công đoạn: +) Sắp thứ tự 6 học sinh nam, số cách là : 6 6! P +) Chọn 4 khoảng trống trong 7 khoảng trông tạo ra giữa các hs nam ( Kể cả khoảng đầu và khảng cuối) và sắp thứ tự 4 hs nữ, số cách là : 4 7 A () 6!.420 1 6!.420 10! 6 A A nP 0.25 Câu 4 1 1 1 12 22 0 0 0 1x I x x dx x xdx dx I I 4 x 4 x    0.25 1 135 22 1 0 0 22 I x dx x 55  0.25 11 1 22 2 2 2 00 1 2 0 x1 I dx 4 x d 4 x 2 4x 4 x 2 3  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 52 Vậy 12 28 I I I 2 3 3 55 0.25 Câu 5 Tam giác SAB vuông tại S, kẻ a3 ,SA=a; SH= 2 SH AB  ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) () SAB ABCD SAB ABCD AB SH ABCD SH SAB SH AB       0.25 ABCD là hình chữ nhật, 2 () .2 2 ABCD S a a a 3 . 13 . 33 S ABCD ABCD a V SH S 0.25 Ta có 2 22 .1 4 AH AH AB SA AB AB AB . Xét : 2 2 2 2 .. 1 . 4 1 40 44 AC HD AB AD AD AH AB AD AD AB AB AD a a Vậy AC HD  mà AC SH  , vậy AC SHD  tai I là giao điểm của AC và HD Trong mp(SHD) kẻ IJ SDtaiJ  Ta có IJ AC taiI  Vậy đường thẳng IJ là đường vuông góc chung của SD và AC, d(AC,SD) = IJ 0.25 IH 1 ID 4 IA HA IC CD 22 5 2 5 AC= AD 5 45 aa CD a AI AD a 3 2 5 . IJ 3 25 IJD SHD IJ= SH 2 10 a ID a SD a Vậy a3 d(AC,SD) = IJ= 10 0.25 Câu 6 MN=2 5 BC//MN, M thuộc đoạn A B sao cho 1 AM= 3 AB Ta có 1 MN= 6 5 3 BC BC 0.25 I A B D C S H J A B C d M NTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 53 BC 6 5 2 6 5 sinA sin sin 1 90 o R A AA Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đường kính BC. Vì B d: x+y=0 B(t;-t) t R, t>-4 3 1 3 9 2 AM= ( ; ) 9 3 2 2 2 A A t x tt AB A t y  0.25 Ta có .0 AM AN AM AN  1 3 3 11 à : ; , ; 2 2 2 2 t t t t m AM AN         1 3 3 11 . . 0 2 2 2 2 t t t t                 3 5( ) t t Loai   0.25 Với t=-3 ta có B(-3;3), A(3;3) ; AC 3 (3; 9) AN C Đường tròn đường kính BC có tâm I(0;-3), bán kính 35 có pt là 2 2 x 9 45 y 0.25 Câu 7 Mặt cầu (S) có tâm I d có ptts là: xt y 2 t I d I( t;2 t;3 2t) z 3 2t  0.25 Vì (S) tiếp xúc với 2 mặt phẳng (P) và (Q) nên ta có: t5 5t 11 7t 1 d(I;(P)) d(I;(Q)) t1 33   0.25 t=5 thì I(-5;7;13) và (S) có bán kính R=12 pt của (S) là : 2 2 2 x 5 y 7 z 13 144 0.25 t=-1 thì I(1;1;1) và (S) có bán kính R=2 pt của (S) là : 2 2 2 x 1 y 1 z 1 4 0.25 Câu 8 Đk: x2 2 4 2 4 4 pt 1 m x 2 x 4 2 x 2 x 4 2 x 2 x 2 x 2 m 1 m 1 2 x 2 x 2 x2 0.25 Đặt 4 x2 t f (x) x2  x 2; ,tacó:  3 2 4 2 f'(x)= 0 x 2 x2 (x+2) x2 Mà : x x2 lim f (x) 0 ; lim f (x) 1    x 2  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 54 f’(x) + f(x) 1 0 Vậy   t 0;1 x 2;  Phương trình trở thành : 2 m 1 t 2t (*). Pt đã cho có nghiệm xR khi và chỉ khi pt(*) có nghiệm  t 0;1 0.25 Xét hàm số 2 g(t) t 2t với  t 0;1 Ta có : g’(t) = -4t+1; g’(t)=0 1 t 4 t 0 ¼ 1 g’(t) + 0 - g(t) 1/8 0 - 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy pt : g(t)=m+1 có nghiệm  t 0;1 khi 1 1 m 1 8 7 2m 8   0.25 Câu 9 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z x y z 2 xy yz zx x y z 3 xy yz zx (vi x y z 3) 2 Mà CM được 2 2 2 0 xy yz zx x y z 3  Đặt t=x+y+z ta có 2 t3 o 3 3 t 3 2   0.25 Khi đó 2 t 3 5 P f (t) voi t 3;3 2t   0.25 3 22 5 t 5 f '(t) t tt 3 3 f '(t) 0 t 5 0 t 5 t 3 5 3 3 f’(t) + f(t) 14 3 0.5 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 55 5 3 14 f (t) 3  , dấu đăng thức xảy ra khi : x=y=z=1 Vậy GTLN của biểu thức P là 14/3 và đạt đc khi x=y=z=1 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 56 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 20 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số m m x m mx x y 3 2 2 3 ) 1 ( 3 3 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị nằm về cùng một phía của đường thẳng 1 y (không nằm trên đường thẳng). Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 ) 10 ( log log 4 4 x x . b) Giải phương trình 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số ) 1 ( 2 x x e y x trên đoạn [0;2]. Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 326 3 2 2 2 2 n n A C . Tìm hệ số của 6 x trong khai triển nhị thức Niutơn của 0 , 3 2 2     x x x n . b) ) 2 ; 1 ; 1 ( A ABC S. SM MC 2 AB a 3 BC a có phương trình 25 ) 2 ( ) 1 ( 2 2 y x . Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  y xy x x y y x y y x 3 1 2 1 7 3 3 2 2 2 2 Câu 9 (1,0 điểm). Cho z y x , , là các số thực thỏa mãn 9 2 2 2 z y x , 0  xyz . Chứng minh rằng 10 ) ( 2  xyz z y x . Có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 10 tấm thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với , B(-1; 1; 3), C(0; 2; 1). Tính diện tích tam giác ABC và tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho . Biết , . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T)THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 57 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 20 Câu 1 1a Khi m = 1, ta có hàm số 2 3 3x x y 1) Tập xác định : D . 2) Sự biến thiên: * Giới hạn :           ) 3 ( lim lim , ) 3 ( lim lim 2 3 2 3 x x y x x y x x x x 0.25 * Đạo hàm y’= - 3x 2 + 6x , y’ = 0 x = 0, x = 2. * Bảng biến thiên: x -  0 2 +  y' - 0 + 0 - y +  4 0 -  0.25 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ; 0) và (2; +  ), đồng biến trên khoảng (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 0, y CT =0. 0.25 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại O(0; 0), giao với trục hoành tại O(0; 0); A(3; 0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng * Điểm uốn: y’’ = - 6x + 6 , y’’ = 0 x =1 Đồ thị hàm số có 1 điểm uốn I(1;2) 0.25 1b ) 1 ( 3 6 3 ' 2 2 m mx x y 0.25 0 ) 1 ( 3 6 3 0 ' 2 2 m mx x y , ' y có 0 9 ) 1 ( 9 9 ' 2 2  m m Suy ra ' y luôn có hai nghiệm phân biệt 1 1 m x , 1 2 m x 0.25 Khi đó hàm số có hai cực trị là ) 1 ( 2 ) ( 1 1 m x y y , ) 1 ( 2 ) ( 2 2 m x y y 0.25 Theo bài ra ta có 12 31 ( 1)( 1) 0 (2 3)(2 1) 0 , 22 y y m m m m Vậy            ; 2 3 2 1 ; m . 0.25 Câu 2 2a Điều kiện: 10 0 x .Ta có 2 ) 10 ( log 2 ) 10 ( log log 2 4 4 4 x x x x 0.25 2 , 8 16 10 2 x x x x . Vậy phương trình có nghiệm 2 x , 8 x 0.25 2b 0 ) 1 sin (cos cos sin 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos x x x x x x x x 0.25                             2 , 2 2 4 1 4 sin 2 0 4 sin 2 0 1 sin cos 0 cos sin k x k x k x x x x x x x Vậy phương trình có nghiệm là: , 2 , 2 42 x k x k x k k     0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 58 Câu 3 Ta có: ) 2 ( ' 2 x x e y x nên 2 ; 1 0 ) 2 ( 0 ' 2 x x x x e y x   2 ; 0  0.5 1 ) 0 ( y , e y ) 1 ( , 2 ) 2 ( e y . Từ đó ta có , ) 2 ( max 2 ] 2 ; 0 [ e y y e y y ) 1 ( min ] 2 ; 0 [ . 0.5 Câu 4 4a 326 ) 1 )( 2 ( 3 ) 1 ( 326 3 2 2 2 2 n n n n A C n n 0 80 2 2 n n 10 , 8 n n (loại). 0.25 Ta có khai triển           8 0 2 5 32 8 8 8 0 8 2 8 8 2 . ) 3 .( 2 3 ) 2 ( 3 2 k k k k k k k k k x C x x C x x Số hạng chứa 6 x ứng với k thỏa mãn 4 6 2 5 32 k k Vậy hệ số của 6 x là 90720 ) 3 .( 2 . 4 4 4 8 C 0.25 4b Số phần tử của không gian mẫu là 10 40 C  Có 20 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số chia hết cho 10, 16 tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 10. 0.25 Gọi A là biến cố đã cho, suy ra 1 4 4 16 5 20 . C C C A  Vậy xác suất của biến cố A là 12617 1680 . ) ( 10 40 1 4 4 16 5 20   C C C C A P A 0.25 Câu 5 ) 1 ; 2 ; 2 ( AB , ) 1 ; 3 ; 1 ( AC ) 4 ; 3 ; 5 ( ] , [ AC AB 0.25 Diện tích tam giác ABC : 2 2 5 4 3 5 2 1 ] , [ 2 1 2 2 2 AC AB S ABC 0.25 Gọi ) ; ; ( c b a H là chân đường cao của tam giác kẻ từ A. Ta có   k c k b k a k c k b k a BC k BH 2 3 1 1 ) 3 1 ( 3 ) 1 2 ( 1 ) 1 0 ( 1 ) 2 1 ; 2 ; 2 ( k k k AH 0.25 Do BC AH  nên 3 1 0 ) 2 1 ( 2 2 2 0 . k k k k BC AH . Vậy     3 7 ; 3 4 ; 3 2 H 0.25 Câu 6 Gọi H là trung điểm của AB AB SH  .Do ) ( ) ( ABC SAB  nên ) (ABC SH  Do SAB là tam giác đều cạnh a nên 2 3 a SH . 2 2 2 a AB BC AC 0.25 Thể tích khối chóp S.ABC là 12 6 . . 6 1 . 3 1 3 . a AC AB SH S SH V ABC ABC S 0.25 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N ) //( // BMN AC MN AC 0.25 S M C N A H B K THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 59 Ta có ) (SAB AC AB AC   mà ) ( ) ( ) ( // BMN SAB SAB MN AC MN   Từ A kẻ () AK BN K BN  () AK BMN  ( ,( )) ( , ) AK d A BMN d AC BM Do 22 33 MC AN SC SA 22 2 2 3 3 3 3 4 6 ABN SAB aa SS 2 2 2 2 0 7 2 . cos60 9 a BN AN AB AN AB 7 3 a BN , 2 21 7 ABN S a AK BN . Vậy 21 ( , ) 7 a d AC BM 0.25 Câu 7 (T) có tâm ) 2 ; 1 ( I . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có 1 2 HCx ABC Sđ AC (1) Do 0 90 AHB AKB nên AHKB là tứ giác nội tiếp ABC KHC (cùng bù với góc AHK ) (2) Từ (1) và (2) ta có // HCx KHC HK Cx . Mà HK IC Cx IC   . 0.25 Do đó IC có vectơ pháp tuyến là ) 4 ; 3 ( KH , IC có phương trình 0 11 4 3 y x Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  25 ) 2 ( ) 1 ( 0 11 4 3 2 2 y x y x   5 3 ; 1 5 y x y x . Do 0 C x nên ) 1 ; 5 ( C 0.25 Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là ) 6 ; 3 ( CH nên AC có phương trình 0 9 2 y x . Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  25 ) 2 ( ) 1 ( 0 9 2 2 2 y x y x   1 5 ; 7 1 y x y x (loại). Do đó ) 7 ; 1 ( A 0.25 Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là ) 2 ; 6 ( CK nên BC có phương trình 0 2 3 y x . Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  25 ) 2 ( ) 1 ( 0 2 3 2 2 y x y x   1 5 , 2 4 y x y x (loại). Do đó ) 2 ; 4 ( B Vậy ) 7 ; 1 ( A ; ) 2 ; 4 ( B ; ) 1 ; 5 ( C . 0.25 Câu 8 Ta có hệ phương trình  ) 2 ( 3 1 2 1 ) 1 ( 7 3 3 2 2 2 2 y xy x x y y x y y x Điều kiện: x y x y 3 , 0 , 1 2 . 0 ) ( ) 1 2 ( 1 ) 2 ( 2 2 2 y xy y x y y x y 0.25 A B C H K I xTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 60 0 ) 1 ( ) 1 ( 1 1 2 2 x y y x y x y x y 0 1 2 1 1 ) 1 (       x y x y x y 1 x y       0 , 1 , 0 1 2 1 1 Do x y x y x y 0.25 +) Thế y vào (1) ta được 3 7 1 1 2 2 x x x x (3) Xét 1 1 ) ( 2 2 x x x x x f , 3 ) 1 2 ( 1 2 3 ) 1 2 ( 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ) ( ' 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x f 0.25 Xét 2 2 3 3 ( ) , '( ) 0, 3 ( 3) t g t g t t tt suy ra g(t) đồng biến trên Do 1 2 1 2 x x nên ) 1 2 ( ) 1 2 ( x g x g suy ra '( ) (2 1) (2 1) 0, f x g x g x x . Do đó ) (x f đồng biến trên , nên 3 2 ) 2 ( ) ( ) 3 ( y x f x f Vậy hệ đã cho có nghiệm ) 3 ; 2 ( ) ; ( y x 0.25 Câu 9 Giả sử z y x   , do 0  xyz nên 0  x . Do 2 2 2 2 9 9 [ 3;0]. x y z x x  Ta có 2 2 2 2 2 z y z y yz       , do đó 0.25 2 . ) ( 2 2 2 ) ( 2 2 2 2 2 z y x z y x xyz z y x  ) 9 ( 2 2 2 5 2 2 ) 9 ( ) 9 ( 2 2 2 2 3 2 2 x x x x x x x 0.25 Xét ) 9 ( 2 2 2 5 2 ) ( 2 3 x x x x f với x ] 0 ; 3 [ 2 2 9 2 2 2 5 2 3 ) ( ' x x x x f x x x x x x x f 2 4 ) 3 5 ( 9 0 9 2 2 2 5 2 3 0 ) ( ' 2 2 2 2 2 2 2 2 32 ) 3 5 )( 9 ( x x x (Điều kiện 0 3 5 2 x ) 3 25 , 3 , 1 0 225 327 111 9 2 2 2 2 4 6 x x x x x x Do 3 5 2  x nên 1 , 1 1 2 x x x (loại). 0.25 2 6 ) 0 ( , 10 ) 1 ( , 6 ) 3 ( f f f suy ra 10 ) 1 ( ) ( max ] 0 ; 3 [ f x f Như vậy 10 ) ( ) ( 2   x f xyz z y x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 61 Dấu bằng xảy ra khi 22 1 1 2 2( ) 4   x x yz yz y z y z Vậy 10 ) ( 2  xyz z y x . Đẳng thức xảy ra khi (x; y; z) là một hoán vị của (-1; 2; 2)THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 1 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 21 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 23 2 x y x có đ ồ thị (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th ị (C ) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuy ến với đồ thị (C) tại giao điể m của đ ồ thị với trục tung Câu 2 (1,5 điể m) Giải các phương trình sau a) cos cos2 sin 0 x x x b) 2 33 log 6 log 2 1 xx Câu 3 (1,5 điể m) a) Tính tích phân: 2 sin 0 cos . x I e x xdx   b) Một hộp đự ng 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 s ố lẻ Câu 4 (1,0 điể m) Giải hệ phương trình sau 2 22 4 1 3 5 2 0 4 2 3 4 7 x x y y x y x  Câu 5 (1,0 điể m) Cho x > 0, y > 0 thỏamãn 22 3 x y xy x y xy . Tìm giá trị nh ỏ nhất của biểu thức 2 22 (1 2 ) 3 2 xy P x y xy . Câu 6 (1.0 điể m) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đườ ng thẳng : 2 0 xy  và đường tròn (C) : 22 4 2 0 x y x y . Gọi I là tâm của (C), M là điể m thuộc  . Qua M kẻ các tiếp tuy ến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm toạ độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều c ạnh a hình chiếu vuông góc của S trên mặt ph ẳng (ABC) là điể m H thuộc cạnh AB sao cho HA =2 HB. Góc giữa đườ ng thẳng SC và mặt ph ẳng (ABC) bằng 0 60 . Tính thể tích của kh ối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đư ờng thẳng SA và BC theo a Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian vớ i hệ trục tọa độ Oxyz, cho t ứ diện OABC với 1;2; 1 , 2; 1;3 , 2;3;3 , 0;0;0 A B C O a) Tính th ể tích tứ diện OABC b) Tìm tọa độ điểm D nằm trên mặt ph ẳng (0xy) sao cho tứ diện ABCD có các cạnh đối di ện vuông góc vớ i nhauTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 2 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 21 Câu 1 1a Tập xác đ ịnh:   \2 - lim 2, lim 2 2 xx y y y     là ti ệm cận ngang - Tiệm cận đ ứng x=2 0.25 Sự biến thiên: 2 1 ' 0, 2 2 yx x  Hàm s ố Hàm s ố nghịch biến trên kho ảng ( ;2)  và 2;  0.25 Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị : 0.25 1b +Đồ thị cắt 0y tại 3 0; 2 M , 0 1 4 f  0.25 + Tiếp tuyến tại M có phương trình 13 42 yx 0.25 Câu 2 2a +Phương trình tương đương v ới phương trình sin cos 1 cos sin 0 x x x x sin cos 0 sin cos 1 0 xx xx   0.25 + sin cos 0 , 4 x x x k k Z   0.25 + 2 1 sin cos 1 0 sin 3 4 2 2 2 xk x x x k Z xk        0.25 2b +ĐK 6 x 0.25 x y' y     2 2 2 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 3 + Với ĐK phương trình tương đương v ới phương trình 2 33 log 6 log 3 2 xx   2 0 6 3 2 3 x xx x   + Kết hợp với ĐK nghi ệm của phương trình 3 x 0.25 Câu 3 3a 22 2 sin sin sin 1 0 00 cos . sin / 1 x x x I xe dx e d x e e   0.25 2 2 2 22 2 00 0 0 0 .cos . sin sin / sin cos / 1 22 I x xdx xd x x x xdx x       0.25 Vậy 12 2 2 I I I e  0.25 3b + Gọi T là phép th ử “Lấy 3 thẻ trong 9 thẻ” 3 9 84 C  A là bi ến cố “ Tích 3 s ố là s ố lẻ” 3 5 10 A C  0.25 + 10 5 84 42 PA 0.25 Câu 4 +ĐK : 3 4 5 2 x y    +Phương trình th ứ nhất trong hệ tương đương v ới phương trình: 2 4 1 2 5 2 1 5 2 1 x x y y Xét hàm s ố : 22 1 3 1 0 tt f t t f t f  đồng biến trên R 0.25 Phương trình (1) trong h ệ tương đương v ới phương trình 2 2 52 0 2 5 2 54 2 x y x f f x y x y  0.25 Thay vµo ph-¬ng tr×nh (2) trong hÖ ta cã ph-¬ng tr×nh: 24 25 6 4 2 3 4 7 (*) 4 x x x *Xét hàm số 42 25 ( ) 4 6 2 3 4 4 f x x x x trên 3 0; 4    2 4 '( ) 4 (4 3) 34 f x x x x < 0 0.25 Mặt khác : 1 7 2 f nên (*) 1 2 1 2 x f f x y = 2. Tho· m·n ®iÒu kiÖn 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 4 Kết luận: Hệ có nghi ệm 1 2 2 x y  Câu 5 +Ta có 22 3 x y xy x y xy ( ) 3 (1) xy x y x y xy do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0 (1) 2 1 1 4 3 3 3( ) 4 0 x y x y x y x y x y   1 ( ) 4 0 4 x y x y x y   0.25 (1) 13 1 xy x y 31 1 x y xy Nên P = (x + y) 2 + 2 - 1 xy = (x + y) 2 +1 + 3 xy 0.25 +Đặt x + y = t ( t 4) 2 3 1 ( ) P t f t t +Ta có '( ) ft = 2t - 3 22 3 2 3 0 t>4 t tt Nên () ft đồng biến trên n ửa khoảng  4;  => 71 ( ) (4) 4 P f t f Hay giá tr ị nhỏ nhất của P bằng 71 4 khi x= y = 2 0.5 Câu 6 +Đường tròn (C) tâm 2;1 , 5 IR + 10 10 . 10 5 MAIB S IAAM AM 0.25 22 20 MI R 2 25 MI 0.25 + Coi 22 2 ; 2 , 25 2 3 25 M x x MI x x  2 3 60 2 x xx x   0.25 Vậy 3;1 M hoặc 2; 4 M 0.25 Câu 7 + 2 3 2 ABC a S +Áp d ụng đ ịnh lý cosin trong tam giác AHC ta có 2 2 2 0 2 2 . .cos60 77 93 HC AH AC AH HC aa HC 0.25 A S C B K H I t THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 5 +Tam giác vuông HSC ta có: 0 7 21 .tan 60 . 3 33 aa SH HC 23 1 3 21 7 . 3 4 3 12 a a a V 0.25 Kẻ At//BC, HI vuông góc v ới At, ; H SAI HK SI HK SAI HK d   0 .cos . os30 2 3 3 . 3 2 3 IAH HI AH IHA AH c aa  2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 24 7 77 26 a HSI HK HK HI SH a a a  0.25 + Ta có , , , , 3 3 7 3 42 . 2 2 24 26 SA BC BC AIS B AIS H AIS aa d d d d 0.25 Câu 8 8a + 1 ;2; 1 , 2; 1 ;3 , 2;3;3 OA OB OC 0.25 + , 5; 5; 5 OAOB   1 40 20 , . 40 , . 6 6 3 OAOB OC V OA OB OC       0.25 8b + Coi ; ;0 0 D x y mp xy theo bài ra ta có .0 ,0 .0 ADBC BD CA CD AB  0.25 10 2 3 5 0 2; 1;0 1 3 1 0 xy x x y D y xy   0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 6 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 22 Câu 1( 2 điểm ) Cho hàm số 32 3 y x x (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. iết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằ ng 1. Câu 2 ( 1 điểm ) a)Cho góc thỏa mãn 2   và 4 sin 5 . Tính 1 tan sin 2 A . b) Cho số phức z thỏa mãn: 2 . 2 5 z iz i . Tính modun của s ố phức 2 w zz Câu 3 ( 0,5 điểm ) Giải phương trình sau: 2 2 2 log 3 log 3 3 xx Câu 4 ( 1 điểm ) Giải bất phương trình sau: 2 2 1 2 2 3 1 1 1 2 1 x x x xx Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau 2 1 2 ln I x x x dx  1 2 5 : 2 3 4 x y z d ; : 2 2 1 0 P x y z . Tìm tọa độ giao điể m I của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặ t phẳng (Q) song song với (P) và cách ( P) một khoảng bằng 2 3 . Câu 8 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có điể m C(2; -2). Gọi điể m I, K lần lượt là trung điể m của DA và DC; M( -1; -1) là giao của BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD bi ết đi ểm B có hoành độ dương. Câu 9 ( 0,5 điểm ) Đoàn trườ ng THPT Hiền Đa thành lập 3 nhóm học sinh m ỗi nhóm có 4 họcsinh để chăm sóc 3 bồn hoa của nhà trườ ng, mỗi nhóm đượ c chọn từ đội xung kích nhà trườ ng gồm 4 học sinh khối 10, 4 học sinh khối 11 và 4 học sinh kh ối 12. Tính xác suất để m ỗi nhóm phải có mặt h ọc sinh khối 12. Câu 10 ( 1 điểm )Cho các số dương a, b, c thay đổi thỏa mãn 3 abc  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 3 3 3 8 1 8 1 8 1 a b c P b c c a a b Câu 6 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD). Gọi M là trung điểm của CD; H là hình chiếu vuông góc của D trên SM; Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC) và ( ABCD) bằng 60 o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a. Câu 7 ( 1 điểm ) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz cho đườ ng thẳng d và mặt ph ẳng (P) có phương trình THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 7 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 8 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 22 Câu 1 1a +) TXĐ: D = R +) Giới hạn : lim x y      Đồ thị hàm s ố không có tiệm cận 0.25 2 ' 3 6 0 '0 2 y x x x y x   +) BBT x  0 2  y' + 0 - 0 + y 0   -4 0.25 +) Hàm số đạt cực đại tại x cđ =0; y cđ = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x ct = 2; y ct = -4. +) Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0  và 2;  Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 0.25 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 0.25 1b Giả sử tiếp điểm M( ; oo xy ). Với 12 oo xy 0.25 ' 1 3 f 0.25 ậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(1; -2) là y = -3(x - 1) -2 hay y = -3x + 1 0.25 Câu 2 2a ì 2   nên sin 0; cos 0 , ta có 2 2 2 9 sin os 1 cos 25 cx lại có 3 cos 5 x ( vì cos 0 ) 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 9 Suy ra 45 sin 1. 1 1 tan 25 53 cos 43 sin 2 2sin .cos 72 2. . 55 A 0.25 2b Đặt , z a bi z a bi a b R Ta có : 2 . 2 5 2 2 5 2 2 2 5 2 2 3 2 5 4 z iz i a bi i a bi i a b a b i i a b a a b b  Suy ra 34 zi 0.25 2 w 3 4 3 4 4 28 w 20 2 i i i 0.25 Câu 3 Điều kiện x > 3 Ta có 2 22 log 3 2log 3 3 0 PT x x 2 2 5 log 3 1 25 log 3 3 8 x x x x       ( Thỏa mãn đi ều kiện) 0.25 Vậy phương trình có 2 nghi ệm là x = 5 và x = 25 8 0.25 Câu 4 Điều kiện: 2 2 0 3 1 0 0 1 2 1 0 x x x x xx   0.25 Ta có 2 2 13 2 1 2 3 1 ( 0) 24 x x x x suy ra 2 1 2 1 0 xx 0.25 22 1 3 1 BPT x x x x x 11 1 1 3 xx xx ( ì x = 0 không th ỏa mãn b ất phương trình) Đặt 1 2 x t t x vì 0 x . 0.25 Ta có 13 1 1 3 2 1 3 4 t t t t Suy ra 13 1 13 22 44 tx x   0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 10 2 2 1 2 10 13 105 13 105 1 13 88 4 13 4 0 4 x x x x xx x x   Câu 5 Ta có 22 2 2 1 11 2 ln 2 ln I x x x dx x dx x xdx    0.25 Tính 2 3 2 2 1 1 1 2 14 2 33 x I x dx  0.25 Tính 2 2 1 ln I x xdx  . Đ ặt 2 ln 2 dx du ux x dv xdx x v   2 2 2 2 2 2 1 1 1 ln 3 2ln 2 2ln 2 2 2 4 4 x x x x I dx  0.25 12 14 3 65 2ln 2 2ln 2 3 4 12 I I I 0.25 Câu 6 Gọi I, J lần lư ợt là trung đi ểm của AD và BC. ì ( SAD)  (ABCD) nên SI  (ABCD). ta có IJ  BC và SI  BC suy ra góc giữa (SBC) và ( ABCD là 60 o SJI . IJ = a. 0.25 Trong tam giác vuông SIJ ta có SI = IJ. tan60 o = 3 a . 22 2 SJ SI IJ a 0.25 Diện tích đáy là S ABCD = a 2 . Thể tích kh ối chóp S.ABCD là S.ABCD = 3 2 1 1 3 . 3. 3 3 3 ABCD a SI S a a (đvtt) 0.25 Chứng minh CD  (SAD). Trong tam giác vuông SDM có: 2 2 13 14 SH SD SM SM Ta có 13 14 SHBC SMBC V SH V SM . 3 3 3 1 3 13 3 13 3 . . . 3 12 14 12 168 SMBC BCM SHBC a a a V SI S V  . 0.25 J M I C A B D S HTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 11 Lại có 2 11 . . .2 22 SBC S BCSJ a a a  3 2 13 3 3. 3. 13 3 168 ,( ) 56 SHBC SBC a V a d H SBC Sa  Câu 7 Gọi I(1+2t; -2-3t; 5+4t) d (P) . ì I (P) nên ta có 2 1 2 2 2 3 5 4 1 0 1 t t t t 1;1;1 I . 0.25 ì ( Q) // (P) gọi (Q) có d ạng 2 2 0 x y z m 22 ;; 33 3 2 2 1 2 12 1 3 4 4 1 d P Q d I Q m m m m   0.5 Vậy có 2 m ặt phẳng (Q) cần tìm là 2 2 3 0 x y z và 2 2 1 0 x y z 0.25 Câu 8 Gọi J là trung đi ểm của AB. khi đó AJCK là hình bình hành AK // CJ. Gọi CJ BM = N N là trung đi ểm của BM. Chứng minh đư ợc AK  BI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân t ại C. Ta có 3; 1 10 MC MC CM = BM = AB = 10 Trong tam giác vuông ABM có 2 2 2 .. 5 . 2 2 2 AB BM BI BM AB AI BM AB BM 0.25 B là giao c ủa hai đư ờng tròn (C; 10) và (M; 22 ). Tọa đ ộ điểm B thỏa mãn: 22 22 2 2 10 1 1 8 xy xy  B(1; 1). 0.25 Phương trình đư ờng thẳng AB có d ạng: x - 3y + 2 = 0. Phương trình đư ờng thẳng AM có d ạng: x + y + 2 = 0. A (-2; 0). 0.25 Ta có 1; 3 BA CD D . 0.25 Câu 9 Gọi  là không gian m ẫu: " Chọn 3 nhóm h ọc sinh mỗi nhóm có 4 h ọc sinh đư ợc lấy từ 12 học sinh trong đ ội xung kích Đoàn trư ờng". 4 4 4 12 8 4 .. n C C C  0.25 N J M K I C D A BTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 12 Gọi A là bi ến cố: " mỗi nhóm ph ải có m ặt học sinh khối 12" 1 3 1 3 2 2 4 8 3 5 2 2 3. . . . . . n A C C C C C C 1 3 1 3 2 2 4 8 3 5 2 2 4 4 4 12 8 4 3. . . . . . .. C C C C C C nA PA n C C C  0.25 Câu 10 Ta có 2 2 2 2 3 3 3 8 8 8 1 1 1 abc P a b c a b c Ta có 3 2 2 1 8 2 2 4 6 2 a a a a a a  3 2 2 1 8 2 2 4 6 2 b b b b b b  3 2 2 1 8 2 2 4 6 2 c c c c c c  0.25 2 2 2 2 2 2 3 6 22 6 9 36 abc P abc abc abc a b c a b c 0.25 Đặt t a b c với  0;3 t Ta có 2 2 6 9 36 t ft tt 2 2 2 54 8 0 ' ' 0 8 9 36 tt t f t f t t tt   BBT t 0 3 f' - f 0 1 Vậy 1 P hay Min 1 P dấu bằng xảy ra khi 1 abc 0.5 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 13 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 23 Câu 1: (2.0 điểm) Cho hàm số 21 1 x y x . a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th ị (C) của hàm số đã cho. b/ Tìm các giá trị m để đường thẳng (d): 3 y x m cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm tam giác OAB n ằm trên đườ ng thẳng 20 ( ):xy  . Câu 2a. (1.0 điểm) a. Thu gọn 33 22 22 cos( ) sin tan cot A x x x x         b. Cho số phức 12 () mi z mm i . Tìm m để 1 2 . zz Câu 3. (0.5 điể m) Giải phương trình: 2 5 3 8 cos .cos sin cos x x x x Câu 4. (1.0 điể mGiải hệ phương trình: 22 2 2 1 xy xy xy x y x y  Câu 5. (1.0 điể m) Tính tích phân 2 1 2 ln . ln e xdx I xx  Câu 6. (1.0 điể m) Cho hình lăng trụ đứ ng . ' ' ' ABCA BC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Góc giữa ' CA và mặt ( ' ' ) AA B B bằng 30 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABCA BC và khoảng cách giữ a ' AI và AC với I là trung điể m AB. Câu 7. (1.0 điể m) Trong mặt phẳng tọa đ ộ Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), bán kính R=5. Chân đườ ng cao hạ từ B, C của ABC lần lượ t là . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp t ứ giác BCHK, biết rằng tung độ điểm A dương. Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho điể m 1;7;5 I và đườ ng thẳng 16 : 2 1 3 x y z d . Tìm tọa đ ộ điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên đư ờng thẳng d và viết phương trình mặt c ầu (S) có tâm I, cắt đư ờng thẳng d tại hai điểm phân biệt M, N sao cho tam giác IMN có diện tích bằng 2 6009 . Câu 9. (0.5 điể m) Cho một hộp đựng 12 viên bi, trong đó có 7 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên mỗ i lần 3 viên bi. Tính xác suất đ ể lấy đượ c cả 3 viên bi đều màu đỏ. Câu 10. (1.0 điể m) Cho các s ố thực dương x, y, z. Tìm giá tr ị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 yz xy zx P x yz y zx z xy THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 14 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 23 Câu 1 1a Tập xác đ ịnh:   \1 D Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: 2 3 ' 0, 1 y x D x +Hàm s ố nghịch biến trên các kho ảng ;1  và 1;  +Hàm s ố không có c ực trị. 0.25 + Giới hạn và ti ệm cận: Do lim lim 2     xx yy ; nên ti ệm cận ngang của đ ồ thị hàm s ố là: 2 y 22 lim ,lim xx yy   ; nên ti ệm cận đ ứng của đ ồ thị hàm s ố là: 1 x 0.25 + Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị 0.25 1b Phương trình hoành đ ộ giao đi ểm của đ ồ thị (C) và đt (d): 21 3 ( 1) 1  x x m x x 2 ( ) 3 ( 1) 1 0 g x x m x m (1) Đường thẳng (d) cắt (C) tại A, B khi chỉ khi: 22 1 4 3 1 0 10 12 0 5 37 5 37 1 0 3 0 ( ) . .( ) () m m m m mm g    (*) 0.25 Khi đó g ọi tọa đ ộ giao đi ểm là: 1 1 2 2 33 ( ; ); ( ; ) Ax x m B x x m , x 1 , x 2 là nghi ệm pt(1) Tọa đ ộ trọng tâm tam giác OAB là: 1 2 1 2 32 33 () ( ; ) x x x x m G 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 15 G thuộc 20 ( ):xy  nên: 1 2 1 2 12 32 20 33 4 2 6 0 1 4 2 6 0 3 7 () () . x x x x m x x m m m m 0.25 So với đi ều kiện (*) ta có k ết quả bài toán là: 7 m 0.25 Câu 2 2a 33 cos( ) 2sin tan cot 2 22 A x x x x         A -cos 2cos cot cot x x x x 0.25 cos x 0.25 2b Ta có 22 1 1 ( 2 ) 1 1 m i m zi m m i m m 0.25 Do đó 22 2 2 2 1 1 1 1 1 .1 2 1 1 2 1 2 m zz m m m m          0.25 Câu 3 PT cos2x + cos8x + sinx = cos8x 1- 2sin 2 x + sinx = 0 0.25 sinx = 1 v 1 sin 2 x 7 2 ; 2 ; 2 ,( ) 2 6 6 x k x k x k k Z       0.25 Câu 4 Ñ K : x y 0 22 2 2 11 2  xy xy xy x y x y 23 2 1 2 1 0 2 2 0 xy x y xy x y xy x y xy x y xy 2 1 2 1 0 x y x y xy x y 0.25 22 1 1 2 0 13 04      x y x y x y xy xy x y x y 0.25 Dễ thấy (4) vô nghi ệm vì x + y > 0. Th ế (3) vào (2) ta đư ợc 2 1 xy 0.25 Giải hệ 2 1 1; 0 2; 3 1    xy xy xy xy (nhận) 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 16 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (1;0) và ( -2;3). Câu 5 Đặt ln dx t x dt x . Ta có: ới 1 0, 1 x t x e t 0.25 1 1 1 22 0 0 0 tdt dt dt I2 (2 t) (2 t) (2 t)    0.25 1 1 0 0 2 ln 2 t 2t 0.25 31 ln 23 0.25 Câu 6 Ta có :   ' ( ' ( )) ( ' ' ) ( ' ' ) : ' CI AB CI AA AA ABC CI AA B B Trong AA B B AB AA A       Suy ra góc gi ữa CA’ và ( ' ' ) AA B B chính là góc gi ữa CA’ và IA’ và b ằng góc 30 ' CA I 0.25 Do đó 3 2 ' tan ' IC a AI CA I ; với 33 22 AB a IC Suy ra: 22 22 9 2 44 '' aa AA A I AI a Vậy 23 36 2 44 . ' ' ' '. . ABC ABC ABC aa V AA S a  (đvtt) 0.25 Kẻ Ix AC. Khi đó ( , ' ) ( ,( ' , )) ( ,( ' , )) d AC A I d AC A I Ix d A A I Ix 0.25 Kẻ AE Ix  tại E và ' AF A E  tại F. Ta chứng minh đư ợc: ,( ' , ) d A A I Ix AF Ta có: 3 60 24 .sin .sin aa AE AI AIE  à: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 16 35 210 35 2 3 6 ' a AF AF A A AE a a a Vậy: 210 35 ,' a d AC A I AF 0.25 Câu 7 3;4 KH , Chứng minh IA ⊥ HK. Phương trình IA: 1;2 14 : 23 co 4; 3 I IA xt IA t R yt IA vtcp u   0.25 x 30° I C B A' C' B' A E FTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 17 Lấy 2 1 4 ;2 3 , 3 A t t IA t 22 1( ) 5 16 9 25 3;5 1 t loai IA R t t A t   •AB: 0; 1 : 2 1 0 co vtcp 3 1; 2 K AB AB x y AB KA  •AC:. 3;3 : 3 12 0 co vtcp 2 3; 1 H AC AC x y AC HA  •BH: . 3;3 :3 6 0 H BH BH x y BH AC   •CK:. 0; 1 : 2 2 0 K CK CK x y CK AB   0.25 •Tọa đ ộ B BH AB  thỏa 36 1; 3 21 xy B xy  •Tọa đ ộ C CK AC  thỏa 22 6;2 3 12 xy C xy  0.25 •Đường tròn (C) ngo ại tiếp tứ giác BCHK có tâm 71 ; 22 J trung đi ểm BC, bán kính 25 22 BC R • ậy (C): 22 7 1 25 2 2 2 xy         0.25 Câu 8 Do 1 2 ;6 ;3 , H d H t t t t . Khi đó, ta có 2 ; 1;3 5 IH t t t và đư ờng thẳng d có vectơ ch ỉ phương 2; 1;3 u . Mặt khác vì H là hình chi ếu vuông góc c ủa I lên đư ờng thẳng d nên ta có . 0 4 1 9 15 0 1 uIH t t t t Suy ra 3;5;3 H . 0.25 Theo tính toán ph ần trên ta có 2; 2; 2 2 3 IH IH . Lại vì tam giác IMN cân t ại I nên ta có . 2 6009 2003 IMN S IH HM HM . 0.25 Từ đó, suy ra m ặt cầu (S) có bán kính 22 22 2 3 2003 2015 R IM IH HM 0.25 Vậy phương trình m ặt cầu (S) có d ạng: 2 2 2 1 7 5 2015 x y z 0.25 Câu 9 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 18 - Gọi  là t ập hợp tất cả các cách l ấy ra 3 viên bi trong s ố 12 viên bi. Ta có: 3 12 220. C  - Gọi A là bi ến số “lấy đư ợc 3 viên bi màu đ ỏ”. S ố các cách l ấy ra 3 viên bi màu đ ỏ trong 7 viên bi màu đ ỏ là 3 7 35. A C  0.25 - Vậy xác su ất P(A) đ ể lấy ra đư ợc 3 viên bi màu đ ỏ là : 35 7 ( ) . 220 44 A PA   0.25 Câu 10 Áp d ụng bất đ ẳng thức AM – GM ta có 2 11 22 yz xx x y z x yz x yz  (1) 0.25 Tương t ự ta có 2 11 22 zx y y x y z y zx y zx  (2) 2 11 22 xy zz x y z z xy z xy  (3) 0.25 Cộng 3 bất đ ẳng thức cùng chi ều (1), (2), (3) ta đư ợc 2 2 1 PP   0.25 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. Vậy Max P = 1 khi x = y = z. 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 19 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 24 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm s ố 32 31 y x x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuy ến của đ ồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ 1 y . Câu 2: (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 1 cos (2cos 1) 2 sinx 1 1 cos xx x b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 2 ) (2 3 ) 2 2 i z i z i . Tính mô đun của z. Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: 2 log (9 2 ) 3 x x . Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: 22 (4 7) 2 10 4 8 x x x x x Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân: ln 2 2 0 1 x x e I dx e  Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB BC a , 2 CD a , SA vuông góc vớ i mặt phẳng (ABCD) và SA a . Tính thểtích khối chóp (0;0; 3), (2;0; 1) AB ( ) :3 1 0 P x y z kính bằng 2 11 và ti ếp xúc vớ i mặt phẳng (P). Câu 9: (0,5 điểm) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó ch ữ số 3 có mặt đúng ba l ần, các chữ số còn l ại có mặt không quá một l ần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ng ẫu nhiên một số, tìm xác suất đ ể số được chọn chia hết cho 3. Câu 10: (1,0 đi ểm) Cho các số thực dương a,b,c đôi mộ t khác nhau th ỏa mãn 2ac  và 2 2 ab bc c . Tìm giá trị lớ n nhất của biểu thức a b c P a b b c c a . S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến m ặt phẳng (SBC). Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d 1 : 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d 2 : x + 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A. Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho hai điể m và mặt phẳng . Viết phương trình mặt c ầu (S) có tâm nằm trên đườ ng thẳng AB, bán THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 20 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 24 Câu 1 1a + Tập xác đ ịnh: D + Giới hạn:       lim ; lim xx yy 2 ' 3 6 y x x 0.25 + Sự biến thiên: Chiều biến thiên:   0 '0 2 x y x Suy ra hàm s ố nghịch biến trên kho ảng (-2;0) và đ ồng biến trên các kho ảng ( ;- 2), (0; ) Cực trị: Hàm s ố đạt cực đ ại tại x= -2; y CĐ = 5, đ ạt cực tiểu tại x=0; y CT =1 0.25 Bảng biến thiên: x -  -2 0 +  y’ + 0 - 0 + y 5 +  -  1 0.25 +Đồ thị (C) f(x)=x^3+3x^2+1 x(t)=-2, y(t)=t f(x)=5 x(t)=1, y(t)=t x(t)=-3, y(t)=t f(x)=1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y 0.25 1b Hoành đ ộ của tiếp đi ểm là nghi ệm của phương trình 32 3 1 1 xx . Suy ra 00 0; 3 xx 0.25 Suy ra hệ số góc c ủa tiếp tuyến là: '(0) 0; '( 3) 9 yy 0.25 Phương trình ti ếp tuyến của (C) tại đi ểm (0;1) là: y=1 0.25 Phương trình ti ếp tuyến của (C) tại đi ểm (-3;1) là: y=9x+28 0.25 Câu 2 2a Điều kiện: cos 1 2 , x x k k    Với đi ều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 2 1 cos (2cos 1) 2 sinx 1 cos 2sin 2 sin 2 0 x x x x x 0.25 25 sin , ; , 2 4 4 x x k k x k k (thỏa đi ều kiện) 0.25 2b Gọi z=x+yi , x y R . Phương trình đã cho tr ở thành: 1 2 2 3 2 2 i x yi i x yi i 2 2 2 3 3 2 2 2 x y x y i x y x y i i 3 5 2 2 x y x y i i 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 21 3 5 2 1 21 x y x x y y  Do đó 22 1 1 2 z 0.25 Câu 3 Điều kiện: 9 2 0 x . Phương trình đã cho tương đương: 3 2 log (9 2 ) 3 9 2 2 x x x x 0.25 2 2 1 0 8 9 2 2 9.2 8 0 3 2 28 x x x x x x x x      (thỏa đi ều kiện) 0.25 Câu 4 Điều kiện: 2 x , bất phương trình đã cho tương đương:   22 (4 7) 2 2(4 7) 2 ( 2) 4 x x x x x x 2 (4 7)( 2 2) 2( 2 2)( 2 2) x x x x x 0.25 22 22 4 7 2 2 4 4 ( 2) 2 2 1 (2 ) ( 2 1) ( 2 1 2 )( 2 1 2 ) 0 x x x x x x x x x x x x 0.25 2 2 1 2 2 1 xx xx  hoặc 2 2 1 2 2 1 xx xx  21 x  hoặc 5 41 8 x 0.25 Vậy tập nghiệm  5 41 2; 1 ; 8 T   0.25 Câu 5 Đặt 2 1 1 2 x x x t e t e tdt e dx 0 2, ln 2 3 x t x t 0.25 33 2 2 22 ( 1)2 2 ( 1) t tdt I t dt t  0.25 3 3 2 22 2 33 t t 0.5 Câu 6 Kẽ đường thẳng qua C và song song v ới AB cắt AD tại E. Ta có: AE BC a ; DE= 22 (2 ) 3 DE a a a Suy ra diện tích hình thang ABCD là: 2 1 23 2 ABCD Sa 0.25 Vậy: 3 . 11 . 2 3 36 S ABCD SABCD V SAS a 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 22 ì AD//(SBC) nên ( ,( )) ( ,( )) d D SBC d A SBC Kẻ AI vuông góc SB t ại I, chứng minh đư ợc AI vuông góc (SBC). Nên ( ,( )) d A SBC AI 0.25 Trong tam giác SAB vuông t ại A có AI là đư ờng cao nên: 2 2 2 1 1 1 AI SA AB Suy ra: . 2 SAAB a AI SB 0.25 Câu 7 Đường thẳng BC có vectơ pháp tuy ến là: 4;3 n . Suy ra phương trình đư ờng thẳng BC là: 4 3 5 0 xy .Toạ độ điểm C là nghi ệm của hệ phương trình: 4 3 5 0 1 ( 1;3) 2 5 0 3 x y x C x y y  0.25 Gọi B’ là đi ểm đ ối xứng của B qua d 2 , I là giao đi ểm của BB’ và d 2 . Suy ra phương trình BB’: 21 12 xy 2 5 0 xy Toạ độ điểm I là nghi ệm của hệ: 2 5 0 3 (3;1) 2 5 0 1  x y x I x y y 0.25 ì I là trung đi ểm BB’ nên: ' ' 24 (4;3) 23   B I B B I B x x x B y y y Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. 0.25 Toạ độ điểm A là nghi ệm của hệ: 3 0 5 ( 5;3) 3 4 27 0 3  yx A x y y 0.25 Câu 8 Đường thẳng AB đi qua A(0;0; -3) có TCP (2;0;2) AB Nên phương trình tham s ố của đư ờng thẳng AB là: 2 0 32 xt y zt  Gọi I là tâm c ủa mặt cầu thì I(2t;0; -3+2t). 0.25 Mặt phẳng (P) tiếp xúc v ới mặt cầu (S) khi và ch ỉ khi: 6 3 2 1 ( ;( )) 2 11 2 11 11 tt d I P 0.25 9 4 4 22 2 4 4 22 4 4 22 13 2 t t t t t        0.25 9 (9;0;6) 2 tI . Phương trình m ặt cầu 2 2 2 ( ) :(x 9) (z 6) 44 Sy 13 ( 13;0; 16) 2 tI Phương trình 2 2 2 ( ) (x 13) (z 16) 44 Sy 0.25 Câu 9 Gọi 1 2 3 4 5 aa a a a là s ố tự nhiên c ần tìm, 1 2 3 4 5 , , , , a a a a a thuộc   1;2;3;4;5 Sắp chữ số 3 vào ba v ị trí, có 3 5 10 C (cách) 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 23 Còn l ại hai vị trí, 4 ch ữ số. Chọn hai chữ số xếp vào hai v ị trí đó, có 2 4 12 C (cách) Vậy không gian m ẫu có 10.12 120 phần tử Gọi A là bi ến cố: “s ố được chọn chia hết cho 3”, có hai phương án: Hai chữ số còn l ại là 1 và 5, có 3 5 .2! 20 C số Hai chữ số còn l ại là 2 và 4, có 3 5 .2! 20 C số Vậy biến cố A có 40 ph ần tử. Xác su ất của biến cố A là: 40 1 120 3 P 0.25 Câu 10 Theo giả thiết: 1 2 ên 2 a a c n c  ; 2 2 2 . 2 1 a b b a c ab bc c c c c c b ì 1 2 a c  nên 4 3 b c Đặt c t b thì 3 0 4 t  0.25 2 2 1 2 1 1 2 7 1 2 1 1 2(1 ) 2 1 6(1 ) 11 ab tt cc P a b b a t t t t t t c c c c 0.25 Xét hàm s ố 2 7 3 ( ) 1 , 0; 2 1 6(1 ) 4 f t t tt     . Ta có: 3 '( ) 0, 0; 4 f t t     , do đó () ft đồng biến trên 3 0; 4     0.25 Do đó GTLN c ủa hàm s ố đạt tại 3 4 t , suy ra 27 max 5 P Đẳng thức xảy ra khi 2 2 8 3 4 2 ab bc c a b c ac  , chẳng hạn chọn đư ợc (a,b,c)=(3,8,6). 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 24 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 25 Câu 1 (4.0 điểm). Cho hàm số 21 2 x y x (1). a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Chứng minh rằng đườ ng thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B.Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 2 (2.0 điểm). a. Giải phương trình cos x cos3x 1 2 sin 2x 4  . b. Giải phương trình 1 2 1 log 1 log 6 xx Câu 3 (1.0 điểm). Giải bất phương trình 2.14 3.49 4 0 x x x Câu 4 (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a, 120 o ACB . Đườ ng thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 30 0 . Gọi M là trung điể m của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đườ ng thẳng AM và CC’ theo a. Câu 5 (1.0 điểm). Tìm h ệ số của 7 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn củ a n x x     2 2 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 3 1 2 4 n n n A C C . Câu6 (2.0 điểm). Tính nguyên hàm  xdx e x ) 2015 ( Câu 7 (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Bi ết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đườ ng thẳng y = x. Tìm tọa đ ộ đỉnh C và D. Câu 8 (2.0 điểm). Giải hệ phương trình: 22 22 14 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y  ( , ) xy . Câu 9 (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của m ột tam giác. Chứ ng minh rằng: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 bc a a b a c a b c a c a b THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 25 Câu 1 1a TXĐ: D = R\{-2} Sự biến thiên + Giới hạn- tiệm cận Ta có:         2 2 lim ; lim ; 2 lim lim x x x x y y y y Suy ra đ ồ thị hàm s ố có m ột tiệm cận đ ứng là x = -2 và m ột tiệm cận ngang là y= 2. 0.25 + Chiều biến thiên. Có D x x y 0 ) 2 ( 3 ' 2 Suy ra hàm s ố đồng biến trên m ỗi khoảng ) 2 ; (  và ) ; 2 (  0.25 + Bảng biến thiên x  -2  y’ + +  2 y 2  0.25 Đồ thị: Đồ thị hàm s ố cắt trục Oy tại đi ểm (0; 2 1 ) và c ắt trục Ox tại đi ểm( 2 1 ;0) Đồ thị nhận đi ểm (-2;2) làm tâm đ ối xứng 2 1 0.25 1b Hoành đ ộ giao đi ểm của đ ồ thị (C ) và đư ờng thẳng d là nghi ệm của phương trình   ) 1 ( 0 2 1 ) 4 ( 2 2 1 2 2 m x m x x m x x x 0.25 Do (1) có m m m va m   0 3 2 1 ) 2 ).( 4 ( ) 2 ( 0 1 2 2 nên đư ờng thẳng d luôn luôn c ắt đ ồ thị tại hai đi ểm phân bi ệt A, B. 0.25 Ta có: y A = m – x A ; y B = m – x B nên AB 2 = (x A – x B ) 2 + (y A – y B ) 2 = 2(m 2 + 12) mà AB ngắn nhất khi AB 2 nhỏ nhất, đ ạt đư ợc khi m = 0 ( khi đó 24 AB ). 0.25 Câu 2 x y O 2 -2THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 26 2a cos x cos3x 1 2 sin 2x 4  2cosxcos2x 1 sin2x cos2x 2 2cos x 2sin xcosx 2cosxcos2x 0 cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0 0.25 cos x 0 cos x sinx 0 1 sinx cosx 0     xk 2 xk 4 x k2 3 x k2 2                 k Vậy, phương trình có nghi ệm: xk 2 xk 4 x k2              k 0.25 2b ĐK: x > 0 và x  1; x  10 1 Đặt t = logx, đư ợc phương trình theo ẩn t là: t 2 - 5t + 6 = 0 (với t 0 và t  -1) 2 3 t t   0.25 Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m) Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m) Vậy phương trình có hai nghi ệm là x =100 và x = 1000 0.25 Câu 3 Chia cả hai vế của bpt cho 4 x được bpt 2 77 2 3 1 0 22 xx         0.25 Đặt 7 2 x t (với t > 0 ) Bpt trở thành 3t 2 + 2t – 1 0 1 1 1 3 3 t t t     0.5 71 23 x 7 2 log 3 x KL: BPT có t ập nghiệm       ; 3 log 2 7 S 0.25 Câu 4 Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH  AB ;CH AA’ suy ra CH  (ABB’A’),Do đó góc gi ữa A’C và mp(ABB’A’) là góc 0 ' 30 CA H 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 27 Ta có 2 0 13 . .sin120 22 ABC a S CACB  Trong tam giác ABC : 2 2 2 0 2 2 . . os120 7 7 AB AC BC ACBCc a AB a +) 2 3 1 3 . 2 2 7 ABC a S ABCH CH a  0.25 +) 0 3 ' .sin30 ' 2 7 CH A C A C a +) 22 5 '' 7 AA A C AC a 0.25 +) 3 ' ' ' 15 '. 27 ABCA B C ABC a V AA S  +)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))= 3 7 a 0.25 Câu 5 Ta có 3 ), 2 )( 1 ( ) 1 ( 6 ) 1 (( ) 1 ( . 4 2 4 3 2 3 1 n n n n n n n n n A C C n n n 0.25 11 ) 2 ( 3 3 ) 1 ( 2 n n n 0.25 Khi đó . . ) 2 .( 2 . ) ( 2 11 0 3 22 11 11 0 11 2 11 11 2           k k k k k k k k x C x x C x x 0.25 Số hạng chứa 7 x làsố hạng ứng với k thỏamãn . 5 7 3 22 k k Suy ra hệ số của 7 x là . 14784 ) 2 .( 5 5 11 C 0.25 Câu 6 Đặt  dx e dv x u x ) 2015 (  x e v dx du x 2015 0.25 Khi đó  xdx e x ) 2015 ( =  dx x e x e x x x ) 2015 ( ) 2015 ( 0.25 2 2 2015 ( 2015. ) C 2 xx x xe x e 0.25 C x e xe x x 2 2 2015 0.25 Câu 7 Ta có: 1;2 5 AB AB . Phương trình của AB là: 2 2 0 xy . 0.25 :; I d y x I t t . I là trung đi ểm của AC và BD nên ta có: 2 1;2 , 2 ;2 2 C t t D t t . 0.25 3 0 0 M H C / B / A / C B A 1 2 0 0 2 a aTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 28 Gọi CH là đư ờng cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành Theo giả thiết D .4 ABC S ABCH 4 5 CH . Ta có: 4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4 | 4 3 3 3 3 3 ; 55 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D             Vậy tọa đ ộ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 CD         hoặc 1;0 , 0; 2 CD 0.5 Câu 8 NX: hệ không có nghi ệm dạng (x 0 ;0) Với 0 y  , ta có: 2 22 22 2 2 1 4 14 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x xy y x y xy y y x y x y x xy y   0.25 Đặt 2 1 , x u v x y y ta có h ệ: 22 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u     0.25 +) Với 3, 1 vu ta có h ệ: 222 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 xy x y x y x x xy x y y x y x    . KL: Hệ pt có hai nghi ệm là: (1; 2) và ( -2; 5). 0.25 +) Với 5, 9 vu ta có h ệ: 222 1 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x  , hệ này N. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghi ệm: ( ; ) {(1 ; 2), ( 2; 5)}. xy 0.25 Câu 9 ì a, b, c là ba c ạnh tam giác nên: a b c b c a c a b  . Đặt , , , , 0 , , 22 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y . 0.25 Viết lại vế trái: 2 3 3 2 a b a c a x y z VT a c a b a b c y z z x x y 0.25 Ta có: 2 2 zz x y z z x y z z x y x y z x y . Tương t ự: 22 ;. x x y y y z x y z z x x y z 0.25 Do đó: 2 2 x y z xyz y z z x x y x y z . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 bc a a b a c a b c a c a b 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 29 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 30 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 26 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 32 1 1 3 y x x a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th ị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuy ến của đồ thị ( C) tạ i giao đi ểm của ( C ) với trục hoành Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 3sin 2 1 cos2 2cos x x x . b)Tìm hai s ố thực x, y thỏa mãn 3 3 5 1 2 9 14 . x i y i i Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình: 42 2log 3 1 log 3 1 xx . Câu 4 (0,5 điểm). Trong một thùng có chứa 7 đèn màu xanh khác nhau và 8 đèn đỏ khác nhau. Lấy ngẫu nhiên 3 đèn mắc vào 3 chuôi mắ c nối tiếp nhau. Tính xác suất A: “mắc được đúng 2 đèn xanh ” Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 ln 1 ln 1 e x I dx xx  . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc 0 60 BAC , hình chiếu c ủa đ ỉnh S trên mặ t phẳng (ABCD) trùng với tr ọng tâm tam giác ABC, góc tạo b ởi hai mặt phẳng (SAC) và ( ABCD) là 0 60 .Tính thể tích khố i chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đ ến mặt phẳng (SCD) theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉ nh A(-1;2). Trung tuyến CM: 5x+7y-20=0 và đườ ng cao BK: 5x-2y-4=0. Tìm tọa đ ộ 2 điể m B, C. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho m ặt phẳng (P): x+ y+z+1=0. Viết phương trình mặt c ầu có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P).Vi ết phương trình mặt ph ẳng chứa trục Ox và vuông góc v ới mp(P). Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 22 4 3 7 4 5 6 3 2 3 10 34 47 x xy y x xy y x xy y x xy y , xy . Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, ,y, z là các số th ực dương. Tìm giá trị nh ỏ nhất của biểu thức. 3 23 P x xy xyz x y z THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 31 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 32 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 26 Câu 1 1a 1.Tập xác đ ịnh : D = . 2.Sự biến thiên : 2 '2 y x x ; 0 '0 2 x y x   0.25 Hàm s ố đồng biến trên các kho ảng và . Hàm s ố nghịch biến trên . Hàm s ố có c ực đ ại tại 0 x và y CĐ = y(0)=0.Hàm s ố có c ực tiểu tại 2 x và y CT = y(2)= 4 3 3 11 lim lim [x ( - )] = + 3 xx y x      3 11 lim lim [x ( - )] = - 3 xx y x      0.25 -Bảng biến thiên: 0 - 4 3 2 0 + + _ 0 0 CT CÑ - ∞ + ∞ + ∞ - ∞ y y' x 0.25 Đồ thị: 0.25 1b Giao đi ểm của ( C ) với trục hoành: y = 0 32 1 0 3 xx 0.25 0 3 x x   0.25 Tại O( 0; 0) ta có phương trình ti ếp tuyến là y = 0 0.25 Tại M( 3;0) ta có phương trình ti ếp tuyến là y = 3x - 9 0.25 Câu 2 2a Pt 2cos ( 3sinx-cos 1) 0 xx 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 33 cos 0 1 cos( ) 32 x x     2 2 ( ) 2 2 3 xk x k k xk            0.25 2b Ta có: 3 3 5 1 3 3 5 11 2 3 11 5 2 x i y i x i y i x y x y i 0.25 Do đó x, y th ỏa mãn h ệ 172 3 11 9 61 5 2 14 3 61 x xy xy y   0.25 Câu 3 ĐK: 1 3 3 x . Với đi ều kiện trên bpt 22 log 3 1 log 2 3 xx   0.25 3 1 2(3 ) xx 1 x KL: Kết hợp đi ều kiện, phương trình có nghi ệm 1 x 0.25 Câu 4 Ta có: 3 15 nC  0.25 21 78 24 . 65 n A C C P A 0.25 Câu 5 Đặt: ln 1 (ln 1) ; 1 1 ; 1 t x x dt x dx x t x e t e  0.25 1 1 1 e I dt t  0.25 1 1 ln e It 0.25 ln( 1) Ie 0.25 Câu 6 Gọi O là tâm c ủa hình thoi ABCD. Ta có: 0 , 60 OB AC SO AC SOB   Tam giác SOH vuông t ại H suy ra 00 tan 60 .tan 60 2 SH a SH HO HO 0.25 2 23 . 3 2 2 1 1 3 3 .. 3 3 2 2 12 ABCD ABC S ABCD ABCD a SS a a a V SH S 0.25 Trong mặt phẳng (SBD) kẻ OE song song SH và c ắt SD tại E. Khi đó ta có t ứ diện OECD vuông t ại O và 33 ;; 2 2 8 a a a OC OD OE 0.25 2 2 2 2 1 1 1 1 O;(SCD) d OC OD OE 3 ;( ) 112 a d O SCD 0.25 S A B C D E H OTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 34 Mà 6 ;( ) 2 O;( ) 112 a d B SCD d SCD Câu 7 AC qua A và vuong góc BK nên AC: 2x+5y – 8 =0 0.25 (4;0) C AC BM C  0.25 Gọi B( a;b) M là trung đi ểm AB nên 12 ; 22 ab M 5 7 31 0 (1) M CM a b 0.25 5 2 4 0 (2) B BK a b Từ ( 1) và ( 2) suy ra B( 2; 3) 0.25 Câu 8 ì m ặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) và ti ếp xúc v ới mp(P) nên bán kính c ủa mặt cầu là 1 1 0 1 ( ,( )) 3 3 r d I P 0.25 Vậy, phương trình m ặt cầu (S) là: 22 2 1 1 3 x y z 0.25 Gọi () mp là m ặt phẳng cần tìm. Tr ục Ox chứa đi ểm O và véctơ (1;0;0) i , mp(P) có vtpt (1;1;1) n . () mp chứa trục Ox và vuông góc v ới mặt phẳng (P) nên nó qua đi ểm O và nh ận , 0;1; 1 u n i   là véctơ. 0.25 Vậy, phương trình () mp : y – z = 0 0.25 Câu 9 ĐK: 22 22 3 2 0 4 3 7 0 x xy y x xy y 0.25 Chuyển vế nhân liên h ợp ở phương trình 1 , ta đư ợc: 22 2 2 2 2 1 5 6 4 0 6 4 3 7 3 2 xy x xy y xy x xy y x xy y 0.25 Với xy thay vào 2 , ta đư ợc: 2 11 1 11 xy x xy 0.25 Với 6 xythay vào 2 , ta đư ợc: 2 47 47 6 82 82 82 47 47 47 6 82 82 yx y yx ; KL: 47 47 47 47 1;1 , 1; 1 , ; 6 ; ;6 82 82 82 82 S 0.25 Câu 10 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 35 Ta có 33 11 2 .8 2 .8 .32 48 x xy xyz x x y x y z  2 8 2 8 32 32 4 8 24 24 3 x y x y z x x y z x y z 0.25 Đặt 2 32 ;0 23 t x y z t P f t tt 0.25 32 31 ; 0 1 f t f t t tt  0.25 Lập bảng biến thiên c ủa hàm f(t) ta đư ợc min 3 2 P tại t=1 Dấu “=” x ảy ra khi và chỉ khi 16 21 1 4 28 21 2 32 1 21 x x y z x y y xz z   0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 36 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 27 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 x y x (1). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Viết phương trình tiế p tuyến của đồ thị hàm số tại giao điể m của đồ thị và đườ ng thẳng y = 4. Câu 2. (1,0 điểm) a. Cho số phức z thỏa mãn: 2 (1 ) (2 ) 8 (1 2 ) i i z i i z. Tìm phần th ực, phần ảo và tính môđun của số phứ c z. b. Giải phương trình: cos2x 7cos 4 0 x . Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 6.4 5.6 6.9 0 xxx Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 22 2 2 2 (1) 1 2. (2) x xy y y x y x y x  Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: 0 (1 cos ) I x xdx Câu 6. (1,0 điể m): Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân ( BA = BC), cạnh bên SA vuông góc vớ i mặt phẳng đáy và có độ dài là 3 a , cạnh bên SB tạo với đáy một góc 60 0 . Tính di ện tích toàn phầ n của hình chóp. Câu 7. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC, trọng tâm G( -2;-1); phương trình cạnh AB: 4x+y+15=0; AC: 2x+5y+3=0. Tìm t ọa đ ộ A, B, M là trung điể m của BC, viết phương trình cạ nh BC Câu 8. (1,0 điể Trong không gian vớ i hệ toạ độ ( , , , ) O i j k , cho 32 OM i k , mặt cầu () S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 9 x y z .Xác định to ạ độ tâm I và bán kính của m ặt cầu () S . Chứng minh rằng điể m M nằm trên mặt c ầu, từ đó viết phương trình mặt ph ẳng () tiếp xúc với mặt cầu tại M. Câu 9. (0,5 điểm) Tìm h ệ số của x 8 trong khai triển (x 2 + 2) n , biết: 3 2 1 8 49 n n n A C C . Câu 10. ( 1,0 điể m)Cho 3 số thực dương ,, abc thoả mãn 1 abc . Chứng minh rằng: 1 2 2 2 a b c b a c b a c . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 37 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 38 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 27 Câu 1 1a Khảo sát s ự biến thiên và v ẽ đồ thị (H) của hàm s ố (1). 1) Tập xác đ ịnh:   \1 D . 2) Sự biến thiên +) 2 3 ' 0, x D 1 y x suy ra hàm s ố nghịch biến trên t ừng khoảng xác đ ịnh. 0.25 Hàm s ố không có c ực trị. Giới hạn: lim lim 1 xx yy     đường thẳng y = 1 là ti ệm cận ngang của đ ồ thị. 11 lim , lim xx yy    đường thẳng x = 1 là ti ệm cận đ ứng của đ ồ thị. 0.25 + Bảng biến thiên: 0.25 3)Đồ thị: Đ ồ thị cắt trục toạ độ tại các đi ểm: A(-2; 0) và B(0; -2). Đồ thị nhận giao đi ểm của hai đư ờng tiệm cận làm tâm đ ối xứng. 0.25 1b Phương trình hoành đ ộ giao đi ểm: 2 4 1 x x 1 2 4( 1) x xx   1 2 2 x x x   . 0.25 M(2; 4) là giao đi ểm của đ ồ thị và đư ờng thẳng y = 4. 2 3 ' 1 y x . 0.25 hệ số góc c ủa tiếp tuyến tại đi ểm M(2; 4) là: '2 ky 2 3 3 21 . 0.25 - - 1 1 1 +  -  +  -  y y' x 6 4 2 -2 -4 -5 5 y x f x = x+2 x-1 I O 1 1THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 39 Phương trình ti ếp tuyến là: 3 2 4 3 10 y x y x 0.25 Câu 2 2a 2 (1 ) (2 ) 8 (1 2 ) 2 (2 ) 8 (1 2 ) i i z i i z i i z i i z 22 8 (8 )(1 2 ) 2(2 1) 8 (1 2 ) (1 2 ) 8 12 1 (2 ) i i i i z i i z i z i z i i 0.25 10 15 23 5 i zi Phần thực của z là a = 2, phần ảo của z là –3 và môđun c ủa z là 22 2 ( 3) 13 z 0.25 2b cos2x 7cos 4 0 x 2 2cos 7cos 3 0 xx 1 cos 2 cos 3 x x    0.25 1 cos 2 x 2 2, 3 x k k    . 0.25 Câu 3 Chia 2 vế pt cho 9 x ta đư ợc 2 4 6 2 2 6. 5. 6 0 6. 5. 6 0 33 99 xx xx xx (*)  Đặt 2 3 x t (ĐK: t > 0), phương trình (*) tr ở thành (nhan) , (loai) 2 32 6 5 6 0 23 t t t t 0.25  Với 3 2 t : 1 2 3 2 2 1 3 2 3 3 xx x  Vậy, phương trình đã cho có nghi ệm duy nhất 1 x . 0.25 Câu 4 ĐK: 1 0. xy 2 2 2 (3) (1) 2 2 0 ( )( 2 2) 0 2 2 (4) xy x y xy y y x x y x y xy   0.25 Từ (3) & (2) ta có x=y=1. 0.25 Từ (4) & (2) ta có 0; 2 22 18 ;. 3 3 2 33 yx xy yx y y y     0.25 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghi ệm 81 ; 1;1 ; ; 2;0 ; ; ; . 33 x y x y x y 0.25 Câu 5 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 40 60 a 3 A B C S 0 0 0 (1 cos ) cos I x xdx xdx x xdx  Với 2 2 2 2 1 0 0 0 2 2 2 2 x I xdx 0.25  Với 2 0 cos I x xdx  Đặt cos sin u x du dx dv xdx v x . Thay vào công th ức tích phân t ừng phần : 0.25 00 2 0 0 sin sin 0 ( cos ) cos cos cos0 2 I x x xdx x x 0.25  Vậy, 2 12 2 2 I I I 0.25 Câu 6 Theo giả thiết, , , , SA AB SA AC BC AB BC SA Suy ra, () BC SAB và như v ậy BC SB Do đó, t ứ diện S.ABC có 4 m ặt đ ều là các tam giác vuông. 0.25  Ta có, AB là hình chi ếu của SB lên ( ABC) nên 0 60 SBA 3 tan ( ) 3 tan SA SA a SBA AB a BC AB SBO 0.25 2 2 2 2 2 AC AB BC a a a 2 2 2 2 ( 3) 2 SB SA AB a a a 0.25  Vậy, diện tích toàn ph ần của tứ diện S.ABC là: 2 1 ( . . . . ) 2 1 3 3 6 ( 3. 2 . 3. 2 . ) 22 TP SAB SBC SAC ABC S S S S S SAAB SBBC SAAC ABBC a a aa a a aa a 0.25 Câu 7 4;1 A AB AC A  2 AG GM (*). Gọi M(x;y) (2; 2) AG , ( 2; 1) GM x y 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 41 (*) 2 2( 2) 1 ( 1; 2) 2 2.( 1) 2 xx M yy  ( ; 4 15) B AB B b b 0.25 M là trung đi ểm của BC (2.( 1) ;2.( 2) 4 15) ( 2;4 11) C b b C b b 2( 2) 5(4 11) 3 0 18 54 0 3 ( 3; 3) C AC b b b b B ;C(1;-1) 0.25 BC: 2 3 0 xy 0.25 Câu 8 3 2 (3;0;2) OM i k M và 2 2 2 ( ): ( 1) ( 2) ( 3) 9 S x y z  Mặt cầu có tâm (1; 2;3) I và bán kính 3 R 0.25  Thay toạ độ điểm M vào phương trình m ặt cầu: 2 2 2 (3 1) (0 2) (2 3) 9 là đúng. Do đó, () MS 0.25  () đi qua đi ểm M, có vtpt (2;2; 1) n IM 0.25  Vậy, PTTQ của () là: 2( 3) 2( 0) 1( 2) 0 2 2 4 0 x y z x y z 0.25 Câu 9 Điều kiện n 4 Ta có 22 0 22 n n k k n k n k x C x  Hệ số của số hạng chứa x 8 là 44 2 n n C Hệ số của số hạng chứa x 8 là 44 2 n n C 0.25 Ta có: 3 2 1 8 49 n n n A C C (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 (n – 7)(n 2 + 7) = 0 n = 7 Nên h ệ số của x 8 là 43 7 2 280 C 0.25 Câu 10 Ta có 1 22 a a a a ba b a a ba , do 12 aa . 0.25 Tương t ự: 1 2 bb b bc cb ; 1 2 cc c ac ac . 0.25 Cộng các v ế của các BĐT trên ta có: 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a ba b cb c ac b a c b a c = 1 abc b cb bc bca babc b cb b bc bac = 1 1 1 1 1 b cb bc b b cb b bc (điều phải chứng minh). 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 42 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 43 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 28 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 42 21 y x x . a)Khảo sát và vẽ đồ thị ( C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuy ến d với đồ thị (C) tại điể m M có hoành độ 2 2 x . Tìm tọ a độ các giao đi ểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 1 tan cot 2 1 tan x x x . b) Cho số phức z thỏa mãn 2. 3 . 9 . 4 9 12 iz i z i i . Tìm môđun của s ố phức 2 1 w z z . Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 2 3 2 21 log log (2 1) log 3 2 x x  . Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2(4 ) 5 2 2 3 2 ,; 6 2 1 5 1 x y x xy y x y xy y x x y x  Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 5 1 1 31 I dx xx  . Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ' ' ' . ABC ABCcó đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh ' A trên mặt phẳng ( ABC) là trung điểm H của BC. Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng ' à BCv AA bằng 3 4 a . Tính thể tích của khối chóp '' . ABCCB và tang của góc giữa hai mặt phẳng '' à ABBA v ABC . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đườ ng thẳng : 2 3 0 AB x y và đườ ng thẳng : 2 0 AC y . Gọi I là giao điể m của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉ nh của hình thang cân ABCD, biết 2 IB IA , hoành độ điểm I: 3 I x và 1;3 M nằm trên đườ ng thẳng BD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm 1;2;3 A 1; 4;5 B và mặt phẳng ( P): 2x – y – z – 13 = 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( P) sao cho MA MB và mặt phẳng MAB vuông góc với mặt phẳng ( P). Câu 9 (0,5 điểm). Trong một hộp đự ng 30 tấm thẻ được đánh số khác nhau từ 1 đến 30. Ch ọn ngẫu nhiên 2 thẻ trong h ộp. Tính xác suấ t để chọn được c ả 2 thẻ đều được đánh số là số nguyên tố. Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 3 7 xy  . Tìm giá trị nhỏ nhất c ủa biểu thức 2 2 2 2 3 2 5( ) 24 8( ) ( 3) P xy y x y x y x y . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 44 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 45 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 28 Câu 1 1a TXĐ: Giới hạn: lim , lim xx yy       0.25 Sự biến thiên: /3 4 4 , y x x x / 01 0 12 xy y xy      Hàm s ố nghịch biến trên m ỗi khoảng ( 1;0) và (1; )  , hàm s ố đồng biến trên m ỗi khoảng ( ; 1)  và (0;1) 0.25 Bảng biến thiên x  -1 0 1  y’ + 0 - 0 + 0 - y 2 2 1   0.25 Đồ thị có đi ểm cực đ ại A(-1;2), B(1;2) và đi ểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C). 0.25 1b Ta có 27 ; ( ) 24 MC . à / 2 ( ) 2 2 y 0.25 Pttt (d) có d ạng / 2 2 7 2 2 4 y y x             3 2 4 yx 0.25 Pt hđ giao đi ểm của d và (C): 4 2 4 2 3 2 1 2 4 8 4 2 1 0 4 x x x x x x 0.25 2 2 2 4 4 2 2 0 2 x x x 2 2 2 2 2 ,, 2 2 2 x x x . Vậy có 3 đi ểm: / // 2 7 2 2 1 2 2 1 ; , , 2 , , 2 2 4 2 4 2 4 M M M                   0.25 Câu 2 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 46 2a ĐK: sin 2 0 2 cos 0 tan 1 4 x xk x xk x           Với ĐK pt tan 2 tan 24 xx         0.25 2 24 x x k  Kết hợp ĐK, ta có nghi ệm: , 4 x k k   0.25 2b Gọi ., z a bi a b Tìm đư ợc 1 2 3 2 a b  0.25 2 1 37 13 22 w z z i w 0.25 Câu 3 Điều kiện: 1 2 1 0 2 xx (*) Với đi ều kiện (*), pt 2 3 2 log (2 1) log (2 1) 1 log 3 xx  2 3 3 2 log 3.log (2 1) log (2 1) 1 log 3 xx  0.25 2 3 2 log 3 1 log (2 1) 1 log 3 x  3 log (2 1) 1 x  2 1 3 1 xx   Đối chiếu (*), tập nghiệm: 1 ;1 2 S     0.25 Câu 4 Điều kiện xác định: 2 10 1 60 x x yx  (*) Biến đổi vế trái phương trình thứ nhất 2 2 2 2 (2 ) (2 ) (2 ) ( ) x y x y x y x y 0.25 2 3 2 3 2 x y x y x y x y Dấu đ ẳng thức xảy ra khi và ch ỉ khi 20 (2 )( ) 0 3 2 0 xy x y x y xy  20 xy Thay vào (2) ta được phương trình: 2 4 6 2 1 5 1 x x x x 2 2 1 5 1 2 1 5 1 x x x x (3) 0.25 Với 0 x , chia hai vế của phương trình (3) cho 1 x ta đư ợc phương trình tương đương 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 47 2 2 1 2 1 55 11 xx xx Đặt 21 1 x t x , phương trình đư ợc viết: 2 5 5 5 2 2 t t t t t   Giải phương trình: 2 1 21 2 2 2 1 2 1 1 4 1 4 4 1 x x xx x x x x  2 1 1 7 2 1 2 2 4 28 4 8 3 0 4 x x x xx x    Khi 7 1 2 7 2 xy Nghiệm của hệ phương trình là: 7 ( ; ) 1 ; 2 7 2 xy . 0.25 Câu 5 Đặt 2 1 3 1, 0 3 t t x t x 2 3 dx tdt Đổi cận: 1 2; 5 4. x t x t   0.25 4 2 2 1 2 1 I dt t  4 2 11 () 11 I dt tt  0.25 4 2 ln 1 ln 1 I t t 0.25 2ln3 ln5 I 0.25 Câu 6 Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên AA ’ HK là đoạn vuông góc chung nên 3 4 a HK ' 3 2 a AH Diện tích tam giác ABC: 2 3 4 ABC a S  0.25 Thể tích khối lăng trụ ' ' ' . ABC ABC : 3 ' 1 33 . 8 ABC a V S AH  Gọi là thể tích của khối chóp '' . ABCCB : 3 1 23 . 34 a VV 0.25 Từ H vẽ HI AB  tại I suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( ABC) và ( AA ’ ,BB ’ ) 0.25 a I C' B' H A C B A' KTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 48 là ' AIH , 3 4 a HI Tính : ' ' 34 tan . 2 3 2 3 AH a AIH HI a . 0.25 Câu 7 E I A D B C F M Ta có A là giao đi ểm của AB và AC nên 1;2 A . 0.25 Lấy đi ểm 0;2 E AC . Gọi 2 3; F a a AB sao cho EF //BD. Khi đó EF 22 EF AE BI EF AE BI AI AE AI 22 1 2 3 2 2 11 . 5 a aa a    0.25 Với 1 a thì 1; 1 EF là vtcp c ủa đư ờng thẳng BD. Nên ch ọn vtpt của BD là 1; 1 n . Pt : 4 0 BD x y 2;2 BD AC I  5; 1 BD AB B  Ta có 33 2 2; 2 22 IB IB IB ID ID ID D ID IA . 1 3 2 2;2 2 IA IA IA IC IC IC C IC IB . 0.25 Với 11 5 a thì 71 ; 55 EF là vtcp c ủa đư ờng thẳng BD. Nên ch ọn vtpt của BD là 1; 7 n . Do đó, : 7 22 0 BD x y 8;2 I (loại). 0.25 Câu 8 ì M cách đều A, B nên M nằm trên mặt phẳng trung trực ( Q) của AB. Phương trình mặt phẳng ( Q): 0; 6;2 AB Tọa độ trung điểm I của AB: 1; 1;4 I :3 7 0 Q y z 0.25 ì mặt phẳng ( MAB) vuông góc với mặt phẳng ( P) nên M nằm trên mặt phẳng ( R) chứa AB và vuông góc với ( P). Phương trình mặt phẳng ( R): : 2 3 13 0 R x y z 0.25 Điểm M cần tìm là giao điểm của ba mặt phẳng ( P), (Q), (R) 0.25 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 2 13 0 6 3 7 0 2 2 3 13 0 1 x y z x y z y x y z z  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 49 Tọa độ điểm 6; 2;1 M . Câu 9 Số các trư ờng hợp có th ể: 2 30 C Các s ố nguyên t ố từ 1 đ ến 30: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. 0.25 Gọi A là biến cố chọn được cả hai thẻ đều được số là số nguyên tố. Số trường hợp thuận lợi của biến cố A: 2 10 C Xác suất để chọn được cả hai thẻ đều là số nguyên tố: 2 10 2 30 3 29 C PA C . 0.25 Câu 10 Ta có 2 2 2 3 3 6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5 2 xy x y x y x y xy    . 0.25 Ta có 2 2 2 2 2 5( ) 2 5( ) 2 x y x y x y x y và 2 2 2 22 ( 3) 9 2 6 6 0 2( 3) 8( ) ( 3) x y x y xy x y x y xy x y x y Suy ra 3 2( ) 24 2( 3) P xy x y x y xy 0.25 Đặt  , 0;5 t x y xy t , 3 ( ) 2 24 2 6 P f t t t Ta có  2 3 / 22 33 (2 6) 8 24.2 ( ) 2 2 0, 0;5 3 (2 6) (2 6) t f t t tt Vậy hàm s ố f(t) nghịch biến trên n ữa khoảng  0;5 . Suy ra 3 min ( ) (5) 10 48 2 f t f . 0.25 Vậy 3 2 min 10 48 2, 1 x P khi y  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 50 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 29 Câu 1. (2,0 điể m). Cho hàm s ố 21 1 x y x có đ ồ thị (H). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuy ến biết tiếp tuyến cách đều 2 điể m , (2,4) ( 4, 2 . ) AB Câu 2. (1,0 đi ểm). a. Cho góc thỏa mãn tan 2 . Tính 33 3 8cos 2sin cos A 2cos sin b. Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 1- 2 i z i. Tính 2 (1 2 ) iz i z  Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình 2 2 9 2 log .log (8 )-log .log 3 9 x x x Câu 4. (1,0 đi ểm). Giải hệ phương trình 22 2 2 2 4 2 6 11 10 4 2 0  x x y y x y x x Câu 5. (1,0 đi ểm). Tính tích phân: 2 1 ( 1 ln )  I x x x dx Câu 6. (1,0 đi ểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạ nh . a Góc 0 60 , BAC hình chiếu vuông góc của S trên mặt () ABCD trùng v ới trọng tâm của tam giác . ABC  Mặt phẳng SAC hợp với mặt phẳng () ABCD góc 0 60 . Tính th ểtích kh ối chóp . S ABCD và khoảng cách từ B đ ến () SCD theo . a Câu 7. (1,0 đi ểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nh ọn ABC. Đư ờng trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đư ờng thẳng BC lần lư ợt có phương trình 3 5 8 0, 4 0. x y x y Đường thẳng qua A và vuông góc vớ i đư ờng thẳng BC cắt đư ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điể m thứ hai là (4, 2). D Viết phương trình đườ ng thẳng AB, biết hoành độ điểm B không lớn hơn 3. Câu 8. (1,0 đi ểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt ph ẳng : 1 0 P x y z và điể m (1, 1,2) A . Viết phương trình đườ ng thẳng  đi qua A và vuông góc vớ i () P . Tính bán kính của mặt cầu (S) có tâm thuộc đư ờng thẳng , đi qua A và tiếp xúc vớ i () P . Câu 9. (0,5điểm). Trong cụm thi đ ể xét công nh ận tốt nghiệp THPT thí sinh ph ải thi 4 môntrong đó có 3 môn b ắt buộc là Toán, ăn, Ngo ại ngữ và 1 môn do thí sinh t ự chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa h ọc, Sinh học, Lịch sử và Đ ịa lí. Trư ờng X có 40 h ọc sinh đăng kí d ự thi, trong đó 10 học sinh chọn môn ật lí và 20 h ọc sinh chọn môn Hóa h ọc. Lấy ngẫu nhiên 3 h ọc sinh bất kỳ của trư ờng X. Tính xác su ất đ ể trong 3 học sinh đó luôn có h ọc sinh chọn môn ật lí và h ọc sinh chọn môn Hóa h ọc. Câu 10. (1,0 đi ểm). Cho x là số thực thuộc đoạn 5 [ 1, ] 4 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhấ t của THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 51 5 4 1 5 4 2 1 6 xx P xx THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 52 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 29 Câu 1 1a a) Khảo sát s ự biến thiên và v ẽ đồ thị (H) của hàm s ố. - Tập xác đ ịnh:   \1 D - Sự biến thiên: 2 ' 1 1 0, 1 x y x  . 0.25 +Hàm s ố đồng biến trên m ỗi khoảng ( ; 1)  và ( 1; )  . +Hàm s ố không có c ực trị + Giới hạn: * lim 2;lim 2 xx yy     Đường thẳng y=2 là ti ệm cận ngang của đ ồ thị hàm s ố. * 11 lim ;lim xx yy     Đường thẳng x = - 1 là ti ệm cận đ ứng đ ồ thị hàm s ố. 0.25 + Bảng biến thiên: 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 1b Gọi 0 x là hoành đ ộ của tiếp đi ểm. Phương trình ti ếp tuyến của H tại M là 0 0 2 0 0 1 2 1 : 1 1 x d y x x x x 0.25 ì ti ếp tuyến d cách đ ều 2 đi ểm A và B nên ti ếp tuyến đi qua trung đi ểm I của AB hoặc song song với AB * Nếu tiếp tuyến đi qua trung đi ểm I(-1,1) của AB thì 0 1 x Vậy phương trình ti ếp tuyến là 15 44 yx 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 53 * Nếu tiếp tuyến song song với đư ờng thẳng AB: 2 yx Ta có 0 0 2 0 0 0 1 1 ( -1) 2 1 x x x x    0.25 Với 0 0 x , ta có phương trình ti ếp tuyến là: 1 yx Với 0 2 x , ta có phương trình ti ếp tuyến là: 5 yx 0.25 Câu 2 2a 33 3 8cos 2sin cos A 2cos sin 0.25 3 2 3 2 2 3 2 3 9 2tan tan 9 2.2 2 3 2(1 tan ) tan 2(1 2 ) 2 2 0.25 2b Ta có 12 (1 2 ) 1- 2 12 34 55 i i z i z i i 0.25 Suy ra 2 (1 2 ) 2 ( 3 4 3 4 5 5 5 5 ) (1 ( ) 2) iz i z i i i i  13 4 55 i  0.25 Câu 3 Điều kiện: 0 x Phương trình tr ở thành: 9 2 2 2 3 log log .(log 8 log )- 9 log 2 x xx 2 22 5 log log 9 0 2 xx 2 2 log 2 9 log 2 x x    0.25 Với 2 log 2 4 xx (Thỏa mãn đi ều kiện) Với 2 92 log 2 32 xx (Thỏa mãn đi ều kiện) Vậy phương trình có 2 nghi ệm 2 4, 32 S    0.25 Câu 4 Điều kiện: 2 2 4 2 0 2 4 10 0 yy xx  0.25 Áp d ụng bất đ ẳng thức AM-GM ta có: 2 2 2 4(10 4 2 ) 14 4 2 6 11 10 4 24 xx xx y x x x  0.25 Rút g ọn ta đư ợc: 22 4( 6 11) 14 4 2 10 2 15 0 y x x x x x y   (3) Tương t ự phương trình (1) 2 2 2 2 2 42 2 2 4 2 2 4 4 3 0 2 yy x x y y x x y y   (4) 0.25 Cộng vế với vế của (3) và (4) ta đư ợc: 2 2 2 2 1 3 6 6 12 0 3( 1) ( 3) 0 3 x x x y y x y y    0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 54 Kết hợp với đi ều kiện đ ề bài, suy ra nghi ệm hệ phương trình là (1, 3) S Câu 5 Ta có 2 2 2 12 1 1 1 ( 1 ln ) 1 ln I x x x dx x x dx x xdx I I    0.25 Tính 2 1 1 1 I x x dx  Đặt 2 1 1 2 t x t x tdt dx Đổi cận: 23 xt 12 xt Vậy 3 3 53 2 1 2 2 2 84 32 5 15 2 ( 1)2 53 tt I t t tdt    0.25 Tính 22 2222 1111 3 ln ln 2ln 2 2ln 2 2 2 4 4 x x x x xdx x dx  0.25 Vậy 12 84 32 5 15 3 2ln2 4 I I I 0.25 Câu 6 Gọi O AC BD  Ta có 0 , 60 OB AC SO AC SOB   Xét tam giác SOH vuông t ại H: 0 0 tan 60 3 .tan 60 . 3 62 SH HO aa SH OH 0.25 ì tam giác ABC đều nên 2 3 2. 2 ABCD ABC a SS Vậy 23 . 1 1 3 3 . . . 3 3 2 2 12 S ABCD ABCD a a a V SH S (đvtt) 0.25 Tính kho ảng cách từ B đ ến () SCD theo . a Trong (SBD) kẻ OE//SH. Khi đó OC,OD,OE đôi m ột vuông góc và 33 ,, 2 2 8 a a a OC OD OE 0.25 Áp d ụng công th ức 2 2 2 2 1 1 1 1 3 ( ,( )) 112 a d d O SCD OC OD OE 0.25 E S H O D C B ATHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 55 Mà 6 ( ,( )) 2 ( ,( )) 112 a d B SCD d O SCD Câu 7 Gọi M là trung đi ểm BC, H là tr ực tâm tam giác ABC, K là giao đi ểm của BC và AD, E là giao đi ểm của BH và AC. Do M là giao đi ểm của AM và BC nên M th ỏa mãn: 7 3 5 8 0 71 2 ( , ) 4 0 1 22 2 x xy M xy y   0.25 Do AD BC  nên AD có TPT (1,1) n và AD qua D nên phương trình AD: 20 xy Do A là giao đi ểm của AD và AM nên A th ỏa mãn 1 (1, 3 5 8 0 40 1) 1 x A x x y y y  0.25 Gọi K là giao đi ểm BC và AD. Suy ra (3, 1) K Tứ giác HKCE n ội tiếp nên , BHK KCE KCE BDA (nội tiếp chắn cung AB). Suy ra BHK BDK , Vậy K là trung đi ểm của HD nên H(2,4) Do B thuộc BC nên ( , 4) B t t . à M là trung đi ểm BC nên (7 ,3 ) C t t ( 2, 8), (6 ,2 ) HB t t AC t t 0.25 H là tr ực tâm tam giác ABC nên . ( 2)(6 ) ( 8)(2 ) 0 2, 7 HB AC t t t t t t Do hoành đ ộ của B không l ớn hơn 3 nên t = 2 Suy ra (2, 2), (5,1) BC Phương trình đư ờng thẳng AB qua A và có TPT (3,1) n có d ạng: 3 4 0 xy 0.25 Câu 8 Do  vuông góc v ới () P nên  có TPT (1, 1,1) P un 0.25 Phương trình đư ờng thẳng  qua (1, 1,2) A là: 1 1 2 xt yt zt  0.25 Gọi tâm (1 , 1 ,2 ) I I t t t  . Lúc đó 2 33 1 ( ,( )) 3 2 3 t R IA d I P t t 0.25 Vậy 3 2 R 0.25 Câu 9 Số phần tử của không gian m ẫu là 3 40 nC  Gọi A là bi ến cố “3 h ọc sinh đư ợc chọn luôn có h ọc sinh chọn môn ật lý và h ọc sinh chọn môn Hóa h ọc” 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 56 Số phần tử của biến cố A là 1 2 2 1 1 1 1 10 20 10 20 20 10 10 . . . . A n C C C C C C C Vậy xác su ất đ ể xảy ra biến cố A là 120 247 A A n P n  0.25 Câu 10 Đặt 5 4 , 1 a x b x thì 22 4 9, ab với ,0 ab Do đó đ ặt [0, ] 2  với a=3sin ,2b=3cos . Khi đó: 3 3sin cos 2sin cos 2 2 6 3sin 3cos 6 2sin 2cos 4 ab P ab 0.25 Xét hàm s ố 2sin cos () 2sin 2cos 4 xx fx xx với [0, ] 2 x  Ta có / 2 6 4sin 8cos ( ) 0, [0, ] (2sin 2cos 4) 2 xx f x x xx  0.25 Suy ra hàm s ố f(x) luôn luôn đ ồng biến trên [0, ] 2  Do đó: [0, ] [0, ] 22 11 min ( ) (0) ;max ( ) ( ) 6 2 3 xx f x f f x f  0.25 Vậy 15 min 64 P khi x 1 1 3 Max P khi x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 57 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 30 Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm s ố y = 4 1 x x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b. Xác định t ọa độ các điểm M thu ộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -8. Câu 2.(0.5 điểm): Giải phương trình sinx = 2 sin5x – cosx Câu 3.(0.5 điểm): Một ngườ i chọn ngẫu nhiên hai chiếc giày từ bốn đôi giày cỡ khác nhau. Tính xác suất để hai chiếc ch ọn đượ c tạo thành mộ t đôi Câu 4.(1,0 điểm): a) Giải phương trình sau trên tập s ố phức: 8z 2 - 4z + 1 = 0 b) Giải bất phương trình: 31 3 2log 4 3 log 2 3 2 xx  Câu 5.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 7 1 78 xy yx xy x xy y xy  Câu 6 .(1,0 điểm)Tính diện tích hình phẳ ng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 1 x e , trục hoành và hai đườ ng thẳng x = ln3, x = ln8. Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 23a, BD = 2a và cắt nhau t ại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc vớ i mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến m ặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu 8.(1,0 điểm)Trong mặt phẳng Oxy cho ABC có đỉnh A(1;2), đườ ng trung tuyến BM: 2 1 0 xy và phân giác trong CD:10 xy . Viết phương trình đườ ng thẳng BC. Câu 9.(1,0 điểm): Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho t ứ diện OABC với A(1,2,-1), B(2,- 1,3), C(-2,3,3), O(0,0,0) a)Tính th ể tích t ứ diện OABC b)Tìm tọa độ điểm D nằm trên mặt ph ẳng (Oxy) sao cho tứ diện ABCD có các cạnh đố i diện vuông góc vớ i nhau Câu 10.(1,0 điểm): Cho 0, 0 xy thỏa mãn 22 3 x y xy x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất c ủa biểu thức 2 22 (1 2 ) 3 2 xy P x y xy THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 58 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 30 Câu 1 1a 1.TXĐ D =   \1 2. Sự biến thiên: 2 3 0, 1 1 yx x   Trên các kho ảng ;1 à 1; v   hàm s ố đồng biến Hàm s ố không có c ực trị 0.25 Giới hạn và ti ệm cận: lim lim 1 xx yy     ; 11 lim ;lim xx yy    Suy ra đồ thị hàm s ố có m ột tiệm cận đ ứng là x = 1 và m ột tiệm cận ngang là y = 1 0.25 Bảng biến thiên x -  1 +  y / + + y +  1 1 -  0.25 Đồ thị 0.25 1b Gọi M(x 0 ; y 0 ) là ti ếp đi ểm, 0 0 0 4 1 x y x Phương trình ti ếp tuyến của (C) tại M là 0 0 2 0 0 4 3 1 1 x y x x x x 0.25 Để tiếp tuyến cắt trục hoành t ại đi ểm có hoành đ ộ bằng -8 thì 0 0 2 0 0 4 3 08 1 1 x x x x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 59 2 0 0 0 0 0 0 0 0 3 8 ( 4) 1 8 20 0 10 2 x x x x x x x   0.25 +Với 0 10 x ta có 0 2 3 y +Với 0 2 x ta có 0 2 y Vậy có 2 đi ểm M thõa đ ề là: M(10, 2 3 ) ,M(-2,2) 0.25 Câu 2 sin cos 2 sin5 sin sin5 4 x x x xx  52 4 52 4 x x k x x k         0.25 16 2 84 k x k k x      0.25 Câu 3 Số phần tử không gian m ẫu là s ố cách ch ọn 2 chiếc giày t ừ 8 chiếc tùy ý 2 8 ( ) 28 nC  0.25 Kí hi ệu A là bi ến cố chọn đư ợc hai chiếc giày cùng m ột đôi Số cách ch ọn một đôi trong 4 đôi giày 4 cách. Do đó n(A) = 4 ì v ậy P(A) 1 7 0.25 Câu 4 4a Ta có: 2 ' 4 0 b ac  0.25 Do đó, phương trình có 2 nghi ệm phức: 1 11 44 zi và 2 11 44 zi 0.25 4b ĐK: 3 4 x (*) Khi đó, bpt (1) tr ở thành: 2 33 log 4 3 2 log 2 3 xx  2 33 log 4 3 log 9. 2 3 xx  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 60 2 2 4 3 9. 2 3 3 16 42 18 0 3 8 xx x x x     Kết hợp với ĐK (*), bpt (1) có t ập nghiệm là: S= 3 ;3 4     0.25 Câu 5 ĐK: x, y> 0. (I) 7 78 x y xy xy x y  . Đặt t xy . (ĐK: t>0) 0.25 7 78 x y t t x y  2 7 78 0 tt . 13 l 6 n t t    0.25 t=6 13 36 xy xy  49 v 94 xx yy  0.25 Vậy hệ pt có 2 nghi ệm là : (4;9) ; (9;4). 0.25 Câu 6 Kí hi ệu S là di ện tích c ần tính. ì ln8 ln3 1 0 [ln 3 ; ln8] ê 1 xx e x n n S e dx  0.25 Đặt 1 x e = t, ta có 2 2 1 tdt dx t 0.25 Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 0.25 3 3 3 3 3 2 22 2 2 2 2 2 33 22 2 22 1 1 1 1 3 2 ln 1 ln 1 2 ln 2 t dt dt dt dt S dt t t t t tt      0.25 Câu 7 +Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vuông góc v ới nhau tại trung điểm O của mỗi đư ờng chéo.Ta có tam giác ABO vuông t ại O và AO = 3 a ; BO = a , do đó 0 A D 60 B Hay tam giác ABD đ ều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc v ới mặt phẳng (ABCD) nên giao tuy ến của chúng là 0.25 S A B K H C O I D 3a aTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 61 SO  (ABCD). +Do tam giác ABD đ ều nên v ới H là trung đi ểm của AB, K là trung đi ểm của HB ta có DH AB  và DH = 3 a ; OK // DH và 13 22 a OK DH OK  AB AB  (SOK) 0.25 +Gọi I là hình chi ếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI OI  (SAB) , hay OI là kho ảng cách t ừ O đ ến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông t ại O, OI là đư ờng cao 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO 0.25 Diện tích đáy 2 D 4S 2. . 2 3 ABC ABO S OAOB a  ; đường cao của hình chóp 2 a SO . Thể tích kh ối chóp S.ABCD: 3 . D D 13 . 33 S ABC ABC a V S SO 0.25 Câu 8 +Điểm : 1 0 ;1 C CD x y C t t . Suy ra trung đi ểm M của AC là 13 ; 22 tt M . 0.25 13 : 2 1 0 2 1 0 22 7 7;8 tt M BM x y tC 0.25 +Từ A(1;2), kẻ : 1 0 AK CD x y  tại I (đi ểm K BC ). Suy ra : 1 2 0 1 0 AK x y x y . Tọa đ ộ điểm I thỏa hệ: 10 0;1 10 xy I xy  . 0.25 +Tam giác ACK cân t ại C nên I là trung đi ểm của AK tọa đ ộ của 1;0 K . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 xy xy 0.25 Câu 9 + (1,2, 1), (2, 1,3), ( 2,3,3) OA OB OC 0.25 + 1 20 , . 40 , . 63 OA OB OC V OA OB OC       0.25 +Gọi D(x,y,0) mp(Oxy) theo đ ề bài ta có: 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 62 .0 .0 .0 AD BC BDCA CD AB  10 2 3 5 0 ( 2; 1;0) 1 3 1 0 xy x x y D y xy   0.25 Câu 10 +Ta có 22 3 ( ) 3 (1) 0, 0 ê 0 x y xy x y xy xy x y x y xy dox y n nx y 0.25     2 22 1 1 4 (1) 3 3 ( ) 3( ) 4 0 ( ) 1 ( ) 4 0 4 1 3 3 1 (1) 1 1 13 ê ( ) 2 ( ) 1 x y x y x y x y x y x y x y x y xy x y x y xy N n P x y x y xy x y 0.25 +Đặt 2 3 ( 4) 1 ( ) x y t t P t f t t 0.25 +Ta có 3 22 3 2 3 '( ) 2 0, 4 t f t t t tt Nên f(t) đ ồng biến trên  71 4; ( ) (4) 4 P f t f  Hay giá tr ị nhỏ nhất của P bằng 71 4 khi x = y = 2 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 1 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 31 Câu 1 (2,0 đi ểm). Cho hàm s ố 2 xm y x (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d: 2x+2y -1= 0 cắt đ ồ thị (C m ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có di ện tích bằng 1 (O là g ốc toạ độ). Câu 2 1,0 điể a)Tìm giá trị l n nh t và giá trị nh nh t của hàm số 2 x x 1 f(x) x1 trên đoạn 1 ;2 2    . b)Tính tích phân: 0 2 1 2 dx I (x 1) 3 2x x  . Câu 3 2,0 điể Giải các phương trình sau: a) 2 1 2 log 1 log 3 2 3 x x . b) 3sin 2x 2sin x 2 sin 2x cosx . Câu 4 1,0 điể a) Cho số phức z th a mãn: 1i (2 i)z 5 i. 1i Tính mô đun của s ố phức 2 w z z . b) Mét líp häc cã 20 häc sinh nam vµ 15 häc sinh n÷. ThÇy gi¸o chñ nhiÖm chän ra 5 häc sinh ®Ó lËp mét tèp ca h¸t chµo mõng ngµy thµnh lËp Qu©n ®éi nh©n d©n ViÖt Nam(22 th¸ng 12). TÝnh x¸c suÊt sao cho trong ®ã cã Ýt nhÊt mét häc sinh n÷. Câu 5 1,0 điể Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đ u cạnh a, m t bên SAB là tam giác vuông cân tại đ nh S và nằm trong m t phẳng vu ông góc v i m t phẳng đáy Tính theo a thể tích hối chóp S.ABC và hoảng cách gi a hai đường thẳng SB và AC . Câu 6 1,0 điể Trong m t phẳng v i hệ t a độ Oxy, cho hình vuông ABCD iểm 11 F ;3 2 là trung điểm của cạnh AD ường thẳng EK có phương trình 19x 8y 18 0 v i E là trung điểm của cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC Tìm t a độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nh hơn 3 Câu 7 1,0 điể Trong hông gian v i hệ toạ độ Oxyz, cho m t phẳng P : 2x 2y z 4 0 và m t cầu 2 2 2 S : x y z 2x 4y 6z 11 0 . Chứng minh rằng m t phẳng (P) cắt m t cầu (S) theo một đư ờng tròn Xác định to ạ độ tâm và tính bán ính của đư ờng tròn đó Câu 8 1,0 điể Cho ,, abc là ba s ố thực dương Chứ ng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 abc b c a a b b c c a . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 2 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 31 Câu 1 1a 1 2 x y x , TX :   D \ 2 -Gi i hạn : lim 1 ; lim 1     xx yy ư ờng thẳng y = -1 là ti ệm cân ngang c ủa đ ồ thị hàm s ố 22 lim ; lim     xx y ư ờng thẳng x = -2 là ti ệm cận đ ứng của đ ồ thị hàm s ố 0.25 -Chi u biến thiên 2 3 ' 0 2 ( 2) yx x  Hàm s ố nghịch biến trên m ỗi khoảng ( ; 2)  và ( 2; )  Hàm s ố hông có c ực trị 0.25 Bảng biến thiên x 2 - y' || y 1 1 0.25 ồ thị *Giao v i trục Ox tại A(1;0) *Giao v i trục Oy tại 1 B(0; ) 2 * ồ thị nhận I(-2;-1) giao của hai tiệm cận làm tâm đ ối xứng 8 6 4 2 2 4 6 8 15 10 5 5 10 15 O -2 -1 0.25 1b Phương trình hoành đ ộ giao đi ểm: 1 22 xm x x 2 2 2 2 2 0 (1)   x x x m ường thẳng (d) cắt (C m ) tại 2 đi ểm A,B (1) có hai nghi ệm phân bi ệt 2 x  0.25 2 17 1 8(2 2) 0 17 16 0 16 2 2.( 2) ( 2) 2 2 0 2 m m m m m m        0.25 1 1 2 2 11 A x ; x ,B x ; x 22         trong đó x 1 ; x 2 là hai nghi ệm phân bi ệt của phương 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 3 trình (1), theo viet ta có 12 12 1 xx 2 x .x m 1  2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2(17 16m) AB (x x ) (x x ) 2 (x x ) 4x x 2   1 d O,d 22 ; OAB 2(17 16m) 1 1 1 47 S AB.d(O,d) . . 1 m 2 2 2 16 22  (t/m) Vậy: 47 m 16 0.25 Câu 2 2a Hàm s ố f(x) liên t ục trên đoạn 1 ;2 2    . +) 2 2 2 '( ) ( 1) xx fx x , 1 0 ;2 2 '( ) 0 1 2 ;2 2              x fx x 0.25 +) 17 26 f ; 7 (2) 3 f Vậy: 1 ;2 2 7 min ( ) 6    x fx khi 1 2 x ; 1 ;2 2 7 max ( ) 3    x fx khi x=2. 0.25 2b 0 0 0 2 1 1 1 2 2 2 2 dx dx dx I (x 1) (x 1)(3 x) 3 x (x 1) 3 2x x (x 1) x1    t: 3x t x1 2 dx 1 tdt (x 1) 2 ổi cận: 1 x t 7;x 0 t 3. 2 0.25 3 7 11 I dt 7 3 22  0.25 Câu 3 3a K 1 1 2   x x 0.25 33 (1) 2log x 1 2log 2x 1 2 33 log x 1 2x 1 log 3 0.25 x 1 2x 1 3   2 2 1 x1 x1 hoac 2 2x 3x 2 0 2x 3x 4 0(vn) 0.25 x2 (th a mãn đi u kiện) Vậy: x=2 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 4 3b K: k sin2x 0 x (k ) 2    0.25 (2) 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0.25 x k2 cosx 1 k2 sin 2x sin x x 33       0.25 ối chiếu v i đi u kiện Vậy : phương trình có nghi ệm   2 3 k x  0.25 Câu 4 4a (3) (2 i)z 5 z 2 i 0.25 w 5 5i w 5 2 0.25 4b Chän ngÉu nhiªn 5 häc sinh trong 35 häc sinh cña líp, cã 5 35 C (c¸ch) Gäi A l¯ biÕn cè: ‘‘Chän ®­îc 5 häc sinh trong ®ã cã Ýt nhÊt mét em n÷’’ Suy ra A l¯ biÕn cè: ‚Chän ®­îc 5 häc sinh trong ®ã kh«ng cã hs n÷ n¯o‛ Ta cã sè kÕt qu¶ thuËn lîi cho A lµ 5 20 C 0.25 5 20 5 35 C PA C 5 20 5 35 2273 1 1 0,95224 2387 C P A P A C  0.25 Câu 5 d H A C B S J K +) Theo bài ta có: () 2   SH ABC a SH 0.25 +) 2 3 4  ABC a S 3 . 3 24 S ABC a V 0.25 +) Dựng đư ờng thẳng d đi qua B và d // AC ( , ) ( ;( , )) 2 ( ;( ; )) d AC SB d A SB d d H SB d Kẻ đoạn thẳng HJ sao cho HJ d,J d  ; Kẻ đoạn thẳng HK sao cho HK SJ,K SJ  +) ( ;( , )) d H SB d HK 0.25 2 2 2 2 1 1 1 28 3 3 27 a HK HK HJ SH a 3 ( , ) 2 7 d AC SB HK a 0.25 Câu 6 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 5 P I F E C A B D K H +) G i AB=a (a>0) 2 EFK ABCD AEF FDK KCBE 5a S S S S S 16     EFK 1 S FH.EK 2  , 25 a 17 FH d(F,EK) ;EK a 5 4 2 17 ABCD là hình vuông c ạnh bằng 5 52 EF 2 0.25 +) T a đ ộ E là nghi ệm: 2 2 11 25 ( 3) 22 19 8 18 0  xy xy 2 58 (loai) 17 5 2     x x y 5 2; 2 E 0.25 +) AC qua trung đi ểm I của EF và AC  EF AC: 7 29 0 xy Có :   10 7 29 0 3 19 8 18 0 17 3    x xy AC EK P y y 10 17 ; 33 P 0.25 Ta xác đ ịnh đư ợc: 9 (3;8) 5 IC IP C 0.25 Câu 7 M t cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán ính R=5 2.1 2.2 3 4 d(I,(P)) 3 4 4 1 0.25 Vì d(I,(P)) 0 nên hàm s ố đồng biến Trên các ho ảng ;1  và 0;1 ,y’<0 nên hàm s ố nghịch biến 0.25 + Cực trị Hàm s ố có hai c ực tiểu tại x = 1  ; y CT = y( 1  ) = –1 Hàm s ố có m ột cực đ ại tại x = 0; y CĐ = y(0) = 0 + Bảng biến thiên x  -1 0 1  y’ – 0 + 0 – 0 + +  0 +  y –1 –1 0.25 iii/ Đ ồ thị: Hàm s ố đã cho là ch ẵn, do đó đ ồ thị hàm s ố nhận Oy làm tr ục đ ối xứng ồ thị đi qua g ốc toạ độ và c ắt trục Ox tại 2;0  iểm đ c biệt: 1; 1  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 8 y -1 1 - 2 2 1 1b Phương trình đã cho tương đương v i: 42 2 x x m NX: Số nghiệm thực của phương trình b ằng số giao đi ểm của đư ờng thẳng y = m và đ ồ thị (C) 0.5 . Suy ra: * m< –1 : phương trình vô nghi ệm * m = -1 hay m > 0 : phương trình có 2 nghi ệm * m = 0 : phương trình có 3 nghi ệm * -1< m < 0 : phương trình có 4 nghi ệm 0.5 Câu 2 2a Pt 2cos ( 3sinx-cos 1) 0 xx 0.25 cos 0 1 cos( ) 32 x x     2 2 ( ) 2 2 3 xk x k k xk            0.25 2b Ta có: 3 (3 5 ) (1 2 ) (3 11 ) (5 2 ) . x i y i x y x y i 0.25 x, y là các s ố thực th a mãn đ bài hi và ch hi x, y là nghi ệm của hệ: 3 11 9 5 2 14 xy xy  Giải hệ ta đư ợc: 172 61 x và 3 61 y 0.25 Câu 3 i u kiện xác đ ịnh: x >1 2 22 2 2 2 2 log 1 log 1 log 1 1 0 1 1 1 1 0 xx x x x x x x x 0.25 0 15 2 15 2 xl xn xl         0.25 x O y THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 9 áp số : 15 2 x Câu 4 i u kiện xác đ ịnh: 5 3 x 0.25 1 2 3 5 4 3 5 2 9 3 2 9 3 2 3 5 4 3 5.2 x x x x x x x x x 0.25 2 2 3 5 4 3 5 2 12 29 15 33 7 5 33 37 346 1029 0 xx x x x x xx   0.25 5 33 37 3 343 5 3 3 x xx x     áp số : 5 3 3 x  0.25 Câu 5 2 2 1 1 1 11 13 x I dx xx xx          0.25 t 2 11 1 t x dt dx xx ổi cận : 5 1 2; 2 2 x t x t 0.25 55 22 22 1 1 1 1 3 4 1 3 dt I dx t t t t  0.25 5 2 2 1 1 1 15 ln ln 4 3 4 11 t I t 0.25 Câu 9 Không gian m ẫu  là t ập hợp t t cả các b ộ gồm 4 h c sinh đư ợc ch n từ 25 h c 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 10 sinh nên ta có: 4 25 12650 nC  G i A là bi ến cố “4 h c sinh đư ợc ch n có c ả nam và n ” Có các trư ờng hợp: + Ch n 1 n và 3 nam: có 13 10 15 4550 CC + Ch n 2 n và 2 nam: có 22 10 15 4725 CC + Ch n 3 n và 1 nam: có 31 10 15 1800 CC Suy ra số cách ch n 4 h c sinh có c ả nam và n là: 4550 4725 1800 11075 Vậy: 11075 443 0,875 12650 506 A n PA n   0.25 Câu 10 1 1 1 1 1 5 yz P x x x y z x yz x Ta có: 22 4 4 5 0 3 2 2 4 3 2 2 y z yz x x x x x     0.25 Xét hàm s ố: 2 11 5 5 2x f x x x f' x x x V i: 0 3 2 2 4 3 2 2 x x x     1 0 1 2 1 2 2 f' x x x x   0.25 Lập bảng biến thiên đúng Tính đư ợc: 1 2 3 2 2 1 4 2 1 2 3 2 2 1 4 2 ff ff 0.25 Vậy giá tr ị l n nh t của P bằng 1 4 2 đạt tại: 1 2, 3 2 2 1 2, y 3 2 2 x y z hay x z ho c 3 2 2, 1 2 3 2 2, 1 2 x y z hay x z y 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 11 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 33 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 32 y x 6x 9x 1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình 2 x(x 3) m có 3 nghi ệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 (sinx cosx) 1 cosx . b) Giải b t phương trình: 0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:  1 0 6x+7 I dx 3x 2 . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho 1 z , 2 z là các nghiệ m phức của phương trình 2 2 4 11 0 zz Tính giá trị của bi ểu thức A = 22 12 2 12 () zz zz . b)Xét các số tự nhiên có 5 ch số hác nhau Tìm xác su t để số tự nhiên có 5 ch số hác nhau l y ra từ các số trên thảo mãn: Ch số đứng sau l n hơn ch số đứng trư c. Câu 5 (1,0 điểm). Trong hông gian v i hệ t a đ ộ Oxyz cho đi ểm A(10; 2; -1) và đư ờng thẳng d có phương trình . Lập phương trình m t phẳng (P) đi qua A, song song v i d và khoảng cách từ d t i (P) là l n nh t. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S ABC có SA vuông góc v i m t phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đ u c ạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điể m của cạnh SB và BC Tính theo a thể tích khối chóp S ABC và hoảng cách từ điểm B đến m t phẳng (AMN). Câu 7 (1,0 điểm). Trong m t phẳng v i hệ toạ độ , Oxy cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyế n kẻ từ đ nh C lần lượt là 0 13 2 y x và 0 29 13 6 y x . Viết phương trình đường tròn ngoạ i tiếp tam giác ABC Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (x,y R) x x y 2 x y 3 . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z th a mãn đi u kiệ n x + y + z = 1. Tìm giá trị nh nh t của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xy . 3 1 1 2 1 z y xTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 12 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 33 Câu 1 1a a) 1 9 6 2 3 x x x y . * Tập xác đ ịnh: D = R * Sự biến thiên Chi u biến thiên: ) 3 4 ( 3 9 12 3 ' 2 2 x x x x y Ta có   1 3 0 ' x x y , 3 1 0 ' x y . 0.25 Do đó: +Hàm s ố đồng biến trên m ỗi khoảng ) 1 , (  và ) , 3 (  . +Hàm s ố nghịch biến trên ho ảng ). 3 , 1 ( 0.25 Cực trị: Hàm s ố đạt cực đ ại tại 1 x và 3 ) 1 ( y y CD ; đ ạt cực tiểu tại 3 x và 1 ) 3 ( y y CT . Gi i hạn:       y y x x lim ; lim . 0.25 Bảng biến thiên: 0.25 * ồ thị: ồ thị cắt trục tung tại đi ểm ) 1 , 0 ( 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0.25 1b Ta có: 2 x(x 3) m 32 x 6x 9x 1 m 1. 0.25 Phương trình có ba nghi ệm phân bi ệt hi và ch hi đư ờng thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3 đi ểm phân bi ệt 0.25 1 m 1 3 0 m 4 0.25 Câu 2 x y’ y 3 -1   0 0 3 1   THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 13 2a Ta có: 2 (sinx cosx) 1 cosx 1 2sinxcosx 1 cosx cosx(2sinx-1) 0 0.25     cosx 0 1 sinx= 2              xk 2 x= k2 (k Z). 6 5 x k2 6 0.25 2b i u kiện: x0 (*). 0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) 2 0,2 0,2 log (x x) log (x 2) 0.25 2 x x x 2 x2 (vì x > 0) Vậy b t phương trình có nghi ệm x2 . 0.25 Câu 3  1 0 6x+7 I dx 3x 2  1 0 (6x+4)+3 dx 3x 2  1 0 3 (2 )dx 3x 2 0.25  11 00 3 2 dx dx 3x 2  11 00 1 2 dx d(3x+2) 3x 2 0.25 1 1 0 0 2x ln 3x 2 0.25 5 2 ln 2 . 0.25 Câu 4 4a Giải pt đã cho ta đư ợc các nghi ệm: 12 3 2 3 2 1 , 1 22 z i z i Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 22 z z z z 0.25 ođó 22 12 2 12 11 ... 4 () zz zz 0.25 4b Các s ố tự nhiên có 5 ch số hác nhau: 1 2 3 4 5 aa a a a trong đó ij aa  v i i  j a 1 0  Có 9 cách ch n a 1 Mỗi cách ch n a 1 có 9 cách ch n a 2 Mỗi cách ch n a 1 , a 2 có 8 cách ch n a 3 Mỗi cách ch n a 1 , a 2 , a 3 có 7 cách ch n a 4 Mỗi cách ch n a 1 , a 2 , a 3 , a 4 có 6 cách ch n a 5 9.9.8.7.6  27216 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 14 Xét bi ến cố A: “ S ố có năm ch số l y ra thoả mãn ch số đứng sau l n hơn ch số đứng trư c” Vì ch số 0 hông th ể đứng trư c b t kỳ số nào nên xét t ập hợp: X=   1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Mỗi bộ gồm 5 ch số hác nhau l y ra từ X có m ột cách sắp xếp theo thứ tự tăng d ần 5 9 A C  126 1 () 27216 216 PA 0.25 Câu 5 G i H là hình chi ếu của A trên d, m t phẳng (P) đi qua A và (P)//d, hi đó khoảng cách gi a d và (P) là ho ảng cách t ừ H đ ến (P). 0.25 Giả sử điểm I là hình chi ếu của H lên (P), ta có HI AH => HI l n nh t khi I A  Vậy (P) cần tìm là m t phẳng đi qua A và nh ận AH làm véc tơ pháp tuy ến. 0.25 ) 3 1 ; ; 2 1 ( t t t H d H vì H là hình chi ếu của A trên d nên ) 3 ; 1 ; 2 ( ( 0 .  u u AH d AH là véc tơ ch phương c ủa d) 0.25 ) 5 ; 1 ; 7 ( ) 4 ; 1 ; 3 ( AH H Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0.25 Câu 6 *) Ta có: 22 2a 3 AN AB BN Diện tích tam giác ABC là: 2 1 . 4a 3 2 ABC S BC AN  . 0.25 Thể tích hình chóp S ABC là: 2 . 11 . 4a 3.8a 33 S ABC ABC V S SA  3 32a 3 3 (đvtt) 0.25 *) Ta có: . . 1 .. 4 B AMN S ABC V BA BM BN V BA BS BC 3 .. 1 8a 3 43 B AMN S ABC VV . 0.25 M t hác, 1 4 5a 2 5a 2 SB SC MN SC ; 1 2 5a 2 AM SB . G i H là trung đi ểm AN thì MH AN  , 22 a 17 MH AM AH . Diện tích tam giác AMN là 2 11 . 2a 3.a 17 a 51 22 AMN S AN MH  . 0.25 S A B N C M H THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 15 Vậy khoảng cách t ừ B đ ến (AMN) là: 3 . 2 3 8a 3 8a 8a 17 ( ,( )) 17 a 51 17 B AMN AMN V d B AMN S  . Câu 7 - G i đư ờng cao và trung tuy ến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 0 13 2 y x , CM có phương trình . 0 29 13 6 y x - Từ hệ ). 1 ; 7 ( 0 29 13 6 0 13 2  C y x y x - ) 2 , 1 (  CH AB u n CH AB 0 16 2 : y x AB pt . 0.25 - Từ hệ ) 5 ; 6 ( 0 29 13 6 0 16 2 M y x y x  ). 4 ; 8 ( B 0.25 - Giả sử phương trình đư ờng tròn ngo ại tiếp . 0 : 2 2  p ny mx y x ABC Vì A, B, C thuộc đư ờng tròn nên  0 7 50 0 4 8 80 0 6 4 52 p n m p n m p n m  72 6 4 p n m . 0.25 Suy ra pt đư ờng tròn: 0 72 6 4 2 2 y x y x hay . 85 ) 3 ( ) 2 ( 2 2 y x 0.25 Câu 8 Giải hệ:  2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (1) (x,y R) x x y 2 x y 3 (2) . i u kiện: 0 0 xy xy  (*) t 0 t x y , từ (1) ta có: 2 t t 3 t 2 t 0.25 2 t t t 3 2 t 0 3(1 t) t(1 t) 0 t 3 2 t 3 (1 t) t 0 t 3 2 t t1 (Vì 3 t 0, t 0 t 3 2 t ). 0.25 Suy ra 11 x y y x (3). Thay (3) vào (2) ta có: 2 x 3 2x 1 3 2 ( x 3 2) ( 2x 1 1) 0 2 2 x 1 2x 2 0 2x 1 1 x 3 2 0.25 M(6; 5) A(4; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 16 2 x 1 2 (x 1) 0 2x 1 1 x 3 2 x1 (Vì 2 x 1 2 1 0,x 2 2x 1 1 x 3 2 ). Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghi ệm duy nh t ( x = 1; y = 0). 0.25 Câu 9 Ta có : 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y z z x x y (*) Nhận th y : x 2 + y 2 – xy xy x, y R Do đó : x 3 + y 3 xy(x + y) x, y > 0 hay 22 xy xy yx x, y > 0 0.25 Tương t ự, ta có : 22 yz yz zy y, z > 0 22 zx zx xz x, z > 0 0.25 Cộng từng vế ba b t đ ẳng thức vừa nhận đư ợc ở trên, ết hợp v i (*), ta đư ợc: P 2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 0.25 Hơn n a, ta lại có P = 2 hi x = y = z = 1 3 Vì v ậy, minP = 2. 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 17 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 34 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : 4 2 2 2( 1) 1 (1) y x m x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của tham s ố m để hàm số (1) có 3 điểm c ực trị th a mãn giá trị cự c tiểu đạt giá trị l n nh t. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình : sin2 cos sin 1 ( ) x x x x R b) Giải b t phương trình : 2 1 2 2 log log (2 ) 0 ( ) x x R   . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 3 1 1 dx I xx  . Câu 4 (0,5 điểm). Cho số phức z th a mãn đi u kiện 11 1 2 z z z Hãy tính 4 2 zi zi . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ . ' ' ' ABC A B C , ABC  đ u có cạnh b ằng a , ' AA a và đ nh ' A cách đ u ,, A B C . G i M , N lần lượt là trung điể m của cạnh BC và ' AB Tính theo a thể tích h ối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C và hoảng cách từ C đến m t phẳng () AMN . Câu 6 (1,0 điểm). Trong hông gian v i hệ t a độ Oxyz , cho m t cầu () S có phương trình 2 2 2 4 6 2 2 0 x y z x y z . Lập phương trình m t phẳng () P chứa truc Oy và cắt m t c ầu () S theo một đư ờng tròn có bán ính 23 r . ABC AH 3 4 10 0 xy BE 10 xy iể m (0;2) M thuộc đườ ng thẳng AB và cách đ nh C một khoảng bằng 2 Tính diện tích tam giác ABC . Câu 9 (1,0 điểm). Giải b t phương trình: 22 5 4 1 ( 2 4) x x x x x (x R). Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực ; xy thay đổi Tìm giá trị nh nh t của biểu thức: Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuy n VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nư c ngoài và 3 đội c ủa Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội Tính xác su t đ ể 3 đội bóng của Vi ệt Nam ở ba bảng hác nhau Câu 8 (1,0 điểm). Trong m t phẳng v i hệ t a độ Oxy , cho tam giác v i đườ ng cao có phương trình và đường phân giác trong có phương trình . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 18 2 2 2 2 2 1 2 1 2 P x y x x y x y TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 34 Câu 1 1a H c sinh tự làm 1.0 1b y’ = 4x 3 – 4(m 2 +1)x 0.25 y’ = 0 2 0 1 x xm     hàm s ố (1) luôn có 3 đi ểm cực trị v i m i m 0.25 2 1 CT xm  giá tr ị cực tiểu 22 ( 1) 1 CT ym 0.25 22 ì ( 1) 1 0 CT V m y  2 max( ) 0 1 1 0 CT y m m 0.25 Câu 2 2a sin2 cos sin 1 x x x (1) (1) (sin cos )(1 sin cos ) 0 x x x x 0.25 sin cos 0 1 sin cos 0 xx xx   4 () 3 22 2 xk kZ x k x k            0.25 2b 2 1 2 2 log log (2 ) 0 ( ) x x R   (2). i u kiện: 22 2 log (2 ) 0 2 1 1 1 x x x 0.25 Khi đó (2) 2 2 22 1 1 1 1 11 log (2 ) 1 0 2 2 0 xx x x x xx    Vậy tập nghiệm bpt là ( 1 ;0) (0;1) S  0.25 Câu 3 2 22 3 3 3 11 11 dx x dx I x x x x  . 0.25 t 3 3 2 2 2 1 1 . 3 t x x t x dx tdt . 1 2 ; 2 3 x t x t 0.25 33 2 22 2 . 1 1 1 3 3 1 1 ( 1) tdt I dt tt tt  0.25 3 2 1 1 1 1 2 1 1 3 2 2 ln ln ln ln 3 1 3 2 3 2 21 x I x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 19 Câu 4 11 1 2 z z z 2 4 13 0 zz , 2 ' 9 9i  23 23 zi zi   0.25 23 zi 4 2 zi zi = 2 1 2 i i 23 zi 4 2 zi zi = 2 7 53 25 29 i i 0.25 Câu 5  G i O là tâm tam giác đ u ABC A’O  (ABC) Ta có 3 2 3 , 2 3 3 aa AM AO AM 2 2 2 2 6 '' 33 aa A O AA AO a ; 2 3 4 ABC a S  Thể tích h ối lăng tr ụ . ' ' ' ABC A B C : 22 3 6 2 . ' . 4 3 4 ABC a a a V S A O  0.25 Ta có   1 . ,( ) 3 NAMC AMC V S d N ABC    3 ,( ) NAMC AMC V d C AMN S    2 1 3 1 6 ; ,( ) ' 2 8 2 6 AMC ABC aa S S d N ABC A O 0.25 Suy ra: 22 1 3 6 2 . 3 8 6 48 NAMC a a a V lại có : 3 2 a AM AN , nên AMN  cân t ại A 0.25 G i E là trung đi ểm AM suy ra AE MN  , ' 22 A C a MN 22 22 3 11 4 16 4 a a a AE AN NE ; 2 1 11 . 2 16 AMN a S MN AE   2 3 2 11 22 ,( ) : 48 16 11 a a a d C AMN (đvđd) 0.25 Câu 6 2 2 2 2 2 2 ( ) : 4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16 S x y z x y z x y z 0.25 E A B C C ' ’ B ' ’ A ' ’ M O N THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 20 () S có tâm (2; 3;1) I bán ính 4 R ; trục Oy có VTCP (0;1;0) j G i ( ; ; ) n a b c là VTPT mp(P) , () P chứa Oy 22 0 ( ;0; ) ( 0) n j b n a c a c   0.25 Phương trình mp( P): 0 ax cz (P) cắt m t cầu (S) theo đư ờng tròn có bán inh 23 r   22 ,( ) 2 d I P R r 2 2 2 2 22 2 2 4 4 4 4 ac a ac c a c ac 0.25 2 0 3 4 0 34 c c ac ca   Vậy phương trình mp( P) : 0 x ho c 3 4 0 xz . 0.25 Câu 7 Số phần tử hông gian m ẫu là 4 4 4 4 12 8 ( ) . . 34.650 n C C C  G i A là bi ến cố “3 đ ội bong của Việt nam ở ba bảng hác nhau” 0.25 Số các ết quả thuận lợi của A là 3 3 3 9 6 3 ( ) 3 .2 .1. 1080 n A C C C Xác xu t của biến cố A là ( ) 1080 54 ( ) 0,31 ( 34650 173 nA PA n  0.25 Câu 8 G i N là đi ểm đ ối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính đư ợc N(1; 1) ư ờng thẳng BC qua N và vuông góc v i AH nên có phương trình 4 x − 3 y – 1 = 0 B là giao đi ểm của BC và BE Suy ra t a đ ộ B là nghi ệm của hệ pt: 4 3 1 0 (4;5) 1 0 xy B xy  0.25 ường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao đi ểm của AB và AH, suy ra t a đ ộ A là nghi ệm hệ pt: 3 4 8 0 1 ( 3; ) 3 4 10 0 4 xy A xy  0.25 iểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra t a đ ộ C là nghi ệm hệ pt: 22 (1;1) 1; 1 4 3 1 0 31 33 31 33 ; ; ( 2) 2 25 25 25 25 C xy xy C xy xy         0.25 Thế t a đ ộ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá tr ị trái d u, suy ra A, C hác phía đ ối v i BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. Tương t ự A và 31 33 ; 25 25 C thì A, C cùng phía v i BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC. 0.25 A B C H E M(0; 2) N I THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 21 BC = 5, 49 ( , ) 20 AH d A BC Do đó 49 8 ABC S (đvdt) Câu 9 22 5 4 1 ( 2 4) x x x x x (*) K: x(x 2 + 2x − 4) ≥ 0 1 5 0 15 x x      Khi đó (*) 22 4 ( 2 4) 5 4 x x x x x 22 4 ( 2 4) ( 2 4) 3 x x x x x x (**) 0.25 TH 1: 15 x , chia hai vế cho x > 0, ta có: (**) 22 2 4 2 4 43 x x x x xx t 2 24 , 0 xx tt x , ta có bpt: 2 4 3 0 tt 13 t 2 2 2 7 4 0 24 13 40 xx xx x xx  1 17 7 65 22 x 0.25 TH 2: 1 5 0 x   , 2 5 4 0 xx , (**) luôn th a 0.25 Vậy tập nghiệm bpt (*) là 1 17 7 65 1 5;0 ; 22 S    0.25 Câu 10 2 2 2 2 2 1 2 1 2 P x y x x y x y Xét các đi ểm M x−1; −y , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 4 4 x y x y y 2 2 1 2 ( ) P y y f y 0.25 TH1: y ≤ 2: 2 ( ) 2 1 2 f y y y 2 2 '( ) 1 1 y fy y 2 2 0 3 '( ) 0 2 1 3 31 y f y y y y y  Lập bảng biến thiên f(y) ( .2] 3 min ( ) 2 3 3 x f y f  0.25 TH2: y ≥ 2: 2 ( ) 2 1 2 f y y y ≥ 2 5 2 3 0.25 Vậy 2 3 ; P x y . Do đó 23 MinP khi x = 0 ; y = 3 3 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 22 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 23 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 35 Câu 1: (2 điể m) Cho hàm số 2 3 2 x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th ị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiế p tuyến của (C) tại M có hoành đ ộ 0 1 x Câu 2 (1 điể m) 1. Giải phương trình     2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin 1 2 2 x x x x x  2 Tìm số phứ c z biết rằng: (1 ) 4 7 z i z i Câu 3 (0,5 điể m) Giải b t phương trình     x x x x x 2 1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log 2 1 2 2 Câu 4 (1điểm) Giải hệ phương trình  1 1 3 2 . 3 2 2 2 3 2 1 3 x xy x x y y x Câu 5 (1điểm) Tính tích phân        e dx x x x x x I 1 2 ln 3 ln 1 ln Câu 6 (1 điể m) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2 a . 3 a SA , 0 30 SAB SAC Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu 7 (1 điể m) Trong m t phẳng v i hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đườ ng thẳng 0 5 2 : 1 y x d . d 2 : 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đườ ng thẳng đi qua điể m P( 2; -1) sao cho đườ ng thẳng đó cắt hai đườ ng thẳng d 1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đ nh là giao điể m của hai đườ ng thẳng d 1 , d 2 . Câu 8 (1 điể m) Trong hông gian v i hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điể m A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và m t phẳng (P) có phương trình: 0 2 z y x . G i A’là hình chiêú của A lên m t ph ẳng Oxy. G i ( S) là m t c ầu đi qua 4 điể m A’, B, C, D Xác định to ạ độ tâm và bán ính của đư ờng tròn ( C) là giao của ( P) và ( S). Câu 9 (0,5 điể m) Tìm số nguyên dương n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 .... 2 (2 1)2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C Câu 10 (1 điể m) Cho a, b, c là ba s ố dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 Tìm giá trị nh nh t của biểu thức 3 3 3 3 1 3 1 3 1 a c c b b a P THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 24 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 35 Câu 1 1a 1)Hàm s ố có TX :   2 \ R 0.25 2) Sự biến thiên c ủa hàm s ố: a) Gi i hạn vô c ực và các đư ờng tiệm cận: *     y lim ; y lim 2 x 2 x Do đó đư ờng thẳng x = 2 là ti ệm cận đ ứng của đ ồ thị hàm s ố * lim lim 2     xx yy đường thẳng y = 2 là ti ệm cận ngang của đ ồ thị hàm s ố 0.25 b) Bảng biến thiên: Ta có: 2 x , 0 2 x 1 ' y 2  Bảng biến thiên: x -  2 +  y’ - - y 2 -  +  2 *Hàm s ố nghịch biến trên m ỗi khoảng 2 ;  và  ; 2 0.25 3) ồ thị: + ồ thị cắt trục tung tại     2 3 ; 0 và c ắt trục hoành t ại đi ểm     0 ; 2 3 + Nhận xét : ồ thị nhận giao đi ểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đ ối xứng. 0.25 1b Ta có: 1;1 M , 0 '( ) 1 yx 0.5 Phương trình ti ếp tuyến v i ( C) tại M có d ạng: : 1( 1) 1 yx  0.5 Câu 2 O y x 2 3/2 3/2 2 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 25 ) 1 ( 2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin 1 2 2     x x x x x  x sin 1 x 2 cos 1 x sin 2 x cos x sin 2 x sin 1 1 2      0 1 2 x cos 2 x sin 2 . 2 x cos 2 x sin x sin 0 1 x sin 2 x cos 2 x sin x sin         0 1 2 x sin 2 2 x sin 2 1 2 x sin x sin 2         0.25 2 sin x 0 xk xk x sin 1 x k , k x 2 x k4 k2 22 xx 2sin 2sin 1 22                    0.25 Giả sử: z x yi (v i ; xy ) Ta có (1 ) 4 7 z i z i 1 4 7 x yi i x yi i 22 47 x y x y x y i i 22 4(1) 7(2) x y x y xy  0.25 Từ (2) ta suy ra x = y +7 (3) thay vào (1) ta đư ợc : 2 2 7 2 7 4 y y y 2 2 14 49 2 3 y y y 2 2 2 3 0 2 14 49 2 3 y y y y  2 3 3 2 2 5 20 0 4 y y y yy y       4 y V i y = - 4 3 x . Vậy z = 3 – 4i 0.25 Câu 3 K: * 2 1 x 2 1 x 2 1 x 0 ) 1 x 2 ( 2 1 x 0 1 x 4 x 4 0 x 2 1 2 2     V i đi u kiện (*) b t phương trình tương đương v i:   1 ) x 2 1 ( log ) 2 x ( 2 x 2 ) x 2 1 ( log 2 2 2   0 1 ) x 2 1 ( log x 2 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 26                            0 x 4 1 x 1 ) x 2 1 ( 2 0 x 1 ) x 2 1 ( 2 0 x 0 ) x 2 1 ( 2 log 0 x 0 ) x 2 1 ( 2 log 0 x 0 1 ) x 2 1 ( log 0 x 0 1 ) x 2 1 ( log 0 x 2 2 2 2 Kết hợp v i đi u kiện (*) ta có: 2 1 x 4 1 ho c x < 0. 0.25 Câu 4  ) 2 ( 1 x xy 1 x 3 ) 1 ( 2 . 3 2 2 2 x 3 y 2 y 1 x 3 Phương trình (2)   0 ) 1 3 ( 1 1 1 3 0 1 2 y x x x x xy x x         x y x x y x x x 3 1 1 0 0 1 3 0 1 0.25 * V i x = 0 thay vào (1) 11 8 log 11 8 2 2 . 12 2 8 2 . 3 2 2 2 2 y y y y y y 0.25 * V i  x y x 3 1 1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta đư ợc: 2 . 3 2 2 1 3 1 3 x x t 1 3 2 x t Vì 1 x nên 4 1 t       ) 8 3 ( log 2 y 1 8 3 log 3 1 x 8 3 t i ¹ lo 8 3 t 0 1 t 6 t 6 t 1 t ) 3 ( 2 2 2 0.25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghi ệm  11 8 log y 0 x 2 và    ) 8 3 ( log 2 y 1 8 3 log 3 1 x 2 2 0.25 Câu 5   e 1 2 e 1 xdx ln x 3 dx x ln 1 x x ln I +) Tính  e dx x x x I 1 1 ln 1 ln t dx x 1 tdt 2 ; x ln 1 t x ln 1 t 2 ổi cận: 2 t e x ; 1 t 1 x 0.25 3 2 2 2 t 3 t 2 dt 1 t 2 tdt 2 . t 1 t I 2 1 3 2 1 2 2 1 2 1         0.25 +) Tính dx x ln x I e 1 2 2  t   3 x v x dx du dx x dv x ln u 3 2 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 27 e 3 3 3 3 3 3 e 2 e 2 1 1 1 x 1 e 1 x e e 1 2e 1 I .ln x x dx . 3 3 3 3 3 3 9 9 9  2 1 I 3 I I 3 e 2 2 2 5 3 0.25 Câu 6 Theo đ ịnh lí côsin ta có: 2 2 2 2 2 0 2 SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a Suy ra a SB Tương t ự ta cũng có SC = a. 0.25 G i M là trung đi ểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). Ta có . . . 1 1 1 . . . 3 3 3 S ABC S MBC A MBC MBC MBC MBC V V V MAS SAS SAS 0.25 Hai tam giác SAB và SAC có ba c p cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân t ại M. G i N là trung đi ểm của BC suy ra MN  BC Tương t ự ta cũng có MN  SA. 16 a 3 2 3 a 4 a a AM BN AB AM AN MN 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2           4 3 a MN . 0.25 Do đó 16 a 2 a . 4 3 a . 3 a 6 1 BC . MN 2 1 . SA 3 1 V 3 ABC . S 0.25 Câu 7 d 1 có vectơ ch phương ) 1 ; 2 ( a 1 ; d 2 có vectơ ch phương ) 6 ; 3 ( a 2 Ta có: 0 6 . 1 3 . 2 a . a 2 1 nên 2 1 d d  và d 1 cắt d 2 tại một đi ểm I hác P G i d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: 0 B A 2 By Ax 0 ) 1 y ( B ) 2 x ( A : d 0.25 d cắt d 1 , d 2 tạo ra một tam giác cân có đ nh I hi và ch khi d tạo v i d 1 ( ho c d 2 ) một góc 45 0   A 3 B B 3 A 0 B 3 AB 8 A 3 45 cos ) 1 ( 2 B A B A 2 2 2 0 2 2 2 2 0.25 * Nếu A = 3B ta có đư ờng thẳng 0 5 y x 3 : d 0.25 * Nếu B = -3A ta có đư ờng thẳng 0 5 y 3 x : d Vậy qua P có hai đư ờng thẳng thoả mãn yêu c ầu bài toán 0 5 y x 3 : d 0 5 y 3 x : d 0.25 Câu 8 Dễ th y A’ ( 1; -1; 0) 0.25 S A B C M N THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 28 * Giả sử phương trình m t cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0 d c b a , 0 d cz 2 by 2 ax 2 z y x 2 2 2 2 2 2 Vì S D , C , B , ' A nên ta có h ệ:   1 d 1 c 1 b 2 5 a 0 21 d c 4 b 2 a 8 0 29 d c 4 b 6 a 8 0 14 d c 4 b 6 a 2 0 2 d b 2 a 2 Vậy m t cầu ( S) có phương trình: 0 1 2 2 5 2 2 2 z y x z y x 0.25 (S) có tâm     1 ; 1 ; 2 5 I , bán ính 2 29 R +) G i H là hình chi ếu của I lên (P) H là tâm c ủa đư ờng tròn ( C) +) G i ( d) là đư ờng thẳng đi qua I và vuông góc v i (P). (d)có vectơ ch phương là: 1 ; 1 ; 1 n Suy ra phương trình c ủa d:      t 1 ; t 1 ; t 2 5 H t 1 z t 1 y t 2 / 5 x Do ) P ( d H  nên: 6 5 t 2 5 t 3 0 2 t 1 t 1 t 2 5     6 1 ; 6 1 ; 3 5 H 0.25 6 3 5 36 75 IH , (C) có bán ính 6 186 6 31 36 75 4 29 IH R r 2 2 0.25 Câu 9 *Xét 1 n 2 1 n 2 1 n 2 k k 1 n 2 k 2 2 1 n 2 1 1 n 2 0 1 n 2 1 n 2 x C .... x C ) 1 ( .... x C x C C ) x 1 ( (1) * L y đ ạo hàm c ả hai vế của (1) ta có: n 2 1 n 2 1 n 2 1 k k 1 n 2 k 2 1 n 2 1 1 n 2 n 2 x C ) 1 n 2 ( .... x kC ) 1 ( ... x C 2 C ) x 1 )( 1 n 2 ( (2) Lại l y đ ạo hàm c ả hai vế của (2) ta có: 1 n 2 1 n 2 1 n 2 2 k k 1 n 2 k 3 1 n 2 2 1 n 2 1 n 2 x C ) 1 n 2 ( n 2 .... x C ) 1 k ( k ) 1 ( ... x C 3 C 2 ) x 1 )( 1 n 2 ( n 2 0.25 Thay x = 2 vào đ ẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ... ( 1) k(k 1)2 C ... 2n(2n 1)2 C 0.25 Câu 10 áp d ụng B t đ ẳng thức Côsi cho ba s ố dương ta có z y x 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz 3 z 1 y 1 x 1 ) z y x ( 3 3       (*) áp d ụng (*) ta có 3 3 3 3 3 3 a 3 c c 3 b b 3 a 9 a 3 c 1 c 3 b 1 b 3 a 1 P 0.25 áp d ụng B t đ ẳng thức Côsi cho ba s ố dương ta có    33 3 a 3b 1 1 1 b 3c 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 ; b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 33 0.25 Suy ra 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3    13 4. 6 3 34     Do đó 3 P 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 29 D u = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1  Vậy P đ ạt giá tr ị nh nh t bằng 3 khi 4 / 1 c b a 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 36 Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: 32 31 y x x có đồ thị là () C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị () C của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị () C , hãy tìm đi u ki ện của tham số k để phương trình sau đây có 3 nghiệ m phân biệt: 32 30 x x k Câu 2. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 2sin 3sin 2 2 0 xx . 2) Cho số phức z th a mãn 1 3 2 6 i z i z i Tìm phần thự c, phần ảo của số phức 21 wz . Câu 3. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình : 21 8 log 1 3log 3 2 2 0 xx 2) Khai triển nhị thức Newton biểu thức (2 ) n x theo lũy thừa tăng của x ta đượ c số hạng thứ tám là 144 Tìm x biết n 1 n n 3 n 2 C 2C 16 n 2 ,n N*. Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân: 1 22 0 11 I x x x dx  Câu 5. (1,0 điểm) Trong hông gian v i hệ t a đ ộ Oxyz, cho hai điể m 3;0;4 , 1 ;0;0 AB . Viết phương trình m t c ầu đường ính AB và tìm điểm M trên tia Oy sao cho 13 MA MB . Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình ch nhật v i AB=2a ; BC = 2 a . M t phẳng (SAB) vuông góc v i m t đáy (ABCD)và SA= 3 a , SB=a . G i K là trung điểm CB. Hãy tính thể tích h ối chóp S ABCD và tính hoảng cách gi a hai đường chéo nhau SC và DK Câu 7. (1,0 điểm) Cho tam giác nh n ABC đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đ nh A và đư ờng thẳng BC lần lư ợt có phương trình: 3 5 8 0, 4 0 x y x y ườ ng thẳng qua A kẻ vuông góc v i BC cắt đường tròn ngoại ti ếp tam giác ABC tại điể m thứ hai là (4; 2) D . Viết phương trình các đư ờng thẳng AB, AC, biết hoành độ đi ểm B hông l n hơn 3 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 30 x y y = m - 1 3 1 3 -1 -1 2 O 1 Câu 8. (1,0 điểm) Giải b t phương trình: 2 300 40 2 10 1 3 10 0 1 1 2 x x x x xx  Câu 9. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 1 c b a Tìm giá trị nh nh t của biểu . ) ( 4 3 5 ) ( 5 ) ( 2 2 2 2 2 b a ca a c b bc c b a P TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 36 Câu 1 1a Hàm s ố 32 31 y x x  Tập xác đ ịnh: D  Gi i hạn: ; lim lim xx yy 0.25  ạo hàm: 2 36 y x x  Cho hoac 2 0 3 6 0 0 2 y x x x x  Bảng biến thiên x –  0 2 +  y – 0 + 0 – y +  3 –1 – 0.25  Hàm s ố đồng biến trên ho ảng (0;2); Hàm s ố nghịch biến trên các ho ảng (–;0), (2;+ ) Hàm s ố đạt cực đ ại 3 y tại 2 x đạt cực tiểu CT 1 y tại CT 0 x 0.25  Giao đi ểm v i trục tung: cho 01 xy  iểm uốn: 6 6 0 1 1 y x x y . iểm uốn là I(1;1)  Bảng giá tr ị: x –1 0 1 2 3 y 3 –1 1 3 –1  ồ thị hàm s ố như hình v ẽ: 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 31 1b 3 2 3 2 3 2 3 2 3 0 3 3 3 1 1 x x k x x k x x k x x k (*) 0.25 (*) là phương trình hoành đ ộ giao đi ểm của đ ồ thị (C) ( đã v ẽ) và đư ờng thẳng d: y = k – 1 cùng phương v i trục Ox. Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao đi ểm của (C) và d: y = k – 1 0.25 (*) có 3 nghi ệm phân bi ệt 1 1 3 0 4 kk 0.25 Vậy, phương trình đã cho có 4 nghi ệm phân bi ệt 04 k 0.25 Câu 2 2a 2 2sin 3sin2 2 0 3sin2 cos2 1 x x x x 3 1 1 sin 2 cos2 2 2 2 xx 0.25 sin 2 sin 66 x 6 2 xk k xk          Vậy phương trình có 2 h nghiệm. 0.25 2b Giả sử , z a bi a b z a bi , hi đó: 1 3 2 6 1 3 2 6 4 2 2 2 6 i z i z i i a bi i a bi i a b bi i 0.25 4 2 2 2 23 2 6 3 a b a zi bb  Do đó 2 1 2 2 3 1 5 6 w z i i Vậy số phức w có ph ần thực là 5, ph ần ảo là 6 0.25 Câu 3 3a i u kiện: 1 x 2 2 2 2 log 1 log 3 2 2 0 log 4 4 log 3 2 x x x x 0.25 4 4 3 2 2 x x x Kết hợp v i đi u kiện phương trình có nghi ệm 2 x . 0.25 3b n 1 n n 3 n 2 n 3 n 2 n 2 n 1 C 2C 16 n 2 2. 16 n 2 22 n3 n 1 16 n 9. 2 0.25 Ta có: 9 n9 k 9 k k 9 0 2 x 2 x C 2 x  Số hạng tổng quát c ủa khai triển là: k 9 k k 9 C 2 x Số hạng thứ 8 của khai triển ( =7) là 7 2 7 7 9 C 2 x 144x Giải phương trình đư ợc x=1. 0.25 Câu 4 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 32 E A D B C S H K I J 1 1 1 2 2 2 3 2 0 0 0 1 1 1 I x x x dx x dx x x dx    1 3 2 1 0 1 1 33 0 x I x dx  0.25 1 32 2 0 1 I x x dx  t 2 2 2 11 t x x t xdx tdt ổi cận: 0 1 ; 1 0 x t x t 0.25 01 35 2 2 2 4 2 10 1 2 1 3 5 15 0 tt I t t dt t t dt  0.25 Vậy 12 7 15 I I I 0.25 Câu 5 G i S là m t cầu có đư ờng ính AB và I là trung đi ểm của AB. Ta có 1;0;2 , 4 2 I AB 0.25 Khi đó m t cầu S có tâm I và có bán ính 22 2 AB R nên có phương trình 22 2 1 2 8 x y z 0.25 0; ;0 M Oy M t ( t>0) hi đó 2 2 2 2 2 2 13 3 4 1 0 . 13 MA MB t t 22 25 13 1 1 t t t  vì t >0 nên t = 1 0.25 V i 1 0;1;0 tM 0.25 Câu 6 Tam giác SAB vuông t ại S vì …… Kẻ SH vuông góc v i AB tại H, ta có : 2 2 2 2 2 22 1 1 1 4 3 32 .3 4 a SH SH SA SB a AH AH AB SA AB AB AB ( ) ( D) ( ) ( D)AB ( D) tai H SH (SAB) SH AB SAB ABC SAB ABC SH ABC       0.25 Vậy : . D D 1 . 3 S ABC ABC V SH S 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 33 K E A D B C H Mà ABCD là HCN có 2 D 3 2a 2 ; 2 ABC a S SH 3 .D 6 3 S ABC a V Xét .0 DKCH DK CH tai E  Mà DK vuông góc vói SH suy ra DK vuông góc v i mp(SHC) tai E. Kẻ EJ vuông góc SC tai Jthì có EJ vuông góc CH t ại E nên EJ là đư ờng vuông góc chung c ủa DK và SC V ậy khoảng cách gi a DK và SC là đ ộ da EJ 0.25 2a ; 3 3a 4 29 CE CK CEK CBH CE CB CH CE Ma CH CH    Kẻ HI vuông góc SC tai I ta có 4 9 EJ HI 2 2 2 2 1 1 1 16 9 3 43 HI SH HC a aa HI EJ Vạy khoảng cách gi a hai đư ờng cheo nhau SC và DK là : 3 a EJ 0.25 Câu 7 G i M là trung đi ểm BC, H là tr ực tâm tam giác ABC K là giao đi ểm BC và AD, E là giao đi ểm BH và AC toạ độ M là nghi ệm của hệ: 40 3 5 8 0 xy xy  7 71 2 ( ; ) 1 22 2 x M y  , AD vuông góc v i BC nên (1;1) AD BC nu , mà AD đi qua D nên pt AD 1( 4) 1( 2) 0 2 0 x y x y 0.25 Do A là giao đi ểm của AD và AM nên to ạ độ A(1; 1), tương t ự toạ độ K(3; - 1). 0.25 Tứ giác HKCE n ội tiếp nên góc BHK b ằng góc KCE, mà góc KCE b ằng góc BDA (do tứ giác ABDC n ội tiếp) suy ra góc BHK b ằng góc BDK Vậy K là trung đi ểm HD (2;4) H 0.25 Do ( ; 4) B BC B t t kết hợp M là trung đi ểm BC (7 ;3 ), ( 2; 8); (6 ;2 ) C t t HB t t AC t t do H là tr ực tâm tam giác ABC nên 2 . 0 ( 2)(6 ) ( 8)(2 ) 0 7 t HB AC t t t t t   nhưng do 3 t  nên 2 (2; 2); (5;1) t B C Vậy phương trình AB: 3 4 0, : 1 0 x y AC y 0.25 Câu 8 i u kiện: 13 10 10 x  0.25 M K H D C B A E THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 34 Ta có: 13 1 1 2, ; 10 10 x x x    ( Theo B T Bunhia) 2 2 Bpt 300 40 2 10 1 3 10 0 ( 10 1 1) ( 3 10 1) 300 40 4 10 2 2 10 (10 2)(30 2) 10 1 1 3 10 1 x x x x x x x x xx xx xx   11 (10 2) 30 2 0 10 1 1 3 10 1 xx xx     (*) 0.25 22 11 ( ) 30 2 10 1 1 3 10 1 5 5 1 3 '( ) 30 0, ( ; ) 10 10 10 1( 10 1 1) 3 10 ( 3 10 1) f x x xx f x x x x x x M t hác () fx liên t ục trên 13 [ ; ] 10 10 nên () fx nghịch biến trên 13 [ ; ] 10 10 31 ( ) ( ) ( ) 0 10 10 f f x f   ( Hs có th ể đánh giá) 0.25 Do đó b t phương trình (*) 1 10 2 0 5 xx Kết hợp v i đi u kiện ta có nghi ệm b t phương trình là: 13 5 10 x  0.25 Câu 9 Áp dụng b t đ ẳng thức Côsi, ta có 2 2 2 22 22 4 . 5 ( ) 5 9( ) ( ) ( ) 4 a a a b c bc b c b c b c Tương t ự, ta có 22 22 4 . ( ) 5 9( ) bb c a ca c a 0.25 Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 42 99 ( ) 5 ( ) 5 ( ) ( ) a b a b a b b c c a b c bc c a ca b c c a 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 () () 2 ( ) 2 2 2( ) 4 ( ) 2 . 9 9 9 ( ) ( ) ( ) 4 ( ) 4 () 4 ab c a b a b c a b a b c a b ab c a b c a b a b c a b c c a b c         Vì 11 a b c a b c nên 2 2 2 22 22 2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3 (1 ) 1 (1 ) . 9 4 9 1 4 (1 ) 4 (1 ) 4 c c c P c c c c c c c (1) 0.25 Xét hàm s ố 2 2 8 2 3 ( ) 1 (1 ) 9 1 4 f c c c v i (0;1). c Ta có 2 16 2 2 3 '( ) 1 . ( 1); 9 1 2 ( 1) f c c c c 3 1 '( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 . 3 f c c c c 0.25 () fc '( ) fc c 1 3 0 + – 0 1 1 9 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 35 Bảng biến thiên: Dựa vào b ảng biến thiên ta có 1 () 9 fc v i m i (0;1). c (2) Từ (1) và (2) suy ra 1 , 9 P d u đ ẳng thức xảy ra khi 1 . 3 abc Vậy giá tr ị nh nh t của P là 1 , 9 đạt khi 1 . 3 abc 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 37 Câu 1: 2 điểm Cho hàm số 42 8 10 y x x có đ ồ thị (C) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) b)Tìm để phương trình x 4 -8x 2 +10 = 0 có hai nghiệ m phân bi ệt Câu 2: 1 điểm a) Giải phương trình: 3sinx + cos 2x = 2 b) Giải b t phương trình: 2 3 3 3 log 3log 3 2log 3 x x x  Câu 3: ( 1 điểm) Tính tích phân 2 1 0 (2 ). xx I e e xdx  Câu 4: ( 1 điểm) a) Giải phương trình: 24 log ( 1) 2log ( 2) 1 xx b)Tìm phầ n thực, phần ảo của số phức z thoả: 1 2 3 3 i z i z i Câu 5: ( 1 điểm) Trong hông gian Oxyz cho m t phẳng (P): x + 2y – 2z + 5 = 0 và hai điể m A( 2; –1; 3), B(1;2; –1). Viết phương trình m t ph ẳng (Q) qua A, B vả vuông góc (P) Tìm M trên Ox sao cho khoảng cách từ M đ ến (Q) bằng 65 Câu 6: ( 1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông c ạnh bằng 2a Hình chiếu vuông góc của S trên m t ph ẳng (ABCD) là trung điể m H của cạnh AB Góc gi a m t phẳng (SCD) và m t ph ẳng (ABCD) bằng 60 0 Tính theo a thể tích hối chóp S ABCD Tính theo a khoảng cách gi a hai đườ ng thẳng SA và BD THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 36 Câu 7: ( 1 điểm) Lập phương trình chính tắc c ủa elip biết độ dài trục l n bằng 15, elip đi qua điểm M sao cho tam giác F 1 MF 2 vuông tại M và diện tích bằng 26 ( F 1 , F 2 là hai tiêu đi ểm của elip) Câu 8: ( 1 điểm) Giải hệ phương trình 3 2(2 1) 2 1 (2 3) 2 4 2 2 4 6  x x y y xy Câu 9: ( 1 điểm) Cho hai số dương x, y thoả mãn đi u ki ện x + y = 4 Tìm giá trị nh nh t c ủa biểu thức 3 3 11 11     S x y xy TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 37 Câu 1 1a Txd : D = R Sự biến thiên - Chi u biến thiên : y'= 4x 3 – 16x, y'= 0 0, 2 xx  0.25 Hàm s ố đồng biến trên t ừng khoảng (– 2;0) ;(2;+  ) Hàm s ố nghịch biến trên t ừng khoảng (–  ; – 2);(0;2) - Cực trị: Hàm s ố đạt cực đ ại tại x = 0;y C =10;cực tiểu tại x = ±2;y CT = – 6 - Gi i hạn: lim , lim xx yy       0.25 - Bảng biến thiên 0.25 ồ thị x = ± 3 y = 19 0.25 1b x 4 –8x 2 +10k = 0 x 4 –8x 2 +10 = 10–10k (*) 0.25 (*) là phương trình hoành đ ộ giao đi ểm của (C) và đư ờng thẳng (d):y= 10–10k (// 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 37 Ox) ể phương trình có hai nghi ệm phân bi ệt (d) cắt (C) tại 2 đi ểm 10–10k >10 ho c 10 –10k = –6 0.25 k < 0 ho c 8 5 k 0.25 Câu 2 2a 22 1 2sin 3sin 2 2sin 3sin 1 0 x x x x sin 1 x ho c 1 sin 2 x 0.25 * sin 1 2 2 x x k   2 1 6 *sin 5 2 2 6 xk x xk          0.25 2b t 3 log tx (x > 0) Bpt 2 2 2 22 3 3 0 3 3 3 2 3 2 3 0 2 3 9 6 0 3 3 4 12 9 tt t t t t t tt t t t t     0.25 3 2 2 12 t t t hay t   Do đó ta đư ợc 3 log 2 9 xx . Vậy nghiệm bpt là 9 x 0.25 Câu 3 2 11 00 2 xx I xe dx xe dx  0.25 2 2 2 11 1 2 1 0 00 21 x x x I xe dx e d x e e  0.25 1 2 0 x I xe dx  Ch n xx u x du dx dv e dx v e  1 11 2 00 0 1 x x x I xe e dx e e  0.25 I = e – 1 + 1 = e 0.25 Câu 4 4a i u kiện x > -1 Phương trình 22 log ( 1) log ( 2) 1 xx   22 log ( 1)( 2) log 2 xx 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 38 2 3 2 2 0 x x x ( thoả) ho c 3 x ( loại) Vậy phương trình có nghi ệm duy nh t x = 0 0.25 4b G i z = a + bi là s ố phức thoả bài toán , ab z a bi 1 2 3 3 1 2 3 3 i z i z i i a bi i a bi i 0.25 (2 3 ) 3 3 3, 3 a a b i i a b Do đó z có ph ần thực bằng – 3 và ph ần ảo bằng 3 0.25 Câu 5 ( 1;3; 4) AB và VTPT c ủa (P) là 1;2; 2 P n (Q)có VTPT là 2; 6; 5 P n AB n  0.25 Do đó (Q): 2(x – 2) – 6(y + 1) – 5( z – 3) = 0 2 6 5 5 0 x y z 0.25 M thuộc Ox ( ;0;0) Mm Do đó 25 ( ,( )) 2 65 65 m d M Q 0.25 30 2 5 65 35 m m m   Vậy M(30;0;0), M(– 35; 0 ; 0) 0.25 Câu 6 G i E là trung đi ểm của CD // HE AD HE CD  Mà CD SH  . Vậy () CD SHE CD SE   Nên góc gi a (SCD) và (ABCD) là 0 60 SEH SHE  vuông t ại H có 0 tan60 2 3. SH HE a 0.25 Hình vuông ABCD có di ện tích b ằng 4a 2 Thể tích h ối chóp S ABCD b ằng 3 2 1 8 3 .2 3. .4 33 a V a a 0.25 Tính d(SA,BD) Vẽ AF//BD, F BC //( ) ( , ) ( ,( )) ( ,( )) 2 ( ,( )) BD SAF d SA BD d BD SAF d B SAF d H SAF vì BA = 2HA Vẽ 0 , .sin 45 2 a HM AF M AF HM AH  và () AF SHM  Vẽ , ( ) HN SM N SM HN SAF   0.25 Do đó 22 . 4 3 ( , ) 2 2 5 SH HM a d SA BD HN SH HM 0.25 Câu 7 H E A B C D S F M N THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 39 Elip có đ ộ dài tr ục l n bằng 15 nên MF 1 + MF 2 = 2a == 15 15 2 a 0.25 MF 1 F 2 vuông t ại M và có di ện tích b ằng 26 nên MF 1 .MF 2 = 52 MF 1 F 2 vuông t ại M nên 2 22 1 2 1 2 MF MF FF 2 2 1 2 1 2 2 . 4 MF MF MF MF c 0.25 22 121 225 104 4 4 cc 2 2 2 225 121 114 4 4 4 b a c 0.25 Vậy PTCT của elip: 22 1 225 114 44 xy 0.25 Câu 8 i u kiện xác đ ịnh: 1 ,2 2 xy Xét hàm s ố: 3 ( ) 2 0;  f t t t t 0.25 Suy ra 2 '( ) 6 1 0 f t t nên đây là hàm s ố đồng biến Từ phương trình th ứ nh t của hệ ta có (2 1) ( 2) 2 1 2 f x f y x y 0.25 Thay vào phương trình th ứ hai ta đư ợc: 4 4 8 2 4 6 (*) yy Xét hàm s ố 4 ( ) 4 8 2 4 6, 2;  g y y y y 4 11 '( ) 0 2; 4 8 2 4  g y y yy nên g(y) đ ồng biến 0.25 Hơn n a g(6) = 0 nên (*) có duy nh t 1 nghiệm là y = 6 V i y = 6 ta có 1 2 x 0.25 Câu 9 Theo b t đ ẳng thức Côsi cho ba s ố dương ta có: 333 1 7 7 7 7 1 1 3. . 1 (1) 2 2 2 2                 xx xx 3 33 1 7 7 7 7 1 1 3. . 1 (2) 2 2 2 2                 yy yy Cộng từng vế của (1), (2) ta có 3 32 3 1 1 7 7 1 1 1 1 3. 2 22                 x y x y x y x y 0.25 M t hác ta l ại có 1 1 1 1 1 4 4 . 4 x y xy x y x y x y xy nên 3 32 3 1 1 7 7 4 1 1 3. 2 22                 x y x y x y x y 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 40 Theo giả thiết x = y = 4 nên 2 3 7 7 343 3. .7 2 2 4 SS 0.25 D u “=” x ảy ra hi và ch khi 17 1 2 17 1 2 2 4  x x y xy y xy xy Vậy 343 min 4 S 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 41 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 38 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 y x 2mx m m (1) a) Khảo sát và vẽ đồ th ị (C) của hàm số (1) khi m = – 2 b) Tìm t t c ả các giá trị thực của m để đồ thị hàm số (1) c ắt Ox tại 4 điểm có hoành độ lập thành một c p số cộng. Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 2 sin2x cosx 2sin x cos2x 3sin x Câu 3. (1,0 điểm) a) G i X là t ập hợp các số tự nhiên gồm sáu ch số đôi một hác nhau đượ c tạo thành từ các ch số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ch n ngẫu nhiên một số từ tập hợp X Tính xác su t để số được ch n ch chứa ba ch số lẻ. b) Tìm tập h ợp các điể m M trong m t phẳng phức biểu diễn cho số phức z biết rằng số phức 2 2( ) w i z iz z là s ố thuần ảo. Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình 3 2 2 3 3 2 10 17 8 2 5 x x x x x x Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân 32 1 1 ln 2 1 2 ln e x x x I dx xx  Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc ABD bằng 120 0 , SA vuông góc (ABC), góc gi a cạnh SC và (ABC) bằng 60 0 Tính thể tích hối chóp S ABCD và hoảng cách gi a hai đư ờng thẳng SA và BM v i M là trung điể m cạnh SD. Câu 7. (1,0 điểm) Trong m t phẳng Oxy, cho hình ch nhật ABCD có B, C thuộc tr ục tung, phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0 Xác định t a đ ộ đ nh A, B, C, D biết rằng bán ính đường tròn nội ti ếp tam giác ABC bằ ng 1. Câu 8. (1,0 điểm) Trong hông gian Oxyz, cho các điể m A(0;1;0); B(2;2;2); C( 2;3;4) và đường thẳng d có phương trình 1 2 3 2 1 2 x y z Tìm M thuộc d sao cho th ể tích hối t ứ diện MABC bằng 3. Câu 9. (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số dương th a mãn đi u ki ện a 3 +b 3 = c 3 Tìm giá trị nh nh t của biểu thức 2 2 2 a b c P c a c b THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 42 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38 Câu 1 1a m = – 2 => y = – x 4 + 4x 2 + 2 TX : D = R 0.25 xx lim y lim y      y’ = = – 4x 3 + 8x x0 y' 0 x2    0.25 BBT x  2 0 2  y’ + 0 – 0 + 0 – y 6  6 2  Hàm s ố tăng trên ( , 2)  và (0, 2) Hàm s ố giảm trên ( 2,0) và ( 2, )  iểm cực đ ại ( 2,6)  , đi ểm cực tiểu (0 , 2) 0.25 ồ thị nhận Oy làm tr ục đ ối xứng 0.25 1b Phương trình hoành đ ộ giao đi ểm của đ ồ thị hàm s ố (1) và Ox là: 4 2 2 x 2mx m m 0(2) t t = x 2 (t0 ), (2) thành: 22 t 2mt m m 0(3) 0.25 YCBT  pt (2) có 4 nghi ệm phân bi ệt lập thành c p số cộng  pt (3) có 2 nghi ệm phân bi ệt dương t 1 , t 2 th a 9t 1 = t 2 (0 < t 1 < t 2 ) 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 43 2 2 12 2m m 0 P m m 0 S 2m 0 9t t   2 12 12 12 1 1m 2 t t m m t t 2m 9t t  0.25 1 2 2 12 1 1m 2 m t 5 9m t 5 t t m m  2 2 1 1m 25 2 m 34 9m mm 25  0.25 Câu 2 2 sin2x cosx 2sin x cos2x 3sin x 22 2sin xcosx 2sin x 2cos x 1 3(1 cos x) cosx 2 2sin x(cosx 1) cos x cosx 2 2sin x(cosx 1) (cosx 2)(cosx 1) (cosx 1)(2sin x cosx 2) 0 cos x 1 (1) 2sin x cos x 2 (2)   0.25 (1) x k2 (k Z)   2 1 2 (2) sin x cos x 5 5 5 0.25 V i 21 sin ,cos 55 ta đươc cos(x ) sin cos 2  0.25 x k2 2 (k Z) x 2 k2 2          0.25 Câu 3 3a G i Ω là hông gian m ẫu của phép th ử: “Ch n ngẫu nhiên m ột số từ tập hợp X ” Khi đó 6 9 ( ) 60480 nA  . • G i A là bi ến cố: “S ố được ch n ch chứa ba ch số lẻ ” Khi đó 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 44 + Ch n ba ch số lẻ đôi m ột hác nhau t ừ các ch số 1, 3, 5, 7, 9: có 3 5 C cách + Ch n ba ch số chẵn đôi m ột hác nhau t ừ các ch số 2, 4, 6, 8: có 3 4 C cách + Sắp xếp sáu ch số trên đ ể được số th a biến cố A: có 6! Cách Khi đó 33 54 ( ) . .6! 28800 n A C C . • Vậy xác su t đ ể số được ch n ch chứa ba ch số lẻ là ( ) 28800 10 ( ) 0,48 ( ) 60480 21 nA PA n   . 0.25 3b Giả sử z x yi v i , x y R . • 2 22 2( ) ( 2 ) (2 2 ) w i z iz z x y x y y x i . • 2 2( ) w i z iz z là s ố thuần ảo 0.25 2 2 2 2 2 2 15 2 0 2 0 ( 1) 24 x y x y x y x y x y . • Vậy tập hợp các đi ểm M trong m t phẳng phức biểu diễn cho số phức z là đường tròn tâm 1 1; 2 I có bán ính 5 2 R . 0.25 Câu 4 Nhận xét: x = 0 hông th a phương trình cho Chia hai vế của phương trình cho x 3 , ta đư ợc: 3 2 3 2 10 17 8 5 2 2 1 x x x x 0.25 t 1 0 tt x  , phương trình tr ở thành: 2 3 2 3 2 10 17 8 2 5 1 t t t t 3 3 22 33 2 1 2 2 1 5 1 2 5 1 t t t t 2 3 2 1 5 1 f t f t , v i 3 2, f t t t t R 0.25 Ta có: 2 ' 3 2 0, f t t t R nên f đ ồng biến trên R, vì v ậy: 22 33 2 1 5 1 2 1 5 1 f t f t t t 3 2 3 2 0 17 97 2 1 5 1 8 17 6 0 16 17 97 16 t t t t t t t t         ( l o a ï i ) ( n h a ä n ) ( n h a ä n ) 0.25 17 97 17 97 16 12 tx 17 97 17 97 16 12 tx Vậy phương trình cho có 2 nghi ệm: 17 97 12 x  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 45 Câu 5 2 2 12 1 1 1 1 ln 2 1 ln 1 ln 2 ln 2 ln 2 ln e e e e x x x xx I dx dx x dx dx I I x x x x x x     0.25 Tính I 1 : 33 1 1 1 33 e xe I 0.25 Tính I 2 : t 2 ln 1 ln t x x dt x dx ổi cận: 12 xt ; 2 x e t e 2 2 2 2 2 12 ln | | ln 2 e e e I dt t t  0.25 Vậy: 3 12 ln 32 ee I 0.25 Câu 6 *Tam giác ABC đ u cạnh a nên AC = a, a3 BO 2 * SA (ABC)  nên AC là hình chi ếu của SC trên (ABC) => Góc gi a SC và (ABC) là góc SCA bằng 60 0 0.25 *Tam giác SAC vuông có 0 SA AC.tan60 a 3 * 2 ABCD ABC a3 S 2S 2 Vậy 3 S.ABCD ABCD 1a V SA.S 32 0.25 * G i N là trung đi ểm của AD Có MN // SA => SA // (BMN)  d(SA, BM) = d(SA, (BMN)) = d(A, (BMN)) Dựng AH BN  tại H ta đư ợc : AH BN AH (BMN) d(A,(BMN)) AH AH MN (do MN//SA)     0.25 *Tam giác ABM có 2 2 2 2 0 7a BN AB AN 2AB.AN.cos120 4 a7 BN 2 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 46 2 0 AMN 1 a 3 S AB.AN.sin120 28 => AMN 2S a 21 AH BN 14 => a 21 d(SA,BM) 14 Câu 7 *C là giao đi ểm của AC và Oy => C(0 , 4) * G i B(0 , b) *Phương trình AB: y = b (do AB vuông góc BC  Oy) 0.25 *A là giao đi ểm của AB và AC => 16 4b A ,b 3 0.25 * G i r là bán ính đư ờng tròn n ội tiếp tam giác ABC Ta có: 2 ABC 4 b4 2S 1 3 S pr r b 4 45 AB BC CA 3 b 4 b 4 b 4 33 0.25 * r = 1 b 1 A(4,1),B(0,1),C(0,4),D(4,4) b 4 3 b 7 A( 4,7),B(0,7),C(0,4),D( 4, 4)   0.25 Câu 8 M dM(1+2m; 2m; 3+2m) 2;1;2 ; 2;2;4 , 0; 12;6 AB AC AB AC   0.25 2 1; 3;2 3 , . 24 18 AM m m m AB AC AM m   0.25 24 18 18 11 , . 3 24 18 24 18 18 66 MABC m V AB AC AM m m     0.25 0 (1; 2; 3) 31 2; ; 6 22 mM mM     0.25 Câu 9 , , 0 ê 0; 0 ab Doa b c n nx y cc 3 3 3 3 1& 1 3 x y x y x y xy x y xy x y Chia cả tử và m ẫu của P cho c 2  0 và thay x,y Ta đư ợc: 2 22 21 1 1 1 1 x y xy xy P x y x y xy 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 47 3 1 3 t Datt x y xy t 3 3 3 2 1 1 ; 0 ê 1 4 41 4 3     t t Do x y n n t t t t t 0.25 3 32 3 2 2 3 :1 3 3 1 1 1 t t t Khido P f t t t t t t 3 3 3 42 1 4 ê 41  Vi t n n f t 0.25 3 3 3 42 : , 2 41 Vay MinP khia b c a 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 39 Câu 1.(2 0 điể m).Cho 32 ( ) : 6 9 3 C y x x x 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình : 32 6 9 4 2 0 x x x m có 3 nghiệm phân biệ t Câu 2.(1 0 điể m) 1. Giải phương trình: 3sin5 2cos3 cos2 cos 0 x x x x 2. Tìm các số thực x, y thoả mãn: ( )(1 ) 2 x yi i x i Câu 3 .(0 5 điể m).Giải phương trình: 3 log 2 2 21 2 2log 5log 3 0 xx Câu 4.(1 0 điể m) Giải b t phương trình: 2 3 2 1 32 x xx x Câu 5.(1 0 điể m ) Tính di ện tích hình ph ẳng gi i hạn bởi các đư ờng 2 32 y x x và 1 yx Câu 6.(1 0 điể m) Cho lăng tr ụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông t ại A v i AC = a 0 60 ACB , biết AC’=3a Tính thể tích lăng trụ và góc hợ p bởi BC’ v i (AA'C'C) Câu 7.(1 0 đi ểm)Trong mpOxy,cho hình vuông ABCD G i M là trung đi ểm BC, N trên CD sao cho CN=2ND. Biết 11 1 ; 22 M và đườ ng thẳng AN có phương trình: 2 3 0 xy Tìm t a đ ộ đ nh A Câu 8.(1 0 điể m). Trong g Oxyz, cho A(1; 2; 3) và đư ờng thẳng d : R t t z t y t x  ; 2 1 2 1 1. Lập phương trình m t c ầu (S) có tâm A và đi qua O THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 48 2 Xác định hình chiếu H c ủa A lên (d) Câu 9.(0 5 điểm) Cho đa giác đ u 30 c ạnh. G i S là tập h ợp các tứ giác tạo thành có 4 đ nh l y từ các đ nh c ủa đa giác đ u. Ch n ngẫu nhiên mộ t phần tử của S Tính xác su t để được một hình ch nhật Câu 10 .(1 0 điể m) Cho a,b là hai s ố thực dươ ng th a 5 2 4 ab . Tìm giá trị nh nh t của biểu thức 21 4 F ab THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 49 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 39 Câu 1 1a Tập xác đ ịnh: D Sự biến thiên:  lim x   y = + ∞; lim x   y = - ∞ 0.25  2 ' 3 12 9 y x x 11 '0 33 xy y xy   Kết luận: +Hàm s ố nghịch biến trên ( -∞;1), (3:+ ∞), đ ồng biến trên (1;3) +hàm s ố đạt cực đại tại x = 3; y C = 3, hàm s ố đạt cực tiểu tại x = 1; y CT = -1 0.25  Bảng biến thiên: x -  1 3 +  y’ - 0 + 0 - y +  3 -1 -  0.25 0 3, 4 1 y x y 0.25 1b 32 (1) 6 9 3 2 1 x x x m 0.25 Là phương trình hoành đ ộ giao đi ểm của (C) và (D):y=2m -1 Số nghiệm của(1) là số giao đi ểm của (C) và (D) 0.25  Dựa vào đ ồ thị của (C) và (D), ta có (1) có 3 nghi ệm phân bi ệt khi 1 2 1 3 m 0.25  02 m và ết luận 0.25 Câu 2 2a Ta có: (1) 3sin5 cos5 2cos x x x 31 sin5 cos5 cos 22 x x x 0.25 x iểm đ c biệt: ồ thị: THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 50 sin(5 ) sin( ) 62 xx 52 6 2 9 3 52 6 2 6 2 k x x k x k x x k x                0.25 2b  ( )(1 ) 2 ( ) ( ) 2 x yi i x i x y x y i x i 0.25  22 13 x y x y x y x  0.25 Câu 3  i u kiện: 0 x  Khi đó: (1) 2 22 2log 5log 2 0 xx 0.25 2 2 1 log 2 log 2 x x    2 4 x x   ( nhận ) Vậy, phương trình có nghi ệm 4 ; 2 x x 0.25 Câu 4 K: 2 3 x t : 32 tx , 0 t 2 2 3 t x 0.25 Thay vào (1), ta đư ợc: 432 3 5 3 4 0 t t t t 0.25 22 ( 1) ( 5 4) 0 t t t đúng v i 0 t 0.25 2 0 3 2 0 3 t x x 0.25 Câu 5 Phương trình hoành đ ộ giao đi ểm của 2 đ ồ thị: 2 3 2 1 x x x 2 4 3 0 xx 1 3 x x   0.25 Khi đó di ện tích hình ph ẳng là 3 2 1 43 S x x dx  = 3 2 1 43 x x dx  0.25 = 3 3 2 1 23 3 x xx 0.25 = 4 3 = 4 3 0.25 Câu 6 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 51  ABC  vuông t ại A cho 0 tan 60 3 AB AC a  ' ACC  vuông t ại C cho 22 ' 9 2 2 CC a a a 0.25  2 13 . 22 ABC a S AB AC  3 . ' ' ' . ' 6 ABC A B C ABC V S CC a 0.25 Tính góc h ợp bởi BC’ v i (AA'C'C)  ' ( ' ' ) BA AA BA AA C C BA AC        AC’ là hình chi ếu của BC’ lên (AA’C’C)  ' BC A là góc t ạo bởi BC’ v i (AA'C'C) 0.25  tan 3 ' '3 AB BC A AC ' BC A= 0 30 và KL 0.25 Câu 7 t AB = a . Ta tính đư ợc: 10 5 5 ,, 3 2 6 a a a AN AM MN Tính đư ợc 0 1 45 2 CosMAN MAN 0.25 (AM) qua 11 1 ; 22 M có d ạng 11 1 ( ) ( ) 0 22 a x b y 11 1 0 22 ax by a b i u kiện: 22 0 ab 22 2 1 2 5( ) ab CosMAN ab 22 3 8 3 0 a ab b Ch n b=1 2 3 3 8 3 0 1 3 a aa a    0.25 V i 3 1 a b  23 : (4;5) 3 17 xy A AM AN A xy   0.25 V i 1 3 1 a b  23 : (1; 1) 34 xy A AM AN A xy   0.25 Câu 8 8a 14 AO 0.25 (S)có tâm (1;2;3) A , bán ính 14 R OA 0.25 N M D C B ATHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 52 Phương trình 2 2 2 ( ) :( 1) ( 2) ( 3) 14 S x y z 8b (d)có vect ch phương (1; 2;2) u .() qua (1;2;3) A và vuông góc (d) Phương trình ( ):1.( 1) 2( 2) 2( 3) 0 2 2 3 0 x y z x y z 0.25 : Hd  12 12 2 2 3 0 xt yt zt x y z  7 9 t 7 9 5 7 5 5 ( ; ; ) 9 9 9 9 5 9 x yH z  0.25 Câu 9 Số tứ giác t ạo thành v i 4 đ nh l y từ các đ nh của đa giác đ u là 4 30 C . Suy ra 4 30 ( ) ( ) n S n C  0.25 G i A là bi ến cố được tứ giác là m ột hình ch nhật. Số đường chéo đa giác qua tâm c ủa đa giác đ u: 15 Số hình ch nhật tạo thành : 2 15 C 2 15 () n A C ( ) 1 () ( ) 261 nA pA n  0.25 Câu 10 Ta có : 2 1 2 1 8 4 (8 4 ) 44 F a b a b a b a b 21 8 4 5 4 ab ab 0.25 B t đ ẳng thức Côsi cho :  2 88 a a  1 42 4 b b Suy ra 5 F 0.25 5 MinF đạt khi 2 8 1 1 4 2 4 1 5 2 4 4 ,0 a a a b b b ab ab   0.5 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 53 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 40 Câu 1. 2 điểm) Cho hàm số 42 21 f x x x (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Dựa vào (C), tìm m đ ể phương trình 42 2 2 0 x x m có 2 nghiệm ép Câu 2. 1 điểm) a)Cho góc thoả mãn 3 2 2   và 4 cos 5 Tính giá trị biểu th ức tan α + 1 A= 2 - cot α . b) Cho số phức 42 1 i z i Tính môđun của s ố phức 2 zz . Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình sau: 2 1 2 4 8 2 32 0 xx . . Câu 4. 1 điểm) Giải phương trình sau: 2 2 8 2 4 12 3 2 6 x x x x x . Câu 5. 1 điểm) Tính tích phân: tan 2 4 2 0 cos x e I dx x   . Câu 6. 1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc 60 o BAC , SO ABCD  và 3 4 a SO . G i E là trung điểm CD, I là trung điể m DE. a)Tính th ể tích h ối chóp S ABCD b)Tính hoảng cách từ O đ ến mp(SCD). Câu 7. 1 điểm) Trong m t phẳng toạ độ (Oxy) cho đường tròn 22 2 6 6 0 x y x y và điể m M(2;4). Viết phương trình đườ ng thẳng đi qua M và cắt đư ờng tròn trên tại 2 đi ểm A, B sao cho M là trung đi ểm đoạn AB. Câu 8. 1 điểm) Trong hệ trục toạ độ (Oxyz) cho 2; 1;4 ;B 3;1;1 ; 3;5;0 AC a)Viết phương trình m t cầu tâm A và tiếp xúc v i m t phẳng :2 3 5 0 xy . b)Viết phương trình m t phẳng (ABC) Câu 9. 0,5 điểm) Một hộp chứa 6 bi màu vàng, 5 bi màu đ và 4 bi màu xanh có ích thư c và tr ng lượng như nhau, l y ngẫu nhiên 8 bi trong hộp Tính xác xu t sao cho trong 8 bi l y ra có số bi màu vàng bằng v i số bi màu đ . Câu 10. 1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3 Tìm giá trị l n nh t của biểu thức 3 2 3 1 1 1 abc P ab bc ca a b c THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 54 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 40 Câu 1 1a TX : D=R Gi i hạn: xx lim y ; lim y       0.25 Sự biến thiên: 3 y' 4x 4x x 0 y' 0 x 1 x1     Hàm s ố đồng biến trên các ho ảng: 1;0 ; 1;  Hàm s ố nghịch biến trên các ho ảng: ; 1 ; 0;1  iểm cực đ ại: 0; 1 iểm cực tiểu: 1; 2 và 1; 2 0.25 BBT: x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ -1 +∞ -2 -2 0.25 ồ thị: y 7 x -2 -1 0 1 2 -2 0.25 1b Phương trình (*) 4 2 4 2 2 2 0 2 1 2 1 x x m x x m 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 55 Số nghiệm của phương trình (*) là s ố giao đi ểm của 42 : y = 2 1 : 2 1 C x x d y m  0.25 Vậy đ ể phương trình (*) có 2 nghi ệm ép thì 1 2 1 2 2 mm 0.25 Câu 2 2a Ta có: 2 22 49 sin α = 1 - c o s α = 1 - 5 25 Vì 3 2 2   nên 3 sin 5 0.25 sin 3 tan cos 4 và 14 cot tan 3 Vậy 3 +1 3 4 A= 4 40 2+ 3 0.25 2b Ta có: 4 2 1 4 2 2 6 13 1 1 1 2 ii ii zi i i i 0.25 2 1 3 2 1 3 1 9 2 82 z z i i i zz 0.25 Câu 3 2 4 4 8 4 32 0 xx .. t t = 4 x ( : t > 0) 0.25 Phương trình đã cho tr ở thành 2 2 4 8 32 0 4 tl tt tn    V i 4 4 4 1 x tx Vậy phương trình đã cho có nghi ệm x=1. 0.25 Câu 4 i u kiện 20 6 60 x x x  0.25 t t = 2 6 xx ( : t > 0) 22 22 2 4 2 4 12 4 2 8 2 4 12 t x x x t x x x Phương trình đã cho tr ở thành 2 1 3 4 0 4 tl tt tn    0.25 V i 4 2 6 4 t x x 2 2 2 4 2 4 12 16 4 12 10 x x x x x x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 56 22 10 0 4 12 100 20 x x x x x  10 7 16 112 0 x x x   (Thoả đ 6 x ) Vậy phương trình đã cho có nghi ệm x=7. 0.25 Câu 5 t 2 1 tan 2 cos t x dt dx x 0.25 ổi cận 02 3 4 xt xt   0.25 3 3 32 2 2 tt I edt e e e  0.5 Câu 6 6a Ta có: 60 o BAC AB AD a  ABD là tam giác đ u cạnh a. 22 33 2 42 ABD ABCD ABD aa S S S  . 0.25 3 13 38 S ABCD ABCD a V SO S . . 0.25 6b Ta có BCD là tam đ u cạnh a BE CD  mà OI BE // OI CD  M t hác SO CD  SO OI SOI  , CD SOI  Kẻ OH là đư ờng cao của SOI OH SI  Mà OH CD  (Vì CD SOI  ) SI CD SCD  , OH SCD  Vậy d O SCD OH , 0.25 Ta có 3 1 3 2 2 4 aa BE OI BE Xét SOI vuông t ại O: 22 SOOI OH SO OI . Vậy 2 2 33 3 44 8 33 44 aa a d O SCD OH aa . , 0.25 C D E I A B S O H THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 57 Câu 7 Phương trình đư ờng thẳng qua M v i hệ số góc có d ạng: 24 y kx k Giao đi ểm của đư ờng thẳng này và đư ờng tròn đã cho có to ạ độ là nghi ệm hệ phương trình: 22 2 6 6 0 1 2 4 2 x y x y y kx k  0.25 Thay y ở (2) vào (1) ta đư ợc: 2 2 2 2 1 2 2 1 4 4 2 0 3 k x k k x k k ể đường thẳng trên c ắt đư ờng tròn t ại 2 đi ểm phân bi ệt thì phương trình (3) phải có 2 nghi ệm phân bi ệt: 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 2 0 3 2 3 0 k k k k k kk  ' i u kiện này tho ả mãn v i m i k. 0.25 Lúc đó 2 nghi ệm 12 xx , thoả mãn: 2 12 2 2 2 1 1 kk xx k 0.25 ể M là trung đi ểm AB thì 2 12 2 21 21 21 M kk xx xk k Vậy phương trình đư ờng thẳng cần tìm là: 6 yx 0.25 Câu 8 8a Bán ính m t cầu: 0 0 0 222 , Ax By Cz D R d A A B C 2.2 3 1 5 12 13 13 49 0.25 Phương trình m t cầu: 2 2 2 2 0 0 0 x x y y z z R 2 2 2 144 2 1 4 13 x y z 0.25 8b Ta có: AB = -5, 2,-3 ; AC = 1,6,-4 (ABC) có vtpt: n = AB AC = 10,-23,-32  0.25 Phương trình (ABC): A x - x + B y - y + C z - z = 0 0 0 0 10 x - 3 - 23 y - 5 - 32 z - 0 = 0 10x - 23y - 32z + 85 = 0 0.25 Câu 9 G i A là bi ến cố: “trong 8 bi l y ra có s ố bi màu vàng b ằng v i số bi màu đ ” Trường hợp 1: Ch n đư ợc 2 bi vàng, 2 bi đ và 4 bi xanh Trường hợp 2: Ch n đư ợc 3 bi vàng, 3 bi đ và 2 bi xanh Trường hợp 3: Ch n đư ợc 4 bi vàng, 4 bi đ . 2 2 4 3 3 2 4 4 6 5 4 6 5 4 6 5 1425 n A C C C C C C C C 0.25 G i hông gian m ẫu  là s ố trường hợp có th ể xảy ra khi l y ngẫu nhiên 8 bi 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 58 trong hộp chứa 15 bi: 8 15 6435 nC  Vậy xác su t sao cho trong 8 bi l y ra có s ố bi màu vàng b ằng v i số bi màu đ là: 1425 95 6435 429 nA PA n  Câu 10 Áp d ụng B t đ ẳng thức 2 3 , , , x y z xy yz zx x y z ta có: 2 3 9abc 0 ab bc ca abc a b c 3 ab bc ca abc Ta có: 3 3 1 1 1 1 , , , 0. a b c abc a b c Thật vậy: 1 1 1 1 a b c a b c ab bc ca abc 3 2 33 3 1 3 3 abc 1 abc abc abc 0.25 Khi đó 3 3 2 1 1 31 abc PQ abc abc  t 6 abc t Vì , , 0 abc nên 3 01 3 abc abc  0.25 Xét hàm s ố  2 2 3 2 , t 0;1 1 31 t Q t t  5 22 32 2 1 1 ' 0, t 0;1 11 t t t Qt tt Do hàm s ố đồng biến trên  0;1 nên 5 1 2 6 Q Q t Q  Từ (1) và (2) suy ra 5 6 P  0.25 Vậy 5 max 6 P , đ ạt đư ợc hi và ch khi: 1 abc . 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 1 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 41 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 21 2 x yC x . a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b. Tìm trên ( C) tất cả các điể m M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của (C) tại hai điể m A, B sao cho 2 10 AB . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1 cos 7 sin 2 sin 2 tan 4 x xx x  . Câu 3 (2,0 điểm). a. Giải hệ phương trình: 22 4 2 2 4 1 1 2 2 1 1 y x x y x x y y  . b. Giải phương trình 2 3 24 2 x xx . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 0 2 4 1 2sin 2 2cos dx I xx   . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, 13 4 a AD BC , 2 AB a , 3 2 a CD , mặt phẳng SCD vuông góc vớ i mặt phẳng D ABC . Tam giác ASI cân tại S, với I là trung điể m của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng D ABC một góc 30 o . Tính theo a thể tích kh ối chóp S.ABCD và khoảng cách giữ a SIvà CD . Câu 6 (1,0 điểm). Tìm tập hợ p những điể m biểu diễn số phức z sao cho 32 zi zi là một s ố thực. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa đ ộ Oxy, cho hình thoi ABCD có đư ờng chéo AC nằm trên đư ờng thẳng : 1 0 d x y . Điể m 9;4 E nằm trên đườ ng thẳng chứa cạnh AB, điểm 2; 5 F nằm trên đườ ng thẳng chứa cạnh AD, 22 AC . Xác định tọa độ các đỉnh c ủa hình thoi ABCD biết điể m C có hoành đ ộ âm. hoctoancapba.com Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng : 2 0 P x y z , mặt cầu 2 2 2 : 4 2 2 3 0 S x y z x y z và hai điể m 1 ; 1 ; 2 , 4;0; 1 AB . Viết phương trình THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 2 mặt phẳng song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắ t mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 . TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 41 Câu 1 1a TXĐ: \{2} DR Các gi ới hạn 22 lim 2; lim 2; lim ; lim xx xx y y y y        Suy ra 2 x là ti ệm cận đ ứng, 2 y là ti ệm cận ngang của đ ồ thị. 0.25 Sự biến thiên: 2 3 ' 0, ( 2) y x D x Hàm s ố nghịch biến trên các kho ảng ( ;2)  và (2; )  0.25 Bảng biến thiên x  2  y’ y 2   2 0.25 Đồ thị: Giao với trục Ox tại 1 ;0 2 , giao với trục Oy tại 1 0; 2 , đ ồ thị có tâm đ ối xứng là đi ểm (2;2) I 0.25 1b Giả sử 21 ; , 2 2 a M a a a  thuộc đ ồ thị (C). Tiếp tuyến của đ ồ thị (C) tại M có dạng 2 3 2 1 ( ) : ( ) ( 2) 2 a y x a aa  0.25 Gọi A là giao c ủa tiệm cận đ ứng với ()  , suy ra 6 (2; 2) 2 A a B là giao c ủa tiệm cận ngang với ()  , suy ra (2 2;2) Ba 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 3 Khi đó 2 2 36 (2 4) ( 2) AB a a , theo bài ra ta có phương trình 2 2 36 4( 2) 40 ( 2) a a 42 ( 2) 10( 2) 9 0 aa 0.25 2 2 1 ( 2) 1 3 1 ( 2) 9 5 a aa a a a        Vậy có 4 đi ểm M thỏa mãn là (1 ; 1), (3;5), ( 1 ;1), (5;3) . 0.25 Câu 2 1 cos 7 sin 2 sin 2 (1) tan 4 x xx x  . Đk:  sin 0 sin 2 0 cos 0 2 k x x x k x      0.25 2 (1) 1 cos cos sin sin sin 2 cos2 x x x x x x cos2 cos sin 1 0 x x x cos 2 0 1 sin 4 2 x x     0.25 +) cos 2 0 42 k x x k 0.25 +) 2 1 sin 2 4 2 2 x k l x x k l        . Vậy (1) có nghi ệm 42 k xk . 0.25 Câu 3 3a 22 4 2 2 4 1 1 2 2 1 (1) () 1 (2) y x x y I x x y y  . Đặt 2 11 xt phương trình (1) có d ạng 2 2 4 1 2 1 0 t y t y 0.25 22 4 1 8 2 1 4 3 y y y  21 1 () 2 ty tl    0.25 +) Với 2 22 1 2 1 1 1 2 1 44 y t y x y x y y  thay vào (2) ta đư ợc 0.25 2 2 2 2 16 1 4 1 1 0 1 y y y y y y (do 1 y ) 0 x Vậy, hệ (I) có nghi ệm (0;1) . 0.25 3b ĐK 3 x . 22 2 12 3 1 1 2 4 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 x xx x x x x . 0.25 Đặt 2 1 1, 1 1 1 2 2 2 x t t t x y y . 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 4 Ta đư ợc hệ phương trình 2 2 1 1 2 1 1 2 ty yt  . Lấy (1) –(2) ta có 1 ( )( ) 0 1 2 2    ty t y t y ty Thay lần lư ợt vào 2 1 2 t y ta có 0.25 ĐS: 3 17 5 13 , 44 xx   . 0.25 Câu 4 Ta có: 00 2 2 2 44 1 2sin 2 2cos sin 4sin cos 3cos dx dx I x x x x x x  0 2 2 4 1 cos tan 4 tan 3 dx x xx   0.25 Đặt 2 1 tan cos t x dt dx x Đổi cận : x 4  0 t 1 0 0.25 Vậy 0 0 0 2 1 1 1 1 1 1 4 3 ( 1)( 3) 2 3 1 dt dt I dt t t t t t t    0.25 0 1 1 3 1 1 3 ln ln 3 ln 2 ln 2 1 2 2 2 t t 0.25 Câu 5 Gọi M, E lần lư ợt là trung đi ểm của AI và CD. Do SCD ABCD  và SA SI trong mặt phẳng (ABCD) và qua M kẻ đưởng thẳng vuông góc v ới AB cắt CD tại H thì H là hình chi ếu của S trên mp(ABCD) 0.25 Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại F 13 3 , 4 4 2 3 3 2 a a a EF IF EI a HM HB a , D , 30 o SB ABC SB HB SBH 0.25 M K I F E H D C B A STHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 5 SH a 3 33 2 1 1 7 3 22 . 3 3 2 24 ABCD ABCD aa a a V SH S a (đvtt) 0.25 // CD SAB và , , , SI SAB d CD SI d CD SAB d H SAB  HM AB SHM SAB   . Gọi HK là đư ờng cao của tam giác SHM suy ra 21 , 7 a HK SAB d CD SI HK  . 0.25 Câu 6 Gọi ( , ) z a bi a b khi đó 22 2 ( 3) ( 1) 2 ( 3) w ( 1) ( 1) a b i a b i a b i a b i a b 0.25   22 ( 2) ( 3)( 1) ( 3) ( 2)( 1) ( 1) a a b b a b a b i ab là s ố thưc khi và ch ỉ khi : 0.25 ( 3) ( 2)( 1) 0 2 1 0 00 11 a b a b a b aa bb       0.25 Vậy tập hợp đó là đư ờng thẳng 2 1 0 xy trừ điểm M(0 ; - 1 0.25 Câu 7 Gọi E’ là đi ểm đ ối xứng với E qua AC, do AC là phân giác c ủa góc BAD nên E’ thuộc AD. EE’ vuông góc v ới AC và qua đi ểm 9;4 E nên có phương trình 50 xy . Gọi I là giao c ủa AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ 5 0 3 3; 2 1 0 2 x y x I x y y  Vì I là trung đi ểm của EE’ nên '( 3; 8) E 0.25 Đường thẳng AD qua '( 3; 8) E và ( 2; 5) F có VTCP là ' (1;3) EF nên phương trình là: 3( 3) ( 8) 0 3 1 0 x y x y 0.25 Điểm (0;1) A AC AD A  . Giả sử ( ;1 ) C c c . Theo bài ra 2 2 2 4 2; 2 AC c c c . Do hoành đ ộ điểm C âm nên ( 2;3) C 0.25 Gọi J là trung đi ểm AC suy ra ( 1;2) J , đư ờng thẳng BD qua J và vuông góc v ới AC có phương trình 30 xy . Do (1 ;4) ( 3;0) D AD BD D B  Vậy (0;1) A , ( 3;0), ( 2;3), (1 ;4). B C D 0.25 Câu 8 Mặt cầu (S) có tâm 2; 1; 1 I , bán kính 3 R Mặt phẳng (P) có vtpt 11 1; 1;1 , 3;1;1 , 2; 2; 4 n AB AB n   0.25 J I E' F E D C B ATHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 6 Do mặt phẳng //AB và P  có vtpt 1; 1; 2 n Suy ra phương trình m ặt phẳng : 2 0 x y z m 0.25 cắt mặt cầu (S) theo một đư ờng tròn có bán kính b ằng 3 5 1 , 6 6 11 6 m m dI m   0.25 Vậy, có hai m ặt phẳng thỏa mãn là 2 1 0 x y z và 2 11 0 x y z 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 7 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 42 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm s ố 22 1 x y x (C) 1/ . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đthị (C). 2/ Tìm m để đườ ng thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) t ại 2 đi ểm phân biệt A, B . Câu 2: (1 điểm) 1/ Cho góc thỏa mãn 2 và 4 sin 5 . Tính os2 1 os c A c 2/ Tìm phầ n thực và phần ảo c ủa z biết: 3 3 2 2 z z i i Câu 3: (0,5điểm) Giải phương trình: 25 3.5 10 0 xx Câu 4: (1 điểm) Giải phương trình : 2 3 4 2 10 2 9 37 4x 15 33 x x x Câu 5: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng gi ới hạn bởi các đườ ng 1 x ye ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8. Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 23a, BD = 2a và cắt nhau t ại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc vớ i mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách t ừ điểm O đ ến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa đ ộ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm c ủa tam giác G(3; 2). Vi ết phương trình c ạnh BC. Câu 8: (1 điểm) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho hai đườ ng thẳng d 1 : 1 1 1 2 1 1 x y z ; d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z và mặ t phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc c ủa đường thẳng , biết  nằm trên m ặt phẳng (P) và  cắt hai đư ờng thẳng d 1 , d 2 . Câu 9: (0,5 điểm ) Giải phương trình 1 2 2 3 2 2 x x x x x x x x C C C C ( k n C là tổ hợ p chập k của n phần tử) Câu 10: (1 điểm) Cho x,y R và x, y > 1. Tìm giá tr ị nhỏ nhất của 3 3 2 2 ( 1)( 1) x y x y P xy THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 8 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 42 Câu 1 1a Tập xác đ ịnh D = R\ - 1 Sự biến thiên: -Chiều biến thiên: 2 4 ' 0, ( 1) y x D x . Hàm s ố nghịch biến trên các kho ảng (- ; - 1) và ( - 1 ; + ). - Cực trị: Hàm s ố không có c ực trị. 0.25 - Giới hạn tại vô c ực, giới hạn vô c ực và ti ệm cận: 2 2 2 2 lim 2 ; lim 2 11 xx xx xx     . Đư ờng thẳng y = 2 là ti ệm cận ngang. 11 2 2 2 2 lim ; lim 11 xx xx xx     . Đư ờng thẳng x = - 1 là ti ệm cận đ ứng. 0.25 -Bảng biến thiên: x -  - 1 +  y’ + + y +  2 2 -  0.25 Đồ thị: -Đồ thị hàm s ố cắt trục Ox tại đi ểm (1;0) -Đồ thị hàm s ố cắt trục Oy tại đi ểm (0;- 2) -Đồ thị hàm s ố có tâm đ ối xứng là giao đi ểm hai tiệm cận I(- 1; 2). 0.25 1b Phương trình hoành đ ộ giao đi ểm: 2x 2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) 0.5 d cắt (C) tại 2 đi ểm phân bi ệt PT(1) có 2 nghi ệm phân bi ệt khác -1 m 2 - 8m - 16 > 0 0.25 4 4 2 4 4 2 m m    0.25 Câu 2 y x 2 y=2 x= -1 -1 O 1 -2THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 9 2a Ta có 2 os2 1 2sin 1 os 1 cos c A c 0.25 22 16 9 3 3 os 1 sin 1 os os ( ) 25 25 5 5 2 c c c do    Thay 43 sin , os 55 c vào ta đư ợc 7 40 A 0.25 2b 3 3 2 2 (1) z z i i Giả sử z=a+bi 23 (1) 3 3 8 12 6 2 2 11 . 2 a bi a bi i i i i i i 0.25 2 4 2 4 2 22 11 20 15 a bi i i i i 15 ; 10 4 ab . Vậy phần thực của z bằng 15 4 ,phần ảo của z bằng -10 0.25 Câu 3 2 25 3.5 10 0 5 3.5 10 0 x x x x Đặt 5 , 0 x tt 0.25 Phương trình tr ở thành: 2 2( ) 3 10 0 5( ) t nhan tt t loai   5 2 5 2 log 2 x tx Vậy phương trình đã cho có nghi ệm 5 log 2 x . 0.25 Câu 4 ĐK: 5 x  . Pt 2 3 4 4 9 37 8 4 10 2 4 15 81 0 x x x x 0.25 2 33 4 27 9 8(6 2 ) ( 3)(4 27) 0 4 10 2 16 4 9 37 9 37 x x xx x xx 0.25 - TH1 3 0 3 xx (TMPT) - TH 2. 3 x  pt 2 33 36 16 4 27 0 4 10 2 16 4 9 37 9 37 x x xx 0.25 2 3 36 16 4 27 0 4 10 2 12 9 37 2 x x x Do 5 x  nên 36 16 4.5 27 0 12 4 VT  . Đ ẳng thức xảy ra 5 x Vậy phương trình có 2 nghi ệm là 3 và 5 0.25 Câu 5 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 10 Diện tích ln8 ln3 1 x S e dx  ; Đ ặt 22 1 1 1 x x x t e t e e t 0.25 Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = e x dx 2 2 1 t dx dt t 0.25 Do đó 33 2 22 22 22 2 11 t S dt dt tt  = 3 13 2 ln 2 ln 212 t t t (đvdt) 0.5 Câu 6 Từ giả thiết AC = 23 a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc v ới nhau tại trung điểm O của mỗi đư ờng chéo.Ta có tam giác ABO vuông t ại O và AO = 3 a ; BO = a , do đó 0 60 AD B Hay tam giác ABD đ ều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuô ng góc v ới mặt phẳng (ABCD) nên giao tuy ến của chúng là SO  (ABCD). 0.25 Do tam giác ABD đ ều nên v ới H là trung đi ểm của AB, K là trung đi ểm của HB ta có DH AB  và DH = 3 a ; OK // DH và 13 22 a OK DH OK  AB AB  (SOK) Gọi I là hình chi ếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI OI  (SAB) , hay OI là kho ảng cách t ừ O đ ến mặt phẳng (SAB). 0.25 Tam giác SOK vuông t ại O, OI là đư ờng cao 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a  ; đường cao của hình chóp 2 a SO . 0.25 Thể tích kh ối chóp S.ABCD: 3 . 13 . 33 DD S ABC ABC a V S SO 0.25 Câu 7 Tọa đ ộ điểm A là nghi ệm của HPT: - - 2 0 2 - 5 0 xy xy  A(3; 1) 0.25 Gọi B(b; b- 2) AB, C(5- 2c; c) AC 0.25 Do G là tr ọng tâm c ủa tam giác ABC nên 3 5 2 9 1 2 6 bc bc  5 2 b c  . Hay B(5; 3), C(1; 2) 0.25 Một vectơ ch ỉ phương c ủa cạnh BC là ( 4; 1) u BC . Phương trình c ạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 0.25 Câu 8 Gọi A = d 1 (P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d 2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0.25 S A B K H C O I D 3a aTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 11 Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0.25 Một vectơ ch ỉ phương c ủa đư ờng thẳng  là (1;3; 1) u 0.25 Phương trình chính t ắc của đư ờng thẳng  là: 12 1 3 1 x y z 0.25 Câu 9 ĐK : 25 x xN   Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 3 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x C C C C C C C C C C 0.25 (5 )! 2! 3 xx 0.25 Câu 10 Đặt t = x + y ; t > 2. Áp d ụng BĐT 4xy  (x + y) 2 ta có 2 4 t xy  0.25 32 (3 2) 1 t t xy t P xy t . Do 3t - 2 > 0 và 2 4 t xy nên ta có 2 32 2 2 (3 2) 4 2 1 4 tt tt t P t t t 0.25 Xét hàm s ố 22 2 4 ( ) ; '( ) ; 2 ( 2) t t t f t f t tt f’(t) = 0 t = 0 v t = 4. t 2 4 +  f’(t) - 0 + f(t) +  +  8 0.25 Do đó min P = (2; ) min ( ) ft  = f(4) = 8 đ ạt đư ợc khi 42 42 x y x xy y  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 12 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 43 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 32 6 9 1 y x x x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th ị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 32 19 30 22 x x x m có một nghiệm duy nhất: Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos x x x x b) Cho số phức z thỏa mãn điều ki ện (1 ) 1 3 0 i z i . Tìm phần ảo của số phức 1 w zi z Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 xx  Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 13 x y x y x y x y  (x,y ) Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 0 12 x I x e dx  Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông c ạnh 2a. Tam giác SAB cân t ại S và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới đáy, góc gi ữa cạnh bên SC và đáy b ằng 0 60 . 10 xy 2 2 0 xy Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đự ng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ v ới nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một s ố lẻ. Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các s ố thực dương th ỏa mãn x y z và 3 x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 xz Py zy . Tính theo a th ể tích khối chóp S.ABCD và kho ảng cách giữa hai đườ ng 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: , phương trình đườ ng cao kẻ từ B là: . Điể m 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 vớ i hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt c ầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đườ ng cao kẻ từ A của tam giác ABC. THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 13 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 43 Câu 1 1a TXĐ:D , /2 3 12 9 y x x . 3 '0 1 x y x   0.25 Hàm s ố nghịch biến trên các kho ảng(- ;1) và (3;+ ), đ ồng biến trên kho ảng (1;3) lim , lim xx yy       0.25 BBT x  1 3  ' y + 0 – 0 + y 3   - 1 0.25 Đồ thị : đi qua các đi ểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) 0.25 1b Pt : 32 19 30 22 x x x m  32 6 9 1 2 1 x x x m (*) 0.25 Pt (*) là pt hoành đ ộ giao đi ểm của (C) và đư ờng thẳng d 21 ym (d cùng phương tr ục Ox) . Số nghiệm của phương trình là s ố giao đi ểm của (C) và d. D ựa vào đ ồ thị (C), đ ể pt có m ột nghiệm duy nhất thì : 0.5 2 1 1 2 1 3 m m    0 2 m m   0.25 Câu 2 2a 0 ) cos )(sin cos 2 1 ( 2 cos x x x x (sin cos )(sin cos 1) 0 x x x x sin cos 0 sin cos 1 xx xx   0.25 sin( ) 0 4 2 sin( ) 42 x x        4 2 2 2 xk xk xk             (k ) 0.25 2b (1 ) 1 3 0 i z i  13 2 1 i zi i 0.25 => w = 2 – i . Số phức w có ph ần ảo bằng - 1 0.25 Câu 3 ĐK: x > 1 , 3 3 2log ( 1) log (2 1) 2 xx  3 log [( 1)(2 1)] 1 xx  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 14 2 2 3 2 0 xx   1 2 2 x   => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 Câu 4 Điều kiện: x+y 0, x-y 0 Đặt: u x y v x y  ta có h ệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 22 33 22 u v u v u v uv u v u v uv uv  0.25 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv  0.25 Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0 uv uv uv uv uv uv uv . 0.25 Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv uv uv  (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 Câu 5 Đặt 2 1 (2 ) x ux dv e dx  => 2 1 2 2 x du dx v x e  0.25 2 22 1 1 11 (1 )(2 ) (2 ) 0 22 xx I x x e e dx  0.25 = 2 2 2 11 11 (1 )(2 ) ( ) 00 24 xx x x e x e 0.25 2 1 4 e 0.25 Câu 6 Gọi H là trung đi ểm AB-Lập luận () SH ABC  -Tính đư ợc 15 SH a 0.25 Tính đư ợc 3 . 4 15 3 S ABC a V Qua A vẽ đường thẳng //BD  ,gọi E là hình chi ếu của H lên  ,K là hình chi ếu H lên SE 0.25 Chứng minh đư ợc:d(BD,SA)=d(BD,(S,  ))=2d(H, (S,  ))=2HK Tam giác EAH vuông cân t ại E, 2 2 a HE 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 15 2 2 2 2 1 1 1 31 15 15 31 15 ( , ) 2 31 HK a HK SH HE a d BD SA a 0.25 Câu 7 Gọi H là tr ực tâm  ABC.Tìm đư ợc B(0;-1), 1 cos cos 10 HBC HCB Pt đth ẳng HC có d ạng:a(x-2)+b(y-1)=0( ( ; ) n a b là VTPT và 22 0 ab ) 0.25 2 22 22 1 cos 4 10 4 0 2 5 2 0 10 2( ) ab aa HCB a ab b bb ab         0.25 2 2, 1 1 1, 2( ) 2 a ab b a a b l b        , phương trình CH: -2x + y + 3 = 0 0.25 AB  CH.Tìm đư ợc pt AB:x+2y+2=0 Tìm đư ợc : 25 ( ; ) 33 C ,pt AC:6x+3y+1=0 0.25 Câu 8 Tìm đư ợc tọa đ ộ tâm I c ủa mặt cầu I(0;-1;2),bán kính m ặt cầu: 3 R Phương trình m ặt cầu (S): 2 2 2 ( 1) ( 2) 3 x y z 0.25 Giả sử H(x;y;z), (x 1 ;y 2;z 1), (1 ;2; 2), ( 1 ; ; 3) AH BC BH x y z 0.25 . 0 2 2 5 AH BC AH BC x y z  BH cùng phương 22 3 xy BC yz  , 0.25 Tìm đư ợc H( 7 4 23 ;; 9 9 9 ) 0.25 Câu 9 Số phần tử của không gian m ẫu là n(  ) = C 3 9 = 84 Sốcách ch ọn 3 thẻcó tích là s ố lẻlà n(A) = C 5 9 = 10 0.25 => Xác su ất cần tính là P(A) = 10 84 = 5 42 0.25 Câu 10 Ta có 2, x xz x z 2 z yz z y . Từ đó suy ra 0.25 3 2 2 3 xz P y x xz z yz y zy 2 2( ) ( ) 2( ) ( ) x z y x y z xz yz x z y x y z 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 16 Do 0 x và yz nên ( ) 0 x y z . Từ đây k ết hợp với trên ta đư ợc 2 2 2 3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5 xz P y x z y y y y zy . 0.25 Vậy giá tr ị nhỏ nhất của P bằng 5 đ ạt khi x=y=z=1 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 17 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 44 Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số : y = x 3 – 3x 2 +1 có đ ồ thị ( C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. b) Gọi A & B là hai điể m cực trị của đồ thị ( C). Tìm đi ểm M thuộc đư ờng thẳng : 3x – y - 2= 0 sao cho ABM  có diện tích bằng 2. Câu 2 (1 điểm): a) Gỉai phương trình : ( 1+ cos4x).sinx = 2cos 2 2x. b) Cho số phức Z thỏa mãn hệ thứ c : 2. 3 2 Z Z i .Tìm môđun của Z. Câu 3 (1 điểm): a) Tính tích phân sau : 0 2 1 1 2 5 3 I dx xx  b). Cho số n thỏa mãn điều kiện : 0 1 2 2 4 97 n n n C C C .Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển nhị thức : 2 2 n x x Câu 4 (1 điểm): Giải bất phương trình : 23 . 2 1 2 1 x x x x x  Câu 5 (1điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành :AB = 2AD = 2a, 0 60 DAB mặt bên (SAB) là tam giác cân tại S và vuông góc mặt đáy ABCD. Cho 0 60 ASB và M là trung điểm CD. Tính theo a: thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đườ ng thẳng AM và SD. Câu 6 (1 điểm): Trong không gian vớ i hệ trục Oxyz cho (P) : 2x – y – 2z + 1= 0 và I(3; -5;-2) a) Viết phương trình mặ t cầu (S) tâm I và tiếp xúc mp(P). b) Tìm tọa đ ộ tiếp điể m của (S) và mặt ph ẳng (P). Câu 7 (1 điểm): Trong hệ tọa đ ộ Oxy, cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điể m M biết N(0; -2),đường thẳng AM có phương trình x + 2y –2 = 0 và cạnh hình vuông bằ ng 4. Câu 8 (1 điểm): Gỉai hệ phương trinh 22 2 3 2 7 5 9 0. x xy y x xy x y  Câu 9 (1 điểm): Cho x, y là các số thực thỏa mãn : x 2 + y 2 + xy = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x 3 + y 3 – 3x – 3y .THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 18 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 44 Câu 1 1a TXĐ:D=R ,lim ;lim xx yy       0.25 y ,, =3x 2 -6x ,y ,, =0 khi x=0 ; x=2 0.25 BBT x -  a 1 0 2 +  f’(x) + 0 - - 0 + f(x) 1 -2 0.25 Vẽ đồ thị : 0.25 1b A(0;1) ;B(2;-2) và M(m;3m -2) 0.25 1 96 2 ABM Sm  0.25 2 1 9 2 9 6 2 10 2 9 ABM m Sm m       0.25 12 2 4 10 1 ; ; ; 9 3 9 3 MM         0.25 Câu 2 2a 22 cos 2 0 2 os 2 .sin 2cos 2 sin 1 x c x x x x   0.25 42 2 xk xk        0.25 2b Gọi Z= a+bi ,với a,b . 3 2. 3 2 2 3 a Z Z i b  0.25 2 85 3 33 z i z 0.25 Câu 3 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 19 3a 0 2 1 1 2 5 3 I dx xx  = 00 11 1 2 1 2 3 1 2 3 1 dx dx x x x x  0.25 = 0 1 2 3 6 ln ln 15 x x 0.25 3b 0 1 2 2 8 2 4 97 2 48 0 6 n n n nn C C C n n nl    0.25 8 8 2 16 3 8 0 2 2. k kk k x C x x  16-k = 4 khi k= 4 .Vậy hệ số cần tìm là 4 4 8 2 1120 C 0.25 Câu 4 1 DK:x - 2 0.25 2 2 1 2 1 0 pt x x x x  0.25 2 2 1 0 2 1 0 x x vi x x  0.25 1 2; x   0.25 Câu 5 Gọi H là trung đi ểm của AB, ta có: . 1 . 3 S ABCD ABCD SH AB SAB ABCD SH ABCD V SH S SH SAB SAB ABCD AB       0.25 02 3 . 3 * . sin 6 3 * 0 AB S CD CD AB đ SAB eu SH a S V AB a AD a  0.25 Gọi O là tâm hình thoi ADMH Trên (SHD) k ẻ , AM OK SD d AM SD OK OK AM vi SHD    0.25 OKD đ ồng dạng SHD .3 4 SHOD a OK SD 0.25 Câu 6 6a 16 . 3 S TX P R d I P 0.25 2 2 2 256 ( ) : 3 5 2 9 TP S x y z , p H hc I H d p  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 20 6b 32 I 3; 5; 2 d : 5 2; 1; 2 22 xt qua voi pt d y t P VTCP u zt    0.25 *Thế pt d vào pt(P) 16 5 29 14 ;Vay : H ; ; 9 9 9 9 t 0.25 Câu 7 Gọi I= . AM BN  BIM đ ồng dạng ABM : 2 2 0 AM BN ptBN x y  0.25 Tọa đ ộ I là nghi ệm hệ 2 2 0 62 ; 2 2 0 55 xy I xy  22 .4 * B:BI= 5 ABBM ABM vuong tai AB BM 0.25 Tọa đ ộ B thỏa 2 2 5 ; 2;2 4 26 5 5 B BN x x B BI y y    vì: N và B n ằm khác phía so v ớiAM 0.25 Tọa đ ộ M thỏa 12 22 2 2 24 5 ; 2;0 & ; 04 55 5 x M AM x MM y IM BM BI y    0.25 Câu 8 Cộng hai vế pt ta đư ợc : (x + y – 2 ) 2 + x( x + y – 2 ) – (x + y – 2 ) = 0 0.25 2 . 2 3 0 20 2 3 0 x y x y xy xy   0.25 Với x + y – 2 =0 , ta có h ệ : 22 20 1 1 0 xy x y x xy y   0.25 Với 2x + y – 3 =0 , ta có h ệ : 22 1 1 2 3 0 0 2 1 x y xy x xy y x y          0.25 Câu 9 2 2 22 2 3 . : 4 : 4 3 xy x y xy V Ta có x i xy y yy x x   0.25 *Đặt t = x + y ,   2; 2 t , biến đ ổi đư ợc P = ( x + y ) 3 -3xy.( x + y) -3( x + y) 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 21 = - 2 t 3 + 6t Xét f(t) = - 2 t 3 + 6t , Lập bảng biến thiên : f (t)= - 2 t 3 + 6t 0.25 Kết luận : Max P = 4 khi t = 1   ; 1 ;2 ; 2; 1 xy M in P =- 4 khi t = -1   ; 1; 2 ; 2;1 xy 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 45 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 2. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Dùng đ ồ thị (C), biện luận số nghiệm của phương trình x 3 – 3x 2 + 4 – m = 0 theo tham số m Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình 4 log 3 log 2 2 2 x x b) Cho số phức z = (1 – 2i)(4 – 3i) – 2 + 8i. Xác đ ịnh phần thực, phần ảo và tính môđun s ố phức z. Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân 1 0 () x I x x e dx  Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x 3 +12y 2 + x+ 2 = 8y 3 +8y x 2 +8y 3 + 2y = 5x ì í ï î ï Câu 5. (0,5 điểm) Giải phương trình: sin3x+cos2x =1+2sinx.cos2x SA^ (ABCD) Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, và SA=a. Tính theo a thể tích của kh ối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến m ặt phẳng (SBM) với M là trung điể m của CD. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có D( -6;-6). Đườ ng trung trực của đoạn th ẳng DC có phương trình d: 2x+3y+17=0 và đường phân giác của góc BAC có phương trình d’: 5x+y -3=0. Xác định to ạ độ các đỉnh còn lại c ủa hình bình hành. Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho các đi ểm A(6;-2; 3),B(0; 1; 6) và m ặt phẳng ( ):2x + 3y – z + 11 = 0 Viết phương trình mặt ph ẳng ( ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc vớ i mặt phẳng ( ). Và viết phương trình mặt c ầu (S) có tâm A và tiếp xúc với m ặt phẳng ( ). Câu 9. (0, 5 điểm) Một đội tuy ển học sinh giỏi có 18 em, trong đó có 7 em học sinh l ớp 12, có 6 em học sinh lớp 11 và 5 em học sinh l ớp 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử 8 em học sinh đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất m ột em đượ c chọn. Câu 10. ( 1,0 điể m) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 22 Chứng minh rằng: a b c d b c c d d a a b 2 2 2 2 2 1 1 1 1 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 23 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 45 Câu 1 1a Hàm s ố y = x 3 – 3x 2 + 2 MXĐ: D = » y’ = 3x 2 – 6x; y’ = 0 02 22 xy xy   ; lim x y      0.25 Hàm s ố đồng biến trên các kho ảng (-  ; 0), (2 ; + ) Hàm s ố nghịch biến trên các kho ảng (0 ; 2). Hàm s ố đạt cực đ ại tại x CĐ = 0 và y CĐ = 2 Hàm s ố đạt cực đ ại tại x CT = 0 và y CT = -2 0.25 *Bảng biến thiên: x  0 2  y’ + 0 - 0 + 2  y CĐ CT  -2 0.25 Đồ thị: Đ ồ thị là m ột đư ờng cong có tâm đ ối xứng là I(1 ; 0) 0.25 1b Pt: x 3 – 3x 2 + 4 – m = 0 x 2 – 3x 2 + 2 = m – 2 (*) 0.25 Phương trình (*) là phương trình hoành đ ộ giao đi ểm giữa đ ồ thị (C) với đư ờng thẳng : y = m. Dựa vào đ ồ thị ta có: +khi m< 0 hay m>4: phương trình có 1 nghi ệm. 0.25 +khi m= 0 hay m= 4: phương trình có 2 nghi ệm. 0.25 +khi 0 < m< 4: phương trình có 3 nghiệm. 0.25 Câu 2 2a Đặt t = x 2 log , x > 0, ta đư ợc phương trình t 2 - 3t - 4 = 0   4 1 t t 0.25 t = -1 x 2 log = -1 x = 2 1 t = 4 x 2 log = 4 x = 16 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 24 2b z = (1 – 2i)(4 – 3i) – 2 + 8i = -4 -3i. 0.25 Phần thực: -4, phần ảo: -3 22 ( 4) ( 3) 5 z 0.25 Câu 3 Ta có: I= 1 0 x xdx  + 1 0 x xe dx  =I 1 +I 2 0.25 với I 1 = 1 0 x xdx  = 1 3 2 0 x dx  = 1 5 2 0 2 5 x = 2 5 0.25 I 2 = 1 0 x xe dx  đặt u=x, dv=e x dx I 2 =1 0.25 Do đó: I= 7 5 0.25 Câu 4 x 3 +12y 2 + x+ 2 = 8y 3 +8y(1) x 2 +8y 3 + 2y = 5x(2) ì í ï î ï Ta có (1) Û x 3 + x = (2y-1) 3 +(2y-1)(*) 0.25 Xét hàm s ố f (t) = t 3 +t,"t Î » , f '(t) = 3t 2 +1> 0,"t Î » . Vậy hàm s ố f(t) đ ồng biến trên R. T ừ (*) ta có: f (x) = f (2y-1) Û x = 2y-1 0.25 Thế x=2y-1 vào (2) gi ải ra đư ợc y=1 hoặc y=6 thoả mãn 0.25 Vậy hệ phương trình có nghi ệm (1;1), (11;6) 0.25 Câu 5 Phương trình Ûsin3x+cos2x =1+sin3x-sinx 0.25 Û 2sin 2 x-sinx = 0 0.25 Û sin x = 0 sin x = 1 2 é ë ê ê ê với sinx = 0 Û x = kp 0.25 Với sin x = 1 2 Û x = p 6 + k2p x = 5p 6 + k2p é ë ê ê ê ê Vậy phương trình có 3 h ọ nghiệm… 0.25 Câu 6 Ta có S ABCD = AB.AD = 2a 2 0.25 Do đó: V S.ABCD = 1 3 .SA.S ABCD = 2a 3 3 (dvtt) 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 25 Dựng AN ^ BM ( N thuộc BM) và AH ^ SN (H thuộc SN) Ta có: BM ^ AN, BM ^ SA suy ra: BM ^ AH. Và AH ^BM, AH ^SN suy ra: AH ^ (SBM). Do đó d(A,(SBM))=AH 0.25 Ta có: S ABM = S ABCD - 2S ADM = a 2 S ABM = 1 2 AN.BM = a 2 Þ AN = 2a 2 BM = 4a 17 Trong tam giác vuông SAN có: 1 AH 2 = 1 AN 2 + 1 SA 2 Þ AH = 4a 33 = d(A,(SBM)) 0.25 Câu 7 Gọi I là trung đi ểm của CD, do I thuộc d nên: I (t; -2t -17 3 ) Khi đó: , đư ờng thẳng d có VTCP Vì do đó I( -4;-3) suy ra C(-2;0) 0.25 Gọi C’ đ ối xứng với C qua d’. Ta có phương trình CC’: x -5y+2=0 Gọi J là trung điểm của CC’. To ạ độ điểm J là nghi ệm của hệ: x-5y+ 2 = 0 5x+ y-3= 0 ì í î Þ J( 1 2 ; 1 2 ) nên C’(3;1) 0.25 Đường thẳng AB qua C’ nh ận làm VTCP có phương trình: 3x -2y-7=0 Toạ độ điểm A là nghi ệm của hệ: 3x- 2y-7 = 0 5x+ y-3= 0 ì í î Þ A(1;-2) 0.25 Do ABCD là hình bình hành nên suy ra: B(5;4). Vậy A(1;-2), B(5;4), C(-2;0) 0.25 Câu 8 Vectơ pháp tuy ến của mp( ) là 0.25 Vectơ pháp tuy ến của mp( ) là Phương trình mp( ): x + 2z – 12 = 0. 0.25 Bán kính m ặt cầu (S): R= d(A,(a)) = 2.6+3(-2) -1.3+11 2 2 +3 2 +(-1) 2 = 14 14 = 14 0.25 Phương trình m ặt cầu (S): 2 2 2 ( 6) ( 2) ( 3) 14 xyz 0.25 Câu 9 Tổng số cách ch ọn 8 em trong ba khối là C 18 8 Vì s ố HS mỗi lớp nhỏ hơn 8 nên vi ệc lựa chọn 8 em không đ ủ ba khối sẽ bao gồm 3 trư ờng hợp: Chọn 8 em trong 13 em (lớp 12 và 11): C 13 8 cách Chọn 8 em trong 12 em (lớp 12 và 10): C 12 8 cách 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 26 Chọn 8 em trong 11 em (lớp 10 và 11): C 11 8 cách Vậy có t ất cả: C 18 8 -(C 13 8 +C 12 8 +C 11 8 ) cách ch ọn ra 8 em mà có đ ủ 3 khối. 0.25 Câu 10 Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: 2 a ab c ab c ab c ab c ab abc a a a a a bc 1+b c b c 22 2 (1 ) (1) 2 4 4 4 2 1 0.25 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 2 bc d b bc d bc d bc d bc bcd b b b b b cd 1+c d c d 22 2 1 (2) 2 4 4 4 2 1 2 cd a c cd a cd a cd a cd cda c c c c c da 1+d a d a 22 2 1 (3) 2 4 4 4 2 1 2 da b d da b da b da b da dab d d d d d ab 1+a b a b 22 2 1 (4) 2 4 4 4 2 1 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab b c c d d a a b 2 2 2 2 4 44 1 1 1 1 0.25 Mặt khác: a c b d ab bc cd da a c b d 2 4 2  . Dấu "=" xảy ra a+c = b+d a b c d abc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a 22 22          a b c d abc bcd cda dab a b c d a b c d 44  a b c d abc bcd cda dab 2 4 2  . Dấu "=" xảy ra a = b = c = d = 1. 0.25 Vậy ta có: a b c d b c c d d a a b 2 2 2 2 44 4 44 1 1 1 1 a b c d b c c d d a a b 2 2 2 2 2 1 1 1 1 đpcm. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 27 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 46 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 32 y x 6x 9x 1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình 2 x(x 3) m có 3 nghi ệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 (sinx cosx) 1 cosx . b) Giải bất phương trình: 0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:  1 0 6x+7 I dx 3x 2 . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất c ủa hàm số 42 f(x) x 8x 6 trên đoạ n [ 3; 5]. b) Khai triển và rút gọn bi ểu thức 2n (1 x) 2(1 x) ... n(1 x) thu được đa thứ c n 0 1 n P(x) a a x ... a x . Tìm hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 23 nn 1 7 1 n CC . , Oxy 0 13 2 y x 0 29 13 y x  2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (x,y R) x x y 2 x y 3 . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiệ n x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhấ t của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xy . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc vớ i mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều c ạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điể m của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến m ặt phẳng (AMN). Câu 6 (1,0 điểm). hoctoancapba.com Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyế n kẻ từ đỉnh C lần lượt là và . Viết phương trình đường tròn ngoại ti ếp tam giác ABC. 6 Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điể m A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5). Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 28 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 46 Câu 1 1a a) 1 9 6 2 3 x x x y . * Tập xác đ ịnh: D = R * Sự biến thiên Chiều biến thiên: ) 3 4 ( 3 9 12 3 ' 2 2 x x x x y Ta có   1 3 0 ' x x y , 3 1 0 ' x y . 0.25 Do đó: +Hàm s ố đồng biến trên m ỗi khoảng ) 1 , (  và ) , 3 (  . +Hàm s ố nghịch biến trên kho ảng ). 3 , 1 ( 0.25 Cực trị: Hàm s ố đạt cực đ ại tại 1 x và 3 ) 1 ( y y CD ; đ ạt cực tiểu tại 3 x và 1 ) 3 ( y y CT . Giới hạn:       y y x x lim ; lim . 0.25 Bảng biến thiên: 0.25 *Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại đi ểm ) 1 , 0 ( . 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0.25 1b Ta có: 2 x(x 3) m 32 x 6x 9x 1 m 1. 0.25 Phương trình có ba nghi ệm phân bi ệt khi và ch ỉ khi đư ờng thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3 đi ểm phân bi ệt 0.25 1 m 1 3 0 m 4 0.25 x y’ y 3 -1   0 0 3 1   THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 29 Câu 2 2a Ta có: 2 (sinx cosx) 1 cosx 1 2sinxcosx 1 cosx cosx(2sinx-1) 0 0.25     cosx 0 1 sinx= 2              xk 2 x= k2 (k Z). 6 5 x k2 6 0.25 2b Điều kiện: x0 (*). 0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) 2 0,2 0,2 log (x x) log (x 2) 0.25 2 x x x 2 x2 (vì x > 0). Vậy bất phương trình có nghi ệm x2 . 0.25 Câu 3  1 0 6x+7 I dx 3x 2  1 0 (6x+4)+3 dx 3x 2  1 0 3 (2 )dx 3x 2 0.25  11 00 3 2 dx dx 3x 2  11 00 1 2 dx d(3x+2) 3x 2 0.25 1 1 0 0 2x ln 3x 2 0.25 5 2 ln 2 . 0.25 Câu 4 4a 3 f'(x) 4x 16x ,     x0 f'(x) 0 x2 . f( 3) 9 , f(0) 6, f(2) 10 , f( 5) 9. 0.25 Vậy: [ 3; 5] maxf(x) f(0) 6 , [ 3; 5] minf(x) f(2) 10 0.25 4b Ta có:  n n n n n n n n C C n n 1 ) 2 )( 1 ( ! 3 . 7 ) 1 ( 2 3 1 7 1 3 2 . 9 0 36 5 3 2  n n n n 0.25 Suy ra 8 a là h ệ số của 8 x trong biểu thức . ) 1 ( 9 ) 1 ( 8 9 8 x x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 30 Đó là . 89 . 9 . 8 8 9 8 8 C C Câu 5 *) Ta có: 22 2a 3 AN AB BN Diện tích tam giác ABC là: 2 1 . 4a 3 2 ABC S BC AN  . 0.25 Thể tích hình chóp S.ABC là: 2 . 11 . 4a 3.8a 33 S ABC ABC V S SA  3 32a 3 3 (đvtt). 0.25 *) Ta có: . . 1 .. 4 B AMN S ABC V BA BM BN V BA BS BC 3 .. 1 8a 3 43 B AMN S ABC VV . 0.25 Mặt khác, 1 4 5a 2 5a 2 SB SC MN SC ; 1 2 5a 2 AM SB . Gọi H là trung đi ểm AN thì MH AN  , 22 a 17 MH AM AH . Diện tích tam giác AMN là 2 11 . 2a 3.a 17 a 51 22 AMN S AN MH  . Vậy khoảng cách t ừ B đ ến (AMN) là: 3 . 2 3 8a 3 8a 8a 17 ( ,( )) 17 a 51 17 B AMN AMN V d B AMN S  . 0.25 Câu 6 - Gọi đư ờng cao và trung tuy ến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 0 13 2 y x , CM có phương trình . 0 29 13 6 y x - Từ hệ ). 1 ; 7 ( 0 29 13 6 0 13 2  C y x y x - ) 2 , 1 (  CH AB u n CH AB 0 16 2 : y x AB pt . 0.25 - Từ hệ ) 5 ; 6 ( 0 29 13 6 0 16 2 M y x y x  ). 4 ; 8 ( B 0.25 - Giả sử phương trình đư ờng tròn ngo ại tiếp . 0 : 2 2  p ny mx y x ABC 0.25 S A B N C M H M(6; 5) A(4; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 31 Vì A, B, C thuộc đư ờng tròn nên  0 7 50 0 4 8 80 0 6 4 52 p n m p n m p n m  72 6 4 p n m . Suy ra pt đư ờng tròn: 0 72 6 4 2 2 y x y x hay . 85 ) 3 ( ) 2 ( 2 2 y x 0.25 Câu 7 Ta có (1 ;2; 2), (2;1 ;2) AB AC 0.25 [ , ] (6; 6; 3) 0 AB AC  0.25 Suy ra , AB AC không cùng phương nên A, B, C không th ẳng hàng. 0.25 Diện tích tam giác ABC là 19 S = [ , ] 22 ABC AB AC  (đvdt). 0.25 Câu 8 Giải hệ:  2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (1) (x,y R) x x y 2 x y 3 (2) . Điều kiện: 0 0 xy xy  (*) Đặt 0 t x y , từ (1) ta có: 2 t t 3 t 2 t 0.25 2 t t t 3 2 t 0 3(1 t) t(1 t) 0 t 3 2 t 3 (1 t) t 0 t 3 2 t t1 (Vì 3 t 0, t 0 t 3 2 t ). 0.25 Suy ra 11 x y y x (3). Thay (3) vào (2) ta có: 2 x 3 2x 1 3 2 ( x 3 2) ( 2x 1 1) 0 2 2 x 1 2x 2 0 2x 1 1 x 3 2 2 x 1 2 (x 1) 0 2x 1 1 x 3 2 x1 (Vì 2 x 1 2 1 0,x 2 2x 1 1 x 3 2 ). 0.25 Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghi ệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 32 Câu 9 Ta có : 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y z z x x y (*) Nhận thấy : x 2 + y 2 – xy xy x, y R Do đó : x 3 + y 3 xy(x + y) x, y > 0 hay 22 xy xy yx x, y > 0 0.25 Tương t ự, ta có : 22 yz yz zy y, z > 0 22 zx zx xz x, z > 0 0.25 Cộng từng vế ba bất đ ẳng thức vừa nhận đư ợc ở trên, k ết hợp với (*), ta đư ợc: P 2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 0.25 Hơn n ữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 3 . Vì v ậy, minP = 2. 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 33 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 47 Câu 1:(2,0 điểm) Cho hàm số 21 1 x y x (1) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b. Tính di ện tích hình phẳng giớ i hạn bởi đồ th ị (C) và hai trục Ox, Oy. Câu 2:(2,0 điểm) a.Giải bất phương trình: 2 21 2 2 log 1 log 4 0 xx b.Giải hệ phương trình 22 53 9 4 5 log 3 2 log 3 2 1 xy x y x y  Câu 3:(1,0 điểm) Tính 6 0 tan cos 2 x dx x   Câu 4:(1,0 điểm) Giải phương trình cos2x + 5sinx + 2 = 0 Câu 5:(1,0 điểm) Cho đường thẳng d: 0 2 t t  x y z Câu 7:(1,0 điểm) Giải phương trình : 2 2013 0 z trên t ập Câu 8:(1,0 điểm) Giải phương trình 2 2 3 5 x x x Trong các mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng d và trục Ox, hãy viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất. Câu 6:(1,0 điể m) Trong mp(Oxy) cho hình thang ABCD vuông tại A , D , bi ết AD = CD = 2AB . Gọi M(5;5) , N lần lượt trung điể m của BC , CD và đườ ng thẳng AN : x + 3y – 12 = 0 . Tìm tọa độ điểm A . THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 34 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 47 Câu 1 1a TXĐ:   \1 R Sự biến thiên + Giới hạn : 11 lim 2; lim 2 : T : 2 lim ; lim : T : 1 xx xx y y y y y x         ieä m caä n ngang ieä m caä n ñöù ng 0.25 2 1 ' 0, 1 ( 1) yx x  Hàm s ố đồng biến trên các kho ảng ; 1 ; 1;   0.25 x  -1  y  2 2  Hàm s ố không có c ực trị 0.25 Đồ thị đi qua các đi ểm có t ọa đ ộ 15 (0;1); ;0 ; 2;3 ; 3; 22         -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y O 0.25 1b 0 1 2 21 1 x S dx x  0.25 0 1 2 1 2 1 dx x  0.25 0 2 ln 1 1 2 xx 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 35 1 1 ln 2 0.25 Câu 2 2a ĐK 2 10 1 12 22 40 x x x x x   0.25 2 21 2 2 2 2 2 2 22 2 log 1 log 4 0 log 4 log 1 log 4 log 4 1 log 4 xx xx xx 0.25 2 2 4 1 4 40 40 xx xx xx  0.25 Kết hợp đk, t ập nghiệm 0;2 S 0.25 2b ĐK 3 2 0 xy  0.25 55 53 log 3 2 log 3 2 1 log 3 2 log 3 2 1 x y x y hpt x y x y  0.25 5 log 3 2 0 3 2 1 xy xy 0.25 3 2 1 1 3 2 5 1 x y x x y y  0.25 Câu 3 66 22 00 tan tan cos 2 1 tan cos xx dx dx x xx  0.25 6 2 0 tan tan 1 tan x dx x   0.25 6 0 1 1 1 tan 2 tan 1 tan 1 dx xx   0.25 1 1 3 ln tan 1 ln tan 1 ln 6 2 2 2 0 xx  0.25 Câu 4 cos2x + 5sinx + 2 = 0 2sin 2 x - 5sinx – 3 = 0 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 36 sinx = 3 (vn ) hoặc sinx = -1/2 0.25 x = -  /6 + k2  hoặc x = 7  /6 + k2  , ( k Z) 0.25 Vậy phương trình có 2 h ọ nghiệm x = -  /6 + k2  ; x = 7  /6 + k2  , ( k Z) 0.25 Câu 5 Giả sử mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R tiếp xúc với d tại M, tiếp xúc với Ox tại N mc (S) có đường kính nhỏ nhất khi và chỉ khi MN là đoạn vuông góc chung của d và Ox. Đường thẳng d qua M(0; 0; 2), có vtcp (0;1; 1) u Ox qua O(0; 0; 0), có vtcp (1;0;0) i 0.25 , 2 0 u i OM    nên d và Ox chéo nhau. Với M(0; t; 2- t) d, N(t’; 0; 0) Ox và MN=(t’; -t; t – 2) 0.25 Ta có . 0 2 0 1 ' 0 ' 0 .0 t t t tt i   MN u MN Vậy M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) O 0.25 Mặt cầu (S) có tâm 11 0; ; 22 I , bán kính R = 2 22 MN Phương trình mặt cầu (S): 22 2 1 1 1 2 2 2 x y z         0.25 Câu 6 Đặt AB = 2x . 0.25 S AMN = S ABCD – S ADN – 2S MNC x = 2 0.25 suy ra AM = 26 0.25 Suy ra A(0;4) và A( 42 6 ; 55 ) 0.25 Câu 7 2 2 2 2 2 2 2 2 z x yi z x y xyj z x y xyj 0.25 2 2 2 22 2 2013 2013 2 2013 0 2013 0 0 z x y xyj xy z xy  0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 37 2 2013 0 0 2013 y x y   0.25 Vậy 2013 zi  0.25 Câu 8 ĐK x  5 2 2 3 5 x x x 2 3 1 2 5 0 x x x x 0.25 2 2 31 3 1 0 25 xx xx xx 0.25 + x 2 -3x – 1 = 0 3 13 2 x  0.25 + 5 x 1 – x 1 17 2 x 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 38 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 48 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm s ố 32 31 y x x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuy ến của đ ồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ 1 y . Câu 2: (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 1 cos (2cos 1) 2 sinx 1 1 cos xx x b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 2 ) (2 3 ) 2 2 i z i z i . Tính mô đun của z. Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: 2 log (9 2 ) 3 x x . Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: 22 (4 7) 2 10 4 8 x x x x x Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân: ln 2 2 0 1 x x e I dx e  Câu 6: (1,0 điể m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB BC a , 2 CD a , SA vuông góc vớ i mặt phẳng (ABCD) và SA a . Tính thể tích khối chóp (0;0; 3), (2;0; 1) AB ( ) :3 1 0 P x y z 2 11 Câu 9: (0,5 điểm) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một l ần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ng ẫu nhiên một số, tìm xác suất đ ể số được chọn chia hết cho 3. Câu 10: (1,0 điể m) Cho các số thực dương a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn 2ac  và 2 2 ab bc c . Tìm giá trị lớ n nhất của biểu thức a b c P a b b c c a . S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến m ặt phẳng (SBC). Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d 1 : 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d 2 : x + 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A. Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng . Viết phương trình mặt c ầu (S) có tâm nằm trên đườ ng thẳng AB, bán kính bằng và tiếp xúc với m ặt phẳng (P). THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 39 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 48 Câu 1 1a + Tập xác đ ịnh: D + Giới hạn:       lim ; lim xx yy 2 ' 3 6 y x x 0.25 + Sự biến thiên: Chiều biến thiên:   0 '0 2 x y x Suy ra hàm s ố nghịch biến trên kho ảng (-2;0) và đồng biến trên các kho ảng ( ;- 2), (0; ) Cực trị: Hàm s ố đạt cực đ ại tại x= -2; y CĐ = 5, đ ạt cực tiểu tại x=0; y CT =1 0.25 Bảng biến thiên: x -  -2 0 +  y’ + 0 - 0 + y 5 +  -  1 0.25 +Đồ thị (C) f(x)=x^3+3x^2+1 x(t)=-2, y(t)=t f(x)=5 x(t)=1, y(t)=t x(t)=-3, y(t)=t f(x)=1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y 0.25 1b Hoành đ ộ của tiếp đi ểm là nghi ệm của phương trình 32 3 1 1 xx . Suy ra 00 0; 3 xx 0.25 Suy ra hệ số góc c ủa tiếp tuyến là: '(0) 0; '( 3) 9 yy 0.25 Phương trình ti ếp tuyến của (C) tại đi ểm (0;1) là: y=1 0.25 Phương trình ti ếp tuyến của (C) tại đi ểm (-3;1) là: y=9x+28 0.25 Câu 2 2a b)Điều kiện: cos 1 2 , x x k k    Với đi ều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 2 1 cos (2cos 1) 2 sinx 1 cos 2sin 2 sin 2 0 x x x x x 0.25 25 sin , ; , 2 4 4 x x k k x k k (thỏa đi ều kiện) 0.25 2b Gọi z=x+yi , x y R . Phương trình đã cho tr ở thành: 1 2 2 3 2 2 i x yi i x yi i 2 2 2 3 3 2 2 2 x y x y i x y x y i i 3 5 2 2 x y x y i i 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 40 3 5 2 1 21 x y x x y y  Do đó 22 1 1 2 z 0.25 Câu 3 Điều kiện: 9 2 0 x . Phương trình đã cho tương đương: 3 2 log (9 2 ) 3 9 2 2 x x x x 0.25 2 2 1 0 8 9 2 2 9.2 8 0 3 2 28 x x x x x x x x      (thỏa đi ều kiện) 0.25 Câu 4 Điều kiện: 2 x , bất phương trình đã cho tương đương:   22 (4 7) 2 2(4 7) 2 ( 2) 4 x x x x x x 2 (4 7)( 2 2) 2( 2 2)( 2 2) x x x x x 0.25 22 22 4 7 2 2 4 4 ( 2) 2 2 1 (2 ) ( 2 1) ( 2 1 2 )( 2 1 2 ) 0 x x x x x x x x x x x x 0.25 2 2 1 2 2 1 xx xx  hoặc 2 2 1 2 2 1 xx xx  21 x  hoặc 5 41 8 x 0.25 Vậy tập nghiệm  5 41 2; 1 ; 8 T   0.25 Câu 5 Đặt 2 1 1 2 x x x t e t e tdt e dx 0 2, ln 2 3 x t x t 0.25 3 2 2 ( 1)2 t tdt I t  0.25 3 2 2 2 ( 1) t dt  0.25 3 3 2 22 2 33 t t 0.25 Câu 6 Kẽ đường thẳng qua C và song song v ới AB cắt AD tại E. Ta có: AE BC a ; 22 (2 ) 3 DE a a a Suy ra diện tích hình thang ABCD là: 2 1 23 2 ABCD Sa 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 41 Vậy: 3 . 11 . 2 3 36 S ABCD SABCD V SAS a 0.25 Vì AD//(SBC) nên ( ,( )) ( ,( )) d D SBC d A SBC Kẻ AI vuông góc SB t ại I, chứng minh đư ợc AI vuông góc (SBC). Nên ( ,( )) d A SBC AI 0.25 Trong tam giác SAB vuông t ại A có AI là đư ờng cao nên: 2 2 2 1 1 1 AI S A AB Suy ra: . 2 S A AB a AI SB 0.25 Câu 7 Đường thẳng BC có vectơ pháp tuy ến là: 4;3 n . Suy ra phương trình đư ờng thẳng BC là: 4 3 5 0 xy .Toạ độ điểm C là nghi ệm của hệ phương trình: 4 3 5 0 1 ( 1;3) 2 5 0 3 x y x C x y y  0.25 Gọi B’ là đi ểm đ ối xứng của B qua d 2 , I là giao đi ểm của BB’ và d 2 . Suy ra phương trình BB’: 21 12 xy 2 5 0 xy Toạ độ điểm I là nghi ệm của hệ: 2 5 0 3 (3;1) 2 5 0 1  x y x I x y y 0.25 Vì I là trung đi ểm BB’ nên: ' ' 24 (4;3) 23   B I B B I B x x x B y y y Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. 0.25 Toạ độ điểm A là nghi ệm của hệ: 3 0 5 ( 5;3) 3 4 27 0 3  yx A x y y 0.25 Câu 8 Đường thẳng AB đi qua A(0;0; -3) có VTCP (2;0;2) AB Nên phương trình tham s ố của đư ờng thẳng AB là: 2 0 32 xt y zt  Gọi I là tâm c ủa mặt cầu thì I(2t;0; -3+2t). 0.25 Mặt phẳng (P) tiếp xúc v ới mặt cầu (S) khi và ch ỉ khi: 6 3 2 1 ( ;( )) 2 11 2 11 11 tt d I P 0.25 9 4 4 22 2 4 4 22 4 4 22 13 2 t t t t t        0.25 9 (9;0;6) 2 tI . Phương trình m ặt cầu 2 2 2 ( ) :(x 9) (z 6) 44 Sy 13 ( 13;0; 16) 2 tI Phương trình 2 2 2 ( ) (x 13) (z 16) 44 Sy 0.25 Câu 9 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 42 Gọi 1 2 3 4 5 aa a a a là s ố tựnhiên c ần tìm, 1 2 3 4 5 , , , , a a a a a thuộc   1;2;3;4;5 Sắp chữ số 3 vào ba v ị trí, có 3 5 10 C (cách) Còn l ại hai vị trí, 4 ch ữ số. Chọn hai chữ số xếp vào hai v ị trí đó, có 2 4 12 C (cách) Vậy không gian m ẫu có 10.12 120 phần tử 0.25 Gọi A là bi ến cố: “s ố được chọn chia hết cho 3”, có hai phương án: Hai chữ số còn l ại là 1 và 5, có 3 5 .2! 20 C số Hai chữ số còn l ại là 2 và 4, có 3 5 .2! 20 C số Vậy biến cố A có 40 ph ần tử. Xác su ất của biến cố A là: 40 1 120 3 P 0.25 Câu 10 Theo giả thiết: 1 2 ên 2 a a c n c  ; 2 2 2 . 2 1 a b b a c ab bc c c c c c b Vì 1 2 a c  nên 4 3 b c Đặt c t b thì 3 0 4 t  0.25 2 2 1 2 1 1 2 7 1 2 1 1 2(1 ) 2 1 6(1 ) 11 ab tt cc P a b b a t t t t t t c c c c 0.25 Xét hàm s ố 2 7 3 ( ) 1 , 0; 2 1 6(1 ) 4 f t t tt     . Ta có: 3 '( ) 0, 0; 4 f t t     , do đó () ft đồng biến trên 3 0; 4     0.25 Do đó GTLN c ủa hàm s ố đạt tại 3 4 t , suy ra 27 max 5 P Đẳng thức xảy ra khi 2 2 8 3 4 2 ab bc c a b c ac  , chẳng hạn chọn đư ợc (a,b,c)=(3,8,6). 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 43 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 49 Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm s ố 42 y x 2x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b)Dựa vào đ ồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 42 x 2x 1 m 0 . Câu 2. (1,0 điểm) a)Cho sin a +cosa= 1,25 và ππ < a < 42 . Tính sin 2a, cos 2a và tan2a. b)Tìm số phứ c z thỏa mãn: 1 (3 ) 12 z zi i Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 1 1 2 4 7.2 1 0 x x . Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:  x x x x x 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16 Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân: 1 2 (1 ln )  e x x dx I Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, 0 0 0 90 , 120 , 90 ASB BSC CSA . thức: P x y z 2 2 2 3 3 3 log 1 log 1 log 1 Tính theo a th ể tích khối chóp S.ABC và kho ảng cách từ C đến mp(SAB) Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa đ ộ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x - 1) 2 + (y + 1) 2 = 20. Biết rằng AC=2BD và điể m B thuộc đư ờng thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB c ủa hình thoi ABCD biết đi ểm B có hoành đ ộ dương. Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt ph ẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặ t cầu (S) có tâm là gốc t ọa độ O và tiếp xúc vớ i mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điể m. Câu 9. (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, h ộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, h ộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗ i hộp 1 viên, tính xác suấ t đ ể 2 bi đượ c chọn cùng màu . Câu 10. (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nh ỏ nhất của biểu THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 44 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 45 -5 5 2 -2 x y 1 -1 O 1 f x = -x 4 +2 x 2 +1 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 49 Câu 1 1a *TXĐ: D= *Xét s ự biến thiên: + 42 xx lim y lim( x 2x 1) 0.25 +y’= -4x 3 +4x Cho y’=0 2 x 0 y 1 4x( x 1) 0 x 1 y 2 x 1 y 2 0.25 +BBT: x -1 0 1 y’ - 0 + 0 - 0 + y 2 2 1 -Hs đ ồng biến trên m ỗi khoảng (-1;0) , (1; Và ngh ịch biến trên m ỗi khoảng ( ;-1) , (0;1) -Hs đ ạt cực tiểu tại đi ểm x=0, y CT =1 và đ ạt cực đ ại tại các đi ểm x= 1, y CĐ =2 0.25 *Đồ thị (C): d:y=m+2 0.25 1b (1) 42 x 2x 1 m 2 0.25 Nhận xét: (1) là pt hoành đ ộ giao đi ểm của đ ồ thị (C) và đư ờng thẳng d: y=m+2 (d song song hoặc trùng v ới trục Ox) Do đó: s ố nghiệm của pt (1) bằng số giao đi ểm của (C) và d 0.25 Dựa vào đ ồ thị (C) ta có k ết quả biện luận sau: *m+2<1 m<-1: (C) và d có 2 giao đi ểm pt (1) có 2 nghi ệm *m+2=1 m<= -1: (C) và d có 3 giao đi ểm pt (1) có 3 nghi ệm 0.25 *12 m>0: (C) và d không có đi ểm chung pt (1) vô nghi ệm Câu 2 2a Ta có: sin a +cosa= 1,25 25 1 sin 2 16 a 9 sin 2 16 a 0.25 2 57 cos2 1 sin 16 aa (vì 2 2 a ) 97 tan 2 35 a 0.25 2b Đặt z=a+bi, với a,b . Ta có: 11 (3 ) ( ) (3 ) 1 2 1 2 z a bi z i a bi i ii ( ) 1 ( ) (3 ) 22 a b a b i a bi i 0.25 23 21  a b a a b b 4 1  a b . Vậy : z=4+i 0.25 Câu 3 (1) 2 7 2.2 .2 1 0 2 xx Đặt t=2 x , đi ều kiện t >0. Pt trở thành: 2 7 2 1 0 2 tt 0.25 1 4 2 (lo¹i) t t    2 x = 1 4 x= -2 Vậy tập nghiệm pt là S={ -2} 0.25 Câu 4 Điều kiện: 1 4 x Với đi ều kiện trên pt (1) tương đương:  x x x x 2 2 3 1 2 3 1 20 0.25 Đặt t= xx 2 3 1, t >0 Bpt trở thành:  tt 2 20 0 5 4 (lo¹i) t t    Với t 5, ta có: x x x x x 2 2 3 1 5 2 2 5 3 3 1 0.25 x xx x xx 2 2 3 1 0 2 5 3 0 3 1 0 26 11 0         0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 47 x x 1 3 13 6 5      Vậy tập nghiệm bất pt là: S= 1 ; 3  0.25 Câu 5 Ta có : 11 2 2 ln  ee xdx x xdx I 0.25 Đặt I 1 = 1 2  e xdx và I 2 = 1 2 ln  e x xdx Ta có : 22 11 1 e I x e 0.25 Tính I 2 = 1 2 ln  e x xdx . Đặt: 2 1 ln 2  u x du dx x dv xdx v x 22 2 2 2 2 1 1 1 11 ( ln ) . 22  e ee xe I x x x dx e x 0.25 Vậy I=I 1 - I 2 = 2 3 2 e 0.25 Câu 6 Chứng minh: ()  SA mp SBC .. 1 . 3 S ABC ASBC SBC V V S SA 0.25 2 02 1 1 3 3 . .sin120 . 2 2 2 4 SBC a S SBSB a Vậy: 23 . 1 3 3 .. 3 4 12 S ABC aa Va 0.25 -Ta có các tam giác SAB, SAC vuông cân t ại A và SA=SB=SC=a nên: 2 AB AC a -Trong tam giác SBC ta có: BC= 2 2 0 2 2 1 2 . .cos120 2 . . 3 2 SB SC SBSC a a aa a Đặt 2 2 3 22 AB AC BC a a p 2 2 15 ( 2) .( 3) 4 ABC a S p p a p a 0.25 Vậy: d(S,(ABC))= 3 . 2 33 3 5 12 5 15 4 S ABC ABC a V a S a 0.25 Câu 7 B A C STHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 48 Gọi I là tâm đư ờng tròn (C), suy ra I(1; -1) và I là giao đi ểm của 2 đư ờng chéo AC và BD. G ọi H là hình chi ếu vuông góc c ủa I trên đư ờng thẳng AB . Ta có: AC=2BD 2 IA IB Xét tam giác IAB vuông t ại I, ta có: 2 2 2 2 1 1 1 5 1 5 4 20 IB IA IB IH IB 0.25 Ta lại có đi ểm B d B(b, 2b-5) *IB=5 22 4 ( 1) (2 4) 5 2 5    b bb b . Chọn b=4 (vì b>0) B(4;3) 0.25 Gọi ( ; ) n a b là VTPT c ủa đư ờng thẳng AB, pt đư ờng thẳng AB có d ạng: a(x-4)+b(y-3)=0 Đường thẳng AB tiếp xúc v ới đư ờng tròn (C) nên ta có: d(I,AB)= 20 22 | 3 4 | 20 ab ab 0.25 22 2 11 24 4 0 11 2    ab a ab b ab *Với a=2b, chọn b=1, a=2 pt đư ờng thẳng AB là: 2x+y -11=0 *Với 2 11 ab , chọn b=11, a=2 pt đư ờng thẳng AB là: 2x+11y -41=0 0.25 Câu 8 Ta có O(0;0), do m ặt cầu (S)có tâm O và tiếp xúc v ới mp(P) nên ta có: R=d(O,(P))= 2 2 2 | 6 | 6 1 1 ( 2) 0.25 Vậy pt mặt cầu (S) là: x 2 +y 2 +z 2 = 6 0.25 Gọi H là hình chi ếu vuông góc c ủa O trên mp(P), H chính là ti ếp đi ểm của mặt cầu (S)và mp(P) Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp(P) nh ận (1,1, 2) n là vectơ pháp tuyến của mp(P) làm vectơ ch ỉ phương, pt đư ờng thẳng OH có d ạng: 2  xt yt zt * ( , , 2 ) H OH H t t t 0.25 *Ta lại có ( ) 2( 2 ) 6 0 1 H mp P t t t t . Vậy H(1,1,-2) 0.25 Câu 9 Gọi w là không gian m ẫu: tập hợp các cách ch ọn ngẫu nhiên m ỗi hộp 1 viên bi ( ) 7.6 42 nw Gọi A là bi ến cố 2 bi đư ợc chọn cùngmàu ( ) 4.2 3.4 20 nA 0.25 Vậy xác su ất của biến cố A là P(A)= ( ) 20 10 ( ) 42 21 nA nw 0.25 H I D C B ATHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 49 Câu 10 Trong mp(Oxy), gọi a x b y c z 3 3 3 (log ;1), (log ;1), (log ;1 ) và n a b c n (1 ;3) 0.25 Ta có: a b c a b c x y z 2 2 2 2 2 3 3 3 log 1 log 1 log 1 1 3 0.25 P 10 , dấu = xảy ra khi ba vecto a b c ,, cùng hư ớng và k ết hợp đi ều kiện đ ềbài ta đư ợc x=y=z= 3 3 0.25 Vậy MinP= 10 khi x=y=z= 3 3 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 50 Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 22 21 x yC x a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng : 2 1 d y mx m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức 22 P OA OB đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ). Câu 2. (1 điểm) a. Giải phương trình: cos2 cos sin 1 0 x x x b.Tính môđun củ a số phức 2 (1 2 )(2 ) z i i . Câu 3. (0.5 điểm) Giải phương trình 22 log ( 3) log ( 1) 3 xx Câu 4. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 23 3 23 (1 )( 3 3) ( 1) . ( , ) 2 4 2( 2) y x y x y x xy x y x y  . Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân 5 1 1 31 I dx xx  . Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp . S ABCD có đáyABCD là hình thoi cạ nh a .Góc 0 60 BAC ,hình chiế u của Strên mặt ABCD trùng vớ i trọng tâm của tam giác ABC  . Mặt phẳng SAC hợp với mặt phẳng ABCD góc 0 60 . Tính thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách từ Bđến mặt phẳng SCD theo a . Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, D(2; 2) và CD = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điể m 22 14 ; 55 M là trung điểm c ủa HC. Xác định các tọa độ các điểm A, B, C c ủa hình thang biế t B thuộc đường thẳng : 2 4 0 xy  THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 50 Câu 8. (1.0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho (P): x 2y 2z 3 0 , đườ ng thẳng 1 x 3 y 4 z 2 d: 2 3 2 , 2 x 3 y 6 z d: 6 4 5 . Tìm 12 M d ,N d sao cho MN song song với (P) và khoảng cách từ MN đế n P bằng 2. Câu 9. (0.5 điểm) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. L ấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồ i cộng các số trên viên bi lại v ới nhau. Tính xác suất để k ết quả thu được là mộ t số lẻ. Câu 10 (1.0 điểm) Cho ,, abc là ba số thực dương. Chứ ng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 abc b c a a b b c c a TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 50 Câu 1 1a *TXĐ: \ 1 2    *SBT: 2 21 ' 0, 2 21 yx x  5 (1 ;3); ( 3;1) I d c A B 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 ; 2  và 1 ; 2  Tính giới hạn và tiệm cận 0.25 Lập bảng biến thiên 0.25 *Đồ thị: Giao Ox: ( - 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0.25 1b PT hoành độ giao điểm: 2 2 1 2 1; 2 1 2 x mx m x x  2 4 4 1 0 mx mx m , (1); Đặt 2 4 4 1 g x mx mx m 0.25 *(d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2 0 ' 4 0 0 1 0 2 m mm g     0.25 *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là 12 , xx thì 12 , xx là các nghiệm của PT (1) 12 12 1 1 . 4 xx m xx m  Có: OA 2 +OB 2 = 22 22 1 1 2 2 2 1 2 1 x mx m x mx m = 2 2 2 2 1 2 1 2 4 1 4 1 2 1 m x x m m x x m 0.25 THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 51 = 2 2 1 4 1 1 4 1 2 1 2 m m m m m m = 51 2 22 m m 59 2 22 (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) Dấu bằng xảy ra ( t a m ); KL: là giá trị cần tìm 0.25 Câu 2 2a cos2 cos sin 1 0 x x x cos 2 0 1 sin 4 2 x x      0.25 +) Với cos 2 0 42 k x x k +) Với 2 1 sin ( ) 4 2 2 2 xk xk xk        0.25 2b 22 2 (1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2 z i i i i i i i i i i i 0.25 Vậy 22 11 2 11 2 5 5 z i z 0.25 Câu 3 22 log ( 3) log ( 1) 3 xx (1) ĐKXĐ: x > 3 (*) Với ĐK (*) (1)   2 log ( 3)( 1) 3 xx 3 ( 3)( 1) 2 xx 0.25 1 5 x x   đối chiếu đi ều kiện ta có nghi ệm của (1) x = 5 0.25 Câu 4 ĐKXĐ: 22 0 0, 1 1, 1 x y x y x y x y  Nhận xét 1, 1 xy không là nghi ệm của hệ. Xét 1 y thì pt (1) c ủa hệ (I) 22 ( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0 x x y y y x y 2 30 1 1 1 x x x y y y 0.25 ,0 1 x tt y . Khi đó, pt (1) tr ở thành 4 2 3 2 3 0 1 2 3 0 1. t t t t t t t t 0.25 Với t = 1, thì 11 1 x yx y , thế vào pt(2), ta đư ợc 0.25 1 2 m 1 2 m THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 52 33 2 3 2 3 2 2 2 2 3 33 3 2 2 2 2 3 33 3 1 2 4 2 1 1 2 4 1 0 1 1 6 0 4 1 4 1 61 1 1 0 4 1 4 1 x x x x x x x x xx xx x x x x xx xx x x x x        2 15 1 0 1 2 x x x x . Với 1 5 3 5 . 22 xy Đối chiếu ĐK, h ệ phương có nghi ệm 1 5 3 5 ; ; . 22 xy 0.25 Câu 5 Đặt 2 1 3 1, 0 3 t t x t x 2 3 dx tdt Đổi cận: 1 2; 5 4. x t x t   0.25 4 2 2 1 2 1 I dt t  4 2 11 () 11 I dt tt  0.25 4 2 ln 1 ln 1 I t t 0.25 2ln3 ln5 I 0.25 Câu 6 * Gọi O AC BD  Ta có : 0 , 60 OB AC SO AC SOB   Xét tam giác SOH vuông t ại H : 00 3 tan 60 .tan 60 . 3 62 SH a a SH OH HO 0.25 Ta có : tam giác ABC đ ều : 2 3 2. 2 ABCD ABC a SS Vậy 23 1 1 3 3 . . . . 3 3 2 2 12 SABCD ABCD a a a V SH S (đvtt) 0.25 Trong () SBD kẻ OE SH khi đó ta có : ;; OC OD OE đôi m ột vuông góc Và : 33 ;; 2 2 8 a a a OC OD OE 0.25 Áp d ụng công th ức : 2 2 2 2 1 1 1 1 ( , ) d O SCD OC OD OE 3 112 a d 0.25 O S A D C B H ETHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 53 Mà 6 , 2 , 112 a d B SCD d O SCD Câu 7 Gọi E là trung đi ểm DH ta thấy ABME là hình bình hành nên ME AD  , nên E là tr ực tâm tam giác ADM AE MD  mà AE BM  nên DM DM  0.25 Từ đó suy ra phương trình :3 16 BM x y Tọa đ ộ B là nghi ệm của hệ  24 (4;4) 3 16 xy B xy 0.25 Gọi I là giao đi ểm của AC và BD, ta có 1 10 10 2 ( ; ) 2 3 3 AB IB DI IB I CD IC Phương trình đư ờng thẳng : 2 10 AC x y Phương trình đư ờng thẳng : 2 2 DH x y suy ra tọa đ ộ 14 18 ( ; ) 55 H suy ra tọa đ ộ C(6;2) 0.25 Từ 2 (2;4) CI IA A 0.25 Câu 8 Ta có 1 x 3 2t d : y 4 3t z 2 2t  , 2 x 3 6u d : y 6 4u z 5u  Suy ra M 3 2t; 4 3t;2 2t N 3 6u;6 4u; 5u 0.25 Ta có MN 6u 2t;10 4u 3t; 2 5u 2t , Vectơ pháp tuyến của (P) p n 1; 2;2 p MN.n 0 t u 2 0 0.25 12t 18 d MN,(P) d M,(P) 3 . Theo gia thiết suy ra 12t 18 6 t 1 t 2  0.25 Khi t 1 u 1 tương ứng ta có M 1; 1;0 , N 3;2;5 Khi t 2 u 0 tương ứng ta có M 1;2; 2 , N 3;6;0 0.25 Câu 9 Gọi  là tập hợp các cách lấy ra 4 viên bi từ 11 viên bi ban đầu, ta có 4 11 n C 330  Số các viên bi đánh số lẻ là 6, số các viên bi đánh số chẵn là 5. Gọi A là biến cố lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ 0.25 TH1. Trong 4 viên lấy ra có 1 viên bi lẻ, 3 viên bi chẵn. Suy ra TH1 có 13 65 C C 6.10 60 cách TH2. Trong 4 viên lấy ra có 3 viên bi lẻ, 1 viên bi chẵn, Suy ra TH2 có 31 65 C C 20.5 100 cách 0.25 C A B D I H MTHẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831 54 Vậy 1 3 3 1 6 5 6 5 n A C C C C 160 Suy ra nA 160 16 PA n 330 33  Câu 10 Ta có 222 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 0.25 Mặt khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ;; a b c b a b c b c a c a Cộng theo vế các BĐT trên ta đư ợc: 2 2 2 1 1 1 a b c b c a a b c 0.25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 24 VT a b c a b b c c a                    1 4 4 4 1 1 1 4 VP a b b c c a a b b c c a    0.25 Đẳng thức xảy ra khi và ch ỉ khi: 1 abc 0.25