Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề 11 (Có đáp án)

119 trang thaodu 3380

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề 11 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_thu_thpt_quoc_gia_mon_toan_de_11_co_dap_an.doc

Nội dung text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề 11 (Có đáp án)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 11 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 6x2 9x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1 9 b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình x3 3x2 x m 0 có một nghiệm duy nhất: 2 2 Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos 2x (1 2cos x)(sin x cos x) 0 b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 i)z 1 3i 0 . Tìm phần ảo của số phức w 1 zi z Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 2log (x 1) log (2x 1) 2 3 3 x y x y 2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x,y ¡ ) 2 2 2 2 x y 1 3 x y 1 Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I 1 x 2 e2x dx 0 Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x y 1 0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x 2y 2 0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3, ,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z và x y z 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất x z của biểu thức: P 3y . z y Hết
ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 11) Câu Đáp án Điểm / 2 x 3 0.25 TXĐ: D ¡ ,y 3x 12x 9 . y ' 0 1.a x 1 (1,0 điểm) Hàm số nghịch biến trên các khoảng(- ;1) và (3;+ ), đồng biến trên khoảng (1;3) lim y , lim y 0.25 x x BBT x 1 3 y ' + 0 – 0 + 0.25 y 3 - 1 0.25 Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) 1 9 0.25 Pt : x3 3x2 x m 0  x3 6x2 9x 1 2m 1 (*) 2 2 1.b 0.25 Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d y 2m 1 (d cùng phương (1,0 điểm) 0.25 trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa vào đồ thị 2m 1 1 m 0 0.25 (C), để pt có một nghiệm duy nhất thì :  2m 1 3 m 2 cos 2x (1 2cos x)(sin x cos x) 0 2.a sin x cos x 0 (sin x cos x)(sin x cos x 1) 0 (0,5 điểm) sin x cos x 1 0.25 x k 4 sin(x ) 0 4 x k2 (k ¢ ) 2 2 0.25 sin(x ) 4 2 x k2 2.b 1 3i 0.25 (1 i)z 1 3i 0  z 2 i 1 i (0,5 điểm) => w = 2 – i . Số phức w có phần ảo bằng - 1 0.25 3 ĐK: x > 1 , 2log (x 1) log (2x 1) 2 log [(x 1)(2x 1)] 1 0.25 3 3 3 1 (0,5 điểm) 2x2 3x 2 0  x 2 => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 2 Điều kiện: x+y 0, x-y 0 0.25
4 u v 2 (u v) u v 2 uv 4 u x y (1,0 điểm) Đặt: ta có hệ: u2 v2 2 u2 v2 2 v x y uv 3 uv 3 2 2 0.25 u v 2 uv 4 (1) (u v)2 2uv 2 . Thế (1) vào (2) ta có: uv 3 (2) 2 uv 8 uv 9 uv 3 uv 8 uv 9 (3 uv)2 uv 0 . 0.25 uv 0 Kết hợp (1) ta có: u 4, v 0 (vì u>v). u v 4 Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) 0.25 KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2) du dx u 1 x Đặt => 2x 1 2x 5 dv (2 e )dx v 2x e 0.25 2 (1,0 điểm) 1 1 2 1 I (1 x)(2x e2x ) (2 e2x )dx 0.25 2 0 1 2 2 1 2x 1 2 1 2x 1 e 1 = (1 x)(2x e ) (x e ) 0,5 2 0 4 0 4 Gọi H là trung điểm AB-Lập luận SH  (ABC) -Tính được SH a 15 0.25 6 4a3 15 Tính được V (1,0 điểm) S.ABC 3 0.25 Qua A vẽ đường thẳng / /BD , gọi E là hình chiếu của H lên , K là hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, ))=2d(H, (S, ))=2HK 0.25 a 2 Tam giác EAH vuông cân tại E,HE 2 1 1 1 31 15 HK a HK 2 SH 2 HE 2 15a2 31 15 0.25 d(BD, SA) 2 a 31 1 0.25 Gọi H là trực tâm ABC. Tìm được B(0;-1),cos H· BC cos H· CB 7 10 (1,0 điểm) Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0(n (a;b) là VTPT vàa2 b2 0 )
a b 2 0.25 · 1 2 2 a a cos HCB 4a 10ab 4b 0 2 5 2 0 2(a2 b2 ) 10 b b a 2 b a 2,b 1 , phương trình CH: -2x + y + 3 = 0 0.25 a 1 a 1,b 2(l) b 2 AB CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 0.25 2 5 Tìm được :C( ; ) ,pt AC:6x+3y+1=0 3 3 Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu: R 3 0.25 8 2 2 2 0.25 Phương trình mặt cầu (S):x (y 1) (z 2) 3 (1,0 điểm)    Giả sử H(x;y;z),AH (x 1; y 2;z 1), BC (1;2; 2), BH (x 1; y; z 3)     0.25 AH  BC AH.BC 0 x 2y 2z 5   2x y 2 7 4 23 0.25 BH cùng phương BC , Tìm được H( ; ; ) y z 3 9 9 9 3 0.25 Số phần tử của không gian mẫu là n( ) = C9 = 84 9 3 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C5 = 10 (0,5 điểm) 0.25 10 5 => Xác suất cần tính là P(A) = = 84 42 x z 0.25 Ta có xz 2x, yz 2z . z y 10 x z (1,0 điểm) Từ đó suy ra P 3y 2x xz 2z yz 3y z y 0.25 2(x z) y(x y z) xz yz 2(x z) y2 x(y z) Do x 0 và y z nên x(y z) 0 . Từ đây kết hợp với trên ta được 0,25 x z P 3y 2(x z) y2 2(3 y) y2 (y 1)2 5 5. z y 0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 Chú ý: Mọi cách giải đúng đều đạt điểm tối đa.
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 12 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3mx 1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1 . b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2x 1 6sin x cos 2x . 2 x3 2ln x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân .I dx 2 1 x Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 52x 1 6.5x 1 0 . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 4;1;3 và đường thẳng x 1 y 1 z 3 d : . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm tọa 2 1 3 độ điểm B thuộc d sao cho AB 27 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ycho tam giác AB CcóA 1;4 , tiếp tuyến tại củaA đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ·ADB có phương trình x y 2 0 , điểm M 4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . 2 x 3 xy x y y 5y 4 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 4y x 2 y 1 x 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương và a b c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: bc ca ab P 3a bc 3b ca 3c ab .Hết .
ĐÁP ÁN (ĐỀ 12) Câu Nội dung Điểm 1 a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y x3 3x 1 0.25 TXĐ: D R y ' 3x2 3 , y ' 0 x 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 1; , đồng biến trên khoảng 1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x 1 , yCD 3 , đạt cực tiểu tại x 1 , yCT 1 lim y , lim y x x * Bảng biến thiên 0.25 x – -1 1 + y’ + 0 – 0 + + 3 y -1 - Đồ thị: 4 0.25 2 2 4
b.(1,0 điểm) y ' 3x2 3m 3 x2 m 0.25 y ' 0 x2 m 0 * Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt m 0 0.25 Khi đó 2 điểm cực trị A m;1 2m m , B m;1 2m m 0.25   1 Tam giác OAB vuông tại O OA.OB 0 4m3 m 1 0 m ( TM ( ) ) 2 0,25 1 Vậy m 2 2. (1,0 điểm) sin 2x 1 6sin x cos2x (sin 2x 6sin x) (1 cos 2x) 0 0.25 2sin x cos x 3 2sin2 x 0 0. 25 2sin x cos x 3 sin x 0 sin x 0 0. 25 sin x cos x 3(Vn) x k . Vậy nghiệm của PT là x k ,k Z 0.25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 0.25 ln x x2 ln x 3 ln x I xdx 2 dx 2 dx 2 dx 2 2 2 1 1 x 2 1 1 x 2 1 x 3 2 ln x Tính J dx 2 1 x 0.25 1 1 1 Đặt u ln x,dv dx . Khi đó du dx,v x2 x x 1 2 2 1 Do đó J ln x dx 2 x 1 1 x
1 1 2 1 1 J ln 2 ln 2 2 x 1 2 2 0.25 1 Vậy I ln 2 2 0.25 4. (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 5x 1 0.25 2x 1 x 2x x 5 6.5 1 0 5.5 6.5 1 0 1 5x 5 x 0 Vậy nghiệm của PT là x 0 và x 1 0.25 x 1 b,(0,5điểm) 3 0.25 n  C11 165 2 1 1 2 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C5 .C6 C5.C6 135 135 9 0.25 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 165 11 5. (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP là ud 2;1;3  0.25 Vì P  d nên P nhận ud 2;1;3 làm VTPT Vậy PT mặt phẳng P là : 2 x 4 1 y 1 3 z 3 0 2x y 3z 18 0 0.25 Vì B d nên B 1 2t;1 t; 3 3t 0.25 AB 27 AB2 27 3 2t 2 t 2 6 3t 2 27 7t 2 24t 9 0 t 3 0.25 13 10 12 3 Vậy B 7;4;6 hoặc B ; ; t 7 7 7 7 6. (1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB HK  AB (1) S j 0.25 Vì SH  ABC nên SH  AB (2) Từ (1) và (2) suy ra AB  SK Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc giữa M B SK và HK và bằng S· KH 60 C H a 3 K Ta có SH HK tan S· KH 2 A 1 1 1 a3 3 Vậy VS.ABC SABC .SH . AB.AC.SH 0.25 3 3 2 12 Vì IH / /SB nên IH / / SAB . Do đó d I, SAB d H, SAB Từ H kẻ HM  SK tại M HM  SAB d H, SAB HM 0.25 1 1 1 16 a 3 a 3 Ta có HM . Vậy d I, SAB HM 2 HK 2 SH 2 3a2 4 4 0,25 (1,0 điểm) 7. A Gọi AI là phân giác trong của B· AC E Ta có : ·AID ·ABC B· AI M' 0,25 K M I·AD C· AD C· AI B I C D Mà B· AI C· AI ,·ABC C· AD nên ·AID I·AD DAI cân tại D DE  AI PT đường thẳng AI là : x y 5 0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI PT đường thẳng MM’ : x y 5 0 Gọi K AI  MM ' K(0;5) M’(4;9) 0,25  VTCP của đường thẳng AB là AM ' 3;5 VTPT của đường thẳng AB là n 5; 3 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là: 5 x 1 3 y 4 0 5x 3y 7 0
2 x 3 xy x y y 5y 4(1) (1,0 điểm). 2 4y x 2 y 1 x 1(2) 0.25 xy x y2 y 0 2 Đk: 4y x 2 0 y 1 0 Ta có (1) x y 3 x y y 1 4(y 1) 0 Đặt u x y,v y 1 (u 0,v 0 ) 2 2 u v Khi đó (1) trở thành : u 3uv 4v 0 8. u 4v(vn) 0.25 Với u v ta có x 2y 1 , thay vào (2) ta được : 4y2 2y 3 y 1 2y 4y2 2y 3 2y 1 y 1 1 0 0.25 2 y 2 y 2 2 1 0 y 2 0 2 2 4y 2y 3 2y 1 y 1 1 4y 2y 3 2y 1 y 1 1 0.25 2 1 y 2 ( vì 0y 1 ) 4y2 2y 3 2y 1 y 1 1 Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là 5;2 9. (1,0 điểm) . bc bc bc bc 1 1 Vì a + b + c = 3 ta có 3a bc a(a b c) bc (a b)(a c) 2 a b a c 0,25 1 1 2 Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy ra b = c a b a c (a b)(a c) ca ca 1 1 ab ab 1 1 0,25 Tương tự và 3b ca 2 b a b c 3c ab 2 c a c b bc ca ab bc ab ca a b c 3 Suy ra P , 2(a b) 2(c a) 2(b c) 2 2 0,25 3 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = khi a = b = c = 1. 2
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 13) Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: y = - x 4 + 4x2 - 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x(1)4 - 4x2 + 3 + 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt. Câu 2. (1,0 điểm) 3sin 2cos a) Cho tan 3 . Tính A 5sin3 4cos3 b) Tìm môdun của số phức z 5 2i 1 3i 3 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình : 16x 16.4x 15 0 Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình : 2x2 6x 8 2x2 4x 6 3 x 4 3 x 3 1 0 6 Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân J = x x2 3dx 1 Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD a, AB a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc S· BA 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao từ đỉnh A có phương trình 2x y 1 0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x 2y 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. Câu 8. ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;2;3 và mặt phẳng (P) có phương trình: x y 4z 3 0 . Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ). Câu 9. (0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình x2 2ax 9 với0 a ; 3 2 2 2 1 1 y 2by 9 0 với b 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M 3 x y . x y
ĐÁP ÁN (ĐỀ 13) Câu Nội dung Điểm Câu 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm)  Tập xác định: D = ¡ 0,25  Giới hạn tại vô cực: lim y = - ¥ ; lim y = - ¥ x® - ¥ x® + ¥  Đạo hàm: y¢= - 4x 3 + 8x 0,25 éx = 0 y¢= 0 Û - 4x 3 + 8x = 0 Û 4x(- x2 + 2) = 0 Û ê êx = ± 2 ëê  Bảng biến thiên 0,25 – 0 - 2 2 x + y¢ + 0 – 0 + 0 – 1 1 y – –3 –  Giao điểm với trục hoành: é 2 éx = ± 1 4 2 êx = 1 ê cho y = 0 Û - x + 4x - 3 = 0 Û ê Û ê x2 = 3 x = ± 3 ëê ëê  Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 3 y  Đồ thị hàm số: 1 - 3 -1 1 3 O x - 2 2 -3 y = 2m 2m b) ) (1,0 điểm) Biến đổi: x 4 - 4x2 + 3 + 2m = 0 Û - x 4 + 4x2 - 3 = 2m (*) 0,25 Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của (C) : y = - x 4 + 4x2 - 3 và 0,25 d: y = 2m. Dựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1 hoặc 2m < –3 0,25
1 3 0,25 Giải và kết luận: m = hoặc m < . 2 2
Câu2 a) (0,5 điểm) (1,0 điểm) 0,25 3sin 2cos 3tan 2 A 5sin3 4cos3 cos2 5tan3 4 0,25 3tan 2 2 70 3 1 tan 5tan 4 139 b) (0,5 điểm) . 0,25 z = 5+2i-(1+3.3i+3(3i)2 + (3i)3 ) = 31+20i Vậy z 312 202 1361 0,25 Câu 3 + Đặt t = 4x; ĐK: t > 0. 0,25 (0,5 + Đưa về PT: t2 16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0). điểm) + Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415. 0,25 + Kết luận pt có 2 nghiệm: x = 1 và x = log415. * Ghi chú: - HS có thể không cần đặt ẩn phụ, nếu giải đúng vẫn đạt điểm tối đa. Câu 4 Đk: x 1 0,25 (1 2 x 1 x 4 2 x 1 x 3 3 x 4 3 x 3 1 0 điểm) 2 x 1 x 4 2 x 1 x 3 3 x 4 3 x 3 1 0 0,5 2 x 1 x 4 x 3 3 x 4 x 3 1 2 x 1 3 x 4 x 3 1 1 2 x 1 3 x 4 x 3 2 x 1 3 x 4 x 3
2 x 1 3 0 2 2 2 x 1 3 x 4 x 3 11 x 2 3 2 x 1 x 4 x 3 11 x 2 2 x 11x 30 0 11 x 2 x 5 x 6 x 6 KL: Tập nghiệm bpt là: 6; Câu 5 6 0,5 (1 J= x x2 3dx điểm) 1 Đặt u= x2 3 suy ra x dx = u du x 1 u 2 x 6 u 3 3 3 u3 19 0,5 Ta có J= u2du 2 3 2 3 Câu 6 Thể tích khối chóp S.ABCD 0,25 (1 +Chứng tỏ SAB vuông và tính được điểm) SA= AB tan 300 = a S + Tính thể tích 1 3 3 I VS.ABCD SA.AB.AD a 3 3 A 30 B (hình không có điểm) a 0,25 D C Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 0,25 Lập luận: tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của SC, bán kính SC R . 2 Tính SC 2 SA2 AC 2 SA2 AB2 BC 2 = SC a 5 a2 3a2 a2 5a2 SC a 5 r . 2 2
2 0,25 2 a 5 2 Diện tích mặt cầu : S= 4 r 4 5 a 2 Câu 7 (1 điểm) Gọi H là chân đường cao vẽ từ A 0,5 1 x x 2y 1 0 5 1 3 H ; 2x y 1 0 3 5 5 y 5 Gọi d là đường thẳng qua G và song song BC, d : x 2y m 0,m 1 G d m 3 d : x 2y 3 0 1 x x 2y 3 0 5 I d  AH, 2x y 1 0 7 y 5 1 7 I ; 5 5   x 1 HA 3HI A 1;3 y 3 1 2S 60 0.25 S BC.AH BC 2 5 ABC 2 AH 6 5 Gọi M là trung điểm BC, M(x;y) 0,25   x 1 MA 3MG M 1;0 y 0 B BC B 1 2b;b MB 5 5b2 5 b 1 b 1: B 1;1 C 3; 1 b 1: B 3; 1 C 1;1 kl : A 1;3 , B 1;1 ,C 3; 1 hay A 1;3 , B 3; 1 ,C 1;1
Câu 8 1 2 12 3 6 (1 Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))= 2 1 1 16 18 điểm) 0,25 Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2 0,25  0,25 Vectơ chỉ phương của d là ud =(1;1;-4) x 1 t 0,25 Phương trình tham số của d là: y 2 t z 3 4t Câu 9 Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người: (0,5 4 0,25 B1) 12 người chọn 4: C12 điểm) 4 B2) 8 người còn lại chọn 4: C8 B3) 4 người còn lại chọn 4: 1 4 4 4 4 Số cách chọn là: C12C8 n  C12C8 Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”. Tính n(A): 0,25 3 3 B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam:C9 3.C9 cách B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3 trong 6 nam: 3 3 C6 2.C6 cách B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách 3 3 3 3 Số cách chọn là: 3C9 2C6 n A 3C9 2C6 3 3 6C9 C6 16 P A 4 4 C12C8 55 Câu Xét pt: x2 2ax 9 0 (1) có / a2 9 0 với a 3 0,25 10 2 Nên pt (1) có nghiệm và 1 x 9 2ax x 0 (1 điểm) Xét pt: y2 2by 9 0 (2) có / b2 9 0 với b 3 Nên pt (2) có nghiệm và 2 y2 9 2by y 0 Đặt x -t,t 0 2 2 2 1 1 2 1 1 M 3 t y 3 t y t y t y 0,5 1 1 4 1 1 4 t 0, y 0 ; t y t y t y t y t y 2 16 2 16 M 3 t y 2 3 t y 8 3 t y 2 t y 2
0,25 1 t y t y y 4 3 2 16 min M 8 3 4 1 3 t y 2 y 1 x t y 3 4 3 Vì x, y thỏa (1) và (2) nên: 2 1 1 2a 9 0 4 3 4 3 2 1 9 3 1 1 a b 2b 9 0 4 4 3 4 3 2 3 a 3 b 3 1 1 1 9 3 Vậy min M 8 3 khi x , y ,a b 4 3 4 3 2 4 3
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 14) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x3 + (m + 1)x2 + (m2 - 4)x - m + 1 a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục tung. Câu 2 (1,0 điểm): a/ Giải phương trình lượng giác: 2cos(2x ) 4sinx.sin3x - 1 0 3 b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z2 - 2z + 5 = 0 Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log2 (x - 2) + log0,5 (2x - 1) = 0 y 2x 1 x 2.4 1 2 2log2 Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình y , (x,y R). 3 2 x x y 1 xy 1 x 1 Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân I = ò (1 + x)exdx 0 Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0. Tính thể tích của hình chóp. Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A(- 3;2;- 3) và hai đường thẳng x - 1 y + 2 z - 3 x - 3 y - 1 z - 5 d : = = và d : = = 1 1 1 -1 2 1 2 3 a/ Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau. b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). n 6 3 1 5 Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: x 2 x , biết tổng các hệ số x trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x 0 ). Câu 10 (1,0 điểm): Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: a2 1 b2 1 c2 1 1 1 1 . 4b2 4c2 4a2 a b b c c a .HẾT
ĐÁP ÁN (ĐỀ 14) Câu Nội dung Điểm Với m = 2 ta có hàm số: y = 2x 3 + 3x2 - 1  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y¢= 6x2 + 6x  Cho y¢= 0 Û 6x2 + 6x = 0 Û x = 0 hoac x = - 1  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® + ¥  Bảng biến thiên x – –10 + ¥ y¢ + 0–0+ 0 + ¥ y – –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ;- 1),(0;+ ¥ ) , NB trên khoảng (- 1;0) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại xCÑ = - 1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại xCT = 0 . 1 1 æ 1 1ö 1a  y¢¢= 12x + 6 = 0 Û x = - Þ y = - . Điểm uốn: I ç- ;- ÷ 1.0đ 2 2 èç 2 2ø÷  Giao điểm với trục hoành: 1 cho y = 0 Û 2x 3 + 3x2 - 1 = 0 Û x = - 1 hoac x = 2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 1  Bảng giá trị: x 0 - 3 - 1 - 1 1 2 2 2 y0- 1 - 1 0 - 1 2  Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây y -1 O 1 x 2 -1 Giao điểm của (C) với trục tung: A(0;- 1)  x0 = 0 ; y0 = - 1 1b  f ¢(0) = 0 1.0đ  Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + 1 = 0(x - 0) Û y = - 1 2a Giải phương trình :2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0 (1) 0.5 đ 3
2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin 3x 1 0 3 3 cos2x 3 sin2x+4sin x sin 3x 1 0 1 2sin2x-2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0 sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0 sinx 0 sinx 3 cos x 2sin 3x *sinx 0 x k (k z) 1 3 *sinx 3 cos x 2sin 3x sinx cos x sin 3x 2 2 3x x k2 x k 3 6  sin(x ) sin 3x  (k z) 3 3x x k2 x k 3 6 2 vậy phương trình đã cho có nghiệm x k ;x k (k z) 6 2 2z2 - 2z + 5 = 0 (*)  Ta có, D = (- 2)2 - 4.2.5 = - 36 = (6i)2 2b  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 0.5 đ 2 + 6i 1 3 2 - 6i 1 3 z = = + i ; z = = - i 1 4 2 2 2 4 2 2 2log2(x - 2) + log0,5(2x - 1) = 0 (*) ì ì ï x > 2 ï x - 2 > 0 ï  Điều kiện: í Û í 1 Û x > 2 ï 2x - 1 > 0 ï x > 3 î îï 2 0.5 đ 2 2  Khi đó, (*) Û log2(x - 2) - log2(2x - 1) = 0 Û log2(x - 2) = log2(2x - 1) éx = 1 (loai) Û (x - 2)2 = (2x - 1) Û x2 - 6x + 5 = 0 Û ê êx = 5 (nhan) ëê 2x 0 x 0 Điều kiện: x 0 y 0 y Ta có: 2 x2 yx 1 x y 1 0 x y 1 0 ( Vì x2 yx 1 0 ) y x 1 (a) x 4 1 2.4y 1 2 2x 1 2log 1.0 đ 2 y 2 y 2x 2 log2 2y 2 log2 2x * t Xét hàm số: f t 2 log2 t trên 0; 1 Ta có: f ' t 2t ln 2 0 t 0;e ,vậy f t là hàm số đồng biến. t ln 2 Biểu thức * f 2y f 2x 2y 2x (b)
Từ (a) và (b) ta có: x 1 x 1 x 1 x 2 2 x 1 2x 2 2 4x 8x 4 2x 2x 5x 2 0 1 x 2 x 2 Với x 2 y 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm 2;1 . 1 I = ò(1+ x)exdx 0 ì ì ï u = 1+ x ï du = dx  Đặt íï Þ íï . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: ï dv = exdx ï v = ex îï îï 5 1.0 đ 1 1 1 x x 1 0 x 1 0 I = (1+ x)e - e dx = (1+ 1)e - (1+ 0)e - e 0 = 2e - 1- (e - e ) = e 0 ò0 1  Vậy, I = ò(1+ x)exdx = e 0 S A D 60 O B 2a C  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ^ (ABCD) do đó SO là đường cao 6 1.0 đ của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, · do đó SBO = 600 (là góc giữa SB và mặt đáy) · SO · BD ·  Ta có, tanSBO = Þ SO = BO.tanSBO = .tanSBO BO 2 = a 2.tan 600 = a 6  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 1 1 1 4a3 6 V = B.h = AB.BC.SO = 2a.2a.a 6 = 3 3 3 3 A x B x I H 2 7 M D C 6 Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM BH d B; AM 10 Đặt cạnh hình vuông là x>0
1 1 1 10 1 4 Xét tam giác ABM có x 3 2 BH 2 BA2 BM 2 36 x2 x2 A thuộc AM nên A t;7 3t AB 3 2 4 t 2 3t 6 2 3 2 10t 2 44t 34 0 t 1 17 16 17 A ; loai, A 1;4 t / m t 5 5 5 x 3 2 5 1 Làm tương tự cho điểm B, với BM M ; 2 2 2 2 M là trung điểm của BC C 1; 2 Gọi I là tâm của hình vuông I 1;1 Từ đó D 2;1 r a/  d1 đi qua điểm M 1(1;- 2;3) , có vtcp u1 = (1;1;- 1) r  d2 đi qua điểm M 2(3;1;5) , có vtcp u2 = (1;2;3) æ ö r r ç1 - 1 - 1 1 1 1÷  Ta có [u ,u ] = ç ; ; ÷= (5;- 4;1) 1 2 ç ÷ èç2 3 3 1 1 2ø÷ uuuuuur và M 1M 2 = (2;3;2) r r uuuuuur  Suy ra, [u1,u2 ].M 1M 2 = 5.2 - 4.3 + 1.2 = 0 , do đó d1 và d2 cắt nhau. b/ Mặt phẳng (P) chứa d và d . 8 1 2 1.0 đ  Điểm trên (P): M 1(1;- 2;3) r r r  vtpt của (P): n = [u1,u2 ] = (5;- 4;1)  Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x - 1) - 4(y + 2) + 1(z - 3) = 0 Û 5x - 4y + z - 16 = 0  Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 5.(- 3) - 4.2 + (- 3) - 16 42 d(A,(P)) = = = 42 52 + (- 4)2 + 12 42 Xét khai triển : n n 5 3 1 5 3 1 2 x 3 x x 3 x x x k n n n 1 5 n k 5 5 3 0 1 1 1 2 k 1 2 n 2 x Cn 3 Cn 3 x Cn 3 x Cn x 9 x x x 0.5 đ Thay x 1 vào khai triển ta được: 2n C 0 C1 C k C n n n n n Theo giả thiết ta có: C 0 C1 C k C n 4096 n 12 n n n n 2 2 n 12 12 1 x3 x5 10 2 Với n 12 ta có khai triển: x k 1 0 k 12,k Z 6 Gọi số hạng thứ là số hạng chứa x .
12 k 5k 1 k 2k 21 T x3C k x5 C k x 2 k 1 12 2 12 0,5 Ta có : x 5k 2 21 6 6 2k 21 6 k 6 Vì số hạng có chứa x nên : 2 9 . C 6 924 Với k 6 ta có hệ số cần tìm là : 12 . Ta có: a2 1 b2 1 c2 1 VT 2 2 2 2 2 2 4b 4b 4c 4c 4a 4a a b c 1 a b c 2 2 2 2 2 2 2b 2c 2a 2 b c a a 1 2 b 1 2 c 1 2 Mặt khác: ; ; b2 a b c2 b c a2 c a a b c 1 1 1 Cộng theo vế các BĐT trên ta được: b2 c2 a2 a b c 1.0 đ Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 VT 2 a b c 4 a b b c c a 1 4 4 4 1 1 1 VP 4 a b b c c a a b b c c a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b c 1
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 15) Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 1 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), biết tiếp điểm có tung độ y 1 . Câu 2: (1,0 điểm) 1 cos x(2cos x 1) 2 sinx a) Giải phương trình: 1 1 cos x b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 2i)z (2 3i)z 2 2i . Tính mô đun của z. x Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: x log2 (9 2 ) 3 . Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: (4x2 x 7) x 2 10 4x 8x2 ln 2 e2x Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân: I dx x 0 e 1 Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB BC a ,CD 2a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt 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 d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d2: x + 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A. Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0; 3), B(2;0; 1) và mặt phẳng (P) :3x y z 1 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng AB, bán kính bằng 2 11 và tiếp xúc với 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 chữ số 3 có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên một số, tìm xác suất để số được chọn chia hết cho 3. Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn 2a c và ab bc 2c2 . Tìm giá trị a b c lớn nhất của biểu thức P . a b b c c a HẾT
ĐÁP ÁN (ĐỀ 15) CÂU ĐÁP ÁN Điểm Câu 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) + Tập xác định: D ¡ + Giới hạn: lim y ; lim y y' 3x2 6x 0,25 x x + Sự biến thiên: x 0 Chiều biến thiên: y' 0 x 2 Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng ( ;-2), 0,25 (0; ) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1 Bảng biến thiên: x - -2 0 + y’ + 0 - 0 + 0,25 y 5 + - Z ] 1 Z + Đồ thị (C) y 7 6 5 4 f(x)=x^3+3x^2+1 x(t)=-2, y(t)=t 3 f(x)=5 2 x(t)=1, y(t)=t x(t)=-3, y(t)=t 1 0,25 f(x)=1 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 -1 b) (1,0 điểm) Hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình x3 3x2 1 1 . Suy ra 0,25 x0 0; x0 3 Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là: y '(0) 0; y '( 3) 9 0,25 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (0;1) là: y=1 0,25
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (-3;1) là: y=9x+28 0,25 CÂU 2 a) (0,5 điểm) (1,0 điểm) b) Điều kiện: cos x 1 x k2 ,k ¢ Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 0,25 1 cos x(2cos x 1) 2 sinx 1 cos x 2sin2 x 2 sin x 2 0 2 5 0,25 sin x x k ,k ¢ ; x k ,k ¢ (thỏa điều kiện) 2 4 4 b) (0,5 điểm) Gọi z=x+yi x, y R . Phương trình đã cho trở thành: 1 2i x yi 2 3i x yi 2 2i x 2y 2x y i 2x 3y 3x 2y i 2 2i 0,25 3x 5y x y i 2 2i 3x 5y 2 x 1 x y 2 y 1 0,25 Do đó z 12 12 2 CÂU 3 Điều kiện: 9 2x 0 . Phương trình đã cho tương đương: log (9 2x) 3 x 9 2x 23 x (0,5 điểm) 2 0,25 8 2x 1 x 0 9 2x 22x 9.2x 8 0 (thỏa điều kiện) x x 2 2 8 x 3 0,25 CÂU 4 Điều kiện: x 2 , bất phương trình đã cho tương đương: (1,0 điểm) (4x2 x 7) x 2 2(4x2 x 7) 2(x 2) 4 0,25 (4x2 x 7)( x 2 2) 2( x 2 2)( x 2 2) 4x2 x 7 2 x 2 4 4x2 (x 2) 2 x 2 1 2 2 (2x) ( x 2 1) ( x 2 1 2x)( x 2 1 2x) 0 0,25
x 2 2x 1 x 2 2x 1 hoặc x 2 2x 1 x 2 2x 1 5 41 2 x 1 hoặc x 8 0,5 5 41 Vậy tập nghiệm T  2; 1  ; 8 CÂU 5 Đặt t ex 1 t 2 ex 1 2tdt exdx (1,0 điểm) 0,25 x 0 t 2, x ln 2 t 3 3 (t 2 1)2tdt 3 I 2 (t 2 1)dt t 2 2 0,25 3 t3 2 2 2 t 3 3 0,5 2 CÂU 6 (1,0 điểm) Kẽ đường thẳng qua C và song song với AB cắt AD tại E. Ta có: AE BC a ; DE= DE (2a)2 a2 a 3 0,25 1 Suy ra diện tích hình thang ABCD là: S a2 2 3 ABCD 2 1 1 Vậy: V SA.S a3 2 3 S.ABCD 3 SABCD 6 0,25 Vì AD//(SBC) nên d(D,(SBC)) d(A,(SBC)) Kẻ AI vuông góc SB tại I, chứng minh được AI vuông góc (SBC). 0,25 Nên d(A,(SBC)) AI 1 1 1 Trong tam giác SAB vuông tại A có AI là đường cao nên: Suy ra: AI 2 SA2 AB2 0,25
SA.AB a AI SB 2 CÂU 7 Đường thẳng BC có vectơ pháp tuyến là: n 4;3 . Suy ra phương trình đường thẳng (1,0 điểm) BC là: 4x 3y 5 0 .Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 4x 3y 5 0 x 1 C( 1;3) 0,25 x 2y 5 0 y 3 Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d 2, I là giao điểm của BB’ và d 2. Suy ra phương x 2 y 1 trình BB’: 2x y 5 0 1 2 0,25 2x y 5 0 x 3 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: I(3;1) x 2y 5 0 y 1 xB' 2xI xB 4 Vì I là trung điểm BB’ nên: B (4;3) y 2y y 3 B' I B 0,25 Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. y 3 0 x 5 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: A( 5;3) 3x 4y 27 0 y 3 0,25  CÂU 8 Đường thẳng AB đi qua A(0;0;-3) có VTCP AB (2;0;2) (1,0 điểm) x 2t Nên phương trình tham số của đường thẳng AB là: y 0 0,25 z 3 2t Gọi I là tâm của mặt cầu thì I(2t;0;-3+2t). Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi: 6t 3 2t 1 0,25 d(I;(P)) 2 11 2 11 11 9 t 4t 4 22 2 4t 4 22 0,25 4t 4 22 13 t 2 9 t I(9;0;6) . Phương trình mặt cầu (S) : (x 9)2 y2 (z 6)2 44 2 0,25 13 t (I 13;0; 16) Phương trình (S) (x 13)2 y2 (z 16)2 44 2
CÂU 9 Gọi a1a2a3a4a5 là số tự nhiên cần tìm, a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 thuộc 1;2;3;4;5 (0,5 điểm) 3 Sắp chữ số 3 vào ba vị trí, có C5 10 (cách) 0,25 2 Còn lại hai vị trí, 4 chữ số. Chọn hai chữ số xếp vào hai vị trí đó, có C4 12 (cách) Vậy không gian mẫu có 10.12 120 phần tử Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 3”, có hai phương án: 3 Hai chữ số còn lại là 1 và 5, có C5 .2! 20 số 3 0,25 Hai chữ số còn lại là 2 và 4, có C5 .2! 20 số 40 1 Vậy biến cố A có 40 phần tử. Xác suất của biến cố A là: P 120 3 CÂU 10 a 1 a b b a 2c Theo giả thiết: 2a c nên ; ab bc 2c2 . 2 1 c 2 c c c c b (1,0 điểm) a 1 b 4 Vì nên c 2 c 3 0,25 c 3 Đặt t thì 0 t b 4 a b 1 2t 2 t 1 1 2 7 P c c 1 a b b a 2 1 1 2t t 1 1 t 2(1 t) 2t 1 6(1 t) c c c c 0,25 2 7 3 Xét hàm số f (t) 1 ,t 0; . Ta có: 2t 1 6(1 t) 4 3 3 0,25 f '(t) 0,t 0; , do đó f (t) đồng biến trên 0; 4 4 3 27 Do đó GTLN của hàm số đạt tại t , suy ra max P 4 5 ab bc 2c2 Đẳng thức xảy ra khi 8a 3b 4c , chẳng hạn chọn được 0,25 2a c (a,b,c)=(3,8,6).
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 16) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x4 2x2 (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị C tại điểm M có hoành độ x0 2. Câu 2 (1,0 điểm). 1) Giải phương trình sin 4x 2cos2x 4 sin x cos x 1 cos4x . 2) Tìm phần thực và phần ảo của số phức w (z 4i)i biết z thỏa mãn điều kiện 1 i z 2 i z 1 4i. 2 Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log5 x log0,2 (5x) 5 0. 2 2 2 2 (x y)(x xy y 3) 3(x y ) 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình x, y ¡ . 2 4 x 2 16 3y x 8 2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I (x sin2 x)cos xdx. 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . E, F lần lượt là trung điểm của AB và BC , H là giao điểm của AF và DE . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD )và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SH , DF . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E(2;3 )thuộc đoạn thẳng BD , các điểm H ( 2;3) và K(2;4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B,C, D của hình vuông ABCD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;0;0) và đường thẳng d có phương trình x 2 y 1 z 1 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. Từ đó suy ra 1 2 1 tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Câu 9 (0,5 điểm). Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3? Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x2 y2 z2 2x 4y 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 2(x z) y. Hết
ĐÁP ÁN (ĐỀ 16) CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM y x4 2x2 + TXĐ: D R\ + Sự biến thiên: 3 3 x 0 Chiều biến thiên: y ' 4x 4x . y ' 0 4x 4x 0 x 1 Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: ;1 và (0;1) ; 0,25 đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) và 1; . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycđ = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x 1 , yct = - 1. Giới hạn : lim y . x Bảng biến thiên : 1 x -1 0 1 1 0,25 1đ y/ - 0 + 0 - 0 + y 0 -1 -1 + Đồ thị: - Giao điểm với Ox : (0; 0); 2;0 , 2;0 0,25 - Giao điểm với Oy : (0 ; 0) y 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 0,25 Nhận xét : Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
0,5 2 Với x0 = 2 , y0 = 0, f '(x0 ) 4 2. 0,5 1đ Pttt là y 4 2x 8. sin 4x 2cos2x 4 sin x cos x 1 cos4x 2sin 2xcos2x 2cos2x 2cos2 2x 4 sin x cos x 0 0.25 cos 2x sin 2x 1 cos 2x 2 sin x cos x 0 1 cos2x 2sin xcos x 2sin 2 x 2 sin x cos x 0 0,5đ sin x cos x cos2xsin x 1 0 2 Với sin x cos x 0 x k ,k Z 4 Với cos2xsin x 1 0 1 2sin 2 x sin x 1 0 sin x 1 2sin 2 x 1 0 sin x 1 x 2m ,m Z 2 0.25 Gỉa sử z x yi, x.y ¡ , suy ra z x yi. 2 0,25 Thế vào gt ta tìm được x= 3, y = 4. 0,5đ Vậy z = 3 +4i. Do đó w = 3i 0,25 w có phần thực 0; phần ảo 3. 2 Gpt: log5 x log0,2 (5x) 5 0 (1) 2 2 0,25 Đk: x>0. Pt (1) log5 x log5 (5x) 5 0 log5 x log5 x 6 0 3 0,5đ log5 x 3 x 125 0,25 log5 x 2 x 1/ 25 KL: Vậy tập nghiệm pt (1) là T 1/ 25;125 16 ĐK: x 2, y 3 (1) (x 1)3 (y 1)3 y x 2 Thay y=x-2 vao (2) được 0,5 4 1đ 4(x 2) 3(x 2) 4 x 2 22 3x x2 8 (x 2)(x 2) x 2 2 22 3x 4
x 2 4 3 (x 2) 0(*) 0,25 x 2 2 22 3x 4 Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến. suy ra x=-1 là nghiệm duy nhất của (*) 0,25 KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3) 2 2 2 2 2 I (x sin x)cos xdx x cos xdx sin x cos xdx.  0 0 0   0,25 M N  Tính M u x du dx Đặt dv cos xdx v sin x 0,25 2 M xsin x 2 sin xdx cos x 2 1. 2 2 0 0 0 Tính N 5 1đ Đặt t sin x dt cos xdx x t 1 Đổi cận 2 x 0 t 0 1 t3 1 1 N t 2dt . 0 3 0 3 0,25 2 Vậy I M N . 2 3 0,25
2 Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên SABCD 4a . SH  (ABCD) HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp ABCD S· AH 600 SH AH 3 · · 1 ABF DAE c.g.c BAF ADE 6 1đ · · 0 · · 0 · 0 Mà: AED ADE 90 Nên BAF AED 90 AHE 90 DE  AF 2a Trong ADE có: AH.DE AD.AE AH 0,25 5 1 2a 3 8a3 15 Thể tích của khối chóp S.ABCD là: V . .4a2 (đvtt) 3 5 15 0,25 Trong mp ABCD kẻ HK  DF tại K . d SH, DF HK . 4a Trong ADE có: DH.DE DA2 DH Có : DF a 5 0,25 5 16a2 9a2 3a Trong DHF có: HF 2 DF 2 DH 2 5a2 HF 5 5 5 0,25 HF.HD 12a 5 12a 5 HK Vậy d SH, DF DF 25 25 AH : x 2 0 0,25 Ta có: EH : y 3 0 EK : x 2 0 A 2;4 AK : y 4 0 7 1đ Giả sử n a;b , a2 b2 0 là VTPT của đường thẳng BD .
a 2 Có: ·ABD 450 nên: a b 2 2 a b 2 0,25 Với a b , chọn b 1 a 1 BD : x y 1 0  B 2; 1 ; D 3;4 EB 4; 4  E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn) ED 1;1 0,25 Khi đó: C 3; 1 Với a b , chọn b 1 a 1 BD : x y 5 0 .  EB 4;4   0,25 B 2;7 ; D 1;4  EB 4ED E nằm ngoài đoạn BD (L) ED 1;1 Vậy: A 2;4 ; B 2; 1 ;C 3; 1 ; D 3;4 +) d có 1 VTCP là u 1;2;1 . 0,25 0,5 +) (P) qua A(-1;0;0) và có VTPT n u 1;2;1 có pt : x + 2y + z +1 = 0. 8 1đ +) H là giao điểm của (d) và (P) nên tọa độ H là nghiệm của hệ pt 0,25 x 2 y 1 z 1 x 1 1 2 1 y 1. Vậy H(1;-1;0). x 2y z 1 0 z 0 Số có 5 chữ số cần lập là abcde (a 0 ; a, b, c, d, e {0; 1; 2; 3; 4; 5}) abcde  3 (a b c d e) 3 - Nếu (a b c d) 3 thì chọn e = 0 hoặc e = 3 - Nếu (a b c d) chia 3 dư 1 thì chọn e = 2 hoặc e = 5 9 0,5đ - Nếu (a b c d) chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4 0,25 Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết cho 3 Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số 0,25 Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số x2 y2 z2 2x 4y 1 x 1 2 y 2 2 z2 4 1 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu: 2 2 10 1đ S : x 1 y 2 z2 4 . Có tâm I 1; 2;0 ,bán kính R 2 . Xét mp : 2x y 2z T 0 G/s M x; y; z . Từ 1 có điểmM nằm bên trong S và kể cả trên mặt cầu S
4 T d I, R 2 2 T 10 3 0,25 Với T 2 thì M là giao điểm của mp  : 2x y 2z 2 0 Và đường thẳng đi qua I và   . x 1 2t 1 4 4 : y 2 t M ; ; 0,25 3 3 3 z 2t 7 8 4 Với T 10 . Tương tự M ; ; 3 3 3 7 x 1 3 x 3 8 Vậy minT 2 khi maxT 10 khi y 4 3 y z 0,25 3 4 z 3 * Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa.
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 17) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 3 6x2 9x 1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình x(x 3)2 m có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: (sinx cosx)2 1 cosx . b) Giải bất phương trình: . log0,2 x log0,2(x 1) log0,2(x 2) 1 6x+ 7 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I dx . 0 3x 2 2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z 4z 11 0 . Tính giá trị của biểu z 2 z 2 thức A = 1 2 . 2 (z1 z2) b) Xét các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Tìm xác suất để số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lấy ra từ các số trên thảo mãn: Chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn 2 1 3 nhất. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x y 13 0 và 6x 13y 29 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2 x y x y 3 (x y) 2 x y Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: (x, y R) . x2 x y 2 x y 3 Câu 9 (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 x2 (y z) y2 (z x) z2 (x y) thức: P . yz zx xy
ĐÁP ÁN (ĐỀ 17) Câu Nội dung Điểm 1a a) y x3 6x2 9x 1 . (1,25) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên 0,25 Chiều biến thiên: y' 3x 2 12x 9 3(x 2 4x 3) x 3 Ta có y' 0 , y' 0 1 x 3 . x 1 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ,1) và (3, ) . 0,25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3). Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 1 và yCD y(1) 3 ; đạt cực tiểu tại x 3 và y y(3) 1. CT 0,25 Giới hạn: lim y ; lim y . x x Bảng biến thiên: x 1 3 y’ 0 0 3 y -1 0,25
* Đồ thị: y 3 Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0, 1) . 2 1 0,25 x O 1 2 3 4 -1 1b Ta có: x(x 3)2 m x 3 6x2 9x 1 m 1 . 0,25 (0,75) Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3 0,25 điểm phân biệt 1 m 1 3 0 m 4 0,25 2a Ta có: (sinx cosx)2 1 cosx 1 2sin xcosx 1 cosx (0,5) cosx(2sin x-1) 0 0,25 cosx 0 1 sinx= 2 x k 0,25 2 x= k2 (k Z). 6 5 x k2 6 2b Điều kiện: x 0 (*). 0,25 (0,5) 2 log0,2 x log0,2(x 1) log0,2(x 2) log0,2(x x) log0,2(x 2) x2 x x 2 x 2 (vì x > 0). 0,25 Vậy bất phương trình có nghiệm x 2 .
3 1 6x+ 7 1 (6x+ 4)+ 3 1 3 I dx dx (2 )dx 0,25 (1,0) 0 3x 2 0 3x 2 0 3x 2 1 1 3 1 1 1 2 dx dx 2 dx d(3x+ 2) 0,25 0 0 3x 2 0 0 3x 2 1 1 2x ln 3x 2 0,25 0 0 5 2 ln . 0,25 2 4a 3 2 3 2 Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z 1 i, z 1 i 1 2 2 2 (0,5) 0,25 2 3 2 22 | z | | z | 12 ; z z 2 Suy ra 1 2 1 2 2 2 2 2 z z 11 Đo đó 1 2 0,25 2 (z1 z2) 4 4b Các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau: a1a2a3a4a5 trong đó ai a j với i j (0,5) a1 0 Có 9 cách chọn a1 Mỗi cách chọn a1 có 9 cách chọn a2 Mỗi cách chọn a1, a2 có 8 cách chọn a3 0,25 Mỗi cách chọn a1, a2, a3 có 7 cách chọn a4 Mỗi cách chọn a1, a2, a3, a4 có 6 cách chọn a5 0,25  9.9.8.7.6 27216 Xét biến cố A: “ Số có năm chữ số lấy ra thoả mãn chữ số đứng sau lớn hơn chữ số 0,25 đứng trước”. Vì chữ số 0 không thể đứng trước bất kỳ số nào nên xét tập hợp: X=1;2;3;4;5;6;7;8;9 . Mỗi bộ gồm 5 chữ số khác nhau lấy ra từ X có một cách sắp 5 xếp theo thứ tự tăng dần A C9 126 1 P( A) 27216 216
0,25 5 Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). (1,0) Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A  I 0,5 Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. H d H (1 2t;t;1 3t) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d AH.u 0 (u (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d) H (3;1;4) AH ( 7; 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 0,5 6 *) Ta có: (1,0) AN AB2 BN 2 2a 3 0,25 Diện tích tam giác ABC là: S 1 S BC.AN 4a 2 3 . ABC 2 Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 1 2 VS.ABC S ABC .SA 4a 3.8a M 3 3 0,25 32a3 3 (đvtt). A C 3 H N *) Ta có: B V BA BM BN 1 B.AMN . . VS.ABC BA BS BC 4 0,25 1 8a3 3 V V . B.AMN 4 S.ABC 3
1 1 Mặt khác, SB SC 4 5a MN SC 2 5a ; AM SB 2 5a . 2 2 Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN , MH AM 2 AH 2 a 17 . 1 1 Diện tích tam giác AMN là S AN.MH 2a 3.a 17 a 2 51 . 0,25 AMN 2 2 Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 3V 8a3 3 8a 8a 17 d(B,(AMN)) B.AMN . 2 S AMN a 51 17 17 7 - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. C(-7; -1) (1,0) Khi đó CH có phương trình 2x y 13 0 , CM có phương trình 6x 13y 29 0. 0,25 M(6; 5) B(8; 4) 2x y 13 0 A(4; 6) H - Từ hệ C( 7; 1). 6x 13y 29 0 - AB  CH n AB u CH (1, 2) pt AB : x 2y 16 0 . x 2y 16 0 - Từ hệ M (6; 5) B(8; 4). 0,25 6x 13y 29 0 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x2 y 2 mx ny p 0. 52 4m 6n p 0 m 4 0,25 Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80 8m 4n p 0 n 6 . 50 7m n p 0 p 72 Suy ra pt đường tròn: x2 y 2 4x 6y 72 0 hay (x 2)2 (y 3)2 85. 0,25 8 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (1) Giải hệ: (x, y R) . (1,0) x2 x y 2 x y 3 (2) 0,25 x y 0 Điều kiện: (*) x y 0 Đặt t x y 0 , từ (1) ta có: t t 3 t 2 2 t
t t 2 t 3 2 t 0 3(1 t) 3 t(1 t) 0 (1 t) t 0 t 3 2 t t 3 2 t 0,25 3 t 1 (Vì t 0,t 0 ). t 3 2 t Suy ra x y 1 y 1 x (3). Thay (3) vào (2) ta có: x2 3 2x 1 3 x2 1 2x 2 ( x2 3 2) ( 2x 1 1) 0 0 x2 3 2 2x 1 1 0,25 x 1 2 (x 1) 0 x2 3 2 2x 1 1 x 1 2 1 x 1 (Vì 0, x ). x2 3 2 2x 1 1 2 Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 9 x2 x2 y2 y2 z2 z2 Ta có : P (*) y z z x x y (1,0) Nhận thấy : x2 + y2 – xy xy x, y R 0,25 x2 y2 Do đó : x3 + y3 xy(x + y) x, y > 0 hay x y x, y > 0 y x y2 z2 Tương tự, ta có : y z y, z > 0 z y 0,25 z2 x2 z x x, z > 0 x z Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: 0,25 P 2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậy, minP = 2. 0,25 3
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 18) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x4 x2 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho. b) Dựa vào đồ thị C hãy tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt 4x2 1 x2 1 k . Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình 3z 2 6z 15 0 trên tập hợp số thức. 4 cot tan b) Biết cos và 00 900 . Tính giá trị của biểu thức A . 5 cot tan Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2log x 1 log 2x 1 2 . 3 3 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2x 7 5 x 3x 2 . 1 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I x e dx . 2 0 1 x Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 450 và SC 2a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SCD theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A 4; 1 . Hai đường trung tuyến BB1 và CC1 của tam giác ABC có phương trình lần lượt là 8x y 3 0 và 14x 13y 9 0 . Xác định tọa độ các đỉnh B và C . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai điểm vàA( 7 mặt;2;1 ) , phẳngB(- 5;- 4;- 3) (P) : 3x - 2y - 6z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh rằng AB song song với (P). Câu 9 (0,5 điểm). Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đó phân biệt. Tính xác suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi. Câu 10 (1,0điểm). Cho x, y, z là ba số dương có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: P 1 x 1 y 1 z .
ĐÁP ÁN (ĐỀ SỐ 18) Câu 1. (2,0 điểm) 1 (0, 25 x 2 điểm) + TXĐ : D=R , Đạo hàm: y’=4x3 2x , y’=0 1 (0, 25 x Câu a 2 điểm) (1,0 điểm) + Kết luận đồng biến, nghịch biến, cực đại, cực tiểu (0, 25 điểm) + Gới hạn lim y  và bảng biến thiên x (0, 25 + Đồ thị: Đúng dạng, tương đối chính xác điểm) Câu b k 1 (0, 25 + Đưa về được PT hoành độ giao điểm: x4 x2 4 điểm) (1,0 điểm) + Lập luận được: Số nghiệm PT đã cho chính là số giao điểm của (C) và đường (0, 25 k 1 điểm) thẳng (d): y . 4 (0, 25 1 k 1 điểm) + Lập luận được: YCBT 0 4 4 (0, 25 + Giải ra đúng 0 k 1 điểm) Câu 2. (1,0 điểm) + Tính đúng ' 36 0 (0, 25 điểm) Câu a 3 6i 3 6i + Nêu được hai nghiệm z 1 2i , z 1 2i 1 3 2 3 (0, 25 (0,5 điểm) điểm) Lưu ý. HS có thể tính theo . 1 + Biến đổi được A 2cos2 1 Câu b (0, 25 4 25 điểm) (0,5 điểm) + Thay cos , ta được A 5 7 (0, 25 Lưu ý. HS có thể tính sin , suy ra tan ,cot , thay vào A. điểm) Câu 3. (0,5 điểm) x 1 (0, 25 + PT điểm) log3 x 1 log3 2x 1 1 (0, 25 (0,5 điểm) x 1 + x 2 điểm) 2 2x 3x 2 0
Câu 4. (1,0 điểm) 2 (0, 25 + ĐK: x 5 . Biến đổi PT về dạng 3 điểm) 2x 7 3x 2 5 x (0, 25 (0,5 điểm) điểm) + Bình phương hai vế, đưa về được 3x2 17x 14 0 (0, 25 14 điểm) + Giải ra được x 1 hoặc x 3 (0, 25 2 14 điểm) + Kết hợp với điều kiện, nhận được x 1 hoặc x 5 3 3 Câu 5. (1,0 điểm) 1 1 1 (0, 25 2 x 2x x + I x e dx dx xe dx 2 2 điểm) 0 1 x 0 x 1 0 (0, 25 1 2x + Tính được I dx ln 2 điểm) 1 2 0 x 1 (1,0 điểm) (0, 25 1 điểm) + Tính được x I2 xe dx 1 0 (0, 25 + Tính đúng đáp số 1 ln 2 điểm) Câu 6. (1,0 điểm) 1 (0, 25 + Vẽ hình đúng, nêu được công thức thể tích V S .SA 3 ABCD điểm) và tính đúng SA AC 2a . (0, 25 + Tính đúng BC AC 2 AB2 a 3 , S AB.BC a2 3 (0,5 điểm) ABCD điểm) a3 2 3 và ĐS đúng V . 3 (0,5 điểm) + Gọi H là hình chiếu của A lên SD. CM được AH  SCD . (0, 25 điểm) Từ đây khẳng định được d B, SCD d A, SCD =AH (0, 25 điểm) 1 1 1 + Tính được AH theo công thức AH 2 AS 2 AD2 Câu 7. (1,0 điểm) + Gọi B1 là trung điểm AC, suy ra B1 (a,8a-3). Vì B1 là trung điểm AC nên C(2a- (0, 25
4;16a-5). điểm) (1,0 điểm) + Vì C CC1 nên suy ra a=0. Từ đây, thu được C(-4;-5) (0, 25 điểm) + Tương tự cho B(1;5). (0,50 điểm) Câu 8. (1,0 điểm) x 7 12t (0, 50  điểm) + Đường thẳng AB đi qua A, VTCP AB 12; 6; 4 có PTTS là y 2 6t z 1 4t (0,50 (1,0 điểm) điểm) x 7 12t y 2 6t + Xét hệ phương trình và CM được hệ VN z 1 4t 3x 2y 6z 3 0 Câu 9. (0,5 điểm) + Hai chữ số cuối phân biệt nên gọi  là tập hợp tất cả các cách chọn 2 số phân (0,25 2 điểm) biệt trong 10 chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 , ta có được  A10 90 (0,25 + Gọi A là biến cố “Gọi 1 lần đúng số cần gọi”, ta có  1 . Vậy xác suất cần (0,5 điểm) A điểm) 1 tìm là P A 90 Câu 10. (1,0 điểm) + Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 2 1 x 2 5 3x 1 x . 3 (1,0 điểm) 3 2 6 (0,25 điểm) + Tương tự, ta thu được (0,25 2 2 2 5 3x 5 3y 5 3z điểm) 1 x . 1 y . 1 z . 2 3 3 3 6 6 6 (0,25 điểm) + Suy ra P 6 (0,25 1 + Dấu bằng xảy ra khi x y z . điểm) 3
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 19) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1;1) và có hệ số góc bằng 3. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu 2 (1,0 điểm) a) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z 2z 1 5i 2 . b) Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos 2x 0 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 3.25x 2 3x 10 5x 2 x 3 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình . x3 1 x2 1 3x x 1 0 e ln x 2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I ln x dx . 1 x 1 ln x Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B biết AB = AC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và (SCD) hợp với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3x 4y 4 0 .Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm vàA (đường2;-1;4 )thẳng, B(0 ; 1;0) : D ì ï x = 2t ï í y = 1 - t , t Î ¡ ï . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng ï z = 4 + t îï và tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng D sao cho tam giác ABM vuông tại M. Câu 9 (0,5 điểm) Tìm hệ số của x4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P (1 2x 3x2 )10 . Câu 10 (1,0điểm). Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9c . Hết
ĐÁP ÁN (ĐỀ SỐ 19) Câu 1. (2,0 điểm) x 0 (0, 25 2 + TXĐ : D=R , Đạo hàm: y’=3x -6x=0 x 2 điểm) (0, 25 + Kết luận đồng biến, nghịch biến, cực đại, cực tiểu Câu a điểm) (1,0 điểm) + Gới hạn lim y và bảng biến thiên x (0, 25 điểm) + Đồ thị: Đúng dạng, tương đối chính xác (0, 25 điểm) Câu b + d: y=3x-2 (0, 25 điểm) (1,0 điểm) + Xét biểu thức P=3x-y-2. Thay tọa độ điểm (0;2)=>P=-4 P=6>0. Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng d. Từ (0, 25 đây, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng điểm) + Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 (0, 25 điểm) 4 x y 3x 2 5 (0, 25 + Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: y 2x 2 2 điểm) y 5 Câu 2. (1,0 điểm) Câu a + GT 3a bi 24 10i (0, 25 điểm) (0,5 điểm) + Áp dụng hai số phức bằng nhau, suy ra a=-8,b=-10ĐS (0, 25 điểm) PT cos2x 1 2sin x 1 2sin x 0 (0, 25 điểm) Câu b cos2x 1 1 2sin x 0 (0,5 điểm) + Khi cos2x=1 x k , k Z (0, 25 1 5 Khi sinx x k2 hoặc x k2 , k Z điểm) 2 6 6 Câu 3. (0,5 điểm) 3.25x 2 3x 10 5x 2 x 3 5x 2 3.5x 2 1 x 3.5x 2 1 3 3.5x 2 1 0 (0, 25 điểm)
(0,5 điểm) 3.5x 2 1 5x 2 x 3 0 3.5x 2 1 0 1 x 2 5 x 3 0 2 (0, 25 điểm) 1 1 + 1 5x 2 x 2 log 2 log 3 3 5 3 5 2 5x 2 x 3 . Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến mà (2) có nghiệm x = 2 nên là nghiệm duy nhất. Vậy Pt có nghiệm là: x = 2 log5 3 và x = 2. Câu 4. (1,0 điểm) + x3 1 x2 1 3x x 1 0 x3 x2 3 x3 x2 2 0 (0, 25 điểm) 2 + Đặt t x x 1 . PT t 2 3t 2 0 (0,5 điểm) 3 (0, 25 14 + Giải ra được x 1 hoặc x điểm) 3 (0, 25 2 điểm) t 3 2 2 + t x x 1 x 1 (0, 25 t 1 3 3 điểm) t 2 Câu 5. (1,0 điểm) e ln x 2 (0, 25 + I ln x dx =I1 + I2 điểm) 1 x 1 ln x (0, 25 4 2 2 + Tính được I điểm) 1 3 (1,0 điểm) (0, 25 + Tính được I2 e 2 điểm) + Tính đúng đáp số đúng (0, 25 điểm) Câu 6. (1,0 điểm) Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC (0, 25 điểm) a Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 a2 = 3AB2 AB = 3
(1,0 điểm) a2 a 2 S (0, 25 SA2 = a 2 SA = 3 3 điểm) a (0, 25 1 1 a2 3 a2 3 S = AB.AC.sin1200 = = a điểm) ABC 2 2 3 2 12 C (0, 25 1 a 2 a2 3 a3 2 V = = (đvtt) A điểm) 3 3 12 36 a B Câu 7. (1,0 điểm) 3a 4 16 3a (0, 25 điểm) + Gọi A(a; ) B(4 a; ) . Khi đó diện tích tam giác ABC là 4 4 1 (1,0 điểm) S AB.d(C ) 3AB . (0, 25 điểm) ABC 2 2 2 6 3a a 4 +Theo giả thiết ta có AB 5 (4 2a) 25 (0,50 điểm) 2 a 0 Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). Câu 8. (1,0 điểm) ur uur a) (1đ) * Mp(P) có vtpt n = aD = (2;- 1;1) *Ptmp(P) là: 2x – y + z - 9 = 0. (1,0 điểm) *Xét ptgđ của đt D và mp(P) 4t – 1(1-t) + (4 + t) - 9 = 0 Û t = 1. * Gọi N là gđ cần tìm Thay t = 1 vào đt D ta được N(2 ; 0 ; 5) (0, 50 điểm) b) (1đ) Ta có MÎ D nên tọa độ M(2t ; 1- t ; 4 + t) Vì tam giác ABM vuông tại M nên ta có (0,50 điểm) é uuuur uuur uuuur uuur êt= 0 A M ^ B M Û A M .B M = 0 Û ê 1 êt= ëê 3 2 2 13 * Vậy ta có hai điểm M cần tìm là M(0;1;4), M(; ; ) 3 3 3 Câu 9. (0,5 điểm)
10 10 k 2 10 k 2 k k i k i i k i + Ta có P (1 2x 3x ) C10 (2x 3x ) (C10Ck 2 3 x ) k 0 k 0 i 0 (0,25 điểm) (0,5 điểm) k i 4 i 0 i 1 i 2 Theo giả thiết ta có 0 i k 10   k 4 k 3 k 2 i,k N (0,25 điểm) 4 4 4 3 1 2 2 2 2 +Vậy hệ số của x là: C10 2 C10C3 2 3 C10C2 3 8085 . Câu 10. (1,0 điểm) + Đặt   (0,25 điểm) u 2a;3b;4c ,v 2c;3a;4b , w 2b;3c;4a M u v w (1,0 điểm)  2 2 2 M u v w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c (0,25 điểm) + Theo cô – si có 22 2b 2c 33 2a b c 6 . Tương tự + Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c 1. (0,25 điểm) (0,25 điểm)
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 20) 1 Câu 1 (2,0 điểm)Cho hàm số y x3 2x2 3x 3 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại của đồ thị (C) và vuông góc với tiếp tuyến của đồ thị (C) tại gốc tọa độ. Câu 2 (1, 0 điểm) a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thoả mãn điều kiện z (2 i)z 3 5i sin b. Cho là góc mà tan =2. Tính P sin3 3cos3 2 Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: log2 (x 2x 8) 1 log 1 (x 2) 2 Câu 4 (1, 0 điểm) Giải bất phương trình 3x 2 x 3 2x 1 1 Câu 5 (1, 0 điểm) Tính: I (x 2)exdx. 0 0 Câu 6 (1,0 điểm)Cho khối chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy. Mặt bên (SBC) tạo với đáy góc 60 . Biết SB = SC = BC = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu 7 (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 và mặt phẳng (α) : x - 2y + 2z + 3 = 0 a. Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu (S) tới mặt phẳng (α). b. Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 8(1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vuông ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD Câu 9(0,5 điểm) Đề cương ôn tập cuối năm môn Toán lớp 12 có 40 câu hỏi. Đề thi cuối năm gồm 3 câu hỏi trong số 40 câu đó. Một học sinh chỉ ôn 20 câu trong đề cương. Giả sử các câu hỏi trong đề cương đều có khả năng được chọn làm câu hỏi thi như nhau. Hãy tính xác suất để có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi cuối năm nằm trong số 20 câu hỏi mà học sinh nói trên đã ôn. Câu 10(1,0 điểm)Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3(a2b2 b2c2 c2a2 ) 3(ab bc ca) 2 a2 b2 c2 Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ 20 Nội dung Điểm Câu 1(2,0điểm) a. +Tập xác định (1,0 +Chiều biến thiên 0,25 điểm) +Cực trị +Giới hạn 0,25 +BBT 0,25 +Đồ thị y f(x)=1/3*x^3-2*x^2+3*x 0,25 25 20 15 10 5 x -26 -24 -22 -20 -18 -16 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 -5 -10 -15 -20 -25 b + Điểm Cực đại của ( C ) là M(1;4/3) 0,25 (1,0 +T.T của ( C ) tại gốc toạ độ có hệ số góc k= y’(0)=3 0,25 điểm) +Đường thẳng cần tìm đi qua điểm M và có hệ số góc k’= -1/3 nên có pt: 0,5 y= - 1/3(x-1)+4/3=-1/3x+5/3 Câu 2(1,0 điểm) a Giả sử ,z=x+yi(x,y R ).Ta có (0,5 z (2 i)z 3 5i x+yi +(2+i)(x-yi)=3+5i điểm) 3x+y+(x-y)i=3+5i 0,25
3x y 3 x 2  x y 5 y 3 0,25 Vậy phần thực và phần ảo của số phức z lần lượt bằng 2,-3 1 b. tan sin 2 P cos (0,5 sin3 3cos3 tan3 3 0,25 điểm) (1 tan2 ) tan (1 22 )2 10 =3 3 tan 3 2 3 11 0,25 Câu 3(0,5 điểm) 2 log2 (x 2x 8) 1 log 1 (x 2) 2 2  log2 (x 2x 8) log2 2 log2 (x 2) 2  log2 (x 2x 8) log2 2(x 2) x 2 0 0,25  2 x 2x 8 2(x 2) x 2 0 0,25  2 x 6 x 4x 12 0 Câu 4(1,0 điểm) 2 ĐK: x 3 3x 2 x 3 2x 1  3x 2 x 3 ( 3x 2 x 3)( 3x 2 x 3)  1 3x 2 x 3 (vì3x 2 x 3 >0) 0,25 1 x 3 3x 2 1 x 3 2 x 3 3x 2 0,25  x 3 x 1 x 1 0 x 1 0 2 x 3 x 2x 1
x 1 0,25 3 17 1 x 2 2 3 17 So sánh với điều kiện , ta có nghiệm của bất phương trình là x 0,25 3 2 Câu 5(1,0 điểm) 1 I (x 2)exdx. 0 u x 2 du dx Đặt x x . dv e dx v e 0,25 1 1 Khi đó I=(x 2)ex exdx . 0 0 0,25 1 1 =(x 2)ex ex 2e 1 . 0 0 0,5 Câu 6(1,0 ñieåm) (Hình vẽ) Vẽ đường cao AH của tam giác ABC. Khi đó BC  SC (định lí 3 đường vuông góc) 0,25 Và góc SHA là góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy. 0 Từ gt,ta có góc SHA bằng 60 3 Vì tam giác SBC là tam giác đều cạnh a nên SH = a 0,25 2 3 3a Ta lại có AH =SH cos600=a ,SA=SH sin600= 4 4 Vậy thể tích của khối chóp S.ABC 0,5 1 3a a 3 a3 3 V=1/3 SA.SABC=1/6.SA.AH.BC=. . .a 6 4 4 32 - Câu 7(1,0 ñieåm)
a. (S) có tâm I(2;-1;-2) và bán kính R=4 0,25 0,25 Do đó d(I,( ))=1 b. Viết phương trinh mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Vì mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) nên pt của (β) có dạng x-2y+2z+D=0 0,25 Ta có d(I, (β))=R D D 12  4  3 D 12 0,25 Vậy (β) có pt là x-2y+2z+12=0 hoặc x-2y+2z-12=0 Câu 8(1,0 ñieåm) 3a 2 Ta có MN=10 ,AN=3AC/4= 4 5a2 MN2=AM2+AN2-2AM.AN.cos450= 8 =>a=4 0,25 Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có IM 4 x 1, y 2 BD 17 6 0,25 IN 2 x , y 4 5 5 +Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0 0,25 + Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 0,25 Câu 9(0,5 ñieåm) Không gian mẫu  có 3 n( )=C40 9880 (phần tử) Gọi A là biến cố “có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi nằm trong số 20 câu đã ôn”.Ta thấy xảy ra một trong hai TH sau TH1: Trong đề thi có đúng 2 câu hỏi trong 20 câu đã ôn TH2: Trong đề thi có đúng 3 câu hỏi trong 20 câu đã ôn
2 1 1 0,25 Do đó n(X)=C20.C20 C20 1330 (phần tử) n(A) 1330 7 Vậy xác suất cần tìm: P(X)= n() 9880 52 0,25 Câu 10(1,0 ñieåm) Đặt t=ab+bc+ca ( t 0 ),ta có a2+b2+c2 ab+bc+ca =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) 3(ab+bc+ca)=3t 1 => a2+b2+c2=1-2t với t 3 Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2 3(a2b2+b2c2+c2a2) Do đó M t2+3t+21 2t 1 0,25 Xét hàm số f(t)= t2+3t+21 2t trên tập D 0; , 3 2 f’(t)=2t 3 1 2t 2 f’’(t)=2 0t D (1 2t)3 =>f’(t) nghịch biến trên D 11 =>f’(t) f’(1/3)= 2 3 => f(t)đồng biến trên D 3 =>f(t) f(0)=2 0,5 Vậy minM =2 đạt được khi t=0,tức là với a,b,c không âm thõa mãn a b c 1 ab bc ca ab bc ca 0 a,b,c là một trong các bộ số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) 0,25
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 21) 2x 1 Câu 1 (2,0 điểm)Cho hàm số y x 1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b.Tìm k để đường thẳng (d) : y=kx+2k+1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. Câu 2 (1, 0 điểm) 3 1 sin a. Cho góc thõa mãn : và cos =- . Tính P 2 3 sin3 3cos3 b. Tìm môđun của số phức z thoả mãn điều kiện z (2 i)z 3 5i Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: (3 2 2)x 2( 2 1)x 3 0 Câu 4 (1, 0 điểm) Giải bất phương trình 3x 2 x 3 2x 1 e 1 3ln x ln x Câu 5 (1, 0 điểm) Tính: I dx. 1 x Câu 6 (1,0 điểm)Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA=a.Hình chiếu vông góc của AC đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC , AH .Gọi CM là đường cao của SAC Chứng 4 minh M là trung điểm của SA và thể tích khối tứ diện SMBC theo a. Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu x y 1 z 2 (S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 , đường thẳng d : 1 2 1 a. Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d và tiếp xúc với mặt cầu (S). b. Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của mặt cầu (S), cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu 8(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho 2 đường thẳng d: 3 x+y=0 và d’: 3x-y=0.Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d tại A,cắt d’ tại 2 điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (C) biết 3 diện tích tam giác ABC bằng và A có hành độ dương. 2 1 3 2n 1 13 Câu 9 (0,5 điểm) Cho số nguyên dương n thõa điều kiện C2n 1 C2n 1 C2n 1 1023 . Tìm hệ số của x trong khai triển (x+3)3n Câu 10(1,0 điểm) Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3(a2b2 b2c2 c2a2 ) 3(ab bc ca) 2 a2 b2 c2 Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ 21 Nội dung Điểm Câu 1(2,0điểm) a. +Tập xác định (1,0 +Chiều biến thiên 0,25 điểm) +Cực trị +Giới hạn , tiệm cận +BBT 0,25 0,25 +Đồ thị 0,25 y f(x)=(2*x+1)/(x+1) 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 2x 1 b Xét pt =kx+k+1 x 1 (1,0 điểm) kx2+(3k-1)x+2k=0(x -1) 0,25 kx2+(3k-1)x+2k=0 ( vì x=-1 không phải là nghiệm của pt với mọi k) k 0 Do đó d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt 2 0,25 k 6k 1 0 k 0  k 3 2 2 (*) 0,5 k 3 2 2
Vậy với k thõa (*) thì thõa yêu cầu bài toán Câu 2(1,0 điểm) a Giả sử ,z=x+yi(x,y R ).Ta có (0,5 z (2 i)z 3 5i x+yi +(2+i)(x-yi)=3+5i điểm) 3x+y+(x-y)i=3+5i 3x y 3 x 2 0,25  x y 5 y 3 Vậy z=2-3i 0,25 Do đó môđun của số phức z lần lượt bằng 13 b. Ta có 1 8 (0,5 sin2 1 cos2 1 điểm) 9 9 3 Vì nên sin <0 2 2 2 Do đó sin 3 0,25 2 2 sin 18 2 Vậy P =3 3 3 3 3 sin 3cos 2 2 1 16 2 3 3. 3 3 0,25 Câu 3(0,5 điểm) (3 2 2)x 2( 2 1)x 3 0  ( 2 1)2x 2( 2 1) x 3 0 0,25  ( 2 1)3x 3( 2 1)x 2 0  ( 2 1)x 2 0,25  x log 2 2 1
Câu 4(1,0 điểm) 2 ĐK: x 3 3x 2 x 3 2x 1  3x 2 x 3 ( 3x 2 x 3)( 3x 2 x 3)  1 3x 2 x 3 (vì3x 2 x 3 >0) 0,25 1 x 3 3x 2 1 x 3 2 x 3 3x 2 0,25  x 3 x 1 x 1 0 x 1 0 2 x 3 x 2x 1 x 1 0,25 3 17 1 x 2 2 3 17 So sánh với điều kiện , ta có nghiệm của bất phương trình là x 0,25 3 2 Câu 5(1,0 điểm) e 1 3ln x ln x I dx. 1 x Đặt u=1 3ln x =>u2= 1+3lnx 3  2udu= dx 0,25 x Đổi cận : x=e => u=2 x=1 => u=1 2 u2 1 2 Khi đó I= u. . udu . 1 3 3 0,25 2 2 2 2 u5 u3 116 = u2 (u2 1)du ( ) 9 1 9 5 3 1 135 .
0,5 Câu 6(1,0 đ) (Hình vẽ ) + C/m M là trung điểm của SA. Ta tính được 2 2 2 a 2 a 14 SH=SA AH a 4 4 0,25 2 2 2 2 14a 3a 2 SC= SH CH a 2 AC 16 4 Do đó tam giác SCA cân tại C nên M là trung điểm của SA 0,25 + Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Ta vẽ MK vuông góc với AC tại K,khi đó KM=SH/2 0,5 a3 14 VS.ABC=1/3 SH.SABC= 24 Khi đó 3 a 14 VMSBC =VMABC=1/2 VS.ABC= 48 Câu 7(1,0 đ) a. d có một vtcp u (1;2; 1) , (S) có tâm I(2;-1;-2) và bán kính R=4 Vì (P) vuông góc với d nên (P) nhận u (1;2; 1) làm vtpt .Do đó pt của (P) có dạng x+2y-z+D=0 0,25 Mặt khác (P) tiếp xúc với (S) nên ta có 2 D D 2 4 6 d(I,(P))=R 4  6 D 2 4 6 Vậy pt của (P) là x+2y-z-2+4 6 =0 hoặc x+2y-z-2-4 6 =0 0,25
b. x t Pt của d được viết dưới dạng tham số y 1 2t z 2 t Gọi d’ là đt cần tìm,và H(t ;1+2t ;2-t) là giao điểm của d và d’  Ta có IH (t 2;2 2t;4 t)  Và IH.u 0 t-2+2(2+2t)-(4-t)=0t=1/3 Vậy H(1/3 ;5/3 ;5/3) 0,25 Do đó d’ đi qua 2 điểm I(2;-1;2) và H(1/3 ;5/3 ;5/3) x 2 5t Vậy pt đt cần tìm y 1 8t 0,25 z 2 11t Câu 8(1,0 đ) Ta thấy đường tròn (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác vông ABC,có đường kính AC Điểm A thuộc d nên A(a;-a3 ) (a>0). +Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với d’ có pt: x+3 y+2a=0 a a 3 Do đó B là giao điểm của AB với d’ .khi đó B ; 2 2 + Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d có pt: x-3 y-4a=0 Do đó C là giao điểm của AC với d’ .khi đó C 2a; 2a 3 0,25 1 3 1 Ta lại có S ABC =AB.BC =>a= 2 2 3 1 2 Vậy A ; 1 ,C ; 2 3 3 0,25 1 3 Do đó đường tròn (C ) có tâm I ; là trung điểm của AC và bán kính 2 3 2 R=IA=1 2 2 1 3 Vậy pt của( C): x y 1 2 3 2 0,5
Câu 9(0,5 đ) 0 1 2 2n 2n 1 2n 1 Đặt S = C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 1 3 2n 1 2n 1 0 2 2n Ta có C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n 1 C2n1 C2n 1 1 1 Do đó C1 C3 C 2n 1 C 2n 1 S .2n 1 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 2 1 3 2n 1 n 2n 1 n => C2n 1 C2n 1 C2n 1 2 C2n 1 2 1 1 3 2n 1 n Vậy C2n 1 C2n 1 C2n 1 1023 2 1 1023 n 5 0,25 15 3n 15 15 k 15 k k Với n=5 , ta có (x+3) =(x+3) C15 3 x . k 0 Vậy hệ số của x13 trong khai triển (x+3)15 là 32.C13 945 15 0,25 Câu 10(1,0 đ) Đặt t=ab+bc+ca ( t 0 ),ta có a2+b2+c2 ab+bc+ca =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) 3(ab+bc+ca)=3t 1 => a2+b2+c2=1-2t với t 3 Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2 3(a2b2+b2c2+c2a2) 0,25 Do đó M t2+3t+21 2t 1 Xét hàm số f(t)= t2+3t+21 2t trên tập D 0; , 3 2 f’(t)=2t 3 1 2t 2 f’’(t)=2 0t D (1 2t)3 =>f’(t) nghịch biến trên D 11 =>f’(t) f’(1/3)= 2 3 => f(t)đồng biến trên D 3 0,5 =>f(t) f(0)=2
Vậy minM =2 đạt được khi t=0,tức là với a,b,c không âm thõa mãn a b c 1 ab bc ca ab bc ca 0 a,b,c là một trong các bộ số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) 0,25
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 22) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y x4 2(m2 1)x2 1 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình : sin 2x cos x sin x 1 (x R) b) Giải bất phương trình : 2 . log 1 log2 (2 x ) 0 (x R) 2 2 dx Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I . 1 3 x x 1 z 11 z 4i Câu 4 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z 1 . Hãy tính . z 2 z 2i Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C ' , ABC đều có cạnh bằng a , AA' a và đỉnh A' cách đều A, B,C . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A'B . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN) . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) có phương trình x2 y2 z2 4x 6y 2z 2 0 . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa truc Oy và cắt mặt cầu (S theo) một đường tròn có bán kính r 2 3 . Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x 4y 10 0 và đường phân giác trong BE có phương trình x y 1 0 . Điểm M (0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC . Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: x2 5x 4 1 x(x2 2x 4) (x R). Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x; y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x2 y2 2x 1 x2 y2 2x 1 y 2 . Hết
ĐÁP ÁN (ĐỀ 22) Câu 1. a) (Tự khảo sát) (2 đ) b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x x 0 y’ = 0 hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m 2 x m 1 2 2 2 xCT m 1 giá trị cực tiểu yCT (m 1) 1 2 2 2 Vì (m 1) 1 yCT 0 max(yCT ) 0 m 1 1 m 0 Câu 2. a) sin 2x cos x sin x 1 (1) (1 đ) (1) (sin x cos x)(1 sin x cos x) 0 x k sin x cos x 0 4 (k Z) 1 sin x cos x 0 3 x 2k  x 2k 2 b) l 2 (2). og 1 log2 (2 x ) 0 (x R) 2 2 2 Điều kiện: log2 (2 x ) 0 2 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 Khi đó (2) log (2 x2 ) 1 2 2 2 2 x 2 x 0 x 0 Vậy tập nghiệm bpt là S ( 1;0)  (0;1) 2 Câu 3. 2 dx 2 x dx I . 1 3 1 3 3 (1 đ) x x 1 x x 1 2 Đặt t x3 1 x3 t 2 1 x2dx t.dt . 3 x 1 t 2 ; x 2 t 3 3 2 t.dt 1 3 1 1 I 2 dt 2 3 (t 1)t 3 2 t 1 t 1 3 1 x 1 1 1 2 1 1 3 2 2 I ln ln ln ln 3 x 1 2 3 2 2 1 3 2
Câu 4. z 11 2 2 z 2 3i z 1 z 4z 13 0 , ' 9 9i (0,5 đ) z 2 z 2 3i z 4i 2 i  z 2 3i = 1 z 2i 2 i z 4i 2 7i 53  z 2 3i = z 2i 2 5i 29 Câu 5.  Gọi O là tâm tam giác đều ABC A’O  (ABC) (1 đ) a 3 2 a 3 Ta có AM , AO AM 2 3 3 a2 a 6 a2 3 A'O AA'2 AO2 a2 ; S 3 3 ABC 4 a2 3 a 6 a2 2 Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C ' : V S .A'O . ABC 4 3 4 A' C'’ ’ B'’ N E A C O M B 1 3VNAMC  Ta có VNAMC S AMC .d N,(ABC) d C,(AMN) 3 S AMC 1 a2 3 1 a 6 S S ; d N,(ABC) A'O AMC 2 ABC 8 2 6 1 a2 3 a 6 a2 2 Suy ra: V . NAMC 3 8 6 48 a 3 lại có : AM AN , nên AMN cân tại A 2
A'C a Gọi E là trung điểm AM suy ra AE  MN , MN 2 2 3a2 a2 a 11 1 a2 11 AE AN 2 NE 2 ; S MN.AE 4 16 4 AMN 2 16 3a2 2 a 11 a 22 d C,(AMN) : (đvđd) 48 16 11 Câu 6. (S) : x2 y2 z2 4x 6y 2z 2 0 (x 2)2 (y 3)2 (z 1)2 16 (1 đ) (S) có tâm I(2; 3;1) bán kính R 4 ; trục Oy có VTCP j (0;1;0) Gọi n (a;b;c) là VTPT mp(P) , (P) chứa Oy n  j b 0 n (a;0;c) (a2 c2 0) Phương trình mp(P): ax cz 0 (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r 2 3 2a c d I,(P) R2 r 2 2 2 4a2 4ac c2 4a2 4c2 a2 c2 2 c 0 3c 4ac 0 3c 4a Vậy phương trình mp(P) : x 0 hoặc 3x 4z 0 . Câu 7. 4 4 4 Số phần tử không gian mẫu là n() C12.C8 .C4 34.650 (0,5 đ) Gọi A là biến cố “3 đội bóng của Việt nam ở ba bảng khác nhau” 3 3 3 Số các kết quả thuận lợi của A là n(A) 3C9 .2C6 .1.C3 1080 n(A) 1080 54 Xác xuất của biến cố A là P(A) ; 0,31 n( 34650 173 Câu 8. Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC (1 đ) Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 4x 3y 1 0 B(4;5) x y 1 0
A E M(0;2) I C H B N Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 3x 4y 8 0 1 A( 3; ) 3x 4y 10 0 4 Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: C(1;1) 4x 3y 1 0 x 1; y 1 31 33 31 33 2 2 x (y 2) 2 x ; y C ; 25 25 25 25 Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. 31 33 Tương tự A và C ; thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của 25 25 tam giác ABC. 49 49 BC = 5, AH d(A, BC) . Do đó S (đvdt). 20 ABC 8 Câu 9. x2 5x 4 1 x(x2 2x 4) (*) (1 đ) 1 5 x 0 ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0 x 1 5 Khi đó (*) 4 x(x2 2x 4) x2 5x 4 4 x(x2 2x 4) (x2 2x 4) 3x ( ) TH 1: x 1 5 , chia hai vế cho x > 0, ta có:
x2 2x 4 x2 2x 4 ( ) 4 3 x x x2 2x 4 Đặt t , t 0 , ta có bpt: t 2 4t 3 0 1 t 3 x 2 x2 2x 4 x 7x 4 0 1 17 7 65 1 3 x 2 x x x 4 0 2 2 TH 2: 1 5 x 0 , x2 5x 4 0 , ( ) luôn thỏa 1 17 7 65 Vậy tập nghiệm bpt (*) là S 1 5;0  ; 2 2 Câu10. P x2 y2 2x 1 x2 y2 2x 1 y 2 (1 đ) Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN (x 1)2 y2 (x 1)2 y2 4 4y2 P 2 1 y2 y 2 f (y) 2y TH1: y ≤ 2: f (y) 2 1 y2 2 y f '(y) 1 1 y2 y 0 3 f '(y) 0 2y 1 y2 y 2 3y 1 3 3 Lập bảng biến thiên f(y) min f (y) f 2 3 x ( .2] 3 TH2: y ≥ 2: f (y) 2 1 y2 y 2 ≥ 2 5 2 3 Vậy P 2 3 x; y . 3 Do đó MinP 2 3 khi x = 0 ; y = 3 Hết
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 (ĐỀ 23) . Câu 1 ( 3 điểm) : Cho hàm số y=x4-2x2-3. a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b).Tìm tham số m đề đồ thị hàm số y=mx 2-3 cắt đồ thị ( C) tại 3 điểm phân biệt và tạo thành hình phẳng có diện 128 tích bằng . 15 3 t anx 1 Câu 2: ( 1 điểm ) a. Giải phương trình : 2 . x 1 3 cos 2 2 b.Giải phương trình: 3x.2x=3x+2x+1 x y 2 x y 2(x2 y2 ) Câu 3: ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình: 1 1 1 1 2 2 x y x y e x2 x 1 x ln x Câu 4: ( 1 điểm ) Tính tích phân I dx 1 x(ln x x) Câu 5: ( 1 điểm ) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, có đáy (ABC) là tam giác vuông tại B có AB=a, BC=2a. Cạnh A’C hợp với đáy một góc 300 . Gọi M là trung điểm của CC’. Tính thể tích khối chóp M.ABB’A’ và khoảng cách từ A đến mp(MA’B’) theo a. Câu 6:(0.5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn:z z 2 8i. Tìm số phức liên hợp của z. 3 3 26 Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C) : (x )2 (y )2 là đường 2 2 4 tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. Gốc toạ độ O là trung điểm của BC. Xác định toạ độ các điểm A, B, C, và D. x 2 y z 3 Câu 8 ( 1 điểm )Trong khoâng gian Oxyz cho đđường thẳng (d1) : và đđường thẳng (d2) : 1 2 2 x 1 y 1 z 2 .Tìm tọa độ giao điểm của( d 1 )và ( d2).Viết phương trình đường thẳng (d) đối xứng (d 1) qua 2 1 3 (d2). Câu 9 ( 0.5 điểm ) Một tổ sản xuất có 10 công nhân trong đó có 5 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 công nhân để đi dự hội nghị. Tính xác suất để chọn được số công nhân nam nhiều hơn số công nhân nữ. Câu 10: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số f (x) 5x2 8x 32 3x2 24x 3x2 12x 16 .
ĐÁP ÁN (ĐỀ 23) Câu 1 4 2 b/ (1 đ ) Ta có f1(x)=f2(x) x -(2+m)x =0 Điều kiện để phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt là 2+m>0 =>m>-2 Lúc đó ta có các nghiệm x=0 ;x= 2 m 0 2 m 2 m diện tích S= x4 (2 m)x2 dx x4 (2 m)x2 dx 2 (x4 (2 m)x2 )dx = 2 m 0 0 5 x5 (2 m)x3 2 m 2 m ( 2 m)5 2 ( ) 2 2 4 5 3 0 15 15 ( 2 m)5 128 Suy ra 4 ( 2 m)5 32 2 m 4 m 2(tm) 15 15 x y 2 x y 2(x2 y2 ) Câu 3:Giải hệ phương trình: 1 1 1 1 2 2 x y x y Bài giải: x y 2 x y 2(x2 y2 ) (1) 1 1 1 1 2 2 (2) x y x y x y 2 Điều kiện: . xy 0 Ta thấy x + y = 0 không là nghiệm của hpt. Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau: TH1: 2 x y 0 2 1 1 1 1 1 1 Từ pt (2 ) ta suy ra xy < 0. pt(2) 2 . 0(3) . x y x y x y Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y. 1 1 1 1 Khi đó phương trình (3) có nghiệm 1 8 . 0 xy 8 0 xy 8 . x y x y Khi đó ta có x2 y2 2 xy 16 . Đặt t x y 2 0 t 2 .
Từ pt (1) ta có t t 2 2 32 t 2 t 34 0 điều này vô lí . Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm. TH2: x + y >0. Từ (2) suy ra xy > 0, do đó x và y đều dương. Ta có (2) (x y)xy x2 y2 (x y)2 (x y)2 (x y)2 (x y)2 Do x2 y2 và xy nên ta có x2 y2 (x y)xy (x y) x y 2 2 4 2 4 Đặt t x y 2 t 2 . Từ (1) t t 2 2 (t 2 2)2 t 4 5t 2 t 6 0 (t 2)(t3 2t 2 t 3) 0 (4) . Ta có t3 2t 2 t 3 0t 2 , do đó, từ (4) t 2 0 t 2. Từ đó suy ra: t = 2 x y 2 , thay vào hpt ta có xy=1 x y 1 . x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là . y 1 Câu 8: .Tọa độ giao điểm I(1;2;-1) 13 17 16 . Trên (d1) lấy M1(2;0;-3).tọa độ hình chiếu của M1lên (d2) là H(; ; ) 7 7 7 22 34 11 Điểm đối xứng của M1 qua (d2) là M’1(; ; ) 7 7 7  15 20 4 .đường thẳng (d) đi qua I có VTCP IM ( ; ; ) 7 7 7 15 x 1 t 7 20 PTTS(d): y 2 t(t ¡ ) 7 4 z 1 t 7 Câu 10 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) 5x2 8x 32 3x2 24x 3x2 12x 16 . Bài giải: Ta có TXĐ: D [0;8] Đặt : g(x) 5x2 8x 32,h(x) 3x2 12x 16
Ta dễ dàng xác định được x [0;8] , thì 6 g(2) g(x) g(8) 12 2, 2 h(2) h(x) h(8) 4 7 2 2 x 0 và 3x 24x 0 ( 3x 24x 0 ) . x 8 8(x 2)2 Do đó f (x) 3x2 12x 16 0 h(x) 2  x [0;8]. 5x2 8x 32 3x2 24x Đẳng thức xảy khi và chỉ khi x = 2 min f (x) 2 khi x= 2. Ta có f (x) 5x2 8x 32 3x2 24x 3x2 12x 16 g(x) h(x) 12 2 4 7  x [0;8]. Đẳng thức xảy khi và chỉ khi x = 8 max f (x) 12 2 4 7 khi x= 8. Vậy min f (x) 2 khi x= 2 và max f (x) 12 2 4 7 khi x= 8. .
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA (ĐỀ 24). x 1 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y (1) x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2) Tìm trên đồ thị hàm số (1) các điểm M có hoành độ âm sao cho M cùng với hai điểm A 1;0 , B 3;1 5 tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2 Câu 2: (1 điểm) 1) Giải phương trình : log2 3.log3 2x 1 1 x 1 1 2x 2) Giải bất phương trình: 2 2 3 1 Câu 3: (1 điểm) Tính I dx 2 1 x x 1 Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; ·ASC 900 và hình chiếu của S AC lên (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC sao cho AH . Tính theo a thể tích của khối chóp và khoảng cách 4 giữa đường thẳng CD với mặt phẳng (SAB). Câu 5: (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3; 1 , B 1;1;3 và đường thẳng d có phương x y 1 z 2 trình . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB và tìm điểm C trên đường thẳng d 2 1 1 sao cho CAB là tam giác cân tại C. Câu 6: (1 điểm) 2 a) Gọi x1, x2 là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình x 2x 5 0 . Tính x1 x2 b) Giải phương trình 1 sin 2x cos 2x Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2x y 1 0 và điểm A 1; 2 . Gọi M là giao điểm của với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm AB và trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng , đồng thời diện tích tam giác ABC bằng 4. x x 2 x 4 y 1 y 3 y 5 Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình: trên ¡ 2 2 x y x y 44 Câu 9: (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 9 P x2 y2 z2 4 x y x 2z y 2z
ĐÁP ÁN (ĐỀ 24) Câu Gợi ý nội dung Điểm 1.1 Txđ 0,25 (1điểm) Sự biến thiên 0,25 BBT 0,25 Đồ thị ( qua các điểm đặc biệt ) 0,25  1.2 AB 2;1 , AB 5 , phương trình đường thẳng AB: x 2y 1 0 0,25 (1điểm) 0,25 x 1 1 M x; là điểm cần tìm, ta có SMAB AB.d M ;(AB) x 1 2 0,25 x 1 x 2 1 2 1 x 1 x2 4x 1 x 9x 4 0 S 5 5 x 3 (vì x 0 ) MAB 2 2 5 x 1 x x 6 0 0,25 1 ĐS: M 3; 2 2(1điểm) 3 0,50 1) pt log 2x 1 1 2x 1 2 x 2 2 2) bpt 2 x 1 2 2x x 1 2x x 1 0,50 3(1điểm) 3 1 3 x 0,25 I dx dx 2 2 2 1 x x 1 1 x x 1 0,25 Đặt u x2 1 u2 x2 1 udu xdx , x2 u2 1 0,25 2 2 u 1 2 u 1 u 1 1 2 1 1 1 u 1 I du du du ln 2 2 u 1 u 2 2 u 1 u 1 2 2 u 1 u 1 2 u 1 2 0,25 1 ln 3 3 2 2 2 4(1điểm) a 2 3a 2 AH , CH 4 4 0,25 3a2 a3 6 SAC vuông tại S: SH 2 AH.CH , V 0,25 8 12 CD // SAB d CD;(SAB) d C;(SAB) 4d H;(SAB) Trong (ABCD), kẻ HK  AB AB  SHK SAB  SHK
Trong (SHK), kẻ HI  SK HI  SAB 0,25 a 1 1 1 16 8 56 3a2 HK , HI 2 4 HI 2 HK 2 SH 2 a2 3a2 3a2 56 2a 3 0,25 d CD;(SAB) 14  5(1điểm) Tọa độ trung điểm M của đoạn AB: M 0; 2; 1 , AB 2; 2;4 0,25 Mặt phẳng trung trực (P) của đoạn AB đi qua M, nhận n 1; 1; 2 làm VTPT nên có phương trình: 0,25 x y 2 2 z 1 0 x y 2z 0 CAB cân tại C CA CB C P 0,50 x y 1 z 2 Vậy C là giao điểm của d với (P), tọa độ C là nghiệm: 2 1 1 C 6;4; 1 x y 2z 0 6(1điểm) a) 4 4i2 , 0,25 x1 1 2i ,x2 1 2i , x1 x2 2 5 0,25 b) Giải phương trình x k 0,25 sin x 0 2 1 sin 2x cos 2x 2sin x cos x 2sin x cos x sin x x k 0,25 4 7(1điểm) 2x y 1 0 1 Tọa độ M: M ;0 y 0 2
x 1 1 Giả sử B x; y , M là trung điểm AB nên B 2; 2 y 2 0 Giả sử C x; y , ta có: 0,25 x 1 y 2 N 2 1 0 2 2 1 0,25 S BC.2d A; 2 2 1 ABC 2 4 x 2 y 2 . 5 0,25 2x y 2 2x y 2 x 6 2 2 2 0,25 x 2 y 2 80 5x 20x 60 0 x 2 ĐS: B 2; 2 , C 6; 10 hoặc C 2; 6 8(1điểm) x x 2 x 4 y 1 y 3 y 5(1) Giải hpt: trên ¡ 0,25 y 3 x 3 1(2) Xéthàm số f t t t 2 t 4 trên 0; , có 0,25 1 1 1 f t 0, t 0; 2 t 2 t 2 2 t 4 Nên (1) x x 2 x 4 y 5 4 y 5 2 y 5 x y 5 (*) 0,25 Thay (*) vào (2): y 3 y 2 1 (3) Nhân (3) với lượng liên hợp: 5 y 3 y 2 (4) 0,25 (3), (4) y 3 3 y 6 ĐS: 1; 6 9(1điểm) 1 * x2 y2 z2 4 x2 y2 x2 y2 z2 4 z2 4 2 1 1 2 2 x2 y2 2xy z2 22 2z x y z 2 2 2 1 2 2 1 2 x y z 2 2 x y z 2 x y z 2 4 4 0,25 1 1 * x y x 2z y 2z x y x y 4z 3x 3y x y 4z (1) 2 6
1 Vì 3x 3y x y 4z 3x 3y x y 4z 2 x y z nên 2 4 2 (1) x y x 2z y 2z x y z 6 8 27 0,25 Vậy P x y z 2 2 x y z 2 8 27 Đặt t x y z , xét hàm số f t với t 0 t 2 2t 2 8 27 8t3 2t 2 108t 108 Ta có f t f t , t 2 2 t3 t3 t 2 2 5 f t 0 t 6 f 6 8 t 0 6 f t + 0 0,25 f t 5 8 0,25 5 5 x y z 6 Vậy P . Suy ra max P khi x y z 2 . 8 8 x y z Mọi cách giải đúng khác đều đạt điểm tối đa
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA (ĐỀ 25) . Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = - x 3 + 3x2 - 1 (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để phương trình x 3 - 3x2 + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2.( 1,0 điểm ) a) Giải phương trình: sinx cos x cos2x 3 4i b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: z (3 5i)(6 i) 3 2i Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log3 x 1 log3 3 x log3 2x 3 x 3 y 3 1 Câu 4.( 1,0 điểm) )Giải hệ phương trình . 2 2 3 x y 2xy y 2 1 Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân I = x 1- xdx ò0 Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SB tạo với mặt phẳng (SAD) một góc 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a . Câu 7.( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2. Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt x 2 y z 1 đường thẳng d : và vuông góc với đường thẳng d : x 2 2t; y 5t; z 2 t (t R ). 1 3 1 2 2 1 2 3 n n 2n n Câu 9. (0,5 điểm) Giải phương trình: Cn 3Cn 7Cn (2 1)Cn 3 2 6480 Câu 10.( 1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 x 2 1 x m HẾT
ĐÁP ÁN (ĐỀ 25) Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = - x 3 + 3x2 - 1 (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1. Tập xác định: D = R 2. Sự biến thiên: - y¢= - 3x2 + 6x , cho y¢= 0 Û - 3x2 + 6x = 0 Û x = 0 hoac x = 2 - Giới hạn : lim y ; lim y x x - Bảng biến thiên : x – 0 2 + y¢ - 0 + 0– + 3 y –1 - - Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ;0) và (2;+ ) - Hàm số đạt cực đại tại : x = 2 ; yCĐ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 0 ; yCT = -1 y 3. Đồ thị : 3 y = m - 1 Cho x = -1 y = 3 , ( -1 ; 3 ) Tâm đối xứng I (1;1) 1 O -1 1 2 3 x -1
b)Tìm m để phương trình x 3 - 3x2 + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Ta có x 3 - 3x2 + m = 0 Û x 3 - 3x2 = - m Û - x 3 + 3x2 = m Û - x 3 + 3x2 - 1 = m - 1(*) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m – 1 Dựa vào đồ thị (*) có 3 nghiệm phân biệt Û - 1 < m - 1 < 3 Û 0 < m < 4 Câu 2.( 1,0 điểm ) a) Ta có: sinx cos x cos2x sinx cos x cos2 x sin2 x (sinx cos x)1 (cos x sinx) 0 2cos(x ) 0 sinx cos x 0 4 cos x sinx 1 2cos(x ) 1 4 x k 3 4 2 x k cos(x ) 0 2cos(x ) 0 4 4 4 x k2 x k2 2 4 4 2cos(x ) 1 cos(x ) 4 4 2 x k2 x k2 2 4 4 3 4i b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: z (3 5i)(6 i) 3 2i Ta có (3 4i)(3 2i) z 18 3i 30i 5i2 32 22 9 6i 12i 8i2 298 333 23 27i Vậy phần thực: , phần ảo: 32 22 13 13 1 18i 298 333 23 27i i 13 13 13 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 2log9 x 1 log3 3 x log3 2x 3 x 1 0 Điều kiện 3 x 0 1 x 3 (*) 2x 3 0
Phương trình tương đương log 3 x 1 log 3 3 x log 3 2x 3 log 3 x 1 (3 x) log 3 2x 3 x 1 (3 x) 2x 3 x2 2x 3 2x 3 x2 0 x = 0 , kết hợp với đk (*) phương trình có 1 nghiệm x = 0 x 3 y 3 1 Câu 4.( 1,0 điểm) ) Giải hệ phương trình 2 2 3 x y 2xy y 2 Ta có x 3 y 3 1 x 3 y 3 1 (1) . 2 2 3 3 3 2 2 x y 2xy y 2 2x y x y 2xy 0 (2) x 3 y 3 1 (3) 3 2 y 0 . Ta có: x x x 2 2 1 0 (4) y y y x 1 Đặt : t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 t = 1 , t = . y 2 x 3 y 3 1 1 a) Nếu t = 1 ta có hệ x y x y 3 2 x 3 y 3 1 b) Nếu t = -1 ta có hệ hệ vô nghiệm. x y 1 x 3 y 3 1 3 3 23 3 Nếu t = ta có hệ x , y 2 y 2x 3 3 1 Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân I = x 1- xdx ò0 .  Đặt t = 1- x Þ dt = - dx Þ dx = - dt và x = 1- t  Đổi cận: x01 t10 1 æ 3 5 ö 1 3 ç ÷ 1 0 1 ç2t 2 2t 2 ÷ 4  Vậy, I = x 1- xdx = (1- t) t (- dt) = (t 2 - t 2 )dt = ç - ÷ = ò0 ò1 ò0 èç ÷ø 3 5 0 15 Câu 6. (1 điểm) Ta có SA  (ABCD) SA là chiều cao
Đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 2 nên SABCD (a 2) 2a Ta có góc [SB,(SAD)] = BSA = 60o Tam giác SAB vuông tại A có AB a 2 a 6 AB a 2 SA tan 60o 3 3 1 1 a 6 2a3 6 Vậy V = S .SA 2a 2. 3 ABCD 3 3 9 x 3 2t Câu 7.( 1,0 điểm) d1: , I d1 I( 3 t ; t) y t 27 7 d(I , d2) = 2 11t 17 10 t , t 11 11 2 2 27 21 27 21 27 t = I1 ; (C1 ) : x y 4 11 11 11 11 11 2 2 7 19 7 19 7 t = I 2 ; (C2 ) : x y 4 11 11 11 11 11 Câu 8. (1,0 điểm) Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: 2x 5y z 2 0 x 1 y 1 z 1 Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là:A 5; 1;3 d: 3 1 1 1 2 3 n n 2n n Câu 9. (0,5 điểm) Giải phương trình: Cn 3Cn 7Cn (2 1)Cn 3 2 6480 n 0 1 2 2 3 3 n n Xét 1 x Cn Cn .x Cn .x Cn .x Cn .x n 0 1 2 3 n n Với x = 2 ta có: 3 Cn 2Cn 4Cn 8Cn 2 Cn (1) n 0 1 2 3 n Với x = 1 ta có: 2 Cn Cn Cn Cn Cn (2) 1 2 3 n n n n Lấy (1) – (2) ta được: Cn 3Cn 7Cn 2 1 Cn 3 2 PT 3n 2n 32n 2n 6480 32n 3n 6480 0 3n 81 n 4 Câu 10.( 1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 x 2 1 x m 4 x 2 1 x m D = [0 ; + )
3 3 1 3 2 2 4 4 2 3 x x (1 2 ) 4 2 x 1 x x (x 1) x *Đặt f(x) = x 1 x f '(x) 3 4 2 3 4 2 3 2 (x 1) 2 x 2 (x 1) . x 1 3 2x 2 4 (1 ) . x x 2 1 3 1 4 (1 ) x 2 Suy ra: f’(x) = 0 x (0 ; ) 1 3 24 (1 ) . x x 2 x 2 1 x x 2 1 x 2 * lim (4 x 2 1 x) lim lim 0 x x 4 2 x 4 2 2 x 1 x ( x 1 x)( x 1 x) * BBT x 0 + f’(x) f(x) 1 0 Vậy: 0 < m 1
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA (ĐỀ 26) 2x + 1 Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số: y = x - 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm trên (C) có tung độ bằng 5. Câu 2.( 1,0 điểm ) c) Cho số phức z = 1+ 3i . Tìm số nghịch đảo của số phức: w = z2 + z.z 2 d) Giải phương trình : 10.cos x 7.cos x 6 0 3 3 2x2+ 6x- 6 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: ( 2) = 2.4x + 1 Câu 4.( 1,0 điểm) )Giải phương trình x2 x2 3x 5 3x 7 1 Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân I = x(x + ex )dx ò0 Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với mặt đáy. Góc · SCB = 600 , BC = a, SA = a 2 . Gọi M là trung điểm SB.Tính thể tích khối chóp MABC Câu 7.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d 1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A(- 1;1;1),B(5;1;- 1),C(2;5;2),D(0;- 3;1) . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm D, tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).Viết phương trình mp tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC). Câu 9. (0,5 điểm) Gieo đồng thời ba con xúc sắc.Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên ba con là 10. Câu 10.( 1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P a2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a2 3 HẾT
ĐÁP ÁN - ĐỀ SỐ 26 2x + 1 Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = x - 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.  Tập xác định: D = ¡ \ {1} - 3  Đạo hàm: y¢= < 0, " x Î D (x - 1)2  Giới hạn và tiệm cận: lim y = 2 ; lim y = 2 Þ y = 2 là tiệm cận ngang. x® - ¥ x® + ¥ y lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ Þ x = 1 là tiệm cận đứng. 5 x® 1- x® 1+ 4  Bảng biến thiên 3 2 1 O 1 2 4 x x – 1+ -2 -1 y¢ + + 2 + ¥ y - ¥ 2 Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.  Đồ thị: 1 Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 Û x = - 2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 1 b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm trên (C) có tung độ bằng 5. 2x0 + 1 Ta có: y0 = 5 Û = 5 Û 2x0 + 1 = 5x0 - 5 Û x0 = 2 x0 - 1 - 3  f ¢(x ) = = - 3 0 (2 - 1)2
 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y - 5 = - 3(x - 2) Û y = - 3x + 11 Câu 2.( 1,0 điểm ) a) Cho số phức z = 1+ 3i . Tìm số nghịch đảo của số phức: w = z2 + z.z Với z = 1+ 3i , ta có  w = z2 + z.z = (1+ 3i)2 + (1+ 3i)(1- 3i) = 1+ 6i + 9i 2 + 12 - 9i 2 = 2 + 6i 1 1 2 - 6i 2 - 6i 2 - 6i 1 3  = = = = = - i w 2 + 6i (2 + 6i)(2 - 6i) 22 - 36i 2 40 10 10 2 t 1/ 2(nhan) b) Đặt t = cos x , điều kiện : . Ta1 cót :1 10t Với 7t 6 0 3 t 6/5(loai) x k2 x k2 1 1 3 3 t ta có cos x cos 2 k Z 2 3 2 3 x k2 x k2 3 3 3 2 1 2 2x + 6x- 6 (2x + 6x- 6) 2 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: ( 2) = 2.4x + 1 Û 22 = 2.22(x + 1) Û 2x + 3x- 3 = 22x + 3 éx = - 3 x2 + 3x - 3 = 2x + 3 Û x2 + x - 6 = 0 Û ê êx = 2 ëê Câu 4.( 1,0 điểm) ) Ta đặt x2 3x 5 t (t 0) ta được t 2 t 12 0 , giải được t = 3 , t = -4 ( loại) Với t = 3 , giải tìm được : x 1 hoặc x 4 1 Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân I = x(x + ex )dx ò0 ì ïì du = dx ï u = x ï  Đặt ï Þ ï 2 í x í x x ï dv = (x + e )dx ï v = + e îï îï 2 Ta có 1 1 1 x2 1 x2 1 x 3 I = x(x + ex )dx = x( + ex ) - ( + ex )dx = + e - ( + ex ) ò 2 ò0 2 2 6 0 0 0 1 1 4 = + e - ( + e) + (0 + 1) = 2 6 3
Câu 6. (1 điểm) ì ï BC ^ SA Ì (SAB) í Þ BC ^ (SAB) (do SA cắt BC) ï BC ^ AB Ì (SAB) îï  Mà BC Ì (SBC) nên (SBC) ^ (SAB) S ·  Ta có, SB = BC.tanSCB = a.tan 600 = a 3 M 2 2 2 2 a 2 AB = SB - SA = (a 3) - (a 2) = a 60 A C 1 1 1 a2 2 a  S = ×S = × ×SA ×AB = DMAB 2 DSAB 2 2 4 B 1 1 1 a2 2 a3 2  Thể tích khối chóp M.ABC: V (đvdt)= ×B ×h = ×S ×BC = × ×a = 3 3 DMAB 3 4 12 Câu 7.( 1,0 điểm) Do B d1 nên B(m; – m – 5), C d2 nên C(7 – 2n; n) 2 m 7 2n 3.2 m 1 Do G là trọng tâm ABC nên B(–1; –4), C(5; 1) 3 m 5 n 3.0 n 1 83 17 338 PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x2 y2 x y 0 27 9 27 Câu 8. (1,0 điểm) uuur uuur Ta có AB = (6;0;- 2) , AC = (3;4;1) uuur uuur æ0 - 2 - 2 6 6 0ö r ç ÷ Þ vtpt của mp(ABC): n = [AB,AC ] = ç ; ; ÷= (8;- 12;24) èç4 1 1 3 3 4ø÷  PTTQ của mp(ABC): 8(x + 1) - 12(y - 1) + 24(z - 1) = 0 8x - 12y + 24z - 4 = 0 Û 2x - 3y + 6z - 1 = 0 - Mặt cầu (S) có tâm D, tiếp xúc mp(ABC) Tâm của mặt cầu: A(0;- 3;1) 2.0 - 3.(- 3) + 6.1- 1 14  Bán kính mặt cầu: R = d(D,(ABC)) = = = 2 22 + (- 3)2 + 62 7  Phương trình mặt cầu (S) : x2 + (y + 3)2 + (z - 1)2 = 4  Gọi (P) là tiếp diện của (S) song song với mp(ABC) thì (P) có phương trình
2x - 3y + 6z + D¢= 0 (D¢¹ - 1) 2.0 - 3.(- 3) + 6.1+ D¢  Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d(I ,(P)) = R Û = 2 22 + (- 3)2 + 62 é15 + D¢= 14 éD¢= - 1 (loai) Û 15 + D¢ = 14 Û ê Û ê ê15 + D¢= - 14 êD¢= - 29(nhan) ëê ëê  Vậy, phương trình mp(P) cần tìm là: 2x - 3y + 6z - 29 = 0 Câu 9. (0,5 điểm) Gọi  là tập hợp tất cả các khả năng xảy ra.Ta có n( ) = 6.6.6=216 Gọi A là biến cố:” tổng số chấm xuất hiện trên ba con là 10”. Các khả năng thuận lợi của A chính là tổ hợp có tổng bằng 10 là: (1;3;6), (1;4;5), (2;2;6), (2;3;5), (3;3;4) và các hoán vị có thể của các tổ hợp này. Ta có n(A) = 6+6+3+6+3 = 24 ( do (2;2;6), (3;3;4) chỉ có 3 hoán vị) n(A) 24 1 Vậy xác suất P(A) = = n() 216 9 Câu 10.( 1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P a2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a2 3 2 2 2 1 1 1 1 Ta có a +b 2ab, b + 1 2b . a2 2b2 3 a2 b2 b2 1 2 2 ab b 1 1 1 1 1 1 1 Tương tự . , . b2 2c2 3 2 bc c 1 c2 2a2 3 2 ca a 1 1 1 1 1 1 1 ab b 1 P 2 ab b 1 bc c 1 ca a 1 2 ab b 1 b 1 ab 1 ab b 2 1 1 P khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1 2 2
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA (ĐỀ 27) Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số : y x3 6x2 9x (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) . 2. Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẽ được các tiếp tuyến với (C), sao cho trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau . Câu 2 (1 điểm ). a) Giải phương trình: 2cos2 2x 3cos3x 4cos 2x 3cos x 0 b) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa : z 1 5i z 3 i . Câu 3( 0.5 điểm). Giải phương trình: log2 3x 1 6 log0,5 5x 2 2 2 xy 2x 5y 3 x 2y Câu 4 (1 điểm). Giải hệ phương trình : x 2y 2 y x 1 x 1 2x 2y 2 2 Câu 5. (1 điểm) .Tính tích phân : I 2x cos2 xdx 0 Câu 6. (1 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình thang vuông tại B và C, SA  ABCD ; biết CD BC 2AB 2a; SA a 3 . Tính khoảng cách giữa BC và SD, góc giữa hai mặt phẳng SBC và SCD . Câu 7. (1 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 3;6 , trực tâm H 2;1 , trọng tâm 4 7 G ; , C có tung độ dương. Tính diện tích tam giác ABC. 3 3 Câu 8. (1 điểm) : Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B 2;1;0 ,C 2;0;2 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm B, C và cách A một khoảng lớn nhất. Câu 9.(0.5 điểm). Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên lấy 4 viên bi từ hộp. Gọi A là biến cố “ trong số 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. Tính xác suất của biến cố A. Câu 10. (1 điểm ). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x y z .Tìm3 giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x3 y3 z3 2 P xy yz zx . y3 8 z3 8 x3 8 27 Hết