Đề luyện thi THPT quốc gia môn Toán số 20

 - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
 !"#$ !"%
&'()
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
*+",- .! điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 1y x x= - +

( )
1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng
: 2 1d y x= +
với đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M
thuộc
d
và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác vuông tại M.
*+ , -".! điểm)
a) Cho góc
a
thỏa mãn
2
p
a p< <
và
12
sin
13
α
=
. Tính

os
4
A c
p
a
æ ö
÷
ç
÷
= -
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
b) Cho số phức
z
thỏa mãn
( )
(1 ) 2i z z i+ = +
. Tính môđun của số phức
z
.
*+/,-!.% điểm0Giải phương trình
2 2
log ( 1) log (3 4) 1 0x x- + - - =
.
*+# -".! điểm) Giải bất phương trình
2 2 2

3
( 2)( 2 2 5) 9 ( 2)(3 5 12) 5 7x x x x x x x+ - + - £ + + - - + +
*+%, -".! điểm)Tính tích phân
1
2
0
( 3 )
x x
x e e dx+
ò
.
*+ 1 -".! điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thang vuông tại
A
và
B
,
2 2 , 3AB BC a AD a= = =
. Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng
( )ABCD
là trung
điểm của cạnh AB. Tính theo
a
thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách từ
A

đến mặt phẳng
( )SCD
biết
13SD a=
.
*+ 2 -".! điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC
vuông tại
A
có
2AC AB=
. Điểm
(2; 2)M -
là trung điểm của cạnh
BC
. Gọi
E
là điểm thuộc cạnh
AC
sao cho
3EC EA=
, điểm
4 8
;
5 5
K
æ ö
÷
ç
÷

ç
÷
ç
÷
ç
è ø
là giao điểm của
AM
và
BE
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
, biết điểm
E
nằm trên đường thẳng
: 2 6 0d x y+ - =
.
*+3, -".! điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(2; 1;2), (0;0;2)A B-
và
đường thẳng
3 6 1
:
2 2 1
x y z
d
- - -
= =
-
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc

với d và phương trình mặt cầu có tâm B, tiếp xúc với (P).
*+4,-!.% điểm0Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, lớp 12A Có 2 học sinh đạt giải môn Toán
đều là học sinh nam và 4 học sinh đạt giải môn Vật lí trong đó có 2 học sinh nam và 2 học sinh nữ.
Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong các học sinh đạt giải đó đi dự lễ tổng kết năm học của tỉnh. Tính
xác suất để 4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán
và học sinh đạt giải môn Vật lí.
*+"! -".!điểm) Cho các số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn
2 2 2
5( ) 9( 2 )x y z xy yz zx+ + = + +
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 3
1
( )
x
P
y z x y z
= -
+ + +
.
$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$5$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
6789:;<'=>?@'
 - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
ABCD
E

BFGHIJ !"%
&'()K;>"
*+ ?? <L
"
- .!M<L0
0(1,0điểm0
+Tập xác định:
=D R
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
2
0
' 6 6 , ' 0
1
=

= − = ⇔

=

x
y x x y
x

Các khoảng đồng biến:
( ;0)−∞
và
(1; )+∞
; khoảng nghịch biến:
(0;1)

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0,x y=
CĐ
= 1; hàm số đạt cực tiểu tại
1,x y=
CT
= 0
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên :
x
−∞
0 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y 1
+∞




−∞
0
+ Vẽ đồ thị:
!. %
!. %

!. %
!. %
0(1,0 điểm0
Xét phương trình hoành độ giao điểm của
: 2 1= +d y x
và đồ thị (C) là:
3 2 3 2
2 3 1 2 1 2 3 2 0x x x x x x− + = + ⇔ − − =
(*)
Giải phương trình (*) ta được ba nghiệm phân biệt
1 2 3
1
0, 2,
2
x x x= = = −
Vậy d cắt (C) tại ba điểm phân biệt
1
(0;1), (2;5), ;0
2
A B C
 
−
 ÷
 
: 2 1 ( ;2 1)M d y x M t t
∈ = + ⇒ +
, tọa độ các điểm cực trị của (C) là
(0;1), (1;0)D T
M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành tam giác vuông tại M
. 0(**)DM TM⇔ =

uuuur uuuur
, mặt khác ta có
( ;2 ), ( 1;2 1)DM t t TM t t= = − +
uuuur uuuur
2
(**) 5 0 0t t t⇒ ⇔ + = ⇔ =
hoặc
1
5
t = −

0 (0;1)t M D= ⇒ ≡
(loại);
1 1 3
;
5 5 5
t M
 
= − ⇒ −
 ÷
 
!. %
!. %
!. %
!. %

-".!M<L0
0(0,5điểm0
Ta có
( )

2
os os sin
4 2
A c c
π
α α α
 
= − = +
 ÷
 
2 2
144 25 5 5
os 1 sin 1 os os ( )
169 169 13 13 2
c c c do
π
α α α α α π
= − = − = ⇔ = ± ⇒ = − < <
!. %
!. %
 - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Thay
12 5
sin , os
13 13
c
α α
= = −
vào A ta được
7 2

26
A
=
0-0,5 điểm0cho số phức
z
thỏa mãn
( )
(1 ) 2 (*)i z z i+ = +
. Tính môđun của số phức
z
Đặt
,( , );z a bi a b= + ∈ ¡
khi đó
z a bi= −
. Do đó
(*) (1 )( ) ( 2) ( ) ( ) ( 2)i a bi a bi i a b a b i b a iÛ + + = - + Û - + + = + +

2 2
4
4 2 2 5
2 2
a b b a
z
a b a b
 
− = =
 
⇔ ⇔ ⇒ = + =
 
+ = + =

 
 
!. %
!. %
/
-!.%M<L0
Giải phương trình
2 2
log ( 1) log (3 4) 1 0 (1)x x- + - - =
.
Điều kiện xác định:
4
3
x >
(*). Với điều kiện (*), ta có
2
2 2 2
(1) log ( 1)(3 4) 1 log (3 7 4) log 2x x x x⇔ − − = ⇔ − + =

2
3 7 2 0 2x x x⇔ − + = ⇔ =
(do điều kiện (*)).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
!. %
!. %
#
-".!M<L0
Giải bất phương trình
2 2 2
3

( 2)( 2 2 5) 9 ( 2)(3 5 12) 5 7 (1)x x x x x x x+ - + - £ + + - - + +
Điều kiện xác định:
5
2
x ≥ −
. Khi đó ta có
3
3 2 2 2
(1) 3 14 15 2( 2) 2 5 3( 2) 5 5 7 0x x x x x x x x⇔ + + + − + + − + + − + ≤
3
3 2 2 2
3 18 2( 2)( 2 5 3) 3( 2)( 5 3) 3 5 7 0x x x x x x x x
⇔ + − − − + + − − + + − + − + ≤
(
)
2 2
2
2
2
3 3
2 2
2( 2)(2 4) 3( 2)( 4) 5(4 )
( 2)( 5 9) 0
2 5 3
5 3
9 3 5 7 5 7
x x x x x
x x x
x
x

x x
+ − + − −
⇔ − + + − − + ≤
+ +
+ +
+ + + +
(
)
2
2
2
2
3 3
2 2
4( 2) 3( 2) 5( 2)
( 2) 5 9 0(*)
2 5 3
5 3
9 3 5 7 5 7
x x x
x x x
x
x
x x
 
 ÷
+ + +
⇔ − + + − − − ≤
 ÷
 ÷

+ +
+ +
+ + + +
 ÷
 
Ta có với
(
)
2
2
2
2
3 3
2 2
4( 2) 4 3( 2) 3
( 2); ( 2)
3 5
2 5 3
5 3
5
5( 2) 5( 2)
2
9
9 3 5 7 5 7
x x
x x
x
x
x
x x

x x

+ +
≤ + < +

+ +
+ +

≥ − ⇒

+ +
<


+ + + +

(
)
2
2
2
2
3 3
2 2
4( 2) 3( 2) 5( 2)
5 9
2 5 3
5 3
9 3 5 7 5 7
x x x

x x
x
x
x x
+ + +
⇒ + + − − − >
+ +
+ +
+ + + +
2
18 57 127 5
0,
45 2
x x
x
+ +
> ∀ ≥ −
!. %
!. %
!. %
!. %
 - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Do đó (*)
2 0 2x x
⇔ − ≤ ⇔ ≤
, kết hợp với điều kiện
5
2
x ≥ −
ta suy ra bất

phương trình đã cho có nghiệm là
5
2
2
x− ≤ ≤

%
-".!M<L0
Ta có
1
2
0
( 3 )
x x
I x e e dx= +
ò
1 1
2 3
0 0
3
x x
xe dx e dx= +
∫ ∫
.
Đặt
1
3
0
3
x

J e dx
=
∫
và
1
2
0
x
K xe dx=
∫
; ta có
1
1
3 3 3
0
0
3 1
x x
J e dx e e
= = = −
∫
1
2
0
x
K xe dx=
∫
. Đặt
2
2

1
2
x
x
du dx
u x
dv e dx
v e

=

=
 
⇒
 
=
=




; khi đó
1
1
2 2
0
0
1 1
2 2
x x

K xe e dx= −
∫

1
2 2
0
1 1
2 4
x
K e e⇔ = −
2 2 2
1 1 1 1 1
2 4 4 4 4
e e e= − + = +
. Vậy
3 2
1 3
4 4
I e e= + −
!. %
!. %
!. %
!. %
1
-".!M<L0
S Ta có
2 2 2 2
9 10HD AD HA a a a= + = + =

2 2 2 2

13 10 3SH SD HD a a a⇒ = − = − =
Diện tích của hình thang vuông ABCD là

2
1 1
( ) (3 )2 4
2 2
ABCD
S AD BC AB a a a a= + = + =

3
.
1 4 3
.
3 3
S ABCD ABC D
a
V SH S⇒ = =

. . . .
1
. .
6
S ACD S ABCD S ABC S ABCD
V V V V SH AB CD
= − = −

3 3
3
4 3 3

3
3 3
a a
a= − =
Ta có
HBC∆
vuông cân tại B,
HB a
=
.
2HC a⇒ =
. Do đó
2 2
5SC SH HC a= + =
. Kẻ
CE AD⊥
tại E , khi đó ta
có
CED∆
vuông cân tại E,
2 2 2CE ED a CD a
= = ⇒ =
Xét
SCD∆
có
2 2 2 2 2 2
5 8 13SC CD a a a SD SCD+ = + = = ⇒ ∆
vuông tại C
Do đó
2

1
. 10
2
SCD
S SC CD a
∆
= =
. Vậy
3
.
2
3
3 3 3 30
( ;( ))
10
10
S ACD
SCD
V
a a
d A SCD
S
a
∆
= = =
!. %
!. %
!. %
!. %
2

-".!M<L0
Kẻ
MI AC
⊥
tại I và
BD MI⊥
tại D. Khi đó ta có tứ
giác AIDB là hình vuông có M, E lần lượt là trung điểm
của BC, AI. Do đó ta có
⊥
BE AM
tại K

⇒
véc tơ pháp tuyến của BE là
6 18
;
5 5
KM
 
= −
 ÷
 
uuuur

hay
(1; 3)n = −
ur
⇒
phương trình

: 3 4 0BE x y
− + =

Ta có
: 2 6 0 (2;2)E BE d x y E= ∩ + − = ⇒


⊥AD BI
, ME là đường trung bình của
∆AID

nên suy ra
⊥BI ME
tại F(2 ; 0) là trung điểm của ME

⇒
phương trình
=
: 0B I y
; vậy
( 4;0)B BE BI B
= ∩ ⇒ −
!. %
!. %
B

A
H
C
D

E
C
A B
M
I
E
K
K
D
BA
E
I
C
M
F
 - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

(8; 4)C⇒ −
(vì M(2; -2) là trung điểm của BC)
Ta có
4BI FI= ⇒
uur uur
tọa độ điểm I(4; 0)

⇒
tọa độ điểm A(0; 4 ) (vì I(4; 0) là trung điểm của AC)
!. %
0. %
3
-".!M<L0

Véc tơ chỉ phương của d là
( 2;2;1)u = −
r

(P) d⊥ ⇒
(P) nhận
( 2;2;1)u = −
r
là véc tơ pháp tuyến
⇒
Phương trình của
(P) : 2( 2) 2( 1) ( 2) 0 2 2 4 0x y z x y z− − + + + − = ⇔ − + + + =
Gọi (S) là mặt cầu tâm B, có bán kính là
R
Ta có (S) tiếp xúc với (P) nên ta có
(B;(P)) 2R d= =
⇒
phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
( 2) 4x y z+ + − =

!. %
!. %
!. %
!. %
4
-!.%M<L0
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cách chọn ra 3 học sinh trong các học
sinh đạt giải của kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, do đó ta có
3

6
( ) C 20n Ω = =
Kí hiệu A là biến cố ‘‘4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả
học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí’’.
Vì chỉ có đúng 2 học sinh nữ đạt giải đều thuộc môn Vật lí, do đó phải chọn tiếp ra 2
học sinh nam lại phải có mặt ở hai môn khác nhau thì chỉ có thể là 2 học sinh nam
đạt giải môn Toán hoặc 1 học sinh nam đạt giải môn Toán và 1 học sinh nam đạt
giải môn Vật lí. Vậy ta có
1 1
2 2
(A) 1
(A) 1 . 5 (A)
( ) 4
n
n C C P
n
= + = ⇒ = =
Ω
!. %
!. %
"!
-".!M<L0
Theo giả thiết ta có
+ + = + + ⇔ + + = + + + + +
2 2 2 2
5( ) 9( 2 ) 5( ) 9( 2 ) 10( )x y z xy yz zx x y z xy yz zx xy yz zx
⇔ + + = + + ≤ + + +
2 2
5( ) 19 ( ) 28 19 ( ) 7( )x y z x y z yz x y z y z
 

⇔ + ≤ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ +
 ÷
+ + +
 
19
5 1 7 2 2( )
x x x
x y z
y z y z y z
Mặt khác ta có
+ ≤ + ⇔ + ≥ +
2 2 2 2 2 2
1
( ) 2( ) ( )
2
y z y z y z y z
Vì vậy
( )
+
≤ − = −
+
+
+ + +
+
3 3
2
2( ) 1 4 1
1
27( )
2( )

( )
2
y z
P
y z
y z
y z y z
y z
Đặt
− +
= + > ⇒ ≤ − = − + ≤
2
3 3
4 1 (6 1) (2 1)
0 16 16
27 27
t t
t y z P
t
t t
Vậy
=min 16P
; dấu bằng đạt tại



= +
=




= ⇔
 
 
= =



+ =

1
2( )
3
1
1
12
6
x y z
x
y z
y z
y z
!. %
!. %
!. %
!. %
$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$N$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$$