Đề thi thử THPT quốc gia môn toán Giáo Viên Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

ĐỀ SỐ 6 - KHOÁ PEN – I – 2016
GV: Lê Anh Tuấn - Nguyễn Thanh Tùng
Nên tự làm và bấm giờ các bạn nhé – dùng đáp án và thang điểm để tự chấm cho mình!
Chúc các bạn ôn luyện thật tốt và vượt qua kì thi THPTQG thành công !
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  1 .

(3m  1) x  m 2  m
có đồ thị (Cm ) . Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại giao
xm
điểm của đồ thị (Cm ) với trục hoành song song với đường thẳng d : y  x  1 .
Câu 3 (1,0 điểm).
10 z
a) Cho số phức z thỏa mãn z 
 5 . Tính môđun của z .
1  2i
2
b) Giải phương trình: log 6  x  3  log 1  x  2   4 trên tập số thực.
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

6

e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

3  ln x
x



ln x  2



dx .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2;3), B (2; 1;3) và mặt phẳng
( P ) : x  2 y  2 z  1  0 . Tính diện tích tam giác OAB . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và cách
mặt phẳng ( P ) một khoảng bằng 1.
Câu 6 (1,0 điểm).
3
a) Cho góc  thỏa mãn    
và sin   2cos   1. Tính A  2 tan   cot  .
2
b) Từ 16 chữ cái của chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái. Tính xác suất để chọn
được 5 chữ cái đôi một phân biệt.
a 10
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có 
; AC  a 2 và BC  a . Hình
ACB  1350 , CC ' 
4
chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của đoạn AB . Tính theo a thể tích
của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và B ' C ' .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh AB

 60 15 
lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại
 17 17 
N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 .
xy 1
 2
y
.3 y  1
 y  1 
2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x, y    .
x  x 1
 2
2
2
(8 x  4) 2(1  x )  y  y
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  3 .

2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1)
12
1

 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 
4ab  (a  b)(c  3)
(a  1)(b  1)
2c

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN

tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

PEN I – N3

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

------------------------------ĐỀ SỐ 6
Câu

facebook.com/ ThayTungToan

Môn : TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  1 .

Điểm
 1, 0

* Tập xác định: D   .
* Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y '  4 x 3  4 x ; y '  0  x  0 hoặc x  1 .

0,25

Các khoảng nghịch biến: ( ; 1) và (0;1) ; các khoảng đồng biến: ( 1; 0) và (1;  ) .
– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  0 ; đạt cực đại tại x  0 , y

CĐ

 1.

0,25

– Giới hạn: lim y  lim y   .
x 

x 

– Bảng biến thiên:

0,25
1

* Đồ thị:

0,25

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

(3m  1) x  m 2  m
có đồ thị (Cm ) . Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại giao
xm
điểm của đồ thị (Cm ) với trục hoành song song với đường thẳng d : y  x  1 .
Cho hàm số y 

 m2  m 
4m 2
m2  m
và
(
C
)
cắt
trục
hoành
tại
điểm
M
;0
(
y

0

x


)


m
( x  m) 2
3m  1
 3m  1 
Do tiếp tuyến của (Cm ) tại M song song với đường thẳng d : y  x  1 nên
Ta có: y ' 

 1, 0
0,25

2

 m2  m 
1
 3m  1 
y '
 1  m  1 hoặc m  
 1 

5
 2m 
 3m  1 
2

0,25

Với m  1  M (1;0) , phương trình tiếp tuyến là: y  x  1 (loại – do trùng với d ).
1
3
3 
Với m    M  ; 0  , phương trình tiếp tuyến là: y  x  (thỏa mãn)
5
5
5 
1
Vậy m   là giá trị cần tìm.
5
Chú ý: Khi gặp câu hỏi viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x ) song song
với đường thẳng y  ax  b , việc sử dụng dữ kiện f '( x0 )  a chỉ là điều kiện cần nhưng chưa
đủ . Do đó sau khi giải ra kết quả ta cần có bước kiểm tra lại điều kiện song song.

3

10 z
 5 . Tính môđun của z .
1  2i
2
b) Giải phương trình: log 6  x  3  log 1  x  2   4 .

0,25

0,25

a) Cho số phức z thỏa mãn z 

 1, 0

6

10 

 10.(1  2i) 
z 1 
  5  z 1 
5
5
 1  2i 


5
5(3  4i ) 3 4
 (3  4i ) z  5  z 

  i.
3  4i
25
5 5

Ta có z 

a)

10 z
5
1  2i

2

0,25
2

3 4
3  4
Vậy z   i , suy ra môđun của số phức z là: z        1 .
5 5
5 5
x  3  0
x  3
Điều kiện: 
. Khi đó phương trình tương đương :

x  2  0
 x  2

2log 6 x  3  2log 6  x  2   4  log6  x  3  x  2   2  x  3  x  2   36 (*)
b)

TH1 : 2  x  3 , khi đó: (*)   3  x  x  2   36  x 2  x  30  0

Đặt t  ln x  t 2  ln x  2tdt 



dx
x

0,25

 1, 0
0,25

1

4

0,25

(vô nghiệm)

TH2 : x  3 , khi đó : (*)   x  3 x  2   36  x 2  x  42  0  x  7 hoặc x  6 (loại).
Vậy phương trình có nghiệm: x  7 .
e
3  ln x
Tính tích phân I  
dx .
ln x  2
1 x



0,25

2

1

3

3t
t  3t
.2tdt  2
dt
0 t2
0 t 2

Đổi cận x  1  t  0 và x  e  t  1 , khi đó: I  

0,25

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

1

14 

 2  t 2  2t  7 
dt
t2

0

0,25
1

 t3

50
 2   t 2  7t  14 ln t  2  
 28 ln 2 .
3
0 3
5

6

a)

Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 2;3), B (2; 1;3) và mặt phẳng
( P ) : x  2 y  2 z  1  0 . Tính diện tích tam giác OAB . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng AB và cách mặt phẳng ( P ) một khoảng bằng 1.

 
OA  (1; 2;3)
1  
1 2 2
115
 OA, OB   (9;3; 5)  SOAB  OA, OB  
9  3  ( 5) 2 


2
2
2
OB  (2; 1;3)

x  1 t


Ta có AB  (1; 3; 0) , suy ra phương trình đường thẳng AB :  y  2  3t .
z  3

1  t  2(2  3t )  2.3  1
Do M  AB  M (1  t ; 2  3t ;3) . Ta có: d ( M ( P ))  1 
1
12  22  22
t  1  M (0;5;3)
6 7 
 5t  2  3   1    6 7  . Vậy M (0;5;3) hoặc M  ; ;3  .
 M  ; ;3 
t 
5 5 
 5
  5 5 
3
a) Cho góc  thỏa mãn    
và sin   2cos   1. Tính A  2 tan   cot  .
2
b) Từ 16 chữ cái của chữ “ KI THI THPT QUOC GIA” chọn ngẫu nhiên ra 5 chữ cái.
Tính xác suất để chọn được 5 chữ cái đôi một phân biệt.
sin   2 cos   1

2
 3  sin   0
Với     ;   
(*) . Ta có  2
 1  2cos    cos 2   1
2
2  cos   0

sin   cos   1
4
 5 cos 2   4 cos   0  cos    hoặc cos   0 (loại do (*) )
5

0,25

 1, 0
0,25

0,25

0,25
0,25

 1, 0

0,25

2

9

3
 4
Khi đó sin 2   1  cos 2   1    
 sin    ( theo (*) )
25
5
5
sin  3
1
4
1
Suy ra tan  
 và cot  
 . Do đó A  2 tan   cot   .
cos  4
tan  3
6

b)

Số cách chọn 5 chữ cái từ 16 chữ cái là: n()  C165  4368
Chữ “ KI THI THPT QUOC GIA”
có 8 chữ cái xuất hiện 1 lần là các chữ : K, P, Q, U, O, C, G, A
có 1 chữ cái xuất hiện 2 lần là chữ: H
có 2 chữ cái xuất hiện 3 lần là các chữ: I, T
Gọi B là biến cố trong đó 5 chữ cái được chọn đôi một phân biệt.
Gọi tập X  {K; P; Q; U; O; C; G; A}, khi đó ta có các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Trong 5 chữ được chọn đều thuộc tập X , số cách chọn: C85  56
Trường hợp 2: Trong 5 chữ được chọn có chứa 4 chữ thuộc tập X


và 1 chữ H, số cách chọn: C84 .C21  140



và 1 chữ I, số cách chọn: C84 .C31  210

0,25

0,25

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng
4
8



facebook.com/ ThayTungToan

1
3

và 1 chữ T, số cách chọn: C .C  210
Vậy số cách chọn trong trường hợp này là: 140  210  210  560 .

Trường hợp 3: Trong 5 chữ được chọn có chứa 3 chữ thuộc tập X
 và 1 chữ H, 1 chữ I số cách chọn: C83 .C21 .C31  336


và 1 chữ H, 1 chữ T, số cách chọn: C83 .C21 .C31  336

và 1 chữ I, 1 chữ T, số cách chọn: C83 .C31 .C31  504
Vậy số cách chọn trong trường hợp này là: 336  336  504  1176
Trường hợp 4: Trong 5 chữ được chọn có chứa 2 chữ thuộc tập X , 1 chữ H, 1 chữ I , 1 chữ T
Số cách chọn: C82 .C21 .C31 .C31  504


0,25

Khi đó n( B )  56  560  1176  504  2296
Vậy xác suất cần tìm là: P( B) 

n( B) 2296 41

 .
n() 4368 78

a 10
Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có 
; AC  a 2 và BC  a . Hình chiếu
ACB  1350 , CC ' 
4
vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của đoạn AB . Tính theo a
thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và B ' C ' .
1

1
a2
0

Ta có S ABC  CA.CB sin ACB  a 2.a sin135 
2
2
2
2
2
2

Xét ABC ta có: AB  AC  BC  2 AC.BC cos ACB  2a 2  a 2  2.a 2.a.cos1350  5a 2
CA2  CB 2 AB 2 a 2
2
B'
Ta
có:
CM


 .
A'
2
4
4
a 6
Suy ra: C ' M  C ' C 2  CM 2 
4
Suy ra thể tích VABC . A' B ' C '  C ' M .S ABC

C'

H

a 6 a 2 a3 6
. 
.
4 2
8
Do AA ' // BB '  AA ' // ( BCC ' B ')
 d ( AA ', B ' C ')  d ( AA ', ( BCC ' B '))
 d ( A, ( BCC ' B '))  2d ( M , ( BCC ' B ')
AB
(do AM  ( BCC ' B ') và
 2 ).
MB

 1, 0

0,25

0,25



7
B

A

1350

M
C

0,25

5a 2
AB a 5

 BM 2 
 BC 2  CM 2  BMC vuông tại C hay BC  CM
2
2
4
Mà ta có: BC  C ' M  BC  (C ' CM ) (*)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CC ' , khi đó MH  CC '
Mặt khác: BC  MH (theo (*), suy ra MH  ( BCC ' B ')  d ( M , ( BCC ' B '))  MH .
Ta có BM 

1
1
1
4
8
20
a 15


 2  2  2  MH 

2
2
2
MH
MC
MC '
a 3a
3a
10
a 15
Khi đó d ( AA ', B ' C ')  2d ( M , ( BCC ' B '))  2MH 
.
5

Xét tam giác MCC ' ta có:

0,25

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh AB
 60 15 
lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt
 1, 0
 17 17 
đường kéo dài CI tại N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường

thẳng 2015 x  2016 y  0 .

GV: Nguyễn Thanh Tùng

C
1

M

1
2

A

3

4

1

1

I

2

B

0,25

2
1

N

8

  CMI
  1800  ACMI nội tiếp đường tròn
Ta có CAI
  I  450  I  M
M
 M
  900  
M
AMN  900 hay AM  MN .
1
1
2
4
1
4
  8
32  8
Ta có MN   ;    .(1; 4) , suy ra phương trình AM : x  4 y  0
 17 17  17
x  4 y  0
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
 x  y  0  A(0; 0)
2015 x  2016 y  0


 C
  450  M  450  MI là phân giác của góc 
Ta có M
AMN
2

1

0,25

3

  900  BAC
  ACBN nội tiếp đường tròn  N
B
N

Mặt khác, BNC
1
1
2
 , suy ra I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN
Suy ra NI là phân giác của MNA
Phương trình AN : x  4 y  0 ; AM : x  4 y  0 và MN : 4 x  y  15  0
x  4y
4 x  y  15
3x  5 y  15  0
Phương trình phân giác của góc 
AMN thỏa mãn:



17
17
5 x  3 y  15  0
Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5 x  3 y  15  0  BC : 3 x  5 y  15  0
x  4y
4 x  y  15
x  y  5  0
Phương trình phân giác NC của góc 
ANM thỏa mãn:


17
17
x  y  3  0
Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y  3  0

x  y  3  0
x  0
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

 C (0; 3)
3 x  5 y  15  0
y  3
Khi đó AB đi qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  0
y  0
x  5
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 


 B (5; 0)
3 x  5 y  15  0
y  0
Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) .

0,25

0,25

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Chú ý:
Trong hình vẽ bài toán
này, ta có thể khai thác
thêm tính chất ED  AN
để sáng tạo ra các đề bài
mới, với E là giao điểm
của AB và MN và D là
giao điểm thứ hai của
đường tròn đường kính IB
với AN .

facebook.com/ ThayTungToan

C

M
E

A

B

I

D
xy 1
 2
y
.3 y  1 (1)
 y  1 
2
Giải hệ phương trình 
x  x 1
 2
2
2
(8 x  4) 2(1  x )  y  y (2)

N

 1, 0

 x, y    .

 y  (;0)  1;  
Điều kiện: 
1  x  1
2

Biến đổi (1) 
Do



y 1 1  y



1
y

y 2  1  1 3  0 và





x  1  x .3

9



x

1
y

1



y2  1 1 y
.3 
y





x 2  1  x .3x (*)
0,25



x 2  1  x .3x  0 , suy ra y  0

  2
 1
1
1 y

Khi đó (*)     1  .3 

  y
y


Xét hàm số f (t ) 



2





x 2  1  x .3 x

(2*)



t 2  1  t .3t với t 

 t


1 
Ta có f '(t )  
 1  .3t  t 2  1  t .3t ln 3  3t t 2  1  t  ln 3 

2

t2 1 
 t 1 

 t2 1  t 2  t  t  t2 1  t  0

Mà 
 f '(t )  0 với t  
1
1
 ln 3 
0
ln 3  1  2
t 1
t 2 1

1
1
1
Suy ra f (t ) đồng biến với t   . Khi đó (2*)  f    f ( x)   x  y  (3*)
y
x
y





Thay (3*) vào (2) ta được: (8 x 2  4) 2(1  x 2 ) 





0,25

1 1

x2 x

1

1

 x  2
x 


2
(8 x 2  4)2 .2(1  x 2 )  1  1
32 x 2 (1  x 2 )(2 x 2  1)2  x  1  0 (4*)


x2 x

0,25

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan

1
1
1
 
 0; x 

 x  1 . Do đó ta đặt x  cos t với t   0;  , khi đó phương
x
2
2
 4
2
2
2
2
trình (4*) có dạng: 32 cos t.(1  cos t )(2 cos t  1)  cos t  1  0
 8sin 2 2t.cos 2 2t  cos t  1  0  2sin 2 4t  cos t  1  0
Do y 

 k 2 t 0;  
 4
t  7
8t  t  k 2


  t  0; 2 
 cos8t  cos t  




k


 9 
8t  t  k 2
t  k 2

9





2
1  
Khi đó hệ có 2 nghiệm là: ( x; y )  (1;1),  cos
;
 .
9 cos 2  


9  



Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab  bc  ca  3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T 

2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1)
12
1

 2
4ab  (a  b)(c  3)
(a  1)(b  1)
2c

0,25

 1, 0

Ta có 4ab  ( a  b)(c  3)  3ab  3( a  b)  ( ab  bc  ca)  3ab  3(a  b)  3  3(a  1)(b  1)

4  2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1)
12
4
1

T 
 2
4ab  (a  b)(c  3) (a  1)(b  1)
(a  1)(b  1)
2c

0,25

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc) 2  abc  1
Biến đổi
(a 2  1)(b 2  1)  a 2b 2  a 2  b 2  1  (a 2  b 2  2ab)  (a 2b 2  2ab  1)  (a  b)2  (1  ab)2
(*)
 2
2
2
2
2
2(c  1)  (c  2c  1)  ( c  2c  1)  ( c  1)  ( c  1)
10

Với x, y , u , v   , ta luôn có: ( x 2  y 2 )(u 2  v 2 )  xu  yv (2*) . Thật vậy:
+) Nếu xu  yv  0 thì (2*) luôn đúng.

0,25

+) Nếu xu  yv  0 thì (2*)  ( x 2  y 2 )(u 2  v 2 )  ( xu  yv )2  ( xv  yu )2  0 (luôn đúng)
Sử dụng phép biến đổi (*) và áp dụng (2*) , ta được:

4  2(a 2  1)(b 2  1)(c 2  1)  4   (a  b)2  (1  ab)2   (c  1) 2  (c  1) 2 
 4  ( a  b)(c  1)  (1  ab)(c  1)  abc  ab  bc  ca  a  b  c  1  2(1  abc)
 ( a  1)(b  1)(c  1)  2(1  abc)
 ( a  1)(b  1)(c  1) (do abc  1 )
1
1  AM GM c c 1
3
5
c c

    2  1  33 . . 2  1   1 
2
2c  2 2 2 c 
2 2 2c
2
2
5
5
Khi a  b  c  1 thì T  . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là .
2
2
Chú ý: Bất đẳng thức (2*) chính là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, song nếu áp dụng trong
kì thi THPT quốc gia các bạn phải chứng minh (có thể theo cách trình bày ở bài trên hoặc
  
chứng minh theo phương pháp vecto nhờ sử dụng bất đẳng thức u . v  u.v ).

0,25

Khi đó T  c  1 

0,25

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !