Tuyển Tập Đề Thi Thử Môn Toán Phần 2

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 11

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2  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) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)





cos x 2sin x  3 2  2cos 2 x  1

 1.
1  sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z. Tính môđun của z.
a) Giải phương trình

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x  log 2  4 x   5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x3  6 x 2  171x  40  x  1 5x  1  20  0, x 
1  x3
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I  
lnxdx.
x

1
e

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB  BC  a, BAD  900 ,
cạnh SA  a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A
lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là
điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D.
4 
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương trình
3 
đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.

Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:

x 1 y z 3
 
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
1
1
1

điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.
Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:

1

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

a3
a3   b  c 

3



b3
b3   c  a 

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

3



c3
c3   a  b 

3

1

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 11

1
Tập xác định: .
Giới hạn và tiệm cận: lim y  . Đồ thị (C) có không tiệm cận.

0.25

x 

CBT: Ta có y '  4 x3  4x  4x  x2  1; y'  0  x  0  x  1.
Dấu của y’: y '  0  x   1;0  1;   ; y '  0  x   ; 1   0;1
 hàm số ĐB trên mỗi khoảng  1;0  và 1;   . NB trên mỗi khoảng  ; 1 và 0.25
(0 ; 1)
Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) =
1.
x

-

y’
1a

-1
-

0

+

0

+

0

+

1
-

0

+
0.25

+

1

y
0

0

Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.

1b
Câu

2a

0.25

Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0)
=0
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.

0.25
0.25

2

Điều kiện: 1  sin 2 x  0  x    k

0.25

4

Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x  3 2 cos x  2cos x 1  1  sin 2 x
2

2


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831
cos x  2  l 

2
 2 cos x  3 2 cos x  2  0  

2
cos x 

2

Với cos x 

2

 x    k 2 .
2
4

Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x 

2b
Câu

4

0.25
 k 2 , k  .

1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z  1  i   2  i   1  2i  z  8  i
2

2b



2

0.25

 2i  2  i   1  2i  z  8  i
z

8  i 8  i 1  2i 

 2  3i  z  13
1  2i
5

0.25

Vậy môđun của z là 13.
3
Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với

0.25

1
3
log 2 x  log 2 x  log 2 4  5  log 2 x  3
2
2
 log2 x  2  x  4 (t/m)

Câu

0.25

Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.
4
Điều kiện: x 

1
5

Khi đó phương trình tương đương với

x

3





 6 x 2  12 x  8   3x  6   8  5 x  1 5 x  1  36  5 x  1  54 5 x  1  27   6 5 x  1  9







  x  2  3 x  2  2 5x  1  3  3 2 5x  1  3
3

3



0.25



Xét hàm sô f  t   t  3t
Phương trình (1) có dạng f  x  2  f  2 5x  1  3
3

Ta có: f '  t   3t 2  3; f '  t   0  t  1
t

-

-1

f’(t)

+

0

+

1
-

0

+

0.25

f(t)

Suy ra: Hàm số f  t   t 3  3t đồng biến trên khoảng (1; + )
x  2  1

Với điều kiện x   
1
5


2 5 x  1  3  1
Từ đó suy ra 1  x  2  2 5x  1  3

0.25

3


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831
 x  1
 x  1
 x  1  2 5x  1   2
 2

 x  2 x  1  4  5 x  1  x  22 x  5  0
 x  1

 x  11  116  t / m 
 x  11  116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x  11  116.

Câu

0.25

5
1  x3
ln x
Ta có: I  
lnxdx  
dx   x 2lnxdx  I1  I 2
x
x
1
1
1
e

e

e

Tính I1: I1  
1

e

e
lnx
ln 2 x e 1
dx   ln xd  lnx  

x
2 1 2
1

1

du  dx

u

ln
x

x

Tính I2: I 2  x 2lnxdx . Đặt 

2
3
x
dv  x dx 
1

v

3
e
3
3
3
e 1 2
x
e 1 e 2e 1
 I 2  ln x 
x dx   x3 

1 31
3
3 9 1
9
9

0.25
0.25

e



0.25



e

Vậy I  
1

Câu

1  x3
1 2e3 1 11 2e3
lnxdx  
  
x
2 9 9 18 9

0.25

6
Chứng minh: SCD vuông tại C  ABCD là
hình thang đáy AD, BC. ACD vuông cân
0.25
tại C.
 AC  CD  a 2; AD  2a  SC; BD  a 5
VSBCD
=
VS.ABCD
–
VSABD


S SCD  a 2 2; d  B,  SCD   

(hoặc

d  B,  SCD  

d  A,  SCD  

d  H ,  SCD  
d  B,  SCD  

Câu





3VS .BCD
SSCD

a3 2 a3 2 a3 2
(đvtt).


2
3
6

a3 2
a
 2 6 

2
a 2

0.25

3.

0.25

BK 1
a
  d  B,  SCD    )
CK 2
2

SH SA2 2
2
a
 2   d  H ,  SCD    d  B,  SCD   
SB SB
3
3
3

0.25

7

4

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831
S

ABM

DCM (g  g) 

AB
DC

3
AM DM

Xét tam giác CMD ta có:
CM 2  DM 2  CD2  4CI 2  10DM 2
4
Mà DM  2d (I,d) 
nên CI 2  4
10
3 11
Gọi I  3 y  6; y  Ta có  C   ;  
 5 5

0.5
(loại)

hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
I là trung điểm của CM  M  1; 1  phương trình đường tròn tâm I là

 C  :  x  1

2

  y  1  4
2

D là giao điểm của CD và (C)  D   ;   . Phương trình đường thẳng BM:
 5 5
3

11

3x  y  4  0

Phương trình đường thẳng BC: 3x  5 y  4  0. B là giao điểm của BM và BC

0.5

 B  2;2

Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC  AB : x  2  0 . A là
giao điểm của AB và AC  A 2; 1
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A 2; 1 , B  2;2 , C 3; 1
Câu

8
Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt.
Suy ra phương trình mp(P): 1. x  2  1. y  1  1. z  2  0  x  y  z  5  0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH  d( M , d) 

0.25

 4 1 10 
8
, H ; ; .
3
3 3 3 

Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 0.25
MH .

2



3

4 2
3

 x 1 y z 3
 

Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1 1 1
.
( x  4 )2  ( y  1)2  ( z  10 )2  8

3
3

3
9


0.25

Giải hệ này ta tìm được A, B là:
 4 2 6 1 2 6 10 2 6   4 2 6 1 2 6 10 2 6 
; 
; 
; 
; 
 
,  

9 3
9 3
9  3
9 3
9 3
9 
3

Câu

0.25

9
Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau:
n    A85  A74  5880 .

0.25

Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n  A  A74  6. A63  1560

0.25

5


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

 Xác suất cần tìm P(A) =
Câu

1560 13

5880 49

10
Xét BĐT: 1  x3  1 

x2
, x  0
2

Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có:
1  x3 

1  x  1  x  x2  

0.25

1 x 1 x  x
x
 1
2
2
2

2

Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3

1

a2
a 2  b2  c 2

1
3
2
1bc
bc
1 
1 



2 a 
 a 
b3
b2
c3
c2

2
;



3
3
a 2  b2  c 2
a 2  b2  c 2
b3   c  a 
c3   a  b 

a3   b  c 

Tương tự, ta có:

1

3







Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y 

0.25

 3

0.25
0.25

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 12
2x 1
(1).
x2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Chứng minh rằng đường thẳng (d ) : y   x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình: cos 2 x  (1  2 cos x)(sin x  cos x)  0
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình : 7x  2.71x  9  0 .
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình : 3x  3  2 x  28  x  5


2

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   cos x 3 sin x  1 dx .
0

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam
giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S
trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Gọi I là giao điểm của
HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).

6


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2)
9



là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M  ; 2  là trung điểm của cạnh BC, phương
3 
trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là d: 4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;7; 18) và
mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  1  0. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và
vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA + MB
nhỏ nhất.
n

2

Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   , biết rằng n là


x

số nguyên dương thỏa mãn 4Cn31  2Cn2  An3 .
Câu 10.(1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

x 2 (y  z) y 2 (z  x) z 2 (x  y)


.
yz
zx
xy

7


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12

1

1/ TXĐ: D  \ 2
2/ Sự biến thiên
Giới hạn- tiệm cận
Ta có: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y  
x 

x 

x 2 

0.25

x 2

Đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2.
Chiều biến thiên.
Ta có y' 

3
 0 x  D
( x  2) 2

0.25

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;2) và (2;)
Bảng biến thiên
1a

x 
yʹ


y



-2
+

+

0.25

2

2



3/ Đồ thị:
1
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điể(0; )
2
1
và cắt trục Ox tại điểm(  ;0)
2

Đồ thị nhận điểm I(-2;2) làm tâm đối
xứng.

y

2
-2

0.25

O

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình
 x  2
2x  1
 x  m   2
x2
 x  (4  m) x  1  2m  0 (1)

1b

Câu

Do (1) có   m2  1  0 và (2)2  (4  m).(2)  1  2m  3  0 m nên đường thẳng
d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B.
Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12)
AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất, đạt được khi m = 0.
Với m = 0 thì AB  24
Vậy m = 0 thì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất và AB  24
2
cos 2 x  (1  2 cos x)(sin x  cos x)  0  sin x  cos x (cos x  sin x  1)  0
sin x  cos x  0

cos x  sin x  1  0

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

8


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831



sin x  cos x  0  2 sin  x    0  x   k 
4
4

 x    k 2


cos x  sin x  1  0 v  2 sin  x    1  
 x    k 2
4


2

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm:



x   k , x   k 2 , x    k 2  k  
4

Câu

0.25

0.25

2

3

7 x  2.71x  9  0  7 x 

14
9  0
7x

Đặt t  7 x , t  0
ta có PT: t 

0.25

t  7
14
( thỏa mãn t > 0 )
 9  0  t 2  9t  14  0  

t

2
t


Với t = 7  7x  7  x  1
Với t = 2  7x  2  x  log7 2
Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, x  log 7 2
Câu

0.25

0.25

4

x  1
2

( 3x  3  x  5)  2 x  28

(I)  3x  3  x  5  2 x  28  

x  1

2

 3x  12 x  15  13  x
x  1

 x  13
13  x  0

TH 1 

0.25

1  x  13

 4  x  13
2
2
3x  12 x  15  (13  x)
Kết luận bpt có nghiệm S   4;  

TH 2 

Câu

0.25
0.25

5
2
3

Đặt u  3 sin x  1  cos xdx  udu
Đổi cận: x  0  u  1; x 



u 2
2
2
2
2 u3 2
Khi đó: I   u. udu 
3
3 3 1
1

Tính được I 
Câu

0.25

14
9

0.25
0.25
0.25
0.25

6

9


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

1
VS . ABCD  SH .S ABCD
3

Ta có SH2=HA.HB=2a2/9  SH 

a
2
3

a
a3 2
(đvtt)
2.a 2 
9
9
d ( I , ( SCD))
IC
13
IC CD 3
IC 3

 và CH2=BH2+BC2= a 2
 

và
IH BH 2
CH 5
9
d ( H , ( SCD)) HC

0.25

VS . ABCD 

1
1
1
11
a 22


 2  HM 
2
2
2
HM
SH
HK
2a
11
3a 22
d ( I , ( SCD)) 
55

Câu

0.25
0.25

7
Gọi K là trung điểm của HD. chứng minh AN vuông
góc với MN. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB
vuông góc với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác
ABK.
Suy ra BP  AK  AK  KM
Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt
(BD):
y-2=0
AH: x-1=0 và A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0
Phương trình KM: đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AN có pt: MK:
x  4y 

15
 0 Toạ độ K(1/2;2)
2

BC qua M và song song với AD nên BC: 2x+y-12=0
Câu

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

8

Ta có AB  (2,4, 16) cùng phương với a  (1,2, 8) , mp(P) có PVT
n  (2, 1,1) .
Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)
Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là
2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2x + 5y + z  11 = 0
Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với mp(P). Gọi
A' là điểm đối xứng với A qua (P).
x 1 y  3 z 2


, AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của
2
1
1
2x  y  z  1  0

 x  1 y  3 z  2  H(1,2, 1) . Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :



1
1
 2

Pt AA' :

0.25

0.25

0.25

10


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831
2x H  x A  x A '

2y H  y A  y A '  A '(3,1,0)
2z  z  z
A
A'
 H

Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :

x  3 y 1 z

 . Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
1
1 3

phương trình
0.25

2x  y  z  1  0

 x  3 y  1 z  M(2,2, 3)




1 3
 1

Câu

9
Ta có 4Cn31  2Cn2  An3  4.
 2(n  1)  3  3(n  2)

(n  1)n((n  1)
 n(n  1)  n(n  1)(n  2), n  3
6

0.25

 n  11
11

k

11
11
2
2
Khi đó  x 2     C11k ( x 2 )11k .     C11k .(2) k .x 223k .
x

 x

k 0
k 0
7
Số hạng chứa x là số hạng ứng với k thỏa mãn 22  3k  7  k  5.
5
Suy ra hệ số của x 7 là C11
.(2)5  14784.

Câu

0.25

10
Ta có : P 

x 2 x 2 y2 y2 z2 z 2

   
y
z
z
x
x y

(*)

Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R
Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0
Tương tự, ta có :

0.25
2

hay

2

x
y

xy
y
x

x, y > 0

y2 z 2
  yz
z
y

y, z > 0

z2 x 2

zx
x
z

x, z > 0

0.25

Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z =

1
. Vì vậy, minP = 2.
3

0.25
0.25

11


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 13

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x4  2 x2  1 .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ x 

2

.
2

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

4sinx + cosx = 2 + sin2x

b) Giải phương trình

log2(x – 3) + log2(x – 1) = 3

Câu 3 (0,5 điểm).Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i) 2 – (1+2i)
e

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =


1

Câu 5 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

3  ln x
dx
2x

2 x  7  5  x  3x  2

Câu 6 (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  4 z  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 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc
của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết
SA  a 2, AC  2a, SM 

5
a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp
2

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có
phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm của
hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2IA , hoành
độ điểm I: xI  3 và M  1;3 nằm trên đường thẳng BD.
(1  y)( x  3 y  3)  x 2  ( y  1)3 . x

( x, y  R ) .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x 2  y  2 3 x3  4  2( y  2)

Câu 10 (0,5 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y  7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

P  2 xy  y  5( x2  y 2 )  24 3 8( x  y)  ( x 2  y 2  3) .

12


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 13

Câu 1
TXĐ: D = R
Giới hạn: lim y  , lim y  
x 

0.25

x 

x  0  y  1
 x  1  y  2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (1;0) và (1; ) , hàm số đồng biến trên mỗi

Sự biến thiên: y /  4 x3  4 x, x  R  y /  0  

0.25

khoảng (; 1) và (0;1)
Bảng biến thiên
x 
y’

+

-1
0

-

0
0

+

1
0



0.25

y

2

2
1

1a




Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C).

0.25

2
7
)
2
4
2
Hệ số góc k của tiếp tuyến là: k= y / ( )  2
2
 2 
2 7
x

Pttt (d) có dạng y  y / 



2  4
 2 

Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y(

1b

 y  2x 

3
4

0.25
0.25
0.25
0.25

Câu 2
2a

 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – Cosx) ( 2Sinx -1) = 0

0.25
13


2a

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831


(VN )
 x  6  k 2

(k  z )
 x  5  k 2

6

2  Cosx  0



1
 Sinx 
2




 x  6  k 2
Kết luận: 
 x  5  k 2

6

ĐKXĐ: x > 3

0.25

(k  z )

(*)

Với ĐK (*) (1)  log 2 ( x  3)( x  1)  3

0.25

 ( x  3)( x  1) = 2 3
 x  1 (loai )



 x  5 (nhân)


2b

0.25

Vậy nghiệm của (1): x = 5
Câu 3
Z = 4 – 4i + i 2 - 1 - 2i = 2 - 6i

0.25

4  36 = 2 10

Suy ra z =

0.25

Câu 4
Đặt t = 3  ln x  t 2 = 3 + lnx
 2tdt =

3 , x = e t = 2

Đổi cận: x = 1  t =

t

2

dt =

3

=

0.25

3 2

2

I=

0.25

dx
dx
 tdt =
2x
x
t
3

0.25
3

83 3

3

0.25

Câu 5
+ ĐK:

2
 x  5 . Biến đổi PT về dạng
3

0.25

2 x  7  3x  2  5  x

+ Bình phương hai vế, đưa về được 3x2 17 x  14  0
+ Giải ra được x  1 hoặc x 

14
3

0.25
0.25

+ Kết hợp với điều kiện, nhận được

14
2
 x  1 hoặc
 x5

3
3

0.25

Câu 6
Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))=

1  2  12  3
1  1  16



6
 2
18

0.25
14


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2

0.25

Vectơ chỉ phương của d là ud =(1;1;-4)

0.25

 x  1 t

Phương trình tham số của d là:  y  2  t
 z  3  4t


0.25

Câu 7
Từ giả thiết SO  ( ABCD)  SO  AC, OA  a ,

S

SO  SA2  OA2  a

A

1
OSM  O :OM  SM 2  SO 2  a
2

D

Ta có

K

M

0.25

O

ABC  B : BC  2MO  a, AB  AC 2  BC 2  3a

0.25

H

1
3 3
AB.BC.SO 
a
3
3
Gọi N trung điểm BC  MN / / AC  d (SM , AC)  d ( AC,(SMN ))  d (O,(SMN ))
OMN  O : OMN  O : OH  MN , SO  MN  MN  (SOH )
SOH  O :OK  SH  OK  (SMN )  OK  d (O,(SMN )
B

N

VS . ABCD 

C

3
a
3

a, OM  , OH  MN  OH 
a
2
2
4
OS .OH
57
SOH  O : d ( SM , AC )  OK 

a
2
2
19
OS  OH

0.25

OMN  O : ON 

0.25

Câu 8
Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A 1; 2  .
A
F
B

Lấy điểm E  0;2   AC . Gọi F  2a  3; a   AB
sao cho EF // BD.

D
E

0.25

M

EF AE
EF BI



 2  EF  2 AE
BI
AI
AE AI
a  1
2
2
  2a  3    a  2   2  
 a  11 .
5


Khi đó

I
C

0.25

Với a  1 thì EF   1; 1 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là
n  1; 1 . Pt BD : x  y  4  0  BD  AC  I  2;2 

BD  AB  B  5; 1

IB
IB
3
 3

ID   ID   2 ID  D 
 2;
 2 .
ID
IA
2
 2

IA
IA
1
IA  
IC   IC  
IC  C 3 2  2; 2 .
IC
IB
2
11
7 1

Với a 
thì EF   ;  là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là
5
5 5

Ta có IB  



0.25



n  1; 7  . Do đó, BD : x  7 y  22  0  I  8; 2  (loại).

0.25

15


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Câu 9
 x 2  y  0
 x 2  y

 x  0, y  1
 x  1, y  1
Nhận xét x  1, y  1 không là nghiệm của hệ. Xét y  1 thì pt (1) của hệ (I)

ĐKXĐ: 

x2  x( y  1)  3( y  1)2  ( y  1) x( y 1)  0
2

 x 
x

3
 
 y 1  y 1
t

x
0
y 1

x
, t  0 . Khi đó, pt (1) trở thành
y 1

0.25

t  t  t  3  0   t  1  t  t  2t  3  0  t  1.
4

2

3

Với t = 1, thì

0.25

2

x
 1  y  x  1 , thế vào pt(2), ta được
y 1

x 2  x  1  2 3 x 3  4  2  x  1  x 2  x  1  2  3 x 3  4   x  1   0




x2  x 1


 x  x 1  6 
0
2
2
3 3
3 x3  4
    x  1 x  4   x  1 
 
2




 x  x  1 1 



0.25



0
2 
3
x  4   x  1 


6 x2  x 1

2

3

x

3

 4     x  1 3
2

1 5
2
1 5

3 5
Với x 
y
.
2
2
 x2  x 1  0  x 

 x  1 .
0.25
 1 5 3  5 
;
.
2 
 2

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm  x; y   
Câu 10

2

 2x  2  3 y  3 
Ta có 6( x  1)( y  1)  (2 x  2)(3 y  3)  
  36  x  y  xy  5 .
2



Ta có 5( x2  y 2 )   2 x  y   5( x 2  y 2 )  2 x  y và
2

( x  y  3)2  x 2  y 2  9  2 xy  6 x  6 y  0

0.25

 2( x  y  xy  3)  8( x  y )  ( x 2  y 2  3)

Suy ra P  2( xy  x  y)  24 3 2( x  y  xy  3)
Đặt t  x  y  xy, t   0;5 , P  f (t )  2t  24 3 2t  6
Ta có f (t )  2 
/

24.2
3 3 (2t  6)2

2

3

(2t  6)2  8
3

(2t  6) 2

 0, t   0;5

0.25

Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 .
16

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831
Suy ra min f (t )  f (5)  10  48 3 2 .
x  2
V
Vậy min P  10  48 3 2, khi 
y 1

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 14

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3x2  2 có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông
góc
với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C).
Câu 2 (1,0 điểm).
cosx  3sin x  2 1
 .
2sin x  3cosx  4 2
1
1
1
1
1
b) Tìm phần ảo của số phức z, biết z 

.


 ... 

2
3
99
1  i (1  i) (1  i)
(1  i)
(1  i)100

a) Giải phương trình

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (3  5) x  (3  5) x  3.2x.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 8x3  2 x  (4  x 1)( x  14  8 x 1) .
4

1
x

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (  x ) ln xdx .
1

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông a, cạnh bên SA vuông
góc với đáy, SC tạo với đáy góc 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt
phẳng (SBC), (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có BD 

10

AC . Biết rằng
5

M (2; 1) , N (2; 1) lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng
x  7 y  0 đi qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và
mặt phẳng ( ) : x  y  z  6  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng
( ) và tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) sao cho tam giác ABM vuông cân tại M.
Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một
nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ.
Câu 10 (1,0 điểm). Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  (a 2  2)(b2  2)(c 2  2) 

1296
abc
17


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

18


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14

1
a) y   x3  3x2  2
1. Tập xác định: D 
2. Sự biến thiên của hàm số

0.25

* Giới hạn tại vô cực của hàm số.
lim y  lim ( x3  3x 2  2)  lim x3 (1 
x 

x 

x 

3 2
 )  ;lim y  
x x3
x 

 x  0  y(0)  2
y '  3x 2  6 x; y '  0  
 x  2  y (2)  6

* Lập bảng biến thiên
bảng biến thiên
x

-

y'

-

0

+

0

+

1a

+

2

0

0.25

-

6

y

2
-

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;0 ) và (2;+  );
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2);Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 =>yct=2, Hàm
số đạt cực đại tại x=2=>ycđ=6
3. Đồ thị

0.25

y

Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại (0; 2)

6

fx = -x +3x +2
3

2

0.25

4

đồ thị hàm số nhận I(1;4) làm tâm đối xứng
2

x

O
-10

-5

1

2

Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và
vuông góc với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C).
-2

Điểm cực đại của (C) là A(2;6), điểm cực tiểu của (C) là B(0;2)
1b

Hệ số góc của AB là k AB 

y 6  2

 2 . d đi qua A vuông góc với AB có
x 2  0

0.25

1
2

phương trình là d : y   ( x  2)  6
19

THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Hoành độ giao điểm của d và (C) nghiệm phương trình
0.25

1
 x3  3x 2  2   ( x  2)  6
2
x  2
 ( x  2)(2 x  2 x  5)  0  
 x  1  11

2

0.25

1  11 27  11
1  11 27  11
 A(2;6); C (
;
), D(
;
)
2
4
2
4

0.25

2

Câu

2
Giải phương trình

cosx  3sin x  2 1
 (1) .
2sin x  3cosx  4 2

do 22  (3)2  13  16  42  2sin x  3cosx  4 vô nghiệm nên

0.25

2sin x  3cosx 4  0x
(1)  2(c osx  3sin x  2)  2sin x  3cos x  4
5
5
 5cos x  8sin x  tanx=  x  arctan  k (k  )
8
8

Tìm phần ảo của số phức z, biết z 

1
1
1

1
1


 ... 

.
2
3
99
1  i (1  i) (1  i)
(1  i)
(1  i)100

z
1
1
1
1
1
1
1


 ... 


 z

2

3
99
100
101
1  i (1  i) (1  i)
(1  i)
(1  i)
(1  i)
1  i (1  i)101

1
(1  i)100
1
1
 iz  1 
 1 
 1  50  z  (1  50 )i
100
100
(1  i)
2
2
2
1
vậy phần ảo của z là b  1  50
2

Câu

0.25

0.25

0.25

3
Giải phương trình (3  5) x  (3  5) x  3.2x (1)
x

x

 3 5   3 5 
(1)  
  
  3(*)
2
2

 

x

x

0.25

 3 5 
 3 5  1
Đặt t  
 (t  0)  

 
2
2



 t
1
t

Thay vào (*) ta có t   3  t 2  3t  1  0  t 

3 5
(thỏa mãn)
2

x

 3 5   3 5  3 5
 x 1
Với t  
  
 
2
 2   2 
x

1

0.25

 3 5   3 5   3 5 
  
  
  x  1
 2   2   2 

Với t  

20


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Câu

4
Giải bất phương trình 8x3  2 x  (4  x 1)( x  14  8 x 1) (1)
Điều kiện : x  1

0.25

(1)  8 x  2 x  (4  x  1)( x  1  8 x  1  16  1)
3

 8 x3  2 x  (4  x  1)3  (4  x  1) (2)

Xét hàm số f (t )  t 3  t; f '(t )  3t 2 1  0t  1  f(t) đồng biến trên [1;+  ) mà (2)
có
f (2 x)  f (4  x  1) và 2 x, 4  x  1 [1; ) nên (2)  2 x  4  x  1

Câu

2 x  4  0

 2 x  4  x  1  (2 x  4) 2  x  1
x 1  0


0.25

x  2
x  2
17  17

 2
  17  17
17  17  x 
8
;x 
4 x  17 x  17  0
x 
8
8


0.25

5
4

4

1
x

1
x
1

4

Tính tích phân I   (  x ) ln xdx   ln xdx   x ln xdx .
1

4

4

4

0.25

dx

dU 

U

ln

x


x
Đặt 

dV  xdx V  2 x x

3
4

4

4

0.25
4



2
2
32ln 2 4
32ln 2 28
x ln xdx  x x .ln x  
xdx 
 x x 

3
3

3
9
3
9
1
1
1

I 

28 32ln 2

 2ln 2 2
9
3

1

0.25

1

1
ln 2 x
ln
xdx

ln
xd
(ln

x
)

 2ln 2 2
1 x
1
2 1

Câu

0.25

0.25

6

21


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC
tạo với đáy góc 600 . Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng
(SBC), (SCD).

S

K

0.25

H

SA  (ABCD) =>AC là hình chiếu của SC trên
(ABCD) nên

D

A

(SC,( ABCD))  (SC, AC )  SCA  600

600
B

a

C

AC  a 2; SA  AC tan 600  a 6

Thể tích S.ABCD là VS . ABCD

1
1
a3 6
 SA.S ABCD  a 6a 2 
3

3
3

0.25

Kẻ AH  SB(H  SB)
Do SA  (ABCD)

 SA  BC, BC  AB  BC  (SAB)  BC  AH , AH  SB  AH  (SBC)(1)

Tương tự kẻ AK  SD(H  SD)  AK  (SCD) (2)

0.25

Từ (1) và (2)  góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và
AK
Trong tam giác vuông SAB ta có
a 6 SH SA2 6
SB  SA  AB  a 7; AH .SB  SA. AB  AH 
;
 2
7
7 SB SB
2

2

Tương tự
AH 

a 6 SK 6
SK SH 6
HK SK 6
6a 2
;
 

  KH / / BD 

  HK 
SD SB 7
BD SD 7
7
7 SD 7
2

 cos HAK 

AH  AK  HK

2 AH . AK
2

2

2

2.

0.25

2

6a 72a

7
47  1
2
6a
7
2.
7

 góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK bằng
1
HAK bằng arccos
7

Câu

7

22


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Gọi I là giao điểm của AC và BD 
I(7y;y)

C

D
I x-7y=0

Do tam giác BDM và BDN vuông tại M,
N nên
A

DB
IM  IN 
2

B

M(-2;-1)

 (7 y  2) 2  ( y  1) 2  (7 y  2) 2  ( y  1) 2

0.25

N(2;-1)

 y  0  I (0;0)

Khi đó BD=2IM= 2 5  AC 

Câu

5

AC 5 2
BD  5 2  IA  IC 

2
2
10

0.25

x  7 y  0

Tọa độ A, C thỏa mãn hệ phương trình  2 2 25
 x  y  2

0.25

7
7


 x  2
 x   2
7 1
7 1
7 1
7 1

hoặc 
Vậy tọa độ 2 điểm A( ;  ),C( ; ) hoặc A( ; ),C( ;  )
2 2

2 2
2 2
2 2
y  1
y   1


2
2

0.25

8
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và mặt
phẳng ( ) : x  y  z  6  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với
mặt phẳng ( ) và tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) sao cho tam giác ABM vuông
cân tại M.
Gọi mặt cầu (S) tâm A bán kính R tiếp xúc mặt phẳng ( )  d(I,( )  R
R

23 46
12  12  (1)2

 3  phương trình (S):  x  2    y  3   z  4   3
2

2

2

0.25

0.25

M  ( )  M ( x; y; x  y  6) sao cho tam giác ABM vuông cân tại M
2
2

 MA  MB
 MA  MB


 MA  MB

 MA.MB  0

2
2
2
2
2
2

 y  7  2x
(2  x)  (3  y)  (2  x  y)  (5  x)  (3  y)  (5  x  y)



2


 x  2; x  3
(2  x)(5  x)  (3  y)  (2  x  y)(5  x  y)  0

Câu

0.25

0.25

Vậy M(2;3;-1) hoặc M(3;1;-2)
9
Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm 3
học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ.
Số học sinh trong lớp học là 25+15=40

0.25

Mỗi cách chọn 3 học sinh trong 40 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 40 nên
không gian mẫu  gồm các tổ hợp chập 3 của 40  n()  C403
23


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Gọi A:” chọn được nhóm 3 học sinh có ít nhất 1 học sinh nữ”  A :” chọn được
nhóm 3 học sinh nam”
0.25

Số cách chọn 3 học sinh nam trong 25 học sinh nam là số tổ hợp chập 3 của 25
3

 p(A) 
 n(A)  C25

Câu

3
n( A) C25
115
379
 3 
 p( A)  1  p(A) 
n() C40 494
494

10
Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  (a 2  2)(b2  2)(c 2  2) 

1296
.
abc

0.25

do a,b,c> 0 nên luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số đồng thời không lớn hơn 1 hoặc
không nhỏ hơn 1 giả sử b,c≤1 hoặc b,c≥1
 (b2 1)(c2 1)  0  (b2  2  3)(c2  2  3)  0  (b2  2)(c2  2)  3(b2  c2  1)(1)

mặt khác (a  b  c)2  (a2  12  12 )(12  b2  c2 ) (2)
0.25

từ (1) và (2)  (a2  2)(b2  2)(c2  2)  3(a  b  c)2
P  3(a  b  c)2 

1296
216
216 

 3 (a  b  c) 2 


abc
a  b  c a  b  c 


0.25

216
216
3.3 3 (a  b  c) .
.
 324
abc abc
2

Khi a  b  c  1 thì P=324 nên giá trị nhỏ nhất của P là 324.

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y

0.25

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 15
1 3
x
3

mx 2

(m 2

m

1)x

1 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2
b) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x 0
với đường thẳng y 2x
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: log2(x 1)2 2 log2(x 2)
b) Cho

là góc thỏa sin

1
. Tính giá trị của biểu thức A

4

Câu 3. (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa : z
w i z

2z

Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: (x
2

Câu 5. (1,0 điểm)Tính tích phân: I

x (x 2

2)

2x

2 sin2 )cos

3i.z . Tìm môđun của số phức

9i

1

(sin 4

1 song song

3

2 x

1

2x 2

5x

3

1

sin 2x )dx

0

Câu 6. (1,0 điểm)Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh bằng a,

góc BAD

600 .Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .
24


THẦY HOÀNG HẢI-FB/ZALO 0966405831

Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính thể tích của khối chóp S.AHCD và
tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) .

Câu 7. (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A( 2;1;5) , mặt phẳng
z
. Tính khoảng cách từ A
2
3
1
đến mặt phẳng (P ) . Viết phương trình mặt phẳng (Q ) đi qua A , vuông góc với mặt
phẳng (P ) và song song với đường thẳng d .

(P ) : 2x

2y

z

1

0 và đường thẳng d :

x

1

y

2

Câu 8. (0,5 điểm)Sau buổi lễ tổng kết năm học 2014-2015 của trường THPT X, một nhóm gồm

7 học sinh của lớp 12C có mời 4 giáo viên dạy bốn môn thi tốt nghiệp trung học phổ

thông quốc gia chụp ảnh làm kỉ niệm. Biết rằng 4 giáo viên và 7 em học sinh xếp thành
một hàng ngang một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất sao cho không có giáo viên nào
đứng cạnh nhau.
Câu 9. (1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc
đường thẳng d : x 2y 6 0 , điểm M (1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông
góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng : x y 1 0 .
Tìm tọa độ đỉnh C .
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức A

7
a2

b2

c2

121
14(ab bc

ca )

25