Tuyển Tập Đề Thi Thử Môn Toán Phần 6

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 51

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x3 + (m + 1)x 2 + (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):

3

a/ Giải phương trình lượng giác: 2cos(2x  )  4s inx.sin3x - 1  0
b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z2 - 2z + 5 = 0
Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log 2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0
Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình

 y
x
2 x 1
 2log 2
2.4  1  2
y , (x,y  R).

 x3  x  y  1 xy  1  x 2
 



1

Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân I =

(1 + x)e x dx
0

Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng 600. 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
d1 :

x -1 y + 2 z - 3
x - 3 y -1 z - 5
=
=
=
=
và d 2 :
1
1
-1
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

1
Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: x  2  x5  , biết tổng
x

6

3

các hệ số 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:

a 2  1 b2  1 c 2  1
1
1
1





2
2
2
4b
4c
4a
a b bc ca

1


TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 51

1
Với m = 2 ta có hàm số: y 2x 3
 Tập xác định: D
 Đạo hàm: y
6x 2 6x
 Cho y

0

6x 2

6x

3x 2

0.25
x

0

 Giới hạn: lim y

1

0 hoac x

;

x

x

1

0.25

lim y

 Bảng biến thiên
x

–

y

+

–1
0
0

0
0

–

+
0.25

y
–
–1
; 1),(0;
) , NB trên khoảng ( 1; 0)
 Hàm số ĐB trên các khoảng (
Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x CÑ
1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại x CT
 Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây

1a

0.

y

0.25
-1 O

x

1
2

-1

Giao điểm của (C ) với trục tung: A(0; 1)
 x0

1b

 f (0)

0 ; y0

1

0.25

0

0.25

 Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y
Câu

0.25

1

0(x

0)

y

1

0.25

2

3

Giải phương trình : 2cos(2x  )  4sinxsin3x  1  0 (1)

2a



 2(cos2xcos  sin 2x sin )  4sin x sin 3x  1  0
3
3
 cos2x  3 s in2x+4sin x sin 3x  1  0

0.25

 1  2s in 2 x-2 3 sin x cos x  4sin x sin 3x  1  0
 s inx(2s in3x-sin x- 3 cos x)  0
2

s inx  0

s inx  3 cos x  2sin 3x
*sinx  0  x  k (k  z)
1
3
*s inx  3 cos x  2sin 3x  s inx 
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


6

vậy phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x   k
2z 2

2z

z1

6i

2
4

0 (*)

0.25

1
2

3
i ; z2
2

6i

2

1
2

4

3
i
2

0.25

3
2 log2(x

log0,5(2x

2)

 Điều kiện:

x

2

1)

0 (*)

x

0

2

x 2
1
2x 1 0
x
2
2
 Khi đó, (*) log2(x 2) log2(2x 1) 0
(x

Câu


(k  z)
2

 Ta có,
( 2)2 4.2.5
36 (6i)2
 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:

2b

Câu

5

0.25

2)2

(2x

x2

1)

6x

5

0

0.25
log2(x

x

1 (loai)

x

5 (nhan)

2)2

log2(2x

1)

0.25

4
2 x  0
x  0

Điều kiện:  x

y  0
y 0

Ta có:
 2  x2  yx  1  x  y  1  0  x  y  1  0 ( Vì x2  yx  1  0 )





 y  x 1

1 

0.25

2.4  1  2
y

2 x 1

 22 y  log 2 2 y  2
Xét hàm số:

 2log 2
2x

(a)

x
y

0.25

*
trên  0; 

 log 2 2 x

f  t   2t  log 2 t

1
 0 t  0; e ,vậy f  t  là hàm số đồng biến.
t ln 2
Biểu thức *  f  2 y   f 2 x  2 y  2 x

(b)

Ta có: f '  t   2t ln 2 



0.25



3


Từ (a) và (b) ta có:

x  1

x  1
x  1
 x2
  
2  x  1  2 x   2
 2
4 x  8 x  4  2 x
2 x  5 x  2  0
 x  1
 
2
x2
Với x  2  y  1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 .

Câu

0.25

5
1

I

x )e xdx

(1

0.25

0

 Đặt
I

(1

u

x

1
x

dv

e dx

x )e x

1

1

du

dx

v

x

e xdx

0

0

(1

x )e xdx

e

. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

1)e1

(1

0)e 0

(1

ex

1
0

2e

1

(e1

e0)

e

0.25
0.25

1

 Vậy, I

e

0.25

0

Câu

6

S

A
60
B

D
0.25

O

2a

C

 Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO (ABCD) do đó SO là đường cao
của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,
0.25

600 (là góc giữa SB và mặt đáy)

do đó SBO

 Ta có, tan SBO
a 2.tan 600

SO
BO

SO

BO. tan SBO

BD
. tan SBO
2

0.25

a 6

 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là
V

Câu

1
B.h
3

1
AB.BC .SO
3

1
2a.2a.a 6
3

4a 3 6
3

0.25

7
A

x

B

0.25
4


I

x
2

H

M
C

D

Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM  BH  d  B; AM  

6
10

Đặt cạnh hình vuông là x>0
1
1
1
10 1 4



   x3 2
2
2
2
BH
BA BM
36 x2 x2
A thuộc AM nên A  t;7  3t 

Xét tam giác ABM có

 4  t    3t  6 

AB  3 2 
t  1
  17 
t 
5


2

 3 2  10t 2  44t  34  0

2

0.25

 17 16 
A  ;    loai, A 1; 4   t / m
5
 5

Làm tương tự cho điểm B, với BM 

x 3 2
5 1

 M  ; 
2
2
2 2

M là trung điểm của BC  C 1; 2 

0.25

Gọi I là tâm của hình vuông  I 1;1
0.25

Từ đó  D  2;1
Câu

8
a/  d1 đi qua điểm M1(1; 2; 3) , có vtcp u1
 d2 đi qua điểm M2 (3;1;5) , có vtcp u2
 Ta có [u1, u2 ]
và M1M2

1

1

2

3

0.25

(1;2; 3)

1 1 1 1

;
3 1 1 2

;

(1;1; 1)

(5; 4;1)

0.25

(2; 3;2)

 Suy ra, [u1, u2 ].M1M2

5.2

4.3

0 , do đó d1 và d2 cắt nhau.

1.2

b/ Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 .
 Điểm trên (P): M1(1; 2; 3)
 vtpt của (P): n [u1, u2 ] (5; 4;1)
 Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x 1) 4(y
5x

0.25

2) 1(z
4y z 16

3)
0

0

 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:
d(A,(P ))

5.( 3)
2

5

Câu

9
Xét khai triển :

4.2

( 3)
2

( 4)

2

1

16

42
42

42

0.25

0.25
5


5
1

1

x  3  x5   x3  3  x 2 
x

x

n

n

3

k
n 1
nk
5 n
  1 n
 52 
 52 
0
1 1 
k  1 
n 2 
 x Cn  3   Cn  3   x   ...  Cn  3   x   ...  Cn  x  
x   
x   
  x 
  
3

Thay x=1 vào khai triển ta được:
2n  Cn0  Cn1  ...  Cnk  ...  Cnn 

Theo giả thiết ta có:
Cn0  Cn1  ...  Cnk  ...  Cnn  4096

Câu

0.25

 2n  212  n  12

10
12

1

x3  2  x5 
x


Với n  12 ta có khai triển:
6
k  1 0  k  12, k  Z 
Gọi số hạng thứ
là số hạng chứa x .
12  k

1
Tk 1  x3C12k  2 
x 
Ta có :

6

 x

Vì số hạng có chứa x nên :

5

k

 C12k x

2k  21 

2 k  21

5k
2

2  21  6 
5k
6k 
6
2
9
.

Với k  6 ta có hệ số cần tìm là : C  924 .
Ta có:
 a2
1   b2
1   c2
1 
VT   2  2    2  2    2  2 
4a 
 4b 4b   4c 4c   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:
2
2
b a b
c b c
a2 c a
a b
c 1 1 1
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2  2  2   
b c
a
a b c
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  

0.25

0.25

6
12

1 4
4
4 
1
1
1
 





 VP

4 a  b b  c c  a a  b b  c c  a

0.25

0.25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b  c  1

6


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

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 52
2 x 1
(C )
x2

1. Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C )
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C ) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5 .
Câu 2 .( 0.5 điểm )Giải bất phương trình : log3(x – 3 ) + log3(x – 5 ) < 1
2

Câu 3 .(1 điểm )

Tính tích phân : I =  x x 1 dx
1

Câu 4 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A,D, SA vuông góc
với đáy . SA = AD= a ,AB = 2a .
1 . Tính thể tích khối chóp S.ABC .
2 . Tính khoảng cách giữa AB và SC .
Câu 5 .(1 điểm ) Trong không gian O.xyz cho A(1;2;3) , B(-3; -3;2 )

1. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB .
2. Tìm điểm M nằm trên trục hoành sao cho M cách đều hai điểm A, B .
Câu 6 . (1 điểm ) Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4
Câu 7 .(0.5 điểm ) Gọi T là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các số
1,2,3,4,5,6,7 . Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập T . hoctoancapba.com
Tính xác suất để số được chọn lớn hơn 2015 .
Câu 8 . ( 1điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . B,C là hai điểm đối
xứng nhau qua gốc tọa độ .Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương trình
x + 2y - 5= 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua K(6;2)
Câu 9. ( 1 điểm )

2

9 x  9 xy  5 x  4 y  9 y  7
Giải hệ phương trình 
2

 x  y  2 1 9  x  y   7 x  7 y

Câu 10 .(1 điểm ) Cho a,b,c thuôc đoạn [1;2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 a  b
P= 2
.
c  4  ab  bc  ca 
2

7

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 52

1
TXĐ : D = R \ 2
y’ =

5

 x  2

2

< 0 với mọi x thuộc D

0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ;2 ) và (2 ; +  ) , hàm số không có cực
trị
lim y    , lim y    nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị
x  2

x  2

0.25

lim y  lim y  2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị

x 

x 

Bảng biến thiên
-

x

+

2

y’

-

-

0.25

+
2
1a

-

2

y

2
0.25
O

2

x

Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm , k là hệ số góc của tiếp tuyến . phương trình tiếp tuyến
tại M có dạng : y = k(x- x0) + y0
1b

,

y’

5

 x  2

2

0.25

Hệ số góc k = -5  y’(x0) = -5  (x0 – 2)2 = 1  x0 = 3 hoặc x0 = 1

0.25

Với x0 = 3 thì M(3;7) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 22

0.25

Với x0 = 1 thì M(1;-3) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 2

0.25
8


Câu

Câu

2
ĐK: x > 5(*)
 log3(x – 3 )(x - 5) < 1  (x – 3 )( x - 5) < 3
 x2 – 8x +12 < 0  2 < x < 6
Kết hợp ĐK thì 5 < x < 6 là nghiệm của bất phương trình
3
x 1 = t

Đặt

0.25
0.25

thì x = t2 + 1 , dx = 2tdt

0.25

Đổi cận : x = 1 thì t = 0 ; x = 2 thì t = 1
1

1

0

0

0.25

I = 2   t 2  1 t 2 dt = 2   t 4  t 2  dt
=2(
Câu

t5 t3
 )
5 3

1

=
0

0.25

16
15

0.25

4
SA vuông góc với mp đáy nên SA là
đường cao của khối chóp , SA = a
Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA
, E thuộc AB suy ra CE vuông góc với
AB và CE = DA = a là đường cao của
tam giác CAB
1
Diện tích tam giác là S = CE.AB = a2
2
1
Thể tích khối chóp S.ABC là V = a3
3

S

0.25

H

A

E
B

0.25
D

C

Tính khoảng cách giữa AB và SC
Ta có AB//DC nên d(AB,SC) = d(AB, SDC ) . Trong mặt phẳng (SAD)từ A kẻ
AH vuông góc với SD (1) , H thuộc SD
Ta có DC vuông góc với AD , DC vuông góc SA nên DC vuông góc với
mp(SAD) suy ra DC vuông góc AH (2) . hoctoancapba.com
Từ (1) và (2) suy ra AH vuông góc với (SDC)
AH = d(AB, SDC) = d(AB , SC )
Trong tam giác vuông SAD ta có
Câu

0.25

0.25

a
1
1
1
2


 2  AH =
2
2
2
AH
AD

SA a
2

5
1 5
2 2

Gọi I là trung điểm của AB thì I(-1;  ; ) là tâm mặt cầu . Bán kính mặt cầu
2

2

0.25

R = IA = 21/2
1
2

5
2

Phương trình mặt cầu (x+1)2 +(y + )2 +(z  )2 = 21/2

0.25

M nằm trên trục hoành nên M(x;0;0) . MA (1-x ;2;3) , MB (-3-x;-3;2).
M cách đều A , B tức là MA2 = MB2
Hay (1-x)2+13 = (-3-x)2+13  x = 1
Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu bài toán .

0.25
0.25

9


Câu

6
Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – 4
 4sinxcosx – 2cosx +2sin2x - 1– 7sinx + 4 = 0
 2cosx(2sinx -1) + 2sin2x -7sinx +3 = 0
 2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0
 (2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0
 sinx =

1
Hoặc sinx + 2cosx – 3 =0
2

Ta có : sinx + 2cosx – 3 =0 vô nghiệm vì 12 +22 < 32
Phương trình tương đương sinx =
Câu


5
1
 x=  k 2 hoặc x=
 k 2
6

6
2

0.25
0.25

0.25

0.25

7
Số phần tử của tập hợp T là A74 = 840
Gọi abcd là số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
1,2,3,4,5,6,7 và lớn hơn 2015.
Vì trong các chữ số đã cho không chứa chữ số 0 nên để có số cần tìm thì a  2
Vậy có 6 cách chọn a . Sau khi chọn a thì chọn b,c,d có A63 cách chọn
Xác suất cần tìm là P =

Câu

6A63
6
=
4
A7
7

Câu

0.25

8
Điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y – 5 = 0 nên B(5 – 2b ; b)
B ; C đối xứng nhau qua O nên C(2b – 5 ; - b ) và O thuộc BC
Gọi I là điểm đối xứng của O qua phân giác góc B suy ra I(2;4)
BI (2b – 3 ; 4 – b ) , CK (11 – 2b ; 2 + b)
Tam giác ABC vuông tại A nên BI . CK = 0  - 5b2 + 30b – 25 = 0
 b= 1 hoặc b= 5
Với b= 1 thì B(3;1) , C(-3;-1) suy ra A(3;1) nên loại
Với b= 5 thì B(- 5, 5 ), C(5 ; -5) suy ra A(

0.25

31 17
; )
5 5

0.25
0.25
0.25
0.25

9
7 x  7 y + 1 – [3(x- y )]2 = 0
2  6x  6 y
 1  3x  3 y 1  3x  3 y   0
x  y  2  7x  7 y

(2)  x  y  2 



2
 1  3x  3 y  
 1  3x  3 y    0
 x  y  2  7 x  7 y



2
 1  3x  3 y   > 0 suy ra 1–3x + 3y =0
x > y  0 nên 
 x  y  2  7 x  7 y

1
Thay y = x – vào phương trình (1) ta được hoctoancapba.com
3
1
1
1
9x2 + 9x(x - ) + 5x – 4(x - ) + 9 x  = 7
3
3
3

0.25

0.25

10

 18x2 – 8x + 6x -

1
8
+ 9 x - 3 = 0
3
3

2
(9x – 4 ) +3( 9 x  3 - 1 ) = 0
3


2
3
4
 (9x – 4 )  2 x  
vì x > 0
 = 0  x =

3
9
9
x

3

1



1
4
4 1
Với x = thì y =
. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = ( ; )
9
9 9
9

 2x(9x – 4 ) +

Câu

0.25

0.25

10

 a  b
P= 2
=
c  4  ab  bc  ca 
2

 a  b
2
c  4  a  b  c  4ab

2

2

 a  b
Ta có 4ab  (a + b) nên P  2
2
c  4a  b  c  a  b
2

2

a b
  
c c
=
2
a b  a b
1 4       
c c  c c

a b
 vì a, b , c thuộc [1;2] nên t thuộc [1;4]
c c
4t 2  2t
t2
Ta có f(t) =
,
f’(t)
=

> 0 với mọi t thuộc [1;4]
2 2
4  4t  t 2
1  4t  t

0.25

Đặt t =





Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng
Dấu bằng xảy ra khi a = b ;

1
khi t = 1
6

ab
= 1, a,b,c thuộc [1;2]  a =b = 1 và c =2
c

1
Vậy MinP = khi a =b = 1 và c = 2
6

0.25

0.25

0.25

11


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

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 53
2x 1
x2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y  5x  22 .
Câu 2 (1,0 điểm).
3
4


a) Cho góc  thỏa mãn :    
và cos    . Tính A  tan    
2

5



4

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức 2  z  1 2  i    3  i   z  2i  . Tìm môđun của số phức z .

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (1  sin2 x) cos xdx
0

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 2 x  x  9   log 2

x9
0
x

b) Một tổ có 7 học sinh (trong đó có 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam). Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh
đó theo một hàng ngang. Tính xác suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho I  7; 4;6  và mặt phẳng
( P) : x  2 y  2 z  3  0 . Lập phương trình của mặt cầu ( S ) có tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P  .

Tìm tọa độ tiếp điểm của  P  và ( S ) .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông
góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các đoạn AD, CD . Tính thể tích khối chóp S.BMN và khoảng cách giữa hai đường
thẳng BM , SN theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có M  3; 2  là
 6 13 

trung điểm của cạnh BC . Biết chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ B là K   ;  và trung
 5 5
điểm của cạnh AB nằm trên đường thẳng  : x  y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .

1  y  x  y  x  2 y  2   x  y  1 y

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 

2
4
2
3

 y  2x  y  2 y  4

x

, y



Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

8
1

 a  b.
7a  4b  4 ab

ab

12


TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 53

1

1

 Tập xác định:


i

i

0.25

5

– Chiều biến thiên: y '
x

2

0, x

2

2.

– Hàm số nghịch biến trên các khoảng
; 2 và 2;
– Giới hạn và tiệm cận:
– lim y lim y 2 : tiệm cận ngang : y  2
x

.
0.25

x

lim y
x

2

tiệm cận đứng x

; lim y
x

2.

2

– Bảng biến thiên:


x



2




y'



2

y

0.25



1a
+

2

ị

1
– Đồ thị cắt Ox tại O
2
– Tâm đối xứng là điểm I 2; 2 .

– Đồ thị cắt Oy tại O 0;

1
;0
2

8

6

4

0.25

2

-10

-5

5

10

15

-2

-4

-6

13
-8


Hệ số góc k=-5 

1b

5

 x  2

2

 5

0.25

x  3


x  1

0.25

Pt tiếp tuyến tại M(3;7): y=-5x+22 (loại).
Pt tiếp tuyến tại N(1;-3): y=-5x+2.
Vậy tiếp tuyến cần tìm là y=-5x+2.
Câu

0.25
0.25

2
  tan   1

(1)
A  tan     
4  1  tan 


0.25

2

9
 4
(2)
sin   1  cos   1     
25

 5
3
sin  3
 3 

Vì     ;  nên sin   0 . Do đó từ (2) suy ra: sin     tan  
5
cos  4
2 

1
(3).Thế (3) vào (1) ta được A  
7
Đặt z  a  bi,  a, b   ; khi đó z  a  bi; Kí hiệu (*) là hệ thức trong đề bài, ta có
2

2a

2b

Câu

2

(*)  2  a  bi  1 2  i    3  i  a  bi  2i    a  b  2   3a  7b  4  i  0 .
a  b  2  0
a  1

. Do đó z  12  12  2


3a  7b  4  0
b  1

3






2

2

2

0

0

0







2

2

2

0.25

Đặt I1   cos xdx; I 2   sin 2 x cos xdx Ta có I1   cos xdx  sin x
0







2

2

2

0

0

2
3

Vậy I  I1  I 2  1  


2
0

1

0.25

0

0

I 2   sin 2 x cos xdx   2sin x cos 2 xdx  2  cos 2 xd  cos x   2.

4a

0.25
0.25

I   (1  sin2 x) cos xdx   cos xdx   sin 2 x cos xdx

Câu

0.25

0

cos3 x
3

5
3

4
Điều kiện x  x  9   0  x  9 hoặc x  0 .
Với đk trên, phương trình đã cho tương đương với:
x  9
2

log 2  x  x  9  .
 0  log 2  x  9   0

x 

  x  9   1  x  8  x  10 . Đối chiếu với đk, ta loại x  8 .


2
0



2
.
3

0.25
0.25

0.25

2

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x  10 .

0.25
14


4b

Gọi A là biến cố: “3 học sinh nữ đứng cạnh nhau”.
+) Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7!.
+) Số cách xếp 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau: Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết
hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! Cách sắp xếp. Với mỗi cách sắp
xếp đó lại có 3! Cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 5!.3! cách sắp xếp.
Xác suất của biến cố A là p( A) 

Câu

5!3! 1

7! 7

5
Bán kính của (S) là R  d ( I ,( P))  2

0.25

0.25

0.25

Pt mặt cầu (S):  x  7    y  4    z  6   4

0.25

x  7  t

Pt đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P):  y  4  2t
 z  6  2t


0.25

2

2

2

Tiếp điểm M(7+t; 4+2t; 6-2t) thuộc (P)
2
19 8 22
 7  t  2  4  2t   2  6  2t   3  0  t    M ( ; ; )
3
3 3 3

Câu

0.25

6
S

K
M

D

A

0.25

I
N
B
C
Từ giả thiết suy ra
SBMN = SABCD – SDMN - SBMA- SBCN
=

a 2 a 2 a 2 3a 2
a 



8
4
4

8
2

1
a3 3
SA.SBMN =
3
8
* Ta có BM  AN  BM  (SAN) và BM cắt (SAN) tại I

SA = AB.tan600= a 3 ; VSBMN =

0.25

Trong (SAN): kẻ IK  SN  IK là đoạn vuông góc chung của BM và SN.
d(MB,SN) = IK.

0.25

Ta có: AN =

a

5
2

, AI =

a

5
5

, IN =

3a 5
a 17
và SN=
10
2
15


SA.IN
3
IK IN
 3a
.

 IK 
SN
85
SA SN
3
a3 3
Vậy VSBMN =
, d(MB,SN) = 3a
85
8
 IKN và  SAN đồng dạng 

Câu

7
Gọi N là trung điểm của đoạn AB. N  : x  y  2  0  N  n; n  2  .
Tam giác ABM vuông tại M có N là trung điểm của AB  AN  BN  MN .
Tam giác AKB vuông tại K có N là trung điểm của AB  AN  BN  KN .
2



0.25

2

6
3
2
Suy ra MN=KN   n  3  n2   n     n    n  1 . Vậy N(1;3).
5
5


0.25





0.25

Gọi I là giao của BK và MN. BK có pt 2x-y+5=0. MN có pt x+2y-7=0. Suy ra
 3 19 
I  ;  .
 5 5

0.25

I là trung điểm của BK. Suy ra B  0;5 ; C  6; 1 .
Câu

0.25

8
Đặt u  x  y ; v  y  u  0; v  0  x  u 2  v 2  .
Pt đầu của hệ trở thành:

1  v  u  u
2

2

 v  2v  2   u  1 v   u  1 v  1 u  v  2   0
2

2

0.25

2

TH 1 : u=1  x  y  1  x  1  y . Thế vào pt thứ hai của hệ ta được:
y2  2  2 y  3 y4  2 y2  4  y2  2 y 



3

y4  2 y2  8

 y  y  2 
3



  y  2  y 


y

4

 2y  2 y  2y  4
2

y
3

y

4

2

 2y

3

4



y4  2 y2  2  0

0

2



0 y2
 2 3 y4  2 y2  4 


 2  y  2
2

Khi đó x=-1.
TH 2: v=1. Suy ra y=1; x=2.
TH 3: u+v+2=0: Vô nghiệm.

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  x; y    1; 2  ,  2;1
Câu

0.25

0.25
0.25

9
Ta có 7a  4b  4 ab  7a  4b  2 a.4b  7a  4b  a  4b  8  a  b 
(theo bđt Côsi).
1
1
1
1

 a  b  t 2  t   f  t  (đặt t 
)
ab
t
ab
ab
1
f '  t   2t  1  2  0  2t 3  t 2  1  0  t  1 .
t
Lập bảng biến thiên của f  t  với t>0 ta có minP=f(1)=1

Suy ra P 

0.25

0.25
0.25
0.25
16


4

a

a  b  1 
5


a  4b
b  1

5

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 54

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3mx  1

(1).

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 .

a)

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 ).
sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

x3  2 ln x
dx .
x2

Câu 4 (1,0 điểm).

52 x1  6.5x  1  0 .

a) Giải phương trình

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).
d:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3  và đường thẳng

x  1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng
2
1
3

d . Tìm tọa 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 Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến
tại A của 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 .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2

 x  3 xy  x  y  y  5 y  4

2

 4 y  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:
P

bc

3a  bc



ca
3b  ca



ab
3c  ab
17


18


TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 54

1
Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1
TXĐ: D  R
0.25
2
y '  3x  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   hoctoancapba.com
x 

x 

* Bảng biến thiên
x
–

-1

y’

+

–

0

0

+
1a

+

1
+

0.25

3

y
-

-1
Đồ thị:

4

2

0.25

2

4

y '  3x  3m  3  x  m 
2

2

0.25

y '  0  x 2  m  0 *

1b

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

0.25







m ;1  2m m



.  0  4m3  m  1  0  m 
Tam giác OAB vuông tại O  OAOB

Vậy m 

1
2

1
( TM (**) )
2

0.25

19


Câu

2

sin 2x 1  6sin x  cos 2x

0.25

 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0
 2sin x  cos x  3  2sin 2 x  0

0.25

 2sin x  cos x  3  sin x   0 hoctoancapba.com

Câu

sin x  0


sin x  cos x  3(Vn)

0.25

 x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z

0.25

3
2

2

2

2

2

ln x
x2
ln x
3
ln x
I   xdx  2 2 dx 
2 2 dx   2 2 dx
x
2 1 1 x
2

x
1
1
1

0.25

2

ln x
dx
x2
1

Tính J  

Đặt u  ln x, dv 

1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x
2

0.25

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1
2

1
1
1
1
J   ln 2 
  ln 2 
2
x1
2
2

0.25

1
2

Vậy I   ln 2
Câu

4a

0.25

4
5 x  1
52 x1  6.5x  1  0  5.52 x  6.5x  1  0   x 1
5 

5
x  0

Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1
 x  1

0.25

0.25

n     C113  165

0.25

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135

4b

Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
Câu

135 9

165 11

0.25

5
Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3
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
 2 x  y  3z  18  0

Vì B  d nên B  1  2t;1  t; 3  3t 

0.25
0.25
0.25
20


AB  27  AB2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0
2

t  3
 3
t 
 7

Câu

2

 13 10

12 

Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;  
7
 7 7

0.25

6
Gọi K là trung điểm của AB
 HK  AB (1)
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

Sj

Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng
góc giữa SK và HK và bằng

M
B

H

C

0.25

SKH  60

K

Ta có SH  HK tan SKH 

a 3
2

A

Vậy VS . ABC

1
1 1
a3 3
 S ABC .SH  . AB. AC.SH 
3
3 2
12

0.25

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
Ta có
Câu

1
1
1
16
a 3
a 3


 2  HM 
. Vậy d  I ,  SAB   
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

0.25

0.25

7
Gọi AI là phan giác trong của BAC

A

Ta có : AID  ABC  BAI

E
M'

B

IAD  CAD  CAI

K
I

M
C

Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên
D

0.25

AID  IAD
 DAI cân tại D  DE  AI

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
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
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  3 y  7  0
21


Câu

8
 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
 y 1  0


Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0

0.25

Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 )
u  v
u  4v(vn)

Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v2  0  

Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được :
 4 y  2 y  3   2 y  1 
2

2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y 1

 y  2 ( vì 





0.25



y 1 1  0


2
y2

 0   y  2 
2
 4 y  2 y  3  2 y 1
y 1  1

2

4 y  2 y  3  2 y 1
2

4 y2  2 y  3  y 1  2 y




1
0
y  1  1 

1
 0y  1 )
y 1  1

0.25

0.25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 
Câu

9
Vì a + b + c = 3 ta có


bc
bc
bc


3a  bc
a(a  b  c)  bc

(a  b)(a  c)

bc  1
1 



2  ab ac 

Vì theo BĐT Cô-Si:
Tương tự
Suy ra P 

0.25
1
1
2


, dấu đẳng thức xảy ra  b = c
ab ac
(a  b)(a  c)

ca
ca  1
1 
 

 và
3b  ca 2  b  a b  c 

ab
ab  1
1 
 


3c  ab 2  c  a c  b 

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
2(a  b) 2(c  a) 2(b  c)
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =

0.25
0.25

3
khi a = b = c = 1.
2

0.25

22

TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 55

Câu 1(2 điểm). Cho hàm số y  f  x   2 x3  3x2  1  C 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
f ''  x   0 .
Câu 2(1 điểm).
4  
 



a) Cho cos   ,      0  . Tính giá trị biểu thức A  sin     cos     .
5  2
4
4




b) Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z .
Câu 3(0.5 điểm). Giải phương trình 2e x  2e x  5  0, x  R .

1

e

1

Câu 4(1 điểm). Tính tích phân I    x   ln xdx .
x


Câu 5(0.5 điểm). Trong cuộc thi “ Rung chuông vàng”, đội Thủ Đức có 20 bạn lọt vào vòng
chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia các bạn
thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng cách bốc
thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 6(1 điểm). Trong không gian cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai
đáy là BC và AD. Biết SA  a 2, AD  2a, AB  BC  CD  a . Hình chiếu vuông góc của S trên
mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD.
Câu 7(1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là I  2;1 và thỏa mãn điều kiện AIB  90 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D  1; 1 .
Đường thẳng AC qua M  1; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương.
Câu 8(1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1; 1; 2  , B  3;0; 4  và mặt
phẳng (P) : x  2 y 2z 5  0 . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). Viết
phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P).
2

 x  3 xy  x  y  y  5 y  4
Câu 9(1 điểm). Giải hệ phương trình 
2

 4 y  x  2  y 1  x 1

;  x  R

Câu 10(1 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

bc
ca
ab


.
3a  bc
3b  ca
3c  ab
23


TRUNG TÂM LUYỆN THI
THĂNG LONG
Câu

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 55

1
Tập xác định D  R
y '  6x2  6x

0.25

x  0
y'  0  
 x 1
lim y  ; lim y  

x

x
y'
y

0.25

x




0
0





1
0




2
1



Hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 .
1a

0.25

Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 0 ; 1;   .
Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD  2.
Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  1.

0.25

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C).
f ''  x   12 x  6

0.25

1
3
 y0 
2
2
1 3
f '  x0   f '   
2 2

0.25

f ''  x0   0  12x0  6  0
 x0 

1b

0.25

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng
3
1 3
y  x 
2
2 2
3
3
 x
2
4

Câu

0.25

2
24

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến và (C).
2a

f ''  x   12 x  6

f ''  x0   0  12x0  6  0  x0 

1
3
 y0 
2
2

1 3
f '  x0   f '   
2 2

2b

0.25
0.25

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng
3
1 3
3
3
y  x 
 x
2

2 2
2
4

Câu

0.25

0.25

3
2ex  2e x  5  0  2e2x  5ex  2  0.
Đặt t  ex , t  0 . Phương trình trở thành

t  2
2t  5t  2  0   1
t 
 2
ex  2
 x  ln2

 x 1
e 
 x  ln 1


2
2

0.25

2

Câu

0.25

4
1
1

I    x   ln xdx   x ln xdx   ln xdx  I1  I 2
x
x
1
1
1
e

e

e

0.25

e

I1   x ln xdx
1

1
x

Đặt u  ln x  du  dx
dv  xdx chọn v 
e

0.25

x2
2
e

e

x2
1
e2 x 2
1 e2
I1  ln x   xdx  
 
2
21
2 4 1 4 4
1
e

1
I 2   ln xdx
x

1

1
x

Đặt t  ln x  dt  dx
Đổi cận
1

x 1 e
t

0.25

0 1
1

t2
1
I 2   tdt 

20 2
0

25