Bộ 10 đề toán hay và khó luyện thi THPT quốc gia có đáp án chi tiết

ÑEÀ SOÁ

1

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 

9
trên
x

đoạn 2; 4  .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z , biết z thỏa mãn z 3  8  0 .
b) Giải phương trình 2 log 3 4 x  3  log 1 2 x  3  log 3 5 x  6  .
3

Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường y  x , y  x và x  4 .
Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình  H  quanh trục hoành.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;2;3 và hai đường
x 1 y z  1
x 1 y  2 z  3
 
, d2 :


. Tính góc giữa hai đường thẳng
2
2

1
1
2
1
d1 và d 2 . Viết phương trình mặt phẳng   đi qua A , song song với d1 và cắt d 2 tại

thẳng d1 :

điểm B có tọa độ nguyên sao cho AB  30 .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

1



3 cos x sin x 





3  cos x cos x  1 .

b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 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 và mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở 3
bảng khác nhau.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông có
BA  BC  a , cạnh bên AA '  a 2 . Gọi M là trung điểm của BC . Tính theo a thể

tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , B ' C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ,
đỉnh B 4;1 . Trên BC lấy điểm M sao cho BM  AC . Qua M kẻ đường thẳng
song song với AB cắt phân giác trong góc C tại I , đường thẳng AI cắt BC tại









N 1  5;1 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết M 4  2 5;1 và đường thẳng AC đi qua

điểm E 5;3 .

 3  9 trên tập số thực.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình

 x 2  4 x 1  3 9 x 1  1

2

a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Email:

5


P  a 4  10b 2  c 4 

13
4 a 3  c 3   13b 2  5

.

HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
Câu 1.
● Tập xác định D   .
x  0
● Đạo hàm y '  3x 2  6 x  3 x  x  2  ; y '  0  
.
x  2

● Giới hạn tại vô cực lim y   ; và lim y   .
x 

x 

● Bảng biến thiên
x 
y'

0





2


0

0




0

y

4



Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; ;
nghịch biến trên khoảng 0;2 .
Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCD  0 ; đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  4 .
● Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt 1;4  , 3;0 .
y

2

-4

Câu 2. Hàm số f  x  xác định và liên tục trên đoạn 2; 4  .
9
x2 9

.
x2
x2
 x  3   2; 4 
Suy ra f '  x   0  x 2  9  0  
.
 x  3   2;4 

Đạo hàm f '  x   1 

6 Email:

x


13
25
; f 3  6; f  4  
.
2
4
13
Vậy max f  x  
khi x  2 ; min f  x   6 khi x  3 .

 2;4
2;4 
2
Câu 3.
z  2
.
a) Ta có z 3  8  0   z  2  z 2  2 z  4   0   2
 z  2 z  4  0 * 

Ta có f 2  





2

Xét phương trình z 2  2 z  4  0 . Ta có   4 16  12  2 3i .
Do đó phương trình *  có hai nghiệm phức
2  2 3i
2  2 3i
 1  3i ; z 
 1  3i .
2
2
Vậy có ba số phức cần tìm là z  2 ; z  1  3i ; z  1  3i .
6
b) Điều kiện: x  .
5
Với điều kiện trên phương trình đã cho trở thành

z

log 3  4 x  3  log 3 2 x  3  log 3 5x  6
2

 log 3 4 x  3  log 3 5 x  6   log 3 2 x  3
2

 log 3 4 x  3  log 3 2 x  35x  6 
2

x  3

 4 x  3  2 x  35 x  6   6 x  27 x  27  0  
3.
x 

2
 3 
Đối chiếu điều kiện, phương trình có tập nghiệm S   ;3 .
 2 
2

2

Câu 4. Phương trình hoành độ giao điểm là
Thể tích khối tròn xoay cần tìm là
4

x  x  x  0 .

1

4

V    x 2  x dx    x 2  x dx    x 2  x dx
0

0

1

1

4

   x 2  x  dx     x 2  x  dx
0

1

 x
x
   
 3
2

1

4


 x 3 x 2 
41

    3  2   3 (đvtt).
0

1


Câu 5. Đường thẳng d1 có VTCP u1  2;2;1 . Đường thẳng d 2 có VTCP u2  1; 2;1 .
 
u1 .u2
 
2  4 1
6
Ta có cos d1 , d 2   cos u1 , u2    

.
6
4

4

1.
1

4


1
u1 . u2
3

2





Vậy hai đường thẳng d1 và d 2 hợp với nhau góc  thỏa mãn cos  

Email:

6
.
6

7



Mặt phẳng   song song với d1 nên nhận u1 làm một vectơ chỉ phương.

Ta có    d 2  B suy ra B  d 2 nên B 1  t ;2  2t ; 3  t  với t   .
Theo giả thiết AB  2 2  t  2  2t   t  6   30
2

2

2

t  1
 3t 2  8t  5  0  
 B 0;0;2 .
t  5 / 3 loaïi
Mặt phẳng   đi qua A , song song với d1 và cắt d 2 tại điểm B nên có VTPT

 
n  u1 , AB   12;11;2  . Do đó   : 12 x 11 y  2 z  4  0 .


Câu 6.

a) Phương trình tương đương với sin x  3 sin x cos x  3 cos x  cos2 x 1  0
 sin x  3 sin x cos x  3 cos x  1  cos 2 x   2  0
 sin 2 x  sin x  2  3 sin x cos x  3 cos x  0
 sin x 1sin x  2  3 cos x sin x 1  0





 sin x 1 sin x  3 cos x  2  0.


 k 2, k  .
2




● sin x  3 cos x  2  0  sin  x    1  x    k 2, k  .

3
6

● sin x  1  0  sin x  1  x 



 k 2, x    k 2 k  .
2
6
b) Không gian mẫu là số cách chia tùy ý 9 đội thành 3 bảng.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   C 93 .C 63 .C 33 .

Vậy phương trình có nghiệm x 

Gọi X là biến cố '' 3 đội bóng của Việt Nam ở 3 bảng khác nhau '' .
● Bước 1. Xếp 3 đội Việt Nam ở 3 bảng khác nhau nên có 3! cách.
● Bước 2. Xếp 6 đội còn lại vào 3 bảng A, B, C này có C 62 .C 42 .C 22 cách.
Suy ra số phần tử của biến cố X là X  3!.C 62 .C 42 .C 22 .
Vậy xác suất cần tính P  X  

X




3!.C 62 .C 42 .C 22

540
9


.
C 93 .C 63 .C 33
1680 28

Câu 7. Diện tích tam giác ABC là SABC 

1
a2
BA.BC 
.
2
2

Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là VABC .A ' B ' C '  S ABC .AA ' 
Gọi E là trung điểm của BB ' .
Ta có EM  B ' C suy ra B ' C   AEM  .

a3 2
(đvtt).
2

C'

A'

Do đó d  B ' C , AM   d B ' C ,  AEM 

B'

 d C ,  AEM   d  B,  AEM  .

Tứ diện EABM có BA, BE , BM đôi một vuông góc nên
E

8 Email:

C

A
M
B


1
1
1
1



2
2
BE
BM 2
d  B,  AEM  BA
2



1
2
4
7
 2 2  2.
2
a
a
a
a

Vậy d  B ' C , AM   d  B,  AEM  

a 7
.
7

C'

A'

Cách 2. Kẻ Cx  AM . Khi đó
d  AM , B ' C   d  AM ,  B ' Cx 

B'

1

 d  M , B ' Cx   d  B, B ' Cx  .
2
Kẻ BE  Cx  E  Cx  .

K

x

Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên B ' E ,
suy ra BK  B ' E .
1
BE  Cx
Ta có 
 Cx   BEB '  Cx  BK . 2 
Cx  BB '

E
C

A
M
B

Từ 1 và 2  , suy ra BK   B ' Cx  nên d  B,  B ' Cx   BK .
Ta có BE  2.

AB.BM
AB  BM
2

2



2a
5

.

Trong tam giác vuông BEB ' , ta có BK 
Vậy d  AM , B ' C  

BB '.BE
BB '  BE
2

2



2a 7
.
7

1
a 7
BK 
.
2
7

Câu 8. Tam giác ACN có CI là phân giác nên
Tam giác ABN có MI  AB nên

CA
IA

.
CN
IN

IA
MB

.
IN
MN

1
2 

CA
MB

.
CN
MN
Mà BM  AC nên suy ra CN  MN hay
N là trung điểm của MC . Do đó C 6;1 .

Từ 1 và 2  , suy ra

A
E

Đường thẳng AC đi qua hai điểm C và E
nên có phương trình AC : 2 x  y  13  0 .
Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc
với AC nên AB : x  2 y  6  0 .

I
B

C
M

N

2 x  y  13  0
Do A  AB  AC nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 
 A 4;5 .
x  2 y  6  0
Vậy A 4;5 .

Câu 9. Đặt a  3 9 x  1 . Bất phương trình trở thành  x 2  4 x  1a 2  2a  4   9

Email:

9

  x 2  4 x  1a  2 a 2  2a  4   9 a  2 
  x 2  4 x  1a 3  8  9 a  2.

(do a  2  0  x  1 không là nghiệm của phương trình)
  x 2  4 x  19 x  9  9 a  2
  x 2  4 x  1 x 1  a  2

1

 x 3  3x 2  5x  3  a .

2 

Từ a  9 x 1  a  9 x 1 .
3

3

Cộng 1 và 2  vế theo vế, ta được
a 3  a  x 3  3x 2  4 x  2  a 3  a   x  1   x  1 .
3

* 

Xét hàm số f t   t  t trên  . Ta có f ' t   3t  1  0, t   .
3

2

Nhận thấy *  có dạng f a   f  x  1  a  x  1  3 9 x  1  x  1
x  1
3
  x  1  9 x  1   x  1 x 2  4 x  2   0  
.
 x  2  6
Đối chiếu điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là S  2  6;2  6 .



Câu 10. Vì a  1;3 nên a 1a  3  0 . Do đó ta có
a  1a  34 a  3  0
4 a 3  13a 2  9



.


a  1a  3a 2  4 a  3  0 a 4  10a 2  9


4 c 3  13c 2  9
Tương tự, ta cũng có  4
. Khi đó
c  10c 2  9

13
P  10 a 2  b 2  c 2   18 


2
13 a  b 2  c 2   13
13

Đặt t  a 2  b 2  c 2 . Khi đó P  10 t  18 

t 1



a  1b  1c  1  0
Do a, b, c  1;3  
a  3b  3c  3  0

abc  ab  bc  ca   a  b  c   1  0
1
 
.
abc  3ab  bc  ca   9 a  b  c   27  0 2


Lấy 1  2  , ta được 2 ab  bc  ca   8 a  b  c   26  0
 2 ab  bc  ca   48  26  0  ab  bc  ca  11.

a  b  c 

2

Hơn nữa, ta lại có ab  bc  ca 

3

 12 .

Mà t  a 2  b 2  c 2  a  b  c   2 ab  bc  ca  . Suy ra t  12;14  .
2

10Email:




Xét hàm số f t   10t 18 
Ta có f  t   10 

13
2 t 1

3

13
t 1

trên đoạn 12;14  .

 0 , t  12;14  .

Suy ra P  f t   f 14   121, t  12;14  .
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 121 ; khi a; b; c   1;2;3 hoặc các hoán vị.

Email:

11


ĐỀ SỐ

2

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

2 x 1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y   x 2 1 . Chứng minh rằng y    2 xy ''' 4 y ''  40 .
2

4

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn 2  z  12  i   3  i  z  2i  . Tìm phần thực của z 9 .

b) Giải phương trình 4 2 x  2 3 x 1  2 x 3  16  0 .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
y  e x ln 3e x  1 , trục hồnh và các đường thẳng x  0, x  ln 5 .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 1
y
z 1
x 1 y  2 z  3


và d ' :


. Chứng minh rằng d và d ' song
3
1
2
3
1
2
song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng   chứa d và d ' .
d:

Câu 6 (1,0 điểm).
2
. Tính giá trị biểu thức A  sin 4   cos 4  .
3
b) Tìm cặp số ngun dương  x ; y  thỏa mãn 7 A5yx3  A5yx2 và 4C 5yx2  7C 5yx3 .

a) Cho góc  thỏa mãn sin 2 

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , cạnh bên
SA  2a và vng góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và tan của

góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng SAB  .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vng tại A . Gọi
M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1;1 đường kính
4 
CM cắt BM tại D . Xác định tọa độ điểm B , biết đường thẳng BC đi qua N  ;0 ,
 3 

phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có tọa độ ngun.
 x 2  y 3  2 y  5  y 2  y  2 x 2  5  0 1



Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
.
 3 2
2
y

1

xy

5
x

4

x

2

2



1 3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn  ;  và thỏa mãn a  b  c  3 .
 2 2 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  8 ab  bc  ca  6 a 4  b 4  c 4  .

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
● Tập xác định: D   \ 1 .

Email:

5


● Đạo hàm y ' 

3

 x  1

2

 0, x  D .

Hàm số đồng biến trên từng khoảng ;1 và 1;  .
● Giới hạn và tiệm cận:

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .
x 1

x 1

lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y  2 .

x 

x 

● Bảng biến thiên
x 
y'



1






y

2



2

1 
● Đồ thị C  cắt Ox tại  ;0 , cắt Oy tại 0; 1 và nhận giao điểm I 1;2  của hai
 2 
đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
y

2

x
1

1

1
2

Câu 2. Ta có y '  2. x 2 1 . x 2  1  4 x  x 2  1  4 x 3  4 x .
Suy ra y ''   y '  12 x 2  4 ;

y '''   y ''  24 x ;

4
y     y '''  24 .

Do đó y 4  2 xy   4 y   24  2 x .24 x  4 12 x 2  4   40 .
Vậy y    2 xy   4 y   40 .
4

Câu 3.
a) Gọi z  a  bi a, b    , suy ra z  a  bi .

6 Email:


Theo giả thiết, ta có 2 a  bi  12  i   3  i a  bi  2i 
 4 a  2b  4   2 a  4b  2i  3a  b  2  a  3b  6i
4 a  2b  4  3a  b  2
a  b  2
a  1
 
 
 
.
2a  4 b  2  a  3b  6 3a  7b  4 b  1
Suy ra z  1  i .
9
2 4
4
Do đó z 9  1  i   1  i  1  i    1  i 2i   1  i 16  16  16i .


Vậy số phức z 9 có phần thực bằng 16 .
b) Phương trình tương đương với 2 4 x  2.2 3 x  8.2 x  16  0 .
Đặt t  2 x , t  0 . Phương trình trở thành t 4  2t 3  8t  16  0
t  1  5 loaïi 
 t 2  4 t 2  2t  4   0  t 2  2t  4  0  
.
t  1  5





Với t  1  5 , ta được 2 x  1  5  x  log 2 1  5 .





Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  log 2 1  5 .
Câu 4. Ta có e ln 3e  1  0,    0; ln 5 .
x

x

ln 5

ln 5

0

0

Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là S   e x ln 3e x  1dx   e x ln 3e x  1dx .
x  0  t  4
Đặt t  3e x  1  dt  3e x dx . Đổi cận: 
.
x  ln 5  t  16


1
u  ln t du  dt

t .

dv  dt

v

t

16
16
16
16 



1
1
56
Suy ra S  t ln t    dt   t ln t   t  
ln 2  4 (đvdt).


3 
3
4

4
4
 3 

4

Câu 5. Đường thẳng d đi qua M 1;0;1 và có VTCP ud  3;1;2 .

Đường thẳng d ' đi qua M ' 1;2;3 và có VTCP ud '  3;1;2 .
 
3
1 2
Ta có


nên ud  ud ' .
1
3
1
2
1 1 0  2 1  3


nên M  d ' .
2 
3
1
2
Từ 1 và 2  , suy ra d và d ' song song với nhau.
16

1
Khi đó S   ln tdt . Đặt
3 4

Mặt phẳng   chứa d và d ' nên đi qua

 
n  ud , MM '  0;8;8 . Do đó   : y  z  1  0 .


Câu 6.

M 1;0;1

và có VTPT

a) Áp dụng a 4  b 4  a 2  b 2   2 a 2 b 2 .
2

Email:

7


2
1
7
Ta có A  sin 4   cos 4   sin 2   cos 2    2 sin 2 .cos2   1  sin 2 2  .
2

9
7
Vậy A  .
9
b) Điều kiện: 5 x  y  2 và x , y   * .

Ta có 7 A5yx3  A5yx2  7.

5 x !
5 x  y  3!



5 x !
5 x  y  2 !

7
1
  5x  y  4  0 .
1
5x  y  3 1
5 x !
5x !
 7C 5yx3  4.
 7.
 y  2!.5 x  y  2 !
 y  3!.5 x  y  3!



Lại có 4C 5yx2

4
7

 20 x  11 y  26  0 .
2 
y  2 5x  y  3
5 x  y  4  0
x  2
Từ 1 và 2  , ta có hệ phương trình 
 
.
20 x  11 y  26  0  y  6


x  2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình 
.
 y  6
Câu 7. Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là SABC  a 2 .

1
2a 3
Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  S ABC .SA 
(đvtt).
3
3
S
Gọi M là trung điểm AB , suy ra CM  AB .

1

Hơn nữa SA   ABC  suy ra SA  CM .

2 

Từ 1 và 2  , suy ra CM  SAB  .
Do đó hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng
SAB  là SM . Suy ra


.
SC
, SAB   SC
, SM  CSM

Ta có CM 

1
a
a 3
; AM  AB  .
2
2
2


Trong tam giác vuông SMC , ta có tan CSM

M

A

B

C
CM
CM
51


.
2
2
SM
17
SA  AM

Vậy SC hợp với SAB  một góc  thỏa mãn tan  

51
.
17

  BAM
  90 0 , suy ra tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính
Câu 8. Ta có MDC
  ACD
 (cùng chắn cung 
AD ).

BC nên ABM
AB
3
 3 .

, suy ra cos ACD
BM
10
10
Điểm C  CD nên C 3c  6; c  .

Lại có cos ABM

C

8 Email:

I

D

M
A

N
B



Suy ra IC  3c  5; c  1 .


Đường thẳng CD có VTCP u  3;1 .
 
IC .u
   
Ta có cos ACD
IC . u



 c  1
 
.
10
10c  32 c  26. 10
 c  11/ 5 loaïi
Với c  1 , suy ra C 3; 1 . Do I là trung điểm CM nên M 1;1 .
10c  16

2



3

Đường thẳng BC đi qua hai điểm C và N nên BC : 3x  5 y  4  0 .
Đường thẳng BM đi qua M và vuông góc với CD nên BM : 3 x  y  4  0 .
3 x  5 y  4  0
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 

 B 2;2 .
3 x  y  4  0
Câu 8. Ta tính được độ dài cạnh hình vuông bằng 3 2 . Thật vậy:
  
 2 
2
Ta có 2 NB  NC  0  CN  CB nên N nằm giữa B và C sao cho CN  CB .
3
3
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên CD . Suy ra HE 

12 2
.
13

2a
a 13
, DN  CD 2  CN 2 
.
3
3
AD
DH
3
2a


suy ra DH 
.
ADH  DNC nên

DN
NC
13
13
HE DH
6


suy ra
DHE  DNC nên
NC
DN 13
13
2a
NC  HE  2 2 
2 2 a 3 2 .
6
3

Gọi a  0 là cạnh hình vuông ABCD . Suy ra CN 
Ta có

M

P

A

H

B

N

D

E

C


Gọi n  a; b  với a 2  b 2  0 là VTPT của đường thẳng AD .

Đường thẳng AD qua M 3;6 và có VTPT n  a; b  nên AD : ax  by  3a  6b  0 .

Email:

9


 a  b
 3 2  7a 2 16ab  23b 2  0  
.
7a  23b
a 2  b2

● Với a  b , ta chọn a; b   1;1 nên AD : x  y  3  0 .

Ta có d  N , AD   3 2 

2a  8b

Gọi d là đường thẳng qua N và vuông góc với AD nên d : x  y  1  0 .
 x  y  1  0
Gọi P  d  AD nên tọa độ điểm P thỏa mãn 
 P 2;1 .
 x  y  3  0
Điểm A  AD nên A a; a  3 với a  2 . Ta có
 a  1 loaïi
1
2
2
AP  BN  BC  2  a  2  a  2  2  
 A 1;2 .
3
 a  3

● Với 7a  23b : Bạn đọc làm tương tự.
Vậy A 1;2  .
1 3
3
Câu 10. Vì a, b, c   ;  suy ra a  b  c  a  b  c   2c  3  2c  3  2.  0 .
 2 2 
2
Tương tự b  c  a  0 ; c  a  b  0 .

Do đó 2 a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2   a 4  b 4  c 4 
 a  b  c a  b  c b  c  a c  a  b   0 .

Suy ra 2 a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2   a 4  b 4  c 4  2 a 4  b 4  c 4 

 a4  b4  c 4 

2
1 2
a  b2  c 2  .

2

Do đó P  8 ab  bc  ca   3 a 2  b 2  c 2  .
2


1 
1 
1
a  b  c    0




 1 3  
2 
2 
2
Lại có a, b, c   ;   
 2 2  
3 
3 
3
a  b  c    0








2
2
2


1
1
1
abc  ab  bc  ca   a  b  c    0 1

2
4
8
 
.

3
9
27
abc  ab  bc  ca   a  b  c    0 2 
2
4
8


13
Lấy 1  2  , ta được ab  bc  ca  2 a  b  c    0
4
13
13
11
 ab  bc  ca    2 a  b  c     6  .
4
4
4
11 7
2
Mà a 2  b 2  c 2  a  b  c   2 ab  bc  ca   9  2.  .
4
2
2
11
49
59
Do đó P  8 ab  bc  ca  3a 2  b 2  c 2   8.  3.   .
4
4
4
 1 3 
59
Khi a; b; c    ;1;  thì P   .
 2 2 
4

10Email:


Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 

1 3 
59
; khi a; b; c    ;1;  hoặc các hoán vị.
 2 2 
4

Email:

11


ÑEÀ SOÁ

3

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 2  1 1 .
2

x 2
. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x 1
tại giao điểm của đồ thị với đường thẳng y  2  0 .

Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Trong tất cả các số phức z thỏa mãn iz  3  z  2  i . Tìm số phức z có z
nhỏ nhất.
b) Biểu diễn theo a , b biểu thức A  log 35 28 , biết rằng log14 7  a ; log14 5  b .
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
y  e x ln 3e x  1 , trục hoành và các đường thẳng x  0, x  ln 5 .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;3;1 và mặt
x 1
y
z 1


. Viết phương
1
2
2
trình đường thẳng  đi qua điểm A , song song với  P  và vuông góc với d . Tính

phẳng  P  : x  3 y  2 z  1  0 và đường thẳng d :
khoảng cách giữa hai đường thắng d và  .
Câu 6 (1,0 điểm).





a) Giải phương trình sin x 2 sin x  1  cos x 2 cos x  3 .

b) Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, mỗi phòng thi gồm 16 học sinh được xếp vào 4
dãy bàn, mỗi dãy 4 bàn. Môn Hóa có 4 mã đề thi, giám thị phát đề thi cho học sinh
thỏa mãn yêu cầu mỗi dãy ngang và dọc phải có đủ 4 mã đề. Hai thí sinh A và B
thi chung phòng, tính xác suất để A và B chung mã đề thi.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác
SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối
chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có M , N
lần lượt thuộc các cạnh AB và CD sao cho AM  CN . Gọi K là giao điểm của AN
và DM , H là hình chiếu vuông góc của K trên BC . Giả sử đường thẳng DH có

23 
phương trình 3 x  4 y  5  0 , đường thẳng AN cắt BC tại P 3;  và

3
3
. Tìm tọa độ điểm H , biết
5
 x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c
giá trị lớn nhất của biểu thức

sin DAN

Email:

H có tọa độ nguyên.
y 2  6  y x 2  3  7 xy

1

x 2  3  y y 2  6  2  x 2  y 2 2 

.

thỏa mãn 0  a  1, 0  b  2, 0  c  3 . Tìm

5


P

2 2ab  ac  bc 
1  2a  b  3c



8 b
b

.
2
b  c  b a  c   8
12a  3b 2  27c 2  8

HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI

Câu 1. Bạn đọc tự làm
Câu 2. Giao điểm A của đồ thị với đường thẳng y  2  0 là nghiệm của hệ
x 2

y 
x  1  A 0;2  .


 y  2  0

Ta có y ' 

1

 x  1

2

, suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là k  y ' 0   1 .

Vậy phương trình tiếp tuyến là d : y  1 x  0   2 hay d : y  x  2 .
Câu 3.
a) Gọi z  x  yi  x , y    .
Theo giả thiết, ta có i  x  yi   3  x  yi  2  i
 3  y   xi   x  2   y  1i
 3  y   x 2   x  2   y 1  x  2 y 1.
2

2

2

2

2
1
5
2
Khi đó z  x 2  y 2  2 y 1  y 2  5 y 2  4 y  1  5  y    
.


5
5
5

1
2
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x   , y   .
5
5
1 2
Vậy số phức z cần tìm là z    i .
5 5

b) Ta có A  log 35 28 

2
log 7 28 log 7 7.2  1  2 log 7 2



.
log 7 35
log 7 7.5
1  log 7 5

Theo giả thiết
a  log14 7 

1
1
1
1 a

, suy ra log 7 2  1 
;
log 7 2.7 1  log 7 2
a
a

b  log14 5 

 1  a  b
log 7 5
log 7 5

, suy ra log 7 5  b 1  log 7 2  b 1 
 .

log 7 7.2 1  log 7 2

a  a

Thay log 7 2 

1 a
b
2 a
và log 7 5  vào A , ta được A 
.
a
a
a b

Câu 4. Ta có e x ln 3e x  1  0,    0; ln 5 .
ln 5

ln 5

0

0

Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là S   e x ln 3e x  1dx   e x ln 3e x  1dx .

6 Email:


x  0  t  4
Đặt t  3e x  1  dt  3e x dx . Đổi cận: 
.

x  ln 5  t  16

1
16
u  ln t du  dt
1
Khi đó S   ln tdt . Đặt 

t .
dv  dt

3 4
v  t
16
16
16
16 
 1
1
56
Suy ra S  t ln t    dt   t ln t   t  
ln 2  4 (đvdt).


3 
3
3
4
4
4



4


Câu 5. Mặt phẳng  P  có VTPT nP  1;3; 2 .

Đường thẳng d đi qua điểm M 1;0;1 và có VTCP ud  1; 2;2 .

Đường thẳng  song song với  P  và vuông góc với d nên có VTCP

 
u   nP , ud   2;4;5 .



x  2 y  3 z 1
Do đó  đi qua A 2;3;1 và có VTCP u  2;4;5 nên  :


.
2
4
5
 

Ta có ud , u   18;9;0 , MA  1;3;2 .


  

u , u  . MA
 d  
Khoảng cách giữa hai đường thắng d và  là d  d ,   
 5.
 
u , u 
 d  
Câu 6.
a) Phương trình tương đương với 2 sin 2 x  sin x  2 cos 2 x  3 cos x
 sin x  3 cos x  2 cos 2 x  sin 2 x 
1
3
sin x 
cos x  cos 2 x
2
2

5 k 2
x 




 

18
3
 sin  x    sin   2 x   
,  k  .


 2
 
5
3
x



k
2



6
5 k 2
5
Vậy phương trình có nghiệm x 

, x    k 2  k  .
18
3
6
b) ● Xác suất về chỗ ngồi.
Không gian mẫu là số cách chọn chổ ngồi của A và số cách chọn chổ ngồi của B .
Giả sử A chọn chổ ngồi trước nên có 16 cách, B còn lại 15 chỗ ngồi để chọn nên có 15
cách. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 16.15  240 .
Không gian biến cố: Do A chọn chổ ngồi trước nên có 16 cách. Để B ngồi ở vị trí
thỏa mãn cùng chung mã đề với A thì B không được ngồi cùng hàng và cùng dãy với
A nên B có 9 cách chọn chỗ ngồi. Suy ra số phần tử của biến cố là 16.9  144 .
144 3

Xác suất về chọn chỗ ngồi là
 .
240 5
● Xác suất về cùng mã đề thi.
 sin x  3 cos x  2 cos 2 x 

Email:

7


Không gian mẫu là cách chọn tùy ý mã đề thi của A và cách chọn tùy ý mã đề thi của
B . Suy ra số phần tử của không gian mẫu là 4.4  16 .
Không gian biến cố: Giả sử A chọn đề thi trước nên có 4 cách chọn mã đề. Để B
trùng mã đề thi với A thì B phải chọn mã đề giống như A đã chọn nên B chỉ có 1 cách
chọn. Suy ra số phần tử của biến cố là 4.1  4 .
4
1
Xác suất về cùng mã đề thi là
 .
16 4
3 1
3
Vậy xác suất cần tính là P  . 
.
5 4 20
Câu 7. Gọi H là trung điểm AD , suy ra SH  AD .
Mà SAD    ABCD  theo giao tuyến AD nên SH   ABCD  .
Ta có SH là đường cao trong tam giác đều SAD cạnh a nên SH 

a 3
.
2

Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD  a 2 .
1
a3 3
Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH 
(đvtt).
3
6
S

C

D
F

K

x

H

O

E
A

B

Kẻ Ax  BD . Khi đó d  BD , SA   d  BD, SAx   d  D, SAx   2d  H , SAx  .
Kẻ HE  Ax  E  Ax  .
Gọi K là hình chiếu của H trên SE , suy ra HK  SE .
HE  Ax
Ta có 
 Ax  SHE   Ax  HK .
 Ax  SH
Từ 1 và 2  , suy ra HK  SAx  nên d  H , SAx   HK .

1
2 

AO a 2

.
2
4
SH .HE
a 21

Trong tam giác vuông SHE , ta có HK 
.
2
2
14
SH  HE

Gọi F là hình chiếu của H trên BD . Ta có HE  HF 

a 21
Vậy d  BD , SA  2d  H , SAx   2 HK 
.
7

8 Email:


Câu 8. Ta chứng minh AN  DH . Thật vậy:
Ta có AKM ∽ NKD  g  g  nên suy ra
Mặt khác, theo giả thiết

d  K , AM 
d K , DN 



d  K , AM 
d K , DN 



AM
.
DN

HB
HB
AM
CN

. Từ đó suy ra


.
HC
HC
DN
DN

Do ABCD là hình vuông nên suy ra HB  CN , HC  DN .
  DHC
.
Ta có ADN  DCH c  g  c  , suy ra AND




Mà D
HC  CD
H  90 0 , suy ra A
ND  CD
H  90 0 hay AN  DH .

A

M

B

H

K

E
N

D

C

P
Đường thẳng AN đi qua P và vuông góc với DH nên AN : 4 x  3 y  11  0 .
x  1  4 t
Ta có DH : 3 x  4 y  5  0 hay DH : 
.
 y  2  3t
 
17 
Điểm H  DH nên H 1  4 t ; 2  3t  với t   . Suy ra PH  4 t  4;3t   .

3

Đường thẳng AN có VTCP u AN  3;4  .
3
  3 nên cos HPE
4.
, suy ra sin HPE
5
5
5

68
12t 12 12t 

 

4
3
  cos HP , n  
Ta có
cos HPE
AN
2
5
9 t  17
2
5. 4 t  4  
9

t 1
 225t 2  18t  243  0  
 H 3;1 .
 t  27 / 25 loaïi
Vậy H 3;1 .

Theo giả thiết sin DAN

Câu 9. Phương trình 2  x



 

x2 3  x  y

Email:



y2  6  y  2

9


x

3

y

6

y 6  y
2

hai vế phương trình 1 cho xy , ta được

2

3

x 3
1
x
2



6

2.
y 6
1
y
Nhận thấy x  0 hoặc y  0 không phải là nghiệm của hệ phương trình nên chia cả
x 3  x
2

2

y2  6
x2 3

7.
x
y

 x 2  3

a  b  9
1  a

 x


Đặt 
, khi đó hệ phương trình trở thành  3 6
2
 y  6
   2

 a b
1  b

y

9
9
b  9  a
b  9  a
a  , b 



 3


2
2.
  6  2 27  3a  2a 9  a  

a  3, b  6

 a 9  a
 x 2  3 7


 x
9
2 15
2

Với a  b  , ta có 
xy
.
2
 y  6 7
2
15



y
2
 x 2  3

 2  x  1
 x
a  3

Với 
, ta có 
 

.
b  6
 y 2  6
 y  1

2
 5 

y
 1   2 15 2 15 
 .
;
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x ; y   1; ,
 2   15
15 

Câu 10. Vì 0  a  1, 0  b  2, 0  c  3
1  a b  c   0
b  c  ab  ac
 
 
 2a  b  3c  2ab  bc  ac
2  b a  c   0 2 a  2c  ab  bc

2 2ab  ac  bc  2 2ab  ac  bc 


.
1  2a  b  3c
1  2ab  ac  bc

Mặt khác, ta có b  c  a b  c  (do a  0;1 )


8 b
8 b
8 b


.
b  c  b a  c   8 a b  c   b a  c   8 2ab  bc  ac  8

Với mọi số thực x , y, z ta có

 x  y    y  z    y  x   0  2  x 2  y 2  z 2   2 xy  2 yz  2 xz
2

2

2

 3x 2  y 2  z 2    x  y  z  .
2

2
2
2
Do đó 12a 2  3b 2  27c 2  3 2a   b 2  3c    2a  b  3c 


 2a  b  3c  2ab  bc  ac .

10Email:


Suy ra

b



b
.
2ab  bc  ac  8

12a  3b  27c  8
2 2ab  bc  ac 
8b
b
Vì vậy P 


1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8 2ab  bc  ac  8
2 2ab  bc  ac 
8


.
1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8
2t
8

Đặt t  2ab  bc  ac , với t   0;13 . Khi đó P 

.
1 t t  8
2t
8
Xét hàm số f t  

, với t   0;13 .
t 1 t  8
2
8
Đạo hàm f ' t  

; f ' t   0  t  6 .
2
2
t  1 t  8
2

2

2

16
47
16
; f 13 
. Suy ra P  f t   , t   0;13 .
7

21
7
2
16
Khi a  1; b  2; c  thì P 
.
3
7

16
2
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
; khi a; b ; c   1;2;  .

7
3

Ta có f 0   1; f 6 

Email:

11


ÑEÀ SOÁ

4

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

2x  4
.
x 1

sin 3 x  cos3 x
. Chứng minh rằng y " y  0 .
1  sin x cos x

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn 2  i  z  2i  11 . Tìm số phức liên hợp của
z  2016i .
b) Biểu diễn theo a biểu thức A  log 25 1 5 , biết rằng log15 3  a .

Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y 

1  ln x
, trục
x

Ox và hai đường thẳng x  1 , x  e .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;1;1 và hai

x
y 1
z
x
y 1 z  4



và d ' : 

. Chứng minh rằng
1
2
3
1
2
5
A, d , d ' cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu 6 (1,0 điểm).
sin 2
a) Cho góc  thỏa mãn tan   2 . Hãy tính A 
.
cos 4   1
10 Ann2
b) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức
 nC nn 2  n 3  19 .
Pn  Pn 1

đường thẳng

d:

Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có A '. ABC là hình chóp đều, AB  a . Gọi
3
. Tính
3

theo a thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm A ' đến mặt
 là góc giữa hai mặt phẳng  A ' BC  và mặt phẳng  ABC với cos  

phẳng  BCC ' B ' .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn C  có phương trình  x  2  y 2  10 . Gọi H , K lần lượt là chân
2

đường cao kẻ từ B và C của tam giác. Giả sử H 1;1 và K 2;2 . Tìm tọa độ đỉnh
B của tam giác, biết đỉnh A có hoành độ dương.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  x  1 3 x  1  x 3  2 x 2  1  2 x 2  x  1  6 x .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x , y, z không âm thỏa mãn
0  x  y    y  x    z  x   2 .
2

2

2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3
4
P  4 x  4 y  4 z  ln  x 4  y 4  z 4    x  y  z  .
4

Email:

5

HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
Câu 1. Bạn đọc tự làm
sin 3 x  cos3 x
Câu 2. Ta có y 
 sin x  cos x nên y '  cos x  sin x .
1  sin x cos x
Suy ra y ''   y '   sin x  cos x   y .
Vậy y " y  0 .
Câu 3.
a) Ta có 2  i  z  2i  11  2  i  z  11  2i
11  2i 11  2i 2  i  22 15i  2i 2


 4  3i .
2 i
5
5
Suy ra z  4  3i , suy ra z  2016i  4  2019i .
Vậy số phức liên hợp của z  2016i là z  2016i  4  2019i .
1
1
1
1 
 .
b) Ta có A  log 25 1 5  log 5 1 5  1  log 5  3  1 
2
2
2  log 3  5 
z

Theo giả thiết a  log15 3 
Thay log 3 5 

1
1
1
1 a

, suy ra log 3 5   1 
.
log 3 15 1  log 3 5
a
a

1 a
1
vào A , ta được A 
.
a
2 1  a 
e

Câu 4. Diện tích hình phẳng cần tìm là S  
1

e

1  ln x
1  ln x

dx  
dx .
x
x
1

Đặt t  1  ln x  t  1  ln x , suy ra 2tdt 
2

dx
.
x

x  1  t  1
Đổi cận: 
.
x  e  t  2

2

Khi đó S   2t 2 dt 
1

2t 3
3

2


1

4 2 2
(đvtt).
3


Câu 5. Đường thẳng d đi qua M 0; 1;0 và có VTCP ud  1; 2;3 .

Đường thẳng d ' đi qua M ' 0;1;4  và có VTCP ud '  1;2;5 .
 
 
Ta có ud , ud '   4;8; 4   0 , MM '  0;2;4  .


  


Xét ud , ud '  .MM '  0  16  16  0 . Do đó d và d ' đồng phẳng.



Gọi   là mặt phẳng chứa d và d ' .


 
Suy ra   đi qua điểm M 0; 1;0 và có VTPT n  ud , ud '   4;8; 4  nên có


phương trình   : x  2 y  z  2  0 .

Ta thấy   : 1  2. 1 1  2  0 nên A 1;1;1    .

6 Email:


Vậy A, d , d ' cùng nằm trên một mặt phẳng   : x  2 y  z  2  0 .
Câu 6.
a) Ta có A 

sin 2
sin 2

.
cos 4  1 2 cos 2 2

2t
1 t 2
và
cos
2


.
1 t 2
1 t 2
2 tan 
4
1  tan 2 
3
Do đó sin 2 

  , cos 2 
 .
2
1  tan 
5
1  tan 2 
5
4
3
10
Thay sin 2   và cos 2   vào A , ta được A   .
5
5
9
*
b) Điều kiện: n   .

10 Ann2
n !  n  2 !
 nC nn2  n 3  19  10.  n
 n 3  19  n ! n  1!
Ta có
Pn  Pn 1
2!  n !2!

 n  1n  2 

 5.n !  n
 n 3  19.n !.1  n 1


2


Nhắc lại công thức: Nếu đặt t  tan  thì sin 2 

 10  n 3  3n 2  2n  2 n 3  38n 
 n 4  3n 3  2n 2  38n 10  0
n  5
 n  5n 3  2n 2  8n  2   0   3
.
 n  2n 2  8n  2  0

Vì n   * nên n 3  2n 2  8n  2  0 vô nghiệm.
Đối chiếu điều kiện ta có n  5 là giá trị cần tìm.
Câu 7. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và AC ; H  AM  BN .
Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Theo giả thiết, suy ra A ' H   ABC  .
BC  AM
 BC   A ' HM   BC  A ' M .
Ta có 
BC  A ' H

   
Do đó    A ' BC  ,  ABC   A
' M , AM  A ' MA  A ' MH .
a 3
.
2
AM a 3

2 AM a 3
Suy ra HM 

, AH 

.
3
6
3
3

Tam giác ABC đều cạnh a nên AM 

Trong tam giác vuông A ' HM , ta có A ' H  HM. tan   HM
Diện tích tam giác ABC đều cạnh a là SABC 

a

2

3
4

2

cos 

1 

a 6

.
6

.

Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là VABC .A ' B ' C '  S ABC .A ' H 

Email:

1

a3 2
(đvtt).
8

7


C'

A'
P
B'
K
N

A
H

C

M

B
Ta có d  A ',  BCC ' B '  d  A ,  BCC ' B ' .
Do BC   A ' HM  , mà BC   BCC ' B ' nên suy ra  BCC ' B '   A ' HM  .
Gọi P là trung điểm của B ' C ' , suy ra  A ' HM    BCC ' B '  MP .
3
d  H , AA ' .
2
A ' H .AH
a
 .
3
A ' H 2  AH 2

Khi đó ta có d  A , BCC ' B '  d  A, MP  d  M , AA ' 
Kẻ HK  AA ' K  AA . Suy ra d H , AA '  HK 

3
a
HK  .
2
2
Câu 8. Ta chứng minh AI  HK . Thật vậy:
Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn C  . Suy ra AI  Ax .

Vậy d  A,  BCC ' B ' 

* 

  ACB
 (cùng bằng 1 sd AB
 ).
Ta có xAB
2
 ).
  AKH
 (cùng bù góc HKB
Tứ giác BKHC nội tiếp nên ACB

1

  AKH
 nên Ax  KH (so le trong).
Từ 1 và 2  , suy ra xAB

* * 

2 

Từ *  và * *  , suy ra AI  HK .
A
x
H
K
B

I
C

Đường tròn C  có tâm I 2;0 , bán kính R  10 .

Đường thẳng AI đi qua I 2;0 và có VTPT HK  1;3 nên AI : x  3 y  2  0 .

8 Email: