10 đề thi thử toán THPT có giải

Gv. Th.S Nguyn V Minh
Nhn luyn thi THPTQG ti Biờn Hũa ng Nai
/c : gn trng THPT Ngụ Quyn
t : 0914449230 (zalo -facebook)
S 01
2 x 1
.
x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th bit tip tuyn vuụng gúc vi ng thng

Cõu 1 (3,0 im) Cho hm s

y

1
x 2016 .
4
Cõu 2 (2,0 im)
d:y

a) Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca hm s f x x 5 5 x 4 5 x 3 1 trờn on 1;2 .
b) Tỡm giỏ tr tham s m hm s f x x 3 3mx 2 3 m 2 1 x m t cc tiu ti x 2 .
Cõu 3 (2,0 im) Gii cỏc phng trỡnh sau:
a)

2

log 2 x log 4 4 x 2 5 0 .

b) 9 x 1 3x 2 18 0 .

Cõu 4 (3,0 im) Cho hỡnh chúp S . ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht cú cnh AB a , BC 2a .
Hai mt bờn SAB v SAD cựng vuụng gúc vi mt phng ỏy ABCD , cnh SA a 15 .
a) Tớnh theo a th tớch khi chúp S . ABCD .
b) Tớnh gúc to bi ng thng SC v mt phng ABD .
c)

Tớnh theo a khong cỏch gia hai ng thng SC v BD .
HệễNG DAN VAỉ ẹAP SO

2 x 1
.
x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th bit tip tuyn vuụng gúc vi ng thng

Cõu 1 (3,0 im) Cho hm s

d:y

y

1
x 2016 .
4

a) Bn c t lm.
2a 1
vi a 1 l im thuc th.
b) Gi M a;
a 1

Phng trỡnh tip tuyn ca th ti M cú dng
2a 1
2a 1
1
. x a
.
: y y ' a . x a

a 1 a 12
a 1

1
x 2016 nờn
4

3
a
1
1 1

2
. 1
.
y ' a . 1
2
1

4
4
1

a



a

2

Do tip tuyn vuụng gúc vi ng thng d : y


Với a 


3
3
, suy ra phương trình tiếp tuyến: 1 : y  4  x    4 hay 1 : y  4 x  10 .


2
2

Với a 


1
1
, suy ra phương trình tiếp tuyến: 2 : y  4  x   hay 2 : y  4 x  2 .



2
2

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là 1 : y  4 x  10 ; 2 : y  4 x  2 .
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x   x 5  5 x 4  5 x 3  1 trên đoạn 1;2  .
b) Tìm giá trị tham số m để hàm số f  x   x 3  3mx 2  3 m 2 1 x  m đạt cực tiểu tại x  2 .
a) Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 1;2  .
Đạo hàm f '  x   5 x 4  20 x 3  15 x 2 .

 x  0  1;2 

Suy ra f '  x   0  5 x 4  20 x 3  15 x 2  0   x  1  1;2  .

 x  3  1;2 
Ta có f 1  10; f 0  1; f 1  2; f 2  7 .
Vậy max f  x   2 khi x  1 ; min f  x   10 khi x  1 .
1;2 

1;2 

b) Ta có f  x   x  3mx  3 m 1 x  m  f  x   x 3  3mx 2  3 m 2 1 x  m.
3

2

2

Đạo hàm f '  x   3 x 2  6mx  3 m 2 1 .
● Điều kiện cần: Để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 thì

 m  1
f ' 2  0  12  12m  3m 2  3  0  m 2  4 m  5  0  
.
m  5

● Điều kiện đủ:
*

Với m  1 , ta được f  x   x 3  3 x 2 1.

x  0
Đạo hàm f '  x   3 x 2  6 x ; f '  x   0  3 x 2  6 x  0  
.
x  2

Lập bảng biến thiên ta thấy y đạt cực tiểu tại x  2 .
*

Với m  5 , ta được f  x   x 3  15 x 2  72 x  5.

x  2
Đạo hàm f '  x   3 x 2  30 x  72; f '  x   0  3 x 2  30 x  72  0  
.
 x  12

Lập bảng biến thiên ta thấy y đạt cực tiểu tại x  2 .
Vậy m  1 hoặc m  5 thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 3 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
2

a)

log 2 x   log 4 4 x 2  5  0 .

b)

9 x 1  3x 2 18  0 .

a) Điều kiện: x  0 .
Với điều kiện trên, phương trình trở thành log 2 x   log 4 4  log 4 x 2   5  0
2


1
 log 2 x  2
x 

 log 2 x  1  log 2 x  5  0  log 2 x   log 2 x  6  0 

4.
 log 2 x  3


 x  8
2

2

 1 
Đối chiếu điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là S  
 ,8 .
 4 
3x  1 loaïi
b) Ta có 9  3 18  0  9.3  9.3 18  0   x
 3x  2  x  log 3 2.
3  2 thoaû maõn
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  log 3 2.
x 1

x 2

2x

x

Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có cạnh AB  a , BC  2a .
Hai mặt bên SAB  và SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  , cạnh SA  a 15 .
a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD .
b) Tính góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng  ABD  .
c)

Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD .
a) Theo giả thiết suy ra SA   ABCD  .

S

Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD  AB.BC  2a 2 .

1
2a 3 15
Thể tích khối chóp VS . ABCD  S ABCD .SA 
(đvtt).
3
3

F
D
x

b) Do SA   ABCD  nên

K

A

B

Xét tam giác vuông SAC , ta có

O
E




.
SC
,  ABD   SC

,  ABCD   SC
, AC  SCA

C


tan SCA

SA

AC

SA
2

AB  BC

2



a 15
a 2  4a 2

 3.

  60 0 .
Suy ra SCA
Vậy đường thẳng SC tạo với mp  ABD  một góc bằng 60 0 .
c)

Kẻ Cx  BD , suy ra BD  SCx  . Khi đó

d SC , BD   d  BD, SCx   d O , SCx  

1 
d A, SCx  .
2 

Từ A kẻ AE  Cx  E  Cx  , gọi F  AE  BD .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên SE , suy ra AK  SE .

1

 AE  Cx

Ta có 
 Cx  SAE   Cx  AK .



Cx  SA

2 

Từ 1 và 2 , suy ra AK  SCx  nên d  A, SCx   AK .
Do AE  Cx  AF  BD . Trong tam giác ABD , ta có AF 

AB. AD
2

AB  AD

2



2a
5

.

Xét tam giác ACE , ta có OF  CE và O là trung điểm AC nên OF là đường trung bình. Suy ra

AE  2 AF 

4a
5

.

Trong tam giác vuông SAE , ta có AK 
Vậy d SC , BD  

1
2a 15
AK 
.
2
91

SA. AE
2

SA  AE

2



4 a 15
91

.


Gv. Th.S Nguyn V Minh
Nhn luyn thi THPTQG ti Biờn Hũa ng Nai
/c : gn trng THPT Ngụ Quyn
t : 0914449230 (zalo -facebook)
S 02
x 2m
C m .
x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m 1 .

Bi 1 (3,0 im) Cho hm s

y

b) Vit phng trỡnh tip tuyn d ca C m ti giao im ca C m vi trc tung. Tỡm m
khong cỏch t gc ta O n tip tuyn l ln nht.
Bi 2 (1,0 im) Cho hm s y

1 ln x
. Chng minh rng 2 x 2 y ' x 2 y 2 1 .
x 1 ln x

Bi 3 (1,0 im) Cho log a b 5 v log a c 3 . Tớnh giỏ tr biu thc M c

log

c

. log


a





. a . b . 3 c


.

Bi 4 (2,0 im) Gii phng trỡnh, bt phng trỡnh sau:
a)

4

lg10 x

6 lg x 2.3



lg 100 x 2


.

x 2 5x 6
0.
log 2 x 2

b)

120 0 ,
Bi 5 (2,0 im) Cho hỡnh lng tr ng ABC . A ' B ' C ' cú ỏy l tam giỏc cõn, AB a v BAC
gúc gia mt phng A ' BC v mt ỏy ABC bng 60 0 .
a) Tớnh theo a th tớch khi lng tr ABC . A ' B ' C ' .
b) Tớnh khong cỏch t im C n mt phng C ' AB .
Bi 6 (1,0 im) Cho hai s thc x , y tha món iu kin x y 0 v x y xy 7 . Tỡm giỏ tr ln

1
2
nht ca biu thc P ln 1 10 xy 5 y 2 x 2 x 5 y .

4
HệễNG DAN VAỉ ẹAP SO

x 2m
C m .
x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m 1 .

Bi 1 (3,0 im) Cho hm s

y

b) Vit phng trỡnh tip tuyn d ca C m ti giao im ca C m vi trc tung. Tỡm m
khong cỏch t gc ta O n tip tuyn l ln nht.
a) Bn c t lm.
b) Gi A l giao im ca C m vi trc tung. Suy ra ta im A tha món h


y x 2m
x 1 A 0;2m .


x

0

1 2m
o hm y '
.
2

x 1
Suy ra h s gúc ca tip tuyn ca th hm s ti im A l k y ' 0 1 2m.
Do ú phng trỡnh tip tuyn cú dng d : y 1 2m x 2m hay d : 1 2m x y 2m 0 .
Khong cỏch t gc ta O n tip tuyn: d O , d

2m
2

1 2m 1

.




Nu m 0 thỡ d O , d 0 .



Khi m 0 , ta cú d O , d

1

1



2

1

1

1
2m
4m 2

1
1
1
2m 2 m

1



2


1 1
1
1

2 m
2



1
1

2

2.

1
1 0 m 1.
m
Vy vi m 1 thỡ tha món yờu cu bi toỏn.

Du '' '' xy ra khi v ch khi

Bi 2 (1,0 im) Cho hm s y

1 ln x
. Chng minh rng 2 x 2 y ' x 2 y 2 1 .
x 1 ln x

/

1 ln x .x 1 ln x 1 ln x x 1 ln x
Ta cú y '
2
x 2 1 ln x

/

1
x 1 ln x 1 ln x 1 ln x 1
1 ln 2 x
.

x

2
2
x 2 1 ln x
x 2 1 ln x
Suy ra

2x 2 y '

2 1 ln 2 x
2

1 ln x

;

2 1 ln x
1 ln x
.
x y 1 2
1
1
2
2
2
x 1 ln x
1 ln x
1 ln x
2

2

2

x 2 1 ln x

2

2

Vy 2 x 2 y ' x 2 y 2 1 .
Bi 3 (1,0 im) Cho log a b 5 v log a c 3 . Tớnh giỏ tr biu thc M c

log

c

. log


a





. a . b . 3 c

.

iu kin: 0 a 1, b 0, c 0.
Ta cú log

a

Suy ra log

a.
c

Vy M c



b . 3 c log

log


log

c

. log


a
a

a.

a

a log

b log

a

3
a

2
2
c 2 log a a log a b log a c 2 5 .3 9 .
3
3



b . 3 c log c 9 2 log c 9 log c 81.






. a . b . 3 c

c logc 81 81.

Bi 4 (2,0 im) Gii phng trỡnh, bt phng trỡnh sau:
a)

4

lg10 x

6 lg x 2.3



lg 100 x 2


.

b)

x 2 5x 6
0.
log 2 x 2

a) iu kin: x 0.
Vi iu kin trờn, phng trỡnh tr thnh 4 lg10 lg x 6 lg x 2.3lg100 lg x

2

41 lg x 6 lg x 2.32 2 lg x 4.4 lg x 6 lg x 18.9 lg x 18.9 lg x 6 lg x 4.4 lg x 0 .
2t

t

3
3
t t lg x , phng trỡnh tr thnh 18.9 t 6 t 4.4 t 0 18 4 0 .
2
2
t

3
t u
2


4
u thoỷa maừn

9
2
.
0 , ta c phng trỡnh 18u u 4 0

1
u loaùi
2

t

Vi u

2

3
4 3
4
, ta c


2
9 2
9

t

3
1
t 2 . Suy ra lg x 2 x
.
2
100


Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 

1
.

100

* 

b) Điều kiện: 0  x  2  1  2  x  1 .
Trường hợp 1: log 2  x  2  0  x  2  1  x  1.

1

x  3
.
Khi đó bất phương trình trở thành x 2  5 x  6  0  
x  2

x  3
: thỏa mãn điêu kiện * .
Kết hợp với 1 , ta được 
1  x  2

● Trường hợp 2: log 2  x  2  0  x  2  1  x  1.

2 

●

Khi đó bất phương trình trở thành x 2  5 x  6  0  2  x  3.

 x  1

Kết hợp với 2 , ta được 

: không có giá trị của x .



2  x  3
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S  1;2   3; .
  120 0 ,
Bài 5 (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân, AB  a và BAC
góc giữa mặt phẳng  A ' BC  và mặt đáy  ABC  bằng 60 0 .
a) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' .
b) Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng C ' AB  .

  120 0 nên tam giác ABC cân tại A .
a) Tam giác ABC cân và có BAC
Gọi M là trung điểm BC , do tam giác ABC cân tại A nên suy ra AM  BC .

BC  AM
Ta có 
 BC   A ' AM   BC  A ' M .



BC  A ' A

 A ' BC    ABC   BC

0
 

Do 

' M , AM  A
' MA .
 A ' M   A ' BC ; A ' M  BC  60   A ' BC ,  ABC   A

 AM   ABC ; AM  BC

B'

C'

A'

A'

M

B

C'

B'

C

K

B

A

A

E

  a.sin 30 0  a .
Trong tam giác vuông AMB , ta có AM  AB.sin ABM
2

a 3

' MA 
Trong tam giác vuông A ' AM , ta có A ' A  AM .tan A
.
2
Diện tích tam giác ABC là SABC 

2
1
  a 3.
AB. AC .sin BAC
2
4

C


Vậy thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là VABC . A ' B ' C '  SABC . A ' A 

3a 3
(đvtt).

8

b) Kẻ CE  AB  E  AB  .

1

Gọi K là hình chiếu vuông góc của C trên C ' E , suy ra CK  A ' E .


 AB  CE
Ta có 
 AB  C ' CE   AB  CK .



 AB  C ' C
Từ 1 và 2 , suy ra CK  C ' AB  nên d C , C ' AB   CK .
Trong tam giác vuông AMB , ta có

2 

  a.cos 30 0  a 3 . Suy ra BC  2 BM  a 3 .
BM  AB.cos ABM
2
  BC .sin 30 0  a 3 .
Trong tam giác vuông BEC , ta có CE  BC .sin CBE
2
Trong tam giác vuông C ' CE , ta có CK 

CC '.CE

2

CC '  CE

2



a 6
.
4

a 6
.
Vậy d C , C ' AB   CK 
4
Bài 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x , y thỏa mãn điều kiện x  y  0 và x  y  xy  7 . Tìm giá trị lớn

1
2
nhất của biểu thức P  ln 1  10 xy  5 y 2   x 2   x  5 y  .
4
Ta có

2

10 xy  5 y 2  4 xy  2.x .3 y  5 y 2  4 xy  x 2  9 y 2  5 y 2   x  2 y  ;

1
1

2
2
2
x 2   x  5 y   x 2  4 y  x  y   x 2  4 y  x  y    x  2 y  .
4
4
2
2
Suy ra P  ln 1   x  2 y     x  2 y  .


2

Đặt t   x  2 y  . Khi đó P  ln 1  t   t .
Theo giả thiết x  y  xy  7  2  x  1 y  1  16 .
2

1  x  2 y  2 
Ta có 16  2  x  1 y  1   x  12 y  2  
 , suy ra x  2 y  5 .


2
2

Xét hàm số f t   ln 1  t   t , với t   x  2 y   25 .
Ta có f ' t   

t
 0, t  25 . Suy ra hàm số f t  nghịch biến trên 25; .

1 t

Do đó f t   f 25  25  ln 26, t  25 .
Khi  x ; y   3;1 thì f t   25  ln 26 .
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 25  ln 26 ; khi  x ; y   3;1 .


Gv. Th.S Nguyễn Vũ Minh
Nhận luyện thi THPTQG tại Biên Hòa – Đồng Nai
Đ/c : gần trường THPT Ngơ Quyền
Đt : 0914449230 (zalo -facebook)
ĐỀ SỐ 03
x 1
.
x 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hồnh độ bằng 3 .
Câu 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số

y

a)

log 2  x 1  2 log 4 2 x 1  0 .

b)

25x  5x  6  0 .

Câu 3 (1,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 4  8 x 2  3 trên đoạn 0;3 .
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm các ngun hàm sau:
a)

I 

b)

J    x  1 cos x dx .

x  1 dx .

Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA
  60 0 .
vng góc với đáy, góc SBD
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD .
b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO .
2 x 2 y  y 3  2 x 4  x 6


Câu 6 (0,5 điểm) Giải hệ phương trình 
.
2



 x  2 y  1   x  1
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ

x 1
.
x 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hồnh độ bằng 3 .

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số

y

a) Bạn đọc tự làm.
b) Với x 0  3 , suy ra y0 
Đạo hàm y ' 

3
2

 x  2

3 1
4.
32

. Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến k  y ' 3  3.

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm d : y  3  x  3  4 hay d : y  3 x  13 .
Câu 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a)

log 2  x 1  2 log 4 2 x 1  0 .

b)

25x  5x  6  0 .

x  1



x 1  0


a) Điều kiện: 


1  x  1.



2 x 1  0 
x 
2

Với điều kiện trên phương trình trở thành log 2  x 1  log 2 2 x 1  0


x  0

2



 log 2  x 12 x 1  0   x 12 x 1  1  2 x  3 x  0  
3.
x 

2
3
Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  .
2
 t  2 thoaû maõn
b) Đặt t  5x  0 , phương trình trở thành t 2  t  6  0  
.
 t  3 loaïi
Với t  2 , ta được 5x  2  x  log 5 2.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  log 5 2 .
Câu 3 (1,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 4  8 x 2  3 trên đoạn 0;3 .
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 0;3 .

 x  0  0;3

Đạo hàm f '  x   4 x 3 16 x . Suy ra f '  x   0  4 x 3 16 x  0   x  2  0;3 .

 x  2  0;3
Ta có f 0  3; f 2  19; f 3  6.
Vậy max f  x   6 khi x  3 ; min f  x   19 khi x  2 .
0;3

0;3

Câu 4 (1,0 điểm) Tìm các nguyên hàm sau:

a)

I 

b)

J    x  1 cos x dx .

x  1 dx .

t 2  x  1
a) Đặt t  x  1  
.

2tdt  dx
Khi đó I   t .2tdt  2  t 2 dt  2.

t3
2
 C   x  1 x  1  C .
3
3

2
Vậy I   x  1 x  1  C .
3


u  x  1
du  dx

b) Đặt 
.






dv
cos
x
dx



v  sin x
Khi đó J  uv   vdu   x  1 sin x   sin x dx   x  1 sin x  cos x  C .
Vậy J   x  1 sin x  cos x  C .
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA
  60 0 .
vuông góc với đáy, góc SBD
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD .
b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO .
a) Ta có SAB  SAD c  g  c  , suy ra SB  SD .

S

  60 0 . Do đó SBD đều
Hơn nữa, theo giả thiết SBD
cạnh SB  SD  BD  a 2 .

Trong tam giác vuông SAB , ta có SA  SB 2  AB 2  a .

K
E

A
O
B

C

Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD  a 2 .
D


Vậy thể tích khối chóp S . ABCD là

1
a3
(đvtt).
VS . ABCD  S ABCD .SA 
3
3
b) Gọi E là trung điểm AD , suy ra OE  AB và AE  OE .
Do đó d  AB, SO   d  AB, SOE   d  A, SOE  .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên SE , suy ra AK  SE .

OE  AE
Ta có 
 OE  SAE   OE  AK .


OE  SA
Từ 1 và 2 , suy ra AK  SOE  nên d  A, SOE   AK .
Trong tam giác vuông SAE , ta có AK 
Vậy d  AB, SO   AK 

SA. AE
2

SA  AE



2

1
2 

a 5
.
5

a 5
.
5

2 x 2 y  y 3  2 x 4  x 6
Câu 6 (0,5 điểm) Giải hệ phương trình 

 x  2 y  1   x  12



1
.
2 

Điều kiện: x  , y  1 .
Với x  0 không thỏa mãn hệ phương trình.
3

Khi x  0 , chia hai vế phương trình 1 cho x 3 , ta được 2

y  y 
   2x  x 3 .
x  x 

1'

Xét hàm số f t   t 3  2t trên  .
Ta có f ' t   3t 2  2  0 , t   . Suy ra hàm số f t  đồng biến trên  .

 y
y
Nhận thấy 1' có dạng f    f  x    x  y  x 2 .
 x 
x
2

Thay y  x 2 vào 2 , ta được  x  2 x 2  1   x  1


x  3
 x  22  x 2  1   x  14
x 2  3


.

 




x  2  0
 x  2

 x   3


Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện, hệ phương trình có nghiệm  x ; y  







3;3 ;  3;3 .

Nhận xét. Phương trình thứ nhất ta cũng có thể nhóm đưa về dạng tích như sau

2 x 2  x 2  y    x 2  y  x 4  x 2 y  y 4   0   x 2  y 2 x 2  x 4  x 2 y  y 4   0
x 2  y  0
x 2  y

  2

.
4
2
4
x  y  0
 2 x  x  x y  y  0



Gv. Th.S Nguyn V Minh
Nhn luyn thi THPTQG ti Biờn Hũa ng Nai
/c : gn trng THPT Ngụ Quyn
t : 0914449230 (zalo -facebook)
S 04

x 1
.
x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th, bit tip tuyn ú song song vi ng thng
1
: y x 2016 .
2

Cõu 2 (1,5 im)

Cõu 1 (3,0 im) Cho hm s

y

1

a) Tớnh giỏ tr biu thc A 814 e ln 2 2015.101log10 .
b) Tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s y f x x 3 3 x trờn on 1;2 .
Cõu 3 (3,5 im) Cho hỡnh chúp S . ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht vi AC 2a, BC a . nh

S cỏch u cỏc im A, B, C . Bit gúc gia ng thng SB v mt phng ABCD bng 60o.
a) Tớnh theo a chiu cao hỡnh chúp S . ABCD .
b) Tớnh th tớch khi chúp S . ABCD theo a.
c)

Tớnh khong cỏch t trung im M ca SC n mt phng SBD theo a.

Cõu 4 (2,0 im)
a) Gii phng trỡnh 4.4 x 5.2 x 1 0 .



b) Gii phng trỡnh 7 5 2



log 27 x

1
3







2 1

2log 3 x





4 2 x.

HệễNG DAN VAỉ ẹAP SO

x 1
.
x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th, bit tip tuyn ú song song vi ng thng

Cõu 1 (3,0 im) Cho hm s

y

1
: y x 2016 .
2
a) Bn c t lm.
a 1
b) Gi M a;
vi a 1 l im thuc th.
a 1
Ta cú y '

2
2

x 1

.

Suy ra h s gúc ca tip tuyn ca th hm s ti M l k y ' a

1
1
ng thng : y x 2016 cú h s gúc bng .
2
2

a


1

2
1
2
.
Theo bi ta cú
a 1 4
2
a 3
2
a

1




2
2

a 1

.


1
1
Với a  1  M 1;0 . Phương trình tiếp tuyến cần tìm là d1 : y   x  .
2
2
1

7
Với a  3  M 3;2 . Phương trình tiếp tuyến cần tìm là d 2 : y   x  .
2
2
1
1
1
7
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán có phương trình d1 : y   x  và d 2 : y   x  .
2
2
2
2
Câu 2 (1,5 điểm)
1

a) Tính giá trị biểu thức A  814  e ln 2  2015.101log10 .
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x   x 3  3 x trên đoạn 1;2 .
1
1
 1
814  34 4  34. 4  3

1
ln 2
a) Ta có 
 A  814  e ln 2  2015.101log10  3  2  2015  2016.
e  2

101log10  10 log10log10  10 0  1



Vậy A  2016.

b) Hàm số liên tục và xác định trên đoạn 1;2 .

 x  1  1; 2 
Đạo hàm f '  x   3 x 2  3 . Suy ra f '  x   0  3 x 2  3  0  x 2  1  
.
 x  1  1;2 
Ta có f 1  2; f 1  2; f 2  2.
Vậy max f  x   2 khi x  1 hoặc x  2 ; min f  x   2 khi x  1 .
1;2 

1;2 

Câu 3 (3,5 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AC  2a, BC  a . Đỉnh

S cách đều các điểm A, B, C . Biết góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  ABCD  bằng 60o.
a) Tính theo a chiều cao hình chóp S . ABCD .
b) Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a.
c)

Tính khoảng cách từ trung điểm M của SC đến mặt phẳng SBD  theo a.

a) Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD và O ' là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  .
Theo bài ra, ta có SA  SB  SC nên O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 1

Từ đó suy ra O '  O vì ABCD là hình chữ nhật nên OA  OB  OC  AC  a  .

 2

Suy ra SO   ABCD  nên hình chiếu vuông góc của SB trên mặt đáy  ABCD  là OB .
S



.
Do đó 60 0  SB
,  ABCD   SB
, OB  SBO

M

Trong tam giác vuông SOB , ta có
 a 3.
SO  OB.tan SBO
b) Trong tam giác vuông ABC , ta có

AB  AC 2  BC 2  a 3 .
Diện tích hình chữ nhật ABCD là
C

D

S ABCD  AB.BC  a 2 3.
O E
A

B

Thể tích khối chóp S . ABCD là
1
VS . ABCD  S ABCD .SO  a 3 (đvtt).
3


c)

1
Ta có d  M , SBD   d C , SBD  .
2

CE  BD
Kẻ CE  BD  E  BD  . Ta có 
 CE  SBD  nên d C , SBD   CE .



CE  SO

CB.CD

Trong tam giác vuông BCD , ta có CE 

2

CB  CD



2

a 3
.
2

a 3
1
.
Vậy d  M , SBD   CE 
2
4
Câu 4 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 4.4 x – 5.2 x  1  0 .
b) Giải phương trình

7  5 2 

log 27 x 

1
3







2 1

2log3 x





 4  2 x.

t  1

a) Đặt t  2 x  0 , phương trình trở thành 4 t 2  5t  1  0  
1.
t 

4
Với t  1 , ta được 2 x  1  x  0 .
1
1
● Với t  , ta được 2 x   2 x  22  x  2 .
4
4
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  2;0 .

●

b) Điều kiện: x  0.
1
1

3 3 log 3 x  3


Với điều kiện trên, phương trình trở thành 



2 1 










2 1

log 3 x 1









2 1



log 3 x 2



 4 2 x .







* 

Đặt t  log 3 x , suy ra x  3t . Khi đó phương trình * trở thành



2 1 .



2 1 .



2 1 



2 1 

 2  1.
  4  2 . 








1



t



t





2 1

2

1
32 2



2  1  4  2 .3t



2  1  4  2 .3t

.

.



 



t

t



 
2  1  4  2 .3
t

2 1  3  2 2 .
t

 

 
t

t

t

 2  1
t
2  1  3t  
  1  t  0.
 3 





2  1  4  2 .3t

Với t  0 , ta được log 3 x  0  x  1 .
Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  1.

1 2log 3 x



2 1









 4 2 x


Gv. Th.S Nguyn V Minh
Nhn luyn thi THPTQG ti Biờn Hũa ng Nai
/c : gn trng THPT Ngụ Quyn
t : 0914449230 (zalo -facebook)
S 05
x 1
.
x 2
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho.

Cõu 1 (2,0 im) Cho hm s

y

b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th ti im M 3;4 .
Cõu 2 (2,0 im)
a) Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht ca hm s y f x x 4 8 x 2 3 trờn on 1;3 .
b) Tỡm m hm s y

1 3
x mx 2 m 2 4 x 2 t cc i ti x 1 .
3

Cõu 3 (1,0 im) Tỡm tp xỏc nh v tớnh o hm ca hm s y

1
1 ln x

.

Cõu 4 (2,0 im)
a) Gii bt phng trỡnh 3x 4.31x 1 0 .

1
b) Gii phng trỡnh log 2 x log 2 x 1 1 log 1 x 2 .
2
2
Cõu 5 (1,0 im) Cho hỡnh tr cú bỏn kớnh ỏy r 10cm v chiu cao h 30cm . Tớnh din tớch xung
quanh ca hỡnh tr v th tớch khi tr to nờn bi hỡnh tr ú.
Cõu 6 (2,0 im) Cho hỡnh chúp S . ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u cnh a , hỡnh chiu vuụng gúc
ca nh S trờn mt phng ABC l trung im H ca cnh BC . Gúc gia ng thng SA v mt
phng ABC bng 60 0 .

a) Tớnh theo a th tớch khi chúp S . ABC .
b) Gi G l trng tõm tam giỏc SAC . Tớnh theo a din tớch mt cu cú tõm G v tip xỳc vi
mt phng SAB .
HệễNG DAN VAỉ ẹAP SO

x 1
.
x 2
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho.

Cõu 1 (2,0 im) Cho hm s

y

b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th ti im M 3;4 .
a) Bn c t lm.
3
b) Ta cú y '
. Suy ra h s gúc ca tip tuyn k y ' 3 3 .
2
x 2
Vy phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l d : y 3 x 3 4 hay d : y 3 x 13 .
Cõu 2 (2,0 im)
a) Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht ca hm s y f x x 4 8 x 2 3 trờn on 1;3 .
b) Tỡm m hm s y

1 3
x mx 2 m 2 4 x 2 t cc i ti x 1 .
3

a) Hm s xỏc nh v liờn tc trờn on 1;3 .


o hm f ' x 4 x 3 16 x 4 x x 2 4 .

x 0 1;3

Suy ra f ' x 0 4 x x 2 4 0 x 2 1;3 .

x 2 1;3
Ta cú f 1 4; f 0 3; f 2 13; f 3 12.
Vy max f x 12 khi x 3 ; min f x 13 khi x 2 .
1;3

1;3

b) o hm y ' x 2mx m 4 .
2

2

iu kin cn: hm s t cc i ti x 1 thỡ

m 1
y ' 1 0 12 2m.1 m 2 4 0 m 2 2m 3 0
.
m 3

iu kin :
*

Vi m 1 , ta c y

1 3
x x 2 3x 2 .
3

x 1
o hm y ' x 2 2 x 3; y ' 0 x 2 2 x 3 0
.
x 3

Lp bng bin thiờn ta thy y t cc tiu ti x 1 .
*

Vi m 3 , ta c y

1 3
x 3x 2 5x 2 .
3

x 1
o hm y ' x 2 6 x 2 5; y ' 0 x 2 6 x 2 5 0
.
x 5

Lp bng bin thiờn ta thy y t cc i ti x 1 .
Vy m 3 tha yờu cu bi toỏn.
Cõu 3 (1,0 im) Tỡm tp xỏc nh v tớnh o hm ca hm s y

1
1 ln x

.

x 0
x 0
x 0



Hm s ó cho xỏc nh khi


0 x e.




1 ln x 0
ln x 1
x e



Suy ra tp xỏc nh ca hm s D 0; e .

1
x

1
2
1

ln
x
2
1

ln x


.
3
1 ln x
1 ln x
2 x 1 ln x
/

o hm y '





1 ln x
1 ln x

/

1 ln x

Cõu 4 (2,0 im)
a) Gii bt phng trỡnh 3x 4.31x 1 0 .

1
b) Gii phng trỡnh log 2 x log 2 x 1 1 log 1 x 2 .
2
2
12
1 0 32 x 3x 12 0.
3x
t 3 thoaỷ maừn
t t 3x 0 , bt phng trỡnh tr thnh t 2 t 12 0
.
t 4 loaùi
Vi t 3 , ta c 3x 3 x 1 .

a) Bt phng trỡnh tng ng vi 3x


Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  1; .
b) Điều kiện: x  1.
Với điều kiện trên, phương trình trở thành  log 2 x  log 2  x 1  log 2 2  log 2  x  2

 x  1
.
 log 2  x  x 1  log 2  2  x  2  x  x 1  2  x  2  x 2  3 x  4  0  

x  4

Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  4.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình trụ có bán kính đáy r  10cm và chiều cao h  30cm . Tính diện tích xung
quanh của hình trụ và thể tích khối trụ tạo nên bởi hình trụ đó.
Diện tích xung quanh của hình trụ S xq  2r .h  600 cm 2 .
Thể tích khối trụ V  Sday .h  r 2 .h  3000 cm 3 .
Câu 6 (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình chiếu vuông góc
của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh BC . Góc giữa đường thẳng SA và mặt
phẳng  ABC  bằng 60 0 .
a) Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC .
b) Gọi G là trọng tâm tam giác SAC . Tính theo a diện tích mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với
mặt phẳng SAB  .
a) Vì SH   ABC  nên hình chiếu vuông góc của SA trên mặt đáy  ABC  là HA .



.
Do đó 60 0  SA
,  ABC   SA
, HA  SAH
Tam giác ABC đều cạnh a nên AH 

a 3
.
2

  3a .
Trong tam giác vuông SHA , ta có SH  AH .tan SAH
2

Diện tích tam giác đều ABC là SABC 

a2 3
.
4

1
a3 3
Vậy thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  SABC .SH 
(đvtt).
3
8
S

I

G

K

H

C

B
M

E

A

b) Vì mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng SAB  nên bán kính mặt cầu

1
2
R  d G , SAB   d C , SAB   d  H , SAB  .
3
3
Gọi M , E lần lượt là trung điểm AB và MB .


a 3
a 3
1
và HE  AB ; HE  CM 
.
2
4
2
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE , suy ra HK  SE .

Suy ra CM  AB ; CM 

1


HE  AB
Ta có 
 AB  SHE   AB  HK .
2 




 AB  SH
Từ 1 và 2 , suy ra HK  SAB  nên d  H , SAB   HK .
2
a
3a
SH .HE
Trong tam giác vuông SHE , ta có HK 
. Do đó R  HK 
.

2
2
3
13
2 13
SH  HE
Vậy diện tích mặt cầu S  4  R 2 

4 a 2
(đvdt).
13


Gv. Th.S Nguyễn Vũ Minh
Nhận luyện thi THPTQG tại Biên Hòa – Đồng Nai
Đ/c : gần trường THPT Ngơ Quyền
Đt : 0914449230 (zalo -facebook)
ĐỀ SỐ 06

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b) Xác định m để đường thẳng y  mx  1 cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt.
Câu 2 (2,0 điểm) Giải phương trình, bất phương trình sau:
a)

log 3  x 2  6  log 3  x  2  1 .

b) 2 x  2 x 1  3  0 .
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y 

2x  3
 4 x trên đoạn 0;1 .
x 1

 x  y 
2y
với mọi x  0, y  0.
b) Chứng minh rằng ln 

 x  2 x  y
Câu 4 (3,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vng tại B , AC  a 3 ,
 bằng 30 0 . Góc giữa đường thẳng AB ' và mặt phẳng  ABC  bằng 60 0 .
góc ACB
a) Tính thể tích lăng trụ ABC . A ' B ' C ' .
b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC
c) Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' .
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số y  x  3 x 2  1

3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b) Xác định m để đường thẳng y  mx  1 cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt.
a) Bạn đọc tự làm.
b) Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị là:
x  0
.
x 3  3 x 2  1  mx  1  x  x 2  3 x  m   0  
2
 g  x   x  3 x  m  0
Để đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt  g  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0


m0


g  0



m0




có ba nghiệm  2 có hai nghiệm phân biệt khác 0  


9.





9  4 m  0 
m  
 g 0   0 
4


9
Vậy   m  0 là giá trị cần tìm.
4
Câu 2 (2,0 điểm) Giải phương trình, bất phương trình sau:
a)

log 3  x 2  6  log 3  x  2  1 .

b)

2 x  2 x 1  3  0 .


x 2  6  0
a) Điều kiện: 
x 6.



x  2  0

Với điều kiện trên, phương trình trở thành log 3  x 2  6  log 3  x  2  log 3 3


 log 3  x 2  6  log 3  x  2 3
x  0
 x 2  6   x  23  x 2  3x  0  
.
x  3

Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  3 .
b)

2
3  0 .
2x
Đặt t  2 x  0 , bất phương trình trở thành
Bất phương trình tương đương với 2 x 

2
t 2  3t  2
t  3  0 
 0  t 2  3t  2  0  1  t  2 .
t
t
Với 1  t  2 , ta được 1  2 x  2  0  x  1.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  0;1 .
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y 

2x  3

 4 x trên đoạn 0;1 .
x 1

 x  y 
2y
b) Chứng minh rằng ln 
với mọi x  0, y  0.

 x  2 x  y
a)

Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 0;1 .
Đạo hàm y ' 

1
2

 x  1

 4  0, x  0;1 .

Suy ra hàm số nghịch biến trên đoạn 0;1

b)

3
Vậy max y  y 0  3 ; min y  y 1   .
0;1
0;1
2

xy
xy
y
Đặt t 
 1   1 nên t  1.
 tx  x  y  y  x t 1 . Do
x
x
x
Khi đó

2 x t 1
2 t 1
2y
.


2 x  y 2 x  x 1
t 1

Bài toán trở thành chứng minh: ln t 
Xét hàm số f t   ln t 

2 t 1

t  1

2 t 1

t  1

với t  1 .

trên khoảng 0; .
2

t 1
1
4
Ta có f ' t   

 0, t  0 .
2
2
t t  1
t t  1
Suy ra hàm số f t  đồng biến trên khoảng 0; .
Mà t  1 nên suy ra f t   f 1  0 hay ln t 

2 t 1

t  1

, t  1 . (đpcm)

Câu 4 (3,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AC  a 3 ,
 bằng 30 0 . Góc giữa đường thẳng AB ' và mặt phẳng  ABC  bằng 60 0 .
góc ACB
a) Tính thể tích lăng trụ ABC . A ' B ' C ' .
b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' ABC

c) Tính diện tích xung quanh của hình trụ ngoại tiếp hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' .


a 3
3a
.
; BC  AC .cos 30 0 
2
2
Vì ABC . A ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên AA '   ABC  , suy ra hình chiếu vuông góc của AB ' trên

a) Trong tam giác vuông ABC , ta có AB  AC .sin 30 0 




mặt đáy  ABC  là AB . Do đó 60 0  AB
',  ABC   AB
', AB  B
' AB .

C'

A'

3a

Trong tam giác vuông B ' BA , ta có BB '  AB.tan B
' AB  .
2

Diện tích tam giác vuông ABC là SABC 

B'

1
3 3a 2
AB.BC 
.
2
8

I

9 3a 3
(đvtt).
N
C
8
A
b) Gọi N là trung điểm AC , suy ra N là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC .
B nên IN  AA ' .
Gọi I là trung điểm A ' C , suy ra NI là đường trung bình của tam giác A ' AC
Thể tích lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là V  S ABC .BB ' 

Mà AA '   ABC  suy ra IN   ABC  .
Do đó IN là trục của tam giác ABC , suy ra IA  IB  IC .

1

Hơn nữa, tam giác A ' AC vuông tại A có I là trung điểm cạnh huyền A ' C nên

IA '  IC  IA .

2 

Từ 1 và 2 , ta có IA '  IA  IB  IC hay I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC
với bán kính R  IA ' 
c)

A 'C

2

AA '2  AC 2
a 21
.

2
4

Bán kính đường tròn đáy của hình trụ là r 
Chiều cao của hình trụ là h  AA ' 

1
3a
AC 
.
2
2

3a
.
2

Vậy diện tích xung quanh của hình trụ là S xq  Sday .h  2.r .h 

3 3a 2
(đvdt).
2


Gv. Th.S Nguyễn Vũ Minh
Nhận luyện thi THPTQG tại Biên Hòa – Đồng Nai
Đ/c : gần trường THPT Ngơ Quyền
Đt : 0914449230 (zalo -facebook)
ĐỀ SỐ 07
Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số

y  x 4  2 x 2  1 .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại điểm M có hồnh độ x 

2
. Tìm tọa
2

độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị.

  2 
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  sin x .e cos 2 x trên đoạn  ;  .
 6 3 
Câu 3 (1,0 điểm) Chứng minh rằng hàm số y  f  x  

ln 3x  4 x 
x

nghịch biến trên khoảng 0; .

Câu 4 (1,5 điểm) Giải các phương trình sau:
a)

2

x 1

5

 16. 0,25

x
4

.

log x 2 6 x 8  log 2 x 2 2 x 3  x 2  2 x   0 .


Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A và có AB  a ,

b)

BC  a 3 . Mặt bên SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABC  ,
gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2SM .
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM theo a .
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình nón tròn xoay có bán kính đáy r và có diện tích tồn phần gấp
tích xung quanh. Tính thể tích khối nón tương ứng với hình nón tròn xoay đó theo r .
Câu 7 (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực thỏa mãn 0  a  2b , b  0 và b



3
lần diện
2



6b 2  ab  2b 2  ab  2 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a 2  3b ab  7b 2  5b 2 .
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ
Câu 1 (2,5 điểm) Cho hàm số

y  x 4  2 x 2  1 .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại điểm M có hồnh độ x 
độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị.
a) Bạn đọc tự làm.

4

2

 2
 2
2
7
b) Với x 
, suy ra y     2    1  .
 2 
 2 
2
4
 2
Đạo hàm y  4 x 3  4 x . Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến k  y '    2.
 2 

2
. Tìm tọa
2



3
2  7
Do đó phương trình tiếp tuyến d : y  2  x 
  hay d : y  2 x  .

4

2  4
Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến d và đô thị là
3
 x 4  2 x 2  1  2 x   4 x 4  8 x 2  4 2 x 1  0
4

x  2
2



2
2
2
  x 
.
 4 x  4 2 x  2  0  

2 

2 2
x 

2

 2 7 
 2  2
 2  2
1 
1 

Vậy có 3 giao điểm cần tìm là M 
; , M 1 
; 2  , M 2 
;  2  .


2
4
2
4 
 2 4 







  2 
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y  sin x .e cos 2 x trên đoạn  ;  .
 6 3 
  2 
Hàm số liên tục và xác định trên đoạn  ;  .
 6 3 
Đạo hàm y '  cos x .e cos 2 x  sin x .2 sin 2 x  e cos 2 x  cos x 1  4 sin 2 x  e cos 2 x .
Suy ra y '  0  cos x 1  4 sin 2 x   0  cos x .2 cos 2 x 1  0


k
 cos x  0

x 


2

k   .
1
 cos 2 x 



 x    k
2

6
  2 
   
Vì x   ;  nên x   ;  .
 6 2 
 6 3 
 

 1
 2 
e
e
3
Ta có y     ; y   
; y    ; y   
.

 6 
 6 
 2  e
 3  2 e
2
2
Vậy max y 
  2 
 ; 
 6 3 

e
e


khi x  ; min y  
khi x   .
2
2
6   ; 2  
6
 6 3 

Câu 3 (1,0 điểm) Chứng minh rằng hàm số y  f  x  

ln 3x  4 x 
x

nghịch biến trên khoảng 0; .

/

 ln 3x  4 x  .x  ln 3x  4 x .x '



Đạo hàm f '  x  
x2

3x ln 3  4 x ln 4
.x  ln 3x  4 x 
x
x
3x ln 3  4 x ln 4 x 3x  4 x .ln 3x  4 x 
3  4 


x2
x 2 .3x  4 x 
3x  x ln 3  ln 3x  4 x   4 x  x ln 4  ln 3x  4 x 


.
 
x 2 .3x  4 x 
ln 3x  4 x   ln 3x  x ln 3 do x  0  x ln 3  ln 3x  4 x   0


Ta có 
 

.
ln 3x  4 x   ln 4 x  x ln 4 do x  0  x ln 4  ln 3x  4 x   0


Suy ra f '  x   0, x  0.


Vậy hàm số y  f  x  

ln 3x  4 x 
x

nghịch biến trên khoảng 0; .

Câu 4 (1,5 điểm) Giải các phương trình sau:
5

 16. 0,25

x
4

a)

2

b)

log x 2 6 x 8  log 2 x 2 2 x 3  x 2  2 x   0 .




x 1

.

a) Điều kiện: x  1  0  x  1.
Với điều kiện trên, phương trình trở thành 2

x 1

5

 16. 0,25

x
4

1

2

x 1

 2 4. 2

2

x 1

 2 4.2

x
2 5 4

5 



x
4

2

2
x 1

x 1

2

 10  x 2
2
 2 4.2



1

x

4

x
 4 x 1  x  4
4

x  4
x  4  0



 x  24.

2  2





x
x
16
1
4





 x  24 x  0



 x  1  1 

Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  24.
2
log 2
 2 x 2 x 3  x  2 x   0 
0  x 2  6 x  8  1

2
 2
0  x  6 x  8  1
 x  2 x  0
 2

x  2 x  0

b) Phương trình tương đương với 
 0  2 x 2  2 x  3  1
2
0  2 x  2 x  3  1




 x 2  2 x  2 x 2  2 x  3


2

log 2 x 2 2 x 3  x  2 x   1
0  x 2  6 x  8  1
0  x 2  6 x  8  1

0  2 x 2  2 x  3  1 


 x  1 .



 x  1  x  3
 x 2  4 x  3  0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1.
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và có AB  a ,

BC  a 3 . Mặt bên SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  ,
gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2SM .
a) Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABC .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM theo a .
a) Gọi H là trung điểm của AB , suy ra SH  AB .
Do SAB    ABC  theo gia tuyến AB nên SH   ABC  .
Tam giác SAB là đều cạnh AB  a nên SH 

a 3
.
2

Trong tam giác vuông ABC , ta có AC  BC 2  AB 2  a 2 .
Diện tích tam giác vuông ABC là SABC 

1
a2 2
AB. AC 
.
2
2


a3 6
1
Vậy thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  SABC .SH 
(đvtt).
3
12
S

S
M

N

M
K

L
C

B

H

A

B
E

G

H

D

C

A

b) Kẻ MN  AC  N  SA . Khi đó d  AC , BM   d  AC ,  BMN   d  A,  BMN  .
Trong mặt phẳng SAB  , kẻ AL  BN .

1


 AC  AB
Ta có 
 AC  SAB   AC  AL . Suy ra MN  AL .



 AC  SH

Từ 1 và 2 , suy ra AL   BMN  nên d  A,  BMN   AL .

2 

2
2 a2 3 a2 3
AN 2
MC 2
.

 . Do đó SABN  SSAB  .
 , suy ra
3
3 4
6
SA
SC
3
3

●

Theo giả thiết

●

Trong tam giác ABN , ta có BN  AN 2  AB 2  2 AN . AB cos 60 0 

Mà lại có SABN 

a 7
.
3

2S
1
a 21
.
BN . AL  AL  ABN 
2
BN
7

a 21
.
7
Cách 2. Lấy điểm D thỏa mãn ABDC là hình bình hành; G là trọng tâm tam giác ABC .

Vậy d  AC , BM   AL 

Ta có

CG 2 CM
 
 MG  SH . Mà SH   ABC  nên MG   ABC  .
CH
3 CS

3
Khi đó d  AC , BM   d  AC ,  BMD   d  A,  BMD   d G ,  BMD  .

2
Kẻ GE  BD  E  BD  .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của G trên SE , suy ra GK  SE .

1

GE  BD

Ta có 
 BD   MGE   BD  GK .



BD  MG

2 

Từ 1 và 2 , suy ra GK  SBD  nên d G ,  MBD   GK .

2
a 3
2
2a
và GE  AB 
.
Ta có MG  SH 
3
3
3
3

Trong tam giác vuông MGE , ta có GK 

3
a 21
.
Vậy d  AC , BM   GK 
2
7

MG.GE
2

MG  GE

2



2a 21
.
21


Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình nón tròn xoay có bán kính đáy r và có diện tích toàn phần gấp

3
lần diện
2

tích xung quanh. Tính thể tích khối nón tương ứng với hình nón tròn xoay đó theo r .

Theo giả thiết OA  OB  r .
Đặt   SA  SB .
Diện tích xung quanh hình nón S xq  r  .

S

Diện tích toàn phần hình nón S tp  r   r 2 .
Vì
A

S xq



3
r   r 2 3

    2r .
2
r 
2

Trong tam giác vuông SOA , ta có SO  SA 2  AO 2  r 3 .

B

O

S tp

1
1
r 3 3
Vậy thể tích khối nón V  Sday .SO  r 2 .r 3 
(đvtt).
3
3
3

Câu 7 (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực thỏa mãn 0  a  2b , b  0 và b



Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a 2  3b ab  7b 2  5b 2 .
Từ giả thiết 0  a  2b , suy ra 0 

a
2 .
b
2

 a 
   3 a  7  5
 b 
P
a 2  3b ab  7b 2  5b 2
b
Với b  0 , ta có
.



2
2
2 b 6b  ab  2b  ab
a
a
6  2
b
b



Đặt t 



P
t2 3 t 7 5
a
với t  0;2  . Khi đó  f t  
.
2
b
6t  2t

● Xét hàm số h t   t 2  3 t  7  5 với t  0;2  .
Ta có h ' t   2t 

3
2 t 7

 0, t  0;2. Suy ra h t  đồng biến trên đoạn 0;2  .

Do đó 3 7  5  h 0  h t   h 2  18 .
● Xét hàm số g t   6  t  2  t với t  0;2  .
Ta có g ' t   

1
2 6t



1
2 2t

 0, t  0;2. Suy ra g t  nghịch biến trên đoạn 0;2  .

Do đó 2  g 2  g t   g 0  6  2 .

P
 f t   9 , suy ra P  18 . Khi a  1, b  2 thì P  18.
2
Vậy giá lớn nhất của P bằng 18 ; khi a; b   1;2 .

Từ đó suy ra



6b 2  ab  2b 2  ab  2 .