NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Lời mở đầu
Gửi các em yêu mến ! Nhằm giúp các em có thời gian tiếp cận và
tập luyện hoàn chỉnh một đề thi đại học môn toán , thầy và các bạn
trong nhóm đã dành thời gian và tâm huyết để thiết kế ra các dề thi
này , giúp các em vừa luyện tập vừa làm quen với một đề thi đầy
đủ , các câu hỏi xuất hiện trong đề thi thường là những câu hỏi
điển hình của mỗi chuyên dề và nắm bắt được xu hướng, câu hỏi
điểm 7 trở lại tuy có hơi nặng một chút so với đề thi thật nhưng nó
cũng rất đẹp và đại điện được cho phần kiến thức đó . Câu hỏi
phân loại như Oxy , Hệ phương trình , Bất đẳng thức đều được
sáng tác mới phù hợp với đề thi , tuy đã cố gắng nhiều nhưng sẽ
không tránh khỏi những sai sót không đáng có , thầy rất mong
nhận được sự đóng góp ý kiến từ các em . Thầy Cảm ơn các bạn
Trịnh Dũng , Đặng Hoàng Mạnh , Bùi Thế Lâm , Trần Quốc Việt
, Nguyễn Hùng , Nguyễn Thế Duy , Huỳnh Kim Kha đã giúp
thầy hoàn thiện được đề thi này . Đặc biệt cảm ơn Trịnh Dũng đã
dành nhiều thời gian chăm chút và hoàn chỉnh tài liệu được đẹp
như hiện tại .Hy vọng rằng đây sẽ là bộ tài liệu có ích cho nhiều em
ôn tập , Thầy chúc các em học tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi
sắp tới . Chào tạm biệt và hẹn gặp lại các em vào năm mới với
nhiều đề thi hay hơn nữa . Thầy Quang Baby .
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 1
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT
QUỐC GIA – ĐỀ 1
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: [1 điểm]
1
Cho hàm số y x3 2 x 2 3 x 1 C . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho
3
Câu 2: [1 điểm]
Cho hàm số f x sin 4 x 4 cos2 x cos4 x 4sin 2 x . Chứng minh rằng f ' x 0, x R
Câu 3: [1 điểm]
5
Cho sin a cos a và a . Tính sin 2a, cos 2a và tan 2a
4
4
2
Câu 4: [1 điểm]
3
Tính tích phân I x cos 3 x xdx
0
Câu 5: [1 điểm]
Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn Cnn 1
1
Newton của x 2
x
Câu 6: [1 điểm]
1 2
An 821 . Tìm hệ số của x 31 trong khai triển
2
n
x 2
Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , đáy ABC có AC a 3, BC 3a,
ACB 300 . Cạnh bên hợp với mặt phẳng
đáy góc 60 0 và mặt phẳng A ' BC vuông góc với mặt phẳng ABC . Điểm H trên cạnh BC sao cho
BC 3BH và mặt phẳng A ' AH vuông góc với mặt phẳng ABC . Tính thể tích khối lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ B đến mặt phẳng A ' AC
Câu 7: [1 điểm]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1; 2 , B 0;1;1 , C 1;0; 4 và đường thẳng
x t
d : y 2 t . Viết phương trình mặt phẳng ABC và tìm tọa độ giao điểm của d với mặt phẳng ABC
z 3 t
Câu 8: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I 2;1 thỏa mãn
AIB 900 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D 1; 1 , đường thẳng AC đi qua điểm M 1; 4 . Tìm
tọa độ đỉnh A, B biết rằng A có hoành độ dương.
Câu 9: [1 điểm]
x y x 2 7 y 2 y 2 1 xy 2 y 2
Giải hệ phương trình sau
2 x x 2 7 x y 2 y 2 1 3xy x 2
Câu 10: [1 điểm] Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 2
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
P 4x2
1
1
x
y
4 y2 2 ( 2
2 )
2
x
y
x 1 y 1
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: [1 điểm]
1
Cho hàm số y x3 2 x 2 3 x 1 C . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho
3
Lời giải
Câu 2: [1 điểm]
Cho hàm số f x sin 4 x 4cos 2 x cos 4 x 4sin 2 x . Chứng minh rằng f ' x 0, x R
Lời giải
4
2
4
Ta có f x sin x 4sin x 4 cos x 4 cos 2 x 4
sin
2
2
x 2
cos
2
2
x 2 .
1 sin x 1
Do
f x 2 2 sin 2 x cos2 x 4 1 3 f ' x 0
1
cos
x
1
Vậy f ' x 0
Câu 3: [1 điểm]
5
và a . Tính sin 2a , cos 2a và tan 2a
4
4
2
Lời giải
Cho sin a cos a
Do
a cos 2a 0.
4
2
25
25
9
1 sin 2a
sin 2a .
16
16
16
2
2
sin 2a cos 2a 1
5 7
sin 2a
9 7
cos 2a 1 sin 2 2a
tan 2a
.
Có
16
cos 2a
35
cos 2a 0
2
Từ giả thiết ta có: sin a cos a
9
5 7
9 7
;cos 2a
; tan 2a
16
16
35
Câu 4: [1 điểm]
Vậy sin 2a
3
Tính tích phân I x cos 3 x xdx
0
Lời giải
3
3
3
Ta có: I x cos 3 x xdx x 2 dx x cos 3 xdx I1 I 2
0
0
3
1
I1 x dx x3
3
0
2
3
3
81
0
0
u ' 1
u x
1
Đặt
sin 3x I 2 x sin 3x
3
v ' cos 3x v
3
3
0
13
1 1
sin 3xdx . cos 3x
30
3 3
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
3
0
2
.
9
Page 3
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
I I1 I 2
Vậy I
3
3 2
81 9
2
9
81
Câu 5: [1 điểm]
Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn Cnn 1
1
Newton của x 2
x
1 2
An 821 . Tìm hệ số của x 31 trong khai triển
2
n
x 2
Lời giải
n 40
1
1
n2 n
821
.
Ta có Cnn Cnn 1 A n2 821 1 C1n A n2 821 1 n
n
41
l
2
2
2
40
40
40
40
1
k
Khai triển trở thành: x 2 x x 2 Ck40 .x 40 k .x k C40
.x 403k .
x
k 0
k 0
Từ đó suy ra số hạng tổng quát là C k40 .x 40 3k
Số hạng chứa x 31 nên 40 3k 31 k 3
3
Vậy hệ số của x31 là C40
Câu 6: [1 điểm]
Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , đáy ABC có AC a 3, BC 3a,
ACB 300 . Cạnh bên hợp với mặt phẳng
đáy góc 60 0 và mặt phẳng A ' BC vuông góc với mặt phẳng ABC . Điểm H trên cạnh BC sao cho
BC 3BH và mặt phẳng A ' AH vuông góc với mặt phẳng ABC . Tính thể tích khối lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ B đến mặt phẳng A ' AC
Lời giải
Từ giả thiết, áp dụng định lí cosin trong tam giác
AHC ta tinh được AH a .
ABC ABC
Do
AH ABC
AAH ABC
AAH 60
Do AAH vuông tại H suy ra
AH d A; ABC AH .tan 60 a 3.
VABC . ABC S ABC .d A; ABC
1
9a 3
.3a.a 3.sin 30.a 3
2
4
HD AC
AC AHD
AC AH
Kẻ
AAC AHD AD
Ta có HD CH .sin 30 a.
Ta có HD CH .sin 30 a.
Kẻ HK AD AAC HK d H ; AAC
Xét tam giác AHD vuông tại H có
1
1
1
a 3
HK
2
2
2
2
HK
HD
AH
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 4
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Ta lại có
d B; AAC
d H ; AAC
Vậy VABC . A ' B ' C '
BC 3
3 a 3 3a 3
d B; AAC .
.
HC 2
2 2
4
3a 3
9a 3
và d B, A ' AC
4
4
Câu 7: [1 điểm]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1;1; 2 , B 0;1;1 , C 1;0; 4 và đường thẳng
x t
d : y 2 t . Viết phương trình mặt phẳng ABC và tìm tọa độ giao điểm của d với mặt phẳng ABC
z 3 t
Lời giải
Ta có AB 1;0; 1 , AC 2; 1; 2 nP AB; AC 1; 4; 1 .
Suy ra phương trình mặt phẳng ABC : x 4 y z 5 0.
Gọi M d ABC M t; 2 t;3 t .
Do M ABC nên ta có t 4 t 2 3 t 5 0 2t 6 0 t 3
Từ đó suy ra M 3; 1;6 .
Vậy ABC : x 4 y z 5 0 và M 3; 1;6
Câu 8: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I 2;1 thỏa mãn
AIB 900 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D 1; 1 , đường thẳng AC đi qua điểm M 1; 4 . Tìm
tọa độ đỉnh A, B biết rằng A có hoành độ dương.
Lời giải
Do AIB 90 ACB 45 ADC vuông cân D thuộc
trung trực AC ID AC .
Gọi AC ID E
AC : x 2 y 9 0
E 3;3 .
Ta có ID 1; 2
ID : 2 x y 3 0
E
C 3 2a;6 a .
Gọi A 2a 9; a AC
Ta có DC.DA 0 4 2a 2a 8 a 1 7 a 0.
a 1 A 5;1 l
a 5 A 1;5 , C 7;1
Phương trình đường thẳng BC qua C 7;1 và song song với
AD nên BC : x 3 y 4 0
2
2
Có IA 5 nên phương trinh đtròn ngoại tiếp tam giác ABC là x 2 y 1 25.
y 1 B 7;1 C l
x 3 y 4 0
Tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình
.
2
2
x 2 y 1 25
y 2 B 2; 2
Vậy A 1;5 ; B 2; 2 .
Câu 9: [1 điểm]
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 5
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
x y x 2 7 y 2 y 2 1 xy 2 y 2
Giải hệ phương trình sau
2 x x 2 7 x y 2 y 2 1 3xy x 2
Lời giải
x 2 7 a
x y a yb xy 2 y 2
Đặt
.
a, b 0 . Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành
2
2
2 xa x y b 3 xy x
2 y 1 b
Xét hệ phương trình với ẩn a, b tham số x, y
D x 2 y 2 0, x; y a Da 2 y
2
x 7 2 y 1
D
2
3
Ta có: Da 2 x y 2 y
x 0, y 0
2
D
b
2
y
1
x
2
b
x
Db x3 xy 2
D
2
2
Lấy 1 2. 2 ta được 9 x 2 0 x 2 9 x 3
Thế vào ta được 2 y 2 1 3 2 y 2 8 y 2 4 y 2
Vậy ta có nghiệm của hệ là x; y 3; 2
Câu 10: [1 điểm]
Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P 4x2
1
1
x
y
4 y2 2 ( 2
2 )
2
x
y
x 1 y 1
Lời giải
2
1 1
1
1
16
2
2
2
Ta có 4 x 2 4 y 2 2 4 x y 4 x y
2
x
y
x y
x y
2
2
x y
2
1
x y
2
3
x y
2
2 2
3
x y
2
x y
2
4
x y
2
2 5
x
y
4x
4y
1
3
1
3
4x 3 4 y 3
x2
y2
4 4
4 4
3
3
3
3
12
4
1
1
2(
) 2
4x 3
4y 3
4x 3 4 y 3
4x 4 y 6 5
4
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2 5 , dấu " " xảy ra khi x y
5
2
Ta lại có
x
y
2
x 1 y 1
2
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 6
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT
QUỐC GIA – ĐỀ 2
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: [2 điểm]
Cho hàm số y 2 x 3 3 m 2 x 2 12mx 8 C
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số C khi m 0
b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số C có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa chúng bằng 2
Câu 2: [1 điểm]
Tìm x thuộc [1,10] thỏa mãn phương trình lượng giác sau . Biểu diễn các nghiệm đó trên vòng tròn lượng
1
giác cos5 x sin 7 x cos3 x sin 5 x .sin 2 x cos x sin x
2
Câu 3: [1 điểm]
1
2
Giải phương trình sau log 2 x 1 2 x 1 0
x
Câu 4: [1 điểm]
Giải phương trình sau 9 x 2 6 x 3 3 9 x 4 1
Câu 5: [1 điểm]
Trong đợt tổng tuyển cử năm 2022, có 3 chức vụ trong chính phủ là Thủ Tướng và hai P. Thủ Tướng. Có tất
cả 8 người ứng cử trong số đó có 3 người là cựu thành viên của Group Toán Thầy Quang. Tính xác suất để
cả 3 người vào 3 vị trí trên.
Câu 6: [1 điểm]
Cho chóp S . ABCD đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy và SA a , gọi O là tâm hình vuông.Kẻ
OH vuông góc SC tại H . Biết SC , ABC 600 . Tính thể tích khối chóp H .SBD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SC và BD
Câu 7: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp (I,R) có tọa độ đỉnh B(2;1). H là hình chiếu
của B lên AC sao cho BH R 2 , gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh BA và BC, đường
thẳng qua D và E có phương trình 3 x y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết H thuộc
d : 2 x y 1 0 và H có tung độ dương
Câu 8: [1 điểm]
x 1 y
2 x 1
1
2 y x y 1 x 1 y y
Giải hệ phương trình sau x 1 y
2
2
x y x 1 y 3
Câu 9: [1 điểm]
Cho các số thực x, y, z thuộc 0;1 và z min x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
1
x2 z 2
y 2 14 yz z 2
y z
3
8 x 1 y 1 z 1
x y z2
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 7
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: [2 điểm]
Cho hàm số y 2 x 3 3 m 2 x 2 12mx 8 C
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số C khi m 0
b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số C có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa chúng bằng 2
Lời giải
b) Ta có: y ' 6 x 2 6 m 2 x 12m 6 x 2 m 2 x 2m
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y ' 0 đỗi dấu qua các nghiệm
2
2
y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt 0 m 2 4.2m 0 m 2 0 m 2
x m y m 3 6m 2 8
Ta có: y ' 0
x 2 y 12m
Giả sử A m; m3 6m 2 8 , B 2;12m là các điễm cực trị của hàm số
2
2
2
6
Ta có AB 2 AB 2 2 m 2 m3 6m 2 12m 8 2 m 2 m 2 2
t 1 0 t 1
2
Đặt t m 2 t t 3 2 t 3 t 2 0 t 1 t 2 t 2 2
t
t
2
0
vn
m
2
1
m
3
2
m 2 1
m 2 1
m 1
Vậy m 3, m 1 là giá trị cần tìm
Câu 2: [1 điểm]
Tìm x thuộc [1,10] thỏa mãn phương trình lượng giác sau . Biểu diễn các nghiệm đó trên vòng tròn lượng giác
1
cos3 x sin 5 x .sin 2 x cos x sin x
2
Lời giải
Phương trình đã cho tương đương
cos5 x sin 7 x
cos 4 x cos x sin x sin 6 x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos 4 x sin 6 x 1 0
cos x sin x sin 6 x cos 2 x 1 sin 2 x 1 0 cos x sin x sin 6 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x 0
sin 2 x cos x sin x sin 4 x cos 2 x 1 0 sin 2 x cos x sin x sin 4 x sin 2 x 2 0
sin x 0
sin x 0
x 4 k
cos x sin x 0
cos x sin x 0
x k
4
2
sin x sin x 2 0
sin 2 x 1
2
3 7 11
Với x k 1 k 10 k 1; 2;3 x ; ;
4
4
4 4 4
2
Với x k
2
1 k
3
5
10 k 1; 2;3; 4;5;6 x ; ; ; 2 ; ;3
2
2
2
2
Câu 3: [1 điểm]
1
2
Giải phương trình sau log 2 x 1 2 x 1 0
x
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 8
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Lời giải
Điều kiện: x 0
Phương trình đã cho tương đương
x2 x 1
log 2
2 x 2 4 x 2 0 log 2 x 2 x 1 log 2 x 2 x 2 4 x 2 0
x
2
2
2
2
log 2 x x 1 log 2 x 2 x x 1 2 x 0 log 2 x x 1 2 x x 1 log 2 x 2 x
1
2 0 f t đồng biến
t ln 2
2
Mà f x 2 x 1 f x x 2 x 1 x x 2 2 x 1 0 x 1 0 x 1
Xét hàm số f t log 2 t 2t f ' t
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 1
Câu 4: [1 điểm]
Giải phương trình sau 9 x 2 6 x 3 3 9 x 4 1
Lời giải
Điều kiện: x
Phương trình đã cho tương đương
9 x2 6x 3 3
9x
4
6 x 2 1 6 x 2 9 x 2 6 x 3 3
6 x 1 2 3 x
6 x 1 3 3 x
3x
2
2
1 6 x 2
9 x 2 6 x 3 3 3x 2 6 x 1 3x 2 6 x 1
3x 2
2
2
6 x 1 3x 2 6 x 1
Đặt a 3 x 2 6 x 1, b 3 x 2 6 x 1 a, b 0 phương trình đã cho trở thành
a b
a 2 2b 2 3ab a 2 3ab 2b2 0 a b a 2b 0
a 2b
Với a b 3 x 2 6 x 1 3 x 2 6 x 1 3 x 2 6 x 1 3x 2 6 x 1 x 0
Với a 2b 3x 2 6 x 1 2 3x 2 6 x 1 3x 2 6 x 1 4 3x 2 6 x 1
42 5 6 42 5 6
9 x2 5 6 x 3 0 x
;
18
18
42 5 6 42 5 6
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 0;
;
18
18
Câu 5: [1 điểm]
Trong đợt tổng tuyển cử năm 2022, có 3 chức vụ trong chính phủ là Thủ Tướng và hai P. Thủ Tướng. Có tất
cả 8 người ứng cử trong số đó có 3 người là cựu thành viên của Group Toán Thầy Quang. Tính xác suất để
cả 3 người vào 3 vị trí trên.
Lời giải
Gọi A: ” Chọn 3 người đều là 3 người cựu thành viên nhóm toán thầy Quang”
Chọn 3 người và sắp xếp vào 3 chức vụ có A83 cách. n A83
3!
8
nA 3! PA 3
A8 26
8
Vậy xác suất cần tìm là
26
Câu 6: [1 điểm]
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 9
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Cho chóp S . ABCD đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy và SA a , gọi O là tâm hình vuông.Kẻ
OH vuông góc SC tại H . Biết SC , ABC 600 . Tính thể tích khối chóp H .SBD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SC và BD
Lời giải
600
a) Ta có
SC , ABC
SC , AC SCA
SA
2a
SA
a
a
; AC
; AB
0
0
sin 60
tan 60
3
3
6
Xét tam giác CHO vuông tại H và có
1
1
a
CH OC AC
2
4
4 3
7a
SH SC HC
4 3
V
SH 7
1
Ta có SHBD
mà VSCBD VSABCD
2
VSCBD SC 8
SC
7
7
a a
7a3
VSABCD .a.
.
16
16
96
6 6
b) Nhận thấy OH là đường vuông góc chung của
a
SC và BD nên d BD, SC OH
4
7a3
1
Vậy VSHBD
và d BD, SC a
4
96
Câu 7: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp (I,R) có tọa độ đỉnh B(2;1). H là hình chiếu
của B lên AC sao cho BH R 2 , gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh BA và BC, đường
thẳng qua D và E có phương trình 3 x y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết H thuộc
d : 2 x y 1 0 và H có tung độ dương
VSHBD
Lời giải
Trước hết, ta có đẳng thức quen thuộc BA.BC 2 R.BH (ta
abc 1
rút ra từ công thức
h b .b )
4R 2
Gọi K là hình chiếu của B lên DE (Ta sẽ chứng minh K
trùng I ) ta có: BD.BA BH 2 BE.BC BAC BED
BK BD
BH 2
2R2
R
BH BC BA.BC 2 R.BH BH
I K
Ta suy ra được BK R , mà EBK
ABH EBI
Vậy ta được BI ED
Gọi I là hình chiếu của B lên DE
DE I 1; 2 BI R 10 BH 20
2
2
Gọi H t ; 1 2t BH 2 2 t 2 2t 20
6 17
6
t
H ; 5
H 2;3
5 5
t 2 H 2;3
Phương trình đường thẳng AC là 2 x y 7 0
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 10
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
2 x y 7 0
Tọa độ A, C là nghiệm hệ
2
2
x 1 y 2
11 41 13 2 41
;
A
5
5
10 11 41 13 2 41
;
C
5
5
11 41 13 2 41 11 41 13 2 41
Vậy A
;
;
, C
5
5
5
5
Câu 8: [1 điểm]
x 1 y
2 x 1
1
2 y x y 1 x 1 y y
Giải hệ phương trình sau x 1 y
2
2
x y x 1 y 3
Lời giải
y 0; y x 1 0
Điều kiện:
2 y x y 1; y x 1
Do y x 1 2 y x y 1 2 y x y 1
Phương trình 1 của hệ phương trình đã cho tương đương
x y 1
1
x 1 y
2y x y 1
1
2
y
2y
x 1 y
1
x y 1 2y
1
4
x 1 y
2y x y 1 2 2y
4
*
2y x y 1
2y x y 1 2 2y
1
1
4
Ta có
dấu " " xảy ra khi
2y x y 1
2y x y 1 2 2y
2 y x y 1 2 y x y 1 2 x y 1 0 x y 1 0 x y 1
Thay x y 1 vào phương trình 2 của hệ phương trình ta có
2
2 y y 1 3 y 2 2 y 2 y 2 0 2 y 1 2 y 1 y
1
3
x
2
2
3 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y ;
2 2
Câu 9: [1 điểm]
Cho các số thực x, y, z thuộc 0;1 và z min x, y, z .Tìm GTNN của biểu thức:
P
1
2
x z2
y 2 14 yz z 2
y z
3
8 x 1 y 1 z 1
x y z2
Lời giải
2
z
Do z min x, y, z nên ta có x 2 z 2 x
2
4
Ta lại có z y y z y 4 4 y 3 z 6 y 2 z 2 4 yz 3 z 4 y 4 14 yz. y 2 y 2 z 2 y 2 y 2 14 yz z 2
2
2
y 14 yz z
y z
y
2
4
y 2 14 yz z 2
y z
3
1
1
2
y y z
z
y
2
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 11
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Do đó ta có P
1
1
8 x 1 y 1 z 1
x yz2
z
z
x
y
2
2
1
1
2
8
Ta có
2
2
z
z x y z 2
z
z
x y
x
y
2
2
2
2
Và x 1 y 1 z 1 1 x y z xy yz zx xyz 1 x y z xy yz zx
2
2
Lại có 1 x 1 y 1 z 1 x y z xy yz zx xyz 0
xy yz zx x y z 1 xyz x y z 1 P
8
x y z
2
16 x y z
x yz2
8 16t
với t a b c và t 0;3
t2 t 2
16
32
Ta có f ' t 3
; f ' t 0 t 2 f t f 2 10
2
t
t 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 10 , dấu " " xảy ra khi x y 1, z 0
Xét hàm số f t
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 12
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT
QUỐC GIA – ĐỀ 3
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: [1 điểm] Cho hàm số y x 3 3x 2 x có đồ thị là C
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C
b) Cho đường thẳng d : y mx m 1 . Tìm giá trị của m để C cắt d tại 3 điểm phân biệt
A 1; 1 , B, C sao cho xB2 4 xC 4
Câu 2: [1 điểm]
Cho góc thỏa mãn 0 và cos
1
2
. Tính giá trị của biểu thức A tan 1
2
Câu 3: [1 điểm]
x2 x 2
khi x 2
Tìm a để hàm số sau liên tục f x x 2
a x
khi x 2
Câu 4: [1 điểm]
2
3
5
Giải phương trình sau log 2 x 1 log 3 x 1 log 5 x 1 0
Câu 5: [1 điểm]
Cho hình chóp S . ABC . Đáy ABC là tam giác vuông tại B , cạnh AC 2a , góc
ACB 300 . Hai mặt
phẳng SAB và SAC vuông góc với đáy ABC . Gọi N là trung điễm của AC , mặt phẳng qua SN và
song song với BC cắt AB tại M . Biết góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 600 . Tính thể tích
khối chóp S .MNBC
Câu 6: [1 điểm]
Thầy Mẫn Ngọc Quang là một sky chính hiệu (fan ruột của Sơn Tùng MTP). Vì thế mà trong máy điện thoại
của thầy có 10 bài hát do Sơn Tùng thể hiện. Trong giờ nghỉ giải lao thầy chỉ có 30 phút nghe nhạc thư giãn
nên chỉ nghe được 5 bài. Tính xác suất trong 5 bài thầy Quang nghe thì 2 bài “Em của ngày hôm qua” và
“Nắng ấm xa dần” được nghe đầu tiên.
Câu 7: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và B có phương trình cạnh
CD : x 3 y 5 0 . Gọi M là trung điểm AB, H là chân các đường vuông góc kẻ từ A đến MD, K là chân
2
đường vuông góc kẻ từ B đến MC, đường thẳng AH cắt đường thẳng BK tại N ; 2 . Tìm tọa độ các đỉnh
3
5
của hình thang ABCD biết điểm M thuộc d : 4 x y 1 0 và trung điểm E của MB có tọa độ E 0; .
2
Câu 8: [1 điểm]
2 x 2 5 y 2 6 xy 2 x x 3 y 5 y 8 6 xy 5 5
Giải hệ phương trình
2 x 2 15 y 10 18 y 2 x 1 3 2 x 2 y 2 2 x 3 1
Câu 9: [1 điểm]
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 4 z 7 y 4 z 7 64 . Tìm GTNN của biểu thức
P
x2
x
2
4
yz
1
1 y
4
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
xz
2
ln
x y
x
Page 13
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: [1 điểm]
Cho hàm số y x3 3 x 2 x có đồ thị là C
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C
b) Cho đường thẳng d : y mx m 1 . Tìm giá trị của m để C cắt d tại 3 điểm phân biệt
A 1; 1 , B, C sao cho xB2 4 xC 4
Lời giải
b) Phương trình hoành độ giao điễm
x3 3 x 2 x mx m 1 x 3 3 x 2 m 1 x m 1 0
x 1
x 1 x 2 2 x m 1 0
2
g x x 2x m 1 0
Để C giao d tại 3 điễm phân biệt thì phương trình g x 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1
xB xC 2
Gọi xB , xC là hoành độ điễm B, C thì xB , xC là 2 nghiệm của phương trình g x 0
xB xC m 1
2
Ta có: xB2 4 xC 4 xB2 4 2 xB 4 xB2 4 xB 4 0 xB 2 0 xB 2 xC 0
xB .xC 0 m 1 0 m 1
Vậy m 1
Câu 2: [1 điểm]
1
2
. Tính giá trị của biểu thức A tan 1
2
Lời giải
3
3
sin
Ta có sin 2 1 cos 2
2
2
2
3
2
tan 3 A tan 1 3 1 4 2 3
Mà 0 1 sin 0 sin
2
Vậy P 4 2 3
Câu 3: [1 điểm]
x2 x 2
khi x 2
Tìm a để hàm số sau liên tục f x x 2
a x
khi x 2
Lời giải
Xét x 2 thì hàm số liên tục
Xét x 2 thì hàm số liên tục
Xét x 2 ta có f 2 a 2
Cho góc thỏa mãn 0 và cos
x2 x 2
lim ( x 1) 3
x2
x2
x2
x2
lim f ( x) lim (a x) a 2
lim f ( x) lim
x2
x 2
Để hàm số đã cho liên tục thì a 2 3 a 5
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 14
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Vậy a 5
Câu 4: [1 điểm]
2
3
5
Giải phương trình sau log 2 x 1 log 3 x 1 log 5 x 1 0
Lời giải
Điều kiện: x 1
Phương trình đã cho tương đương
2 log 2 x 1 3log3 x 1 5log5 x 1 0 2 log 2 x 1 3log3 2.log 2 x 1 5log5 2.log 2 x 1 0
Vậy phương trình đã cho có tâp nghiệm S 0
Câu 5: [1 điểm]
Cho hình chóp S . ABC . Đáy ABC là tam giác vuông tại B , cạnh AC 2a , góc
ACB 300 . Hai mặt
phẳng SAB và SAC vuông góc với đáy ABC . Gọi N là trung điễm của AC , mặt phẳng qua SN và
song song với BC cắt AB tại M . Biết góc giữa hai mặt phẳng SBC và ABC bằng 600 . Tính thể tích
khối chóp S .MNBC
Lời giải
Do SAB và SAC cùng vuông góc với ABC nên
SA vuông góc với đáy
1
AB AC a; BC a 3
2
BC AB
Ta có
BC SAB BC SB
BC SA
600
Do đó
SBC , ABC SBA
SA AB 3 a 3
1
Ta có VSMNBC SA.S MNBC
3
1
3 3a 2
Mà S MNBC MN BC .MB
2
8
3
VSMNBC a 3
8
Câu 6: [1 điểm]
Thầy Mẫn Ngọc Quang là một sky chính hiệu (fan ruột của Sơn Tùng MTP). Vì thế mà trong máy điện thoại
của thầy có 10 bài hát do Sơn Tùng thể hiện. Trong giờ nghỉ giải lao thầy chỉ có 30 phút nghe nhạc thư giãn
nên chỉ nghe được 5 bài. Tính xác suất trong 5 bài thầy Quang nghe thì 2 bài “Em của ngày hôm qua” và
“Nắng ấm xa dần” được nghe đầu tiên.
Lời giải
Do các bài hát được nghe có thứ tự nên không gian mẫu là A105
Hai bài được nghe đầu tiên là “Em của ngày hôm qua” và “Nắng ấm xa dần” có 2! Cách (do không biết bài
nào nghe trước ) .
3 bài còn lại thì có lưa chọn là A83
Vậy không gian biến cố là 2!.A83
Xác suất biến cố cần tìm là
2! A83
0.0222
A105
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 15
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Câu 7: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và B có phương trình cạnh
CD : x 3 y 5 0 . Gọi M là trung điểm AB, H là chân các đường vuông góc kẻ từ A đến MD, K là chân
2
đường vuông góc kẻ từ B đến MC, đường thẳng AH cắt đường thẳng BK tại N ; 2 . Tìm tọa độ các đỉnh
3
5
của hình thang ABCD biết điểm M thuộc d : 4 x y 1 0 và trung điểm E của MB có tọa độ E 0; .
2
Lời giải:
Ta có AMD vuông tại A, AH là đường cao
2
AM MH .MD
BMC vuông tại B BM 2 MK .MC
Mà AM=BM do đó MH .MD MK .MC
Xét MKH và MDC ta có:
: chung
KMH
MH MK MHK MDC
MC MD
IDH
MKH
Tứ giác MKNH có
MHN
90o 90o 180o MKNH nội
MKN
MNH
tiếp MKH
NHD
90o MN CD
IDH
MKH
Tứ giác HNID nội tiếp MIC
Ta có MNH
Phương trình đường thẳng MN qua N vuông góc CD là MN : 3 x y 0
4 x y 1 0
Tọa độ M là nghiệm hệ
M 1;3
3 x y 0
x 2 xE xM
Vì E là trung điểm MB B
B 1; 2
yB 2 yE yM
x 2 xM xB
Vì M là trung điểm AB A
A 3; 4
y A 2 yM y B
Phương trình cạnh AD là AD : 2 x y 10 0 D 7; 4
Phương trình cạnh BC là BC : 2 x y 0 C 1; 2
Vậy A 3; 4 ; B 1; 2 ; C 1; 2 ; D 7; 4 là các điểm cần tìm.
Câu 8: [1 điểm]
2 x 2 5 y 2 6 xy 2 x x 3 y 5 y 8 6 xy 5 5
Giải hệ phương trình
2 x 2 15 y 10 18 y 2 x 1 3 2 x 2 y 2 2 x 3 1
Lời giải
Điều kiện: x 2 9 y 2 5 x 1 0; 2 x 3 0 ; 2x + 3 ≥ 0 , 18y2 – x + 1 ≥ 0
Phương trình 1 của hệ phương trình tương đương
x 2y
2
2
x y 12 22
x 2 y 1
2
x y 2
2
2
x y 2
Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có :
x 2y
2
2
x y 12 22
x 2 y 1
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
2
Page 16
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
x 2y x y
2 x 4 y x y x 3 y
1
2
Với x 3 y phương trình 2 của hệ phương trình tương đương
Dấu " " xảy ra khi
2x
2
5 x 10 2 x 2 x 1 6 x 2 x 6 2 x 3 1
2 x 2 x 1 3 2 x 3 2 x 2 x 1 2 x 3 3 2 x 2 x 1 2 x 3 1
Đặt a 2 x 2 x 1, b 2 x 3 a, b 0 phương trình đã cho trở thành
a
3
3b 2 a a 2 3b 2 b 1 a 3 3a 2 b 3ab 2 b3 1 a b 1 a b 1
2
2 x2 x 1 2 x 3 1 2 x2 x 1 2 x 3 1 2 x2 x 1 2 x 4 2 2 x 3
2 x 2 3 x 3 2 2 x 3 4 x 2 6 x 6 4 2 x 3 4 x 2 4 x 1 2 x 3 4 2 x 3 4
2x 3 2 2x 1
2x 3 2x 3
2 x 3 2 1 2 x
2 x 3 2 x 1
3
3
x 2
x
x 3 y 1
Với 2 x 3 2 x 3
2
2 x 3 2 x 3 2
4 x 2 14 x 6 0
1
x 0
1
x 2
2
x 1 y l
Với 2 x 3 2 x 1
3
4 x 2 x 2 0
2 x 3 2 x 1 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x; y 3; 1
2
2 x 1
2x 3 2
2
Câu 9: [1 điểm]
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 4 z 7 y 4 z 7 64 . Tìm GTNN của biểu thức
P
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ
x2
x
2
4
yz
1
1 a
2
1
1 y
4
xz
2
ln
x y
x
Lời giải
1
1
*
2
1 b 1 ab
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
a b 1 ab
a b a
a b ab 1 a
b b
1
1 a
2
1
1 b
2
2
2
a b 1
2
2
b a 1
2
a
1
.
a b 1 ab
2
b
1
.
a b 1 ab
1
b 1
1
a 1
b
1
a
1
ab 1
1
1
1
1
.
.
.
2
2
a b 1 ab a b 1 ab a b 1 ab 1 ab
1 a 1 b 1 ab
Áp dụng bất đẳng thức * ta có
P
1
14
yz
1
x
2
1
1 y
4
x z
2
ln
x y
x
1
1
y
x
4
ln
y z x z
x y
x
Ta có 64 x 4 z 7 y 4 z 7 x z 7 y z 7 8 8 x z .8 8 y z 64 8 x z y z
(Tách số 7 ra thành 7 số 1 , rồi sau đó áp dụng Cô-Si cho 8 số ở 2 cái ngoặc)
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 17
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
1
y
ln 1
y 2
x
1
x
y
1 1
Đặt t 1 t 1 P f t ln t
x
t 2
1 1 t2
Ta có f ' t 2
; f ' t 0 t 2
2t
2t
t
Bảng biến thiên
x
1 2
y ' 0
y
1
1 1
ln 2
2 2
1 1
Dựa vào bảng biến thiên, giá trị nhỏ nhất của P là ln 2 , dấu " " xảy ra khi t 2 x y
2 2
1 1
Vậy giá trị của nhất của P là ln 2 , dấu " " xảy ra khi x y 1, z 0
2 2
x z y z 1 P
1
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 18
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT
QUỐC GIA – ĐỀ 4
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: [2 điểm]
x 4m
có đồ thị C và m là tham số
2 mx 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m 1
b) Tìm m để phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại x0 0 song song với đường thẳng 3 x 2 y 1 0
Câu 2. [1 điểm]
cos 1
a) Cho góc 0; thõa mãn tan 3 . Tính giá trị của biểu thức A
cos 2 1
2
2 x 1 3 3x 1 1
b) Tính giới hạn L lim
x 0
x
Câu 3: [1 điểm]
e
x ln x 1
Tính tích phân I
dx
x
1
Câu 4: [1 điểm]
1
1
5
a) Giải phương trình log 2 ( x 1)2 log 2 ( x )3
4
6
3
b) Lớp học của thầy Quang được chia thành 2 nhóm. Biết nhóm I có 7 người trong đó có mạnh và nhóm II
có 5 người trong đó có Lâm. Thầy gọi 3 bạn trong nhóm I và 2 bạn trong nhóm II cùng lên bảng để hỏi bài
cũ. Tính xác suất để Mạnh và Lâm không cùng lên bảng
Câu 5: [1 điểm]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 2;3;1 và mặt phẳng : 2 x y 2 z 5 0 và
Cho hàm số y
: 3x 2 y z 3 0 . Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A và cùng vuông góc với hai mặt
phẳng , và tính khoảng cách từ N 1; 2;1 đến mặt phẳng P
Câu 6: [1 điểm]
Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B biết AB BC a, AD 2a . Cạnh
SA a 2 và vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB . Tính thể tích khối
chóp S . ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD .
Câu 7: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, trung điểm I của AC,
phương trình cạnh AC : x y 1 0 . Trên tia đối tia HA lấy điểm D sao cho HA=2HD. Tìm tọa độ các đỉnh
2
của tam giác ABC biết phương trình đường tròn ngoại tiếp BDI là C : x 2 y 2 5 và đỉnh A có
hoành độ dương.
Câu 8: [1 điểm]
x 2 3x x 1 3
x4
Giải phương trình
4
2
x 5 x 4 x 1
x 1
Câu 9: [1 điểm]
Cho các số thực x, y, z 1 thõa mãn 2 xyz 1 x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 19
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
P
2 x2 2 x 1 2 y 2 2 y 1 2 z 2 2 z 1
x y z
2
2
2 xyz 1
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: [2 điểm]
x 4m
có đồ thị C và m là tham số
2 mx 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m 1
b) Tìm m để phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại x0 0 song song với đường thẳng 3 x 2 y 1 0
Cho hàm số y
Lời giải
b) Ta viết phương trình đường thẳng 3 x 2 y 1 0 thành y
3
1
x
2
2
Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại x0 0 song song với đường thẳng y
3
1
x khi
2
2
1 4 m 2
y
'
x
2
1 4m 2 3
2 mx 1
m 1
2
2
3
y ' 0 2
Vậy m 1 là giá trị cần tìm
Câu 2. [1 điểm]
cos 1
a) Cho góc 0; thõa mãn tan 3 . Tính giá trị của biểu thức A
cos 2 1
2
2 x 1 3 3x 1 1
b) Tính giới hạn L lim
x 0
x
Lời giải
1
1
a) Ta có với 0; thì cos 0 nên cos
2
tan 1
10
2
cos 1 cos 1 10 10
Suy ra ta có A
cos 2 1 2 cos 2
2
10 10
Vậy ta có giá biểu thức là A
2
b) Ta có
2x 1
2 x 1 3 3x 1 1
L lim
lim
x 0
x 0
x
lim
x 0
3
3x 1 1 2 x 1 1
x
2 x 1 3 3x 1 1
2x 1 1
lim
x
0
x
x
x
3x 2 x 1
3
3x 1
2
3 3x 1 1
2x 1 1
2x
x
3 2x 1
2
2
lim
2
x 0 3
3
2 x 1 1
3x 1 3x 1 1
m
Chú ý ta có thể tổng quát bài toán như sau lim
x 0
x 1n x 1 1
x
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
m
n
Page 20
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Câu 3: [1 điểm]
e
Tính tích phân I
1
x ln x 1
dx
x
Lời giải
e
Ta có I
1
e
e
x ln x 1
x ln x 1
1
dx
dx ln x dx x ln x x ln x
x
x
x
1
1
e
2
1
Vậy I 2.
Câu 4: [1 điểm]
1
1
5
a) Giải phương trình log 2 ( x 1)2 log 2 ( x )3
4
6
3
b) Lớp học của thầy Quang được chia thành 2 nhóm. Biết nhóm I có 7 người trong đó có mạnh và nhóm II
có 5 người trong đó có Lâm. Thầy gọi 3 bạn trong nhóm I và 2 bạn trong nhóm II cùng lên bảng để hỏi bài
cũ. Tính xác suất để Mạnh và Lâm không cùng lên bảng
Lời giải
5
a) Điều kiện: x
3
Phương trình đã cho tương đương
5
5
log 2 x 1 log 2 x 1 log 2 x 1 log 2 x log 2 2
3
3
10
10
7
log 2 x 1 log 2 2 x x 1 2 x
x
3
3
3
7
Vậy phương trình có nghiệm là x
3
b) Gọi A : “5 học sinh được chọn nhất thiết phải có Lâm hoặc Mạnh nhưng không được có cả hai”
Không gian mẫu C73 .C52 350
Trường hợp 1: trong 5 học sinh được chọn có Mạnh nhưng không có Lâm
- Chọn 2 học sinh ở tổ 1 có C62 cách chọn
- Chọn 2 học sinh ở tổ 2 có C42 cách chọn (không được chọn Lâm)
Có C62 .C42 cách chọn
Trường hợp 2: trong 5 học sinh được chọn có Lâm nhưng không có Mạnh
- Chọn 3 học sinh ở tổ 1 có C63 cách chọn (không được chọn Mạnh)
- Chọn 1 học sinh ở tổ 1 có C41 cách chọn
có C63 .C41 80 (cách)
Không gian biến cố C62 .C42 C63 .C41 170
170 17
350 35
17
Vậy xác suất là
35
Câu 5: [1 điểm]
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A 2;3;1 và hai mặt phẳng : 2 x y 2 z 5 0 và
PA
: 3x 2 y z 3 0 . Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A và cùng vuông góc với hai mặt
phẳng , và tính khoảng cách từ N 1; 2;1 đến mặt phẳng P
Lời giải
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 21
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
Ta có nP n ; n 3; 4;1 P : 3 x 4 y z m 0
Mặt phẳng P qua A 2;3;1 m 19 P : 3x 4 y z 19 0
Ta có d N , P
3.1 4.2 1 19
32 42 1
13
26
Câu 6: [1 điểm]
Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B biết AB BC a , AD 2a . Cạnh
SA a 2 và vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB . Tính thể tích khối
chóp S . ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD .
Lời giải
Ta có diện tích ABCD bằng S ABCD
(a 2a)a 3 2
a
2
2
3
1
1
3 2 a 2
VS . ABCD SA.S ABCD a 2 a
3
3
2
2
CD AC
Ta có
CD SAC CD AG
CD SA
Mà AG SC AG SCD AG d A, SCD
HS 2
2
d H , SCD d B, SCD
BS 3
3
1
Mà d B, SCD d A, SCD
2
1
d H , SCD d A, SCD
3
1
1
1
1
1
Ta có
2 AG a d A, SCD a d H , SCD a
2
2
2
3
AG
AS
AC
a
a3 2
1
Vậy V
và d H , SCD a
2
3
Câu 7: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, trung điểm I của AC,
phương trình cạnh AC : x y 1 0 . Trên tia đối tia HA lấy điểm D sao cho HA=2HD. Tìm tọa độ các đỉnh
Do
2
của tam giác ABC biết phương trình đường tròn ngoại tiếp BDI là C : x 2 y 2 5 và đỉnh A có
hoành độ dương.
Lời giải
Gọi N là trung điểm của AH IN là đường trung bình
IN AH
ACH
CH 2 IN
HB AH
Xét ABC có HB.HC AH 2
AH HC
AH ND 2 HD
HB HD
Vì
ND NI
HC 2 NI
DIN
Suy ra BDH DIN BDH
BDN
NDI
DIN
NDI
90o tứ giác
BDI
BDIA nội tiếp
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 22
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
x y 1 0
x 1 y 2 A 1; 2
Tọa độ A, I là ngiệm hệ
(vì x A 0 )
2
2
x 2 y 5 x 0 y 1 I 0;1
xC 2 xI x A 1
C 1;0
Vì I là trung điểm AC nên
yC 2 yI y A 0
Phương trình AB qua A vuông góc AC là AB : x y 3 0
x 1
x y 3 0
y 2
B 4; 1
Tọa độ B là nghiệm hệ
2
2
x 2 y 5 x 4
y 1
Vậy A 1; 2 ; B 4; 1 ; C 1; 0 là các điểm cần tìm.
Câu 8: [1 điểm]
Giải phương trình
x 2 3x x 1 3
x 5 x 4 x 1
x4
4
x 1
2
Lời giải
Điều kiện: x 1
Phương trình đã cho tương đương
x
2
3 x 3 x 1 x 5 x 4
4
x 4 x 1
4
x 4 x 1
x 1 a 0
Đặt
PT : a 4 a 2 1 a b4 b 2 1 b a a b (1)
4
x 4 b 0
Xét hàm số f t t t 4 t 2 1 ; t R với f '(t ) 5t 4 3t 2 1 0; t R f (t ) là hàm đồng biến
Theo tính chất hàm đồng biến ta có f a f b a b 0
a 0
2
Có (1) f a f b a a b thế lên trên ta được: a a b 0
a b
Trường hợp 1: Với a=0 x 1 0 x 1 (loại do x 1 )
1 13
x
(tm)
2
2
4
Trường hợp 2: Với a b x 1 x 4 x 1 x 4
1 13
(l )
x
2
1 13
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x
2
Câu 9: [1 điểm]
Cho các số thực x, y, z 1 thõa mãn 2 xyz 1 x y z. Tìm GTLN của biểu thức
P
2x2 2x 1 2 y2 2 y 1 2z2 2z 1
x y z
2
2
2 xyz 1
Lời giải
Cách 1:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giả thiết ta có
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 23
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
2 xyz 1 x y z 2 xy z 2 z
xy
2
1 2z2 2z 1
xy
*
2
z
2 xy 1 z 0
1 z
0 l
xy
1 2z2 2z 1
Ta có * 1 2 z 2 2 z 1 2 z xy z x y
1 2 y 2 2 y 1 y x z
Chứng minh tương tự ta cũng có
2
1 2 x 2 x 1 x y z
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
3 2 x 2 2 x 1 2 y 2 2 y 1 2 z 2 2 z 1 2 xy yz xz
P
2 xy yz xz 3
x y z
2
2
2
x y z 3
2
2
3
2
2 xyz 1
2 xyz 1
x y z
2
2
x y z 3
2
2
3
2
2
3
2
3
2
2
2
2 xyz 1 3 x y z
2 xyz 1 3 2 xyz 1
2 xyz 1
x y z
2
3
2
Đặt t xyz từ điều kiện ta suy ra t 1 . Lúc đó P
2
3 2t 1
2t 1
Xét hàm số f t
8 1 t
12
4
2
3
2
0 ; t 1
với t 1 ta có f t
3
2
3
2
3 2t 1
2t 1
2t 1 2t 1 2t 1
Suy ra f t nghịch biến t 1 nên ta có P f t f 1 1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x y z 1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, dấu " " xảy ra khi x y z 1
Cách 2:
Ta có: 2 x ( x 1) 0 4 x 2 4 x 1 2 x 2 2 x 1 2 x 2 2 x 1 4 x 2 4 x 1 2 x 1
Tương tự ta có: 2 y 2 2 y 1 2 y 1; 2 z 2 2 z 1 2 z 1
2x 1 2 y 1 2z 1
2
2( x y z ) 3
2
4
3
Do đó : P
2
2
( x y z)
2 xyz 1
( x y z)
x y z x y z (x y z) 2
4 3
Xét hàm số f t 2 với t x y z 3
t t
Hàm số f t nghịch biến nên P f t f 3 1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, dấu " " xảy ra khi x y z 1
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 24
NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT
QUỐC GIA – ĐỀ 5
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
x2
có đồ thị là C
2x 1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số C
Câu 1: [2 điểm] Cho hàm số y
b) Gọi M là một điểm thuộc đồ thị và H , K tương ứng là hình chiếu của M trên trục Ox và Oy . Tìm tọa
độ điểm M sao cho tứ giác MHOK có diện tích bằng 1.
Câu 2: [1 điểm]
sin 2 x cos 2 x cos x sin x 1
Giải phương trình
1
2sin x 1
Câu 3: [1 điểm]
2
Tính tích phân I sin 2 x.esin x dx
4
Câu 4: [1 điểm]
x 1 y z 1
và mặt phẳng : x y z 5 0 . Viết
2
3
1
phương trình mặt phẳng P vuông góc với mặt phẳng và song song với đường thẳng , đồng thời
Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng :
khoảng cách từ điễm A 1;1;1 đến P bằng
3
42
.
Câu 5 [1 điểm]
a) Giải phương trình sau 3x 5 x 4 4 log 3 4 x
b) Thầy Quang mời 7 bạn Việt, Mạnh, Lâm, Dũng, Hùng, Lanh Huyet và Cường Béo ra Hà Nội chơi. Sau
khi đi chơi một vòng Hà Nội thầy mời các bạn vào một nhà hàng lẩu bằng truyền Kichi-Kichi. Bàn tròn có 8
chỗ ngồi. Tính xác xuất để Cường Béo và Lanh Huyet luôn ngồi 2 bên cạnh thầy.
Câu 7: [1 điểm]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , điểm B 1; 2 . Vẽ đường cao AH , gọi
I là trung điểm của AB , đường vuông góc với AB tại I cắt AH tại N . Lấy điểm M thuộc đương AH
sao cho N là trung điểm của AM . Điểm K 2; 2 là trung điểm của NM . Tìm tọa độ điểm A biết A
thuộc đường thẳng x y 3 0
Câu 6: [1 điểm]
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD 2 AB , SA ABCD , SC 2a 5 và
góc giữa SC và ABCD bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S . ABCD và tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm của cạnh BC .
Thayquang.edu.vn – Giúp các em học giỏi toán hơn
Page 25