luyện thi THPT quốc gia 2017 môn toán -11 Đề thi thử môn toán

NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 1 of 16.

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 .

Footer
Page 1 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 1


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 2 of 16.

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  

Footer
Page 2 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 2


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 3 of 16.

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


Footer
Page 3 of 16.
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
3
Header Page 4of
16.
2

 I  I1  I 2 

Vậy  I 

3



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 403k .  
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 . 
 ABC    ABC 
Do  
 AH   ABC 
 AAH    ABC 
 

 AAH  60  
Do  AAH vuông tại H suy ra 
AH  d  A;  ABC    AH .tan 60  a 3.  

 VABC . ABC   S ABC .d  A;  ABC     
1
9a 3
 
 .3a.a 3.sin 30.a 3 
2
4
 HD  AC
 AC   AHD 
 AC  AH

Kẻ  

  AAC    AHD   AD

 

Ta có  HD  CH .sin 30   a.  
Ta có  HD  CH .sin 30  a.  
Kẻ  HK  AD     AAC   HK  d  H ;  AAC    
Xét tam giác  AHD vuông tại H có 

1
1
1
a 3
 


 HK 
2
2
2
2
HK
HD
AH

Footer
Page 4 of 16.

Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

 

Page 4


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page
AC16.
d  B;5
 Aof
  BC 3
3 a 3 3a 3
Ta lại có 

  d  B;  AAC    .

. 
2 2
4
d  H ;  AAC   HC 2
Vậy  VABC . A ' B ' C '

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]  

Footer
Page 5 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 5


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 6 of 16.

2
2
2
 x  y  x  7  y 2 y  1  xy  2 y
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

Footer
Page 6 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 6


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 7 of 16.

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 z2

 
 
 
 

Footer
Page 7 of 16.– Giúp các em học giỏi toán hơn
Thayquang.edu.vn
 

Page 7


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header
Page 8 of 16.
 

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 


Footer
Page 8 of 16.– Giúp các em học giỏi toán hơn
Thayquang.edu.vn
 

Page 8


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 9 of 16.

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]   

Footer
Page 9 of 16.– Giúp các em học giỏi toán hơn
Thayquang.edu.vn
 

Page 9


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header
Page
10 ofđáy là hình vuông,
16.
Cho chóp
S . ABCD
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   

Footer
Page 10 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 10


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 11 of 16.
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 z2

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


Footer
Page 11 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 11


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 12 of116.
Do đó ta có  P 

1

8  x  1 y  1 z  1

  
x yz2
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 yz2

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  

Footer
Page 12 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 12


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 13 of 16.

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

yz

1



 1  y

4

Footer
Page 13 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

xz



2

 ln

x y
 
x

Page 13


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header
Page 14 of 16.
 

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  
x2
x2
x2
x2
lim f ( x)  lim (a  x)  a  2  

lim f ( x)  lim

x2

x 2

Để hàm số đã cho liên tục thì   a  2  3  a  5  

Footer
Page 14 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 14


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header
Vậy  aPage
 5    15 of 16.
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

 
 

Footer
Page 15 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 15


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 16 of 16.
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

Footer
Page 16 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

2

Page 16


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 17 of 16.
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

yz

1

1  a 

2

1



 1  y

4

xz



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
ab 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

yz
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) 

Footer
Page 17 of 16.

Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 17


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 18 of 16.

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 t2
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

Footer
Page 18 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 18

NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 19 of 16.

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
x4
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 

Footer
Page 19 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 19


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 20 of 16.
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

Footer
Page 20 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 




m




n

Page 20

NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header
Page 21 of 16.
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

Footer
Page 21 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 21


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG



 of 16.
Header
Page
22
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 

Footer
Page 22 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

 

Page 22


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 23 of 16. 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



x4
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 

Footer
Page 23 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 23


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header Page 24 of 16.
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   
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Footer
Page 24 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 24


NHÓM HỌC SINH THẦY QUANG BABY – Thầy MẪN NGỌC QUANG

Header
Page 25 of 16.
 
 
 
 
 
 

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

x2
 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  . 

Footer
Page 25 of 16.
Thayquang.edu.vn
– Giúp các em học giỏi toán hơn
 

Page 25