TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 51 Câu (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x3 + (m + 1)x + (m2 - 4)x - m + a/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số m = b/ Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với trục tung Câu (1,0 điểm):  a/ Giải phương trình lượng giác: 2cos(2x  )  4s inx.sin3x -  b/ Giải phương trình sau tập số phức: 2z2 - 2z + = Câu (0,5điểm): Giải phương trình: 2log (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = Câu (1,0 điểm): Giải hệ phương trình  y x x 1  2log 2.4   y , (x,y  R)   x3  x  y  xy   x     Câu (1,0 điểm): Tính tích phân I = (1 + x)e x dx Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc cạnh bên mặt đáy 600 Tính thể tích hình chóp Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm BC Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1) Tìm toạ độ đỉnh hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm Câu (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A( 3;2; 3) hai đường thẳng d1 : x -1 y + z - x - y -1 z - = = = = d : 1 -1 a/ Chứng minh d1 d2 cắt b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 d2 Tính khoảng cách từ A đến mp(P) n Câu (0,5 điểm): Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển của: x   x5  , biết tổng x  hệ số khai triển 4096 ( n số nguyên dương x  ) Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh rằng: a  b2  c  1 1      2 4b 4c 4a a b bc ca TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 51 Với m = ta có hàm số: y 2x  Tập xác định: D  Đạo hàm: y 6x 6x  Cho y 6x 6x 3x 0.25 x  Giới hạn: lim y hoac x ; x x 0.25 lim y  Bảng biến thiên x – y + –1 0 0 – + 0.25 y – –1 ; 1),(0; ) , NB khoảng ( 1; 0)  Hàm số ĐB khoảng ( Hàm số đạt cực đại yCĐ = x CÑ , đạt cực tiểu yCT = –1 x CT  Đồ thị hàm số: hình vẽ 1a y 0.25 -1 O x -1 Giao điểm (C ) với trục tung: A(0; 1)  x0 1b  f (0) ; y0 0.25 0.25  Vậy, pttt A(0;–1) là: y Câu 0.25 0(x 0) y 0.25  Giải phương trình : 2cos(2x  )  4sinxsin3x   (1) 2a    2(cos2xcos  sin 2x sin )  4sin x sin 3x   3  cos2x  s in2x+4sin x sin 3x   0.25   2s in x-2 sin x cos x  4sin x sin 3x    s inx(2s in3x-sin x- cos x)  s inx   s inx  cos x  2sin 3x *sinx   x  k (k  z) *s inx  cos x  2sin 3x  s inx  cos x  sin 3x 2     3x  x   k2 x   k     sin(x  )  sin 3x    (k  z) 3x    x    k2 x    k     phương trình cho có nghiệm x  k ; x   k 2z 2z z1 6i (*) 0.25 i ; z2 6i 2 i 0.25 log2(x log0,5(2x 2)  Điều kiện: x 1) (*) x x 2x x 2  Khi đó, (*) log2(x 2) log2(2x 1) (x Câu  (k  z)  Ta có, ( 2)2 4.2.5 36 (6i)2  Vậy, phương trình (*) có nghiệm phức phân biệt: 2b Câu 0.25 2)2 (2x x2 1) 6x 0.25 log2(x x (loai) x (nhan) 2)2 log2(2x 1) 0.25 2 x  x   Điều kiện:  x  y  y 0  Ta có:  2  x2  yx   x  y  1   x  y   ( Vì x2  yx   )    y  x 1 1  0.25 2.4   y x 1  22 y  log 2 y  Xét hàm số:  2log 2x (a) x y 0.25 *  0;   log 2 x f  t   2t  log t  t  0; e ,vậy f  t  hàm số đồng biến t ln Biểu thức *  f  y   f x  y  x (b) Ta có: f '  t   2t ln   0.25  Từ (a) (b) ta có: x   x  x   x2     x  1  x    4 x  x   x 2 x  x    x    x2 Với x   y  , suy hệ phương trình có nghiệm  2;1 Câu 0.25 I x )e xdx (1 0.25  Đặt I (1 u x x dv e dx x )e x 1 du dx v x e xdx 0 (1 x )e xdx e Thay vào công thức tích phân phần ta được: 1)e1 (1 0)e (1 ex 2e (e1 e0) e 0.25 0.25  Vậy, I e 0.25 Câu S A 60 B D 0.25 O 2a C  Gọi O tâm mặt đáy SO (ABCD) SO đường cao hình chóp hình chiếu SB lên mặt đáy BO, 0.25 600 (là góc SB mặt đáy) SBO  Ta có, tan SBO a 2.tan 600 SO BO SO BO tan SBO BD tan SBO 0.25 a  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm V Câu B.h AB.BC SO 2a.2a.a 4a 0.25 A x B 0.25 I x H M C D Gọi H hinh chiếu vuông góc B AM  BH  d  B; AM   10 Đặt cạnh hình vuông x>0 1 10       x3 2 2 BH BA BM 36 x2 x2 A thuộc AM nên A  t;7  3t  Xét tam giác ABM có   t    3t   AB   t    17  t     10t  44t  34  0.25  17 16  A  ;    loai, A 1;   t / m 5  Làm tương tự cho điểm B, với BM  x 5 1   M  ;  2 2 2 M trung điểm BC  C 1; 2  0.25 Gọi I tâm hình vuông  I 1;1 0.25 Từ  D  2;1 Câu a/  d1 qua điểm M1(1; 2; 3) , có vtcp u1  d2 qua điểm M2 (3;1;5) , có vtcp u2  Ta có [u1, u2 ] M1M2 1 0.25 (1;2; 3) 1 1 ; 1 ; (1;1; 1) (5; 4;1) 0.25 (2; 3;2)  Suy ra, [u1, u2 ].M1M2 5.2 4.3 , d1 d2 cắt 1.2 b/ Mặt phẳng (P) chứa d1 d2  Điểm (P): M1(1; 2; 3)  vtpt (P): n [u1, u2 ] (5; 4;1)  Vậy, PTTQ mp(P) là: 5(x 1) 4(y 5x 0.25 2) 1(z 4y z 16 3) 0  Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: d(A,(P )) 5.( 3) Câu Xét khai triển : 4.2 ( 3) ( 4) 16 42 42 42 0.25 0.25 5 1  1  x   x5   x3   x  x  x  n n k n 1 nk n   n  52   52  1  k   n   x Cn    Cn    x    Cn    x    Cn  x   x    x      x     Thay x=1 vào khai triển ta được: 2n  Cn0  Cn1   Cnk   Cnn  Theo giả thiết ta có: Cn0  Cn1   Cnk   Cnn  4096 Câu 0.25  2n  212  n  12 10 12 1  x3   x5  x  Với n  12 ta có khai triển: k  1  k  12, k  Z  Gọi số hạng thứ số hạng chứa x 12  k 1 Tk 1  x3C12k   x  Ta có :  x Vì số hạng có chứa x nên : k  C12k x 2k  21  k  21 5k 2  21   5k 6k  6 Với k  ta có hệ số cần tìm : C  924 Ta có:  a2   b2   c2  VT             4a   4b 4b   4c 4c   4a a b c 1 a b c   2 2   2 2 2 2b 2c 2a 2b c a  a b c   ;   ;   Mặt khác: 2 b a b c b c a2 c a a b c 1 Cộng theo vế BĐT ta được:      b c a a b c Suy ra:  1   1   1   1   VT                    a b c   a b   b c   c a   0.25 0.25 12 1 4  1         VP  a  b b  c c  a a  b b  c c  a 0.25 0.25 Đẳng thức xảy khi: a  b  c  TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu (2 điểm ) Cho hàm số y = ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 52 x 1 (C ) x2 Kháo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C ) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C ) biết hệ số góc tiếp tuyến -5 Câu ( 0.5 điểm )Giải bất phương trình : log3(x – ) + log3(x – ) < Câu (1 điểm ) Tính tích phân : I =  x x 1 dx Câu ( điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vuông A,D, SA vuông góc với đáy SA = AD= a ,AB = 2a Tính thể tích khối chóp S.ABC Tính khoảng cách AB SC Câu (1 điểm ) Trong không gian O.xyz cho A(1;2;3) , B(-3; -3;2 ) Viết phương trình mặt cầu đường kính AB Tìm điểm M nằm trục hoành cho M cách hai điểm A, B Câu (1 điểm ) Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – Câu (0.5 điểm ) Gọi T tập hợp số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ số 1,2,3,4,5,6,7 Chọn ngẫu nhiên số từ tập T hoctoancapba.com Tính xác suất để số chọn lớn 2015 Câu ( 1điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông A B,C hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác có phương trình x + 2y - 5= Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết đường thẳng AC qua K(6;2) Câu ( điểm )  9 x  xy  x  y  y  Giải hệ phương trình    x  y  1  x  y   x  y Câu 10 (1 điểm ) Cho a,b,c thuôc đoạn [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức  a  b P= c   ab  bc  ca  TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 52 TXĐ : D = R \ 2 y’ = 5  x  2 < với x thuộc D 0.25 Hàm số nghịch biến khoảng (-  ;2 ) (2 ; +  ) , hàm số cực trị lim y    , lim y    nên đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị x  2 x  2 0.25 lim y  lim y  nên đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị x  x  Bảng biến thiên - x + y’ - - 0.25 + 1a - y 0.25 O x Gọi M(x0;y0) tiếp điểm , k hệ số góc tiếp tuyến phương trình tiếp tuyến M có dạng : y = k(x- x0) + y0 1b , y’ 5  x  2 0.25 Hệ số góc k = -5  y’(x0) = -5  (x0 – 2)2 =  x0 = x0 = 0.25 Với x0 = M(3;7) phương trình tiếp tuyến y = -5x + 22 0.25 Với x0 = M(1;-3) phương trình tiếp tuyến y = -5x + 0.25 Câu Câu ĐK: x > 5(*)  log3(x – )(x - 5) <  (x – )( x - 5) <  x2 – 8x +12 <  < x < Kết hợp ĐK < x < nghiệm bất phương trình x 1 = t Đặt 0.25 0.25 x = t2 + , dx = 2tdt 0.25 Đổi cận : x = t = ; x = t = 1 0 0.25 I =   t  1 t dt =   t  t  dt =2( Câu t5 t3  ) = 0.25 16 15 0.25 SA vuông góc với mp đáy nên SA đường cao khối chóp , SA = a Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA , E thuộc AB suy CE vuông góc với AB CE = DA = a đường cao tam giác CAB Diện tích tam giác S = CE.AB = a2 Thể tích khối chóp S.ABC V = a3 S 0.25 H A E B 0.25 D C Tính khoảng cách AB SC Ta có AB//DC nên d(AB,SC) = d(AB, SDC ) Trong mặt phẳng (SAD)từ A kẻ AH vuông góc với SD (1) , H thuộc SD Ta có DC vuông góc với AD , DC vuông góc SA nên DC vuông góc với mp(SAD) suy DC vuông góc AH (2) hoctoancapba.com Từ (1) (2) suy AH vuông góc với (SDC) AH = d(AB, SDC) = d(AB , SC ) Trong tam giác vuông SAD ta có Câu 0.25 0.25 a 1     AH = 2 AH AD SA a 5 2 Gọi I trung điểm AB I(-1;  ; ) tâm mặt cầu Bán kính mặt cầu 2 0.25 R = IA = 21/2 Phương trình mặt cầu (x+1)2 +(y + )2 +(z  )2 = 21/2 0.25 M nằm trục hoành nên M(x;0;0) MA (1-x ;2;3) , MB (-3-x;-3;2) M cách A , B tức MA2 = MB2 Hay (1-x)2+13 = (-3-x)2+13  x = Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu toán 0.25 0.25 Câu Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx –  4sinxcosx – 2cosx +2sin2x - 1– 7sinx + =  2cosx(2sinx -1) + 2sin2x -7sinx +3 =  2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) =  (2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0  sinx = Hoặc sinx + 2cosx – =0 Ta có : sinx + 2cosx – =0 vô nghiệm 12 +22 < 32 Phương trình tương đương sinx = Câu  5  x=  k 2 x=  k 2 6 0.25 0.25 0.25 0.25 Số phần tử tập hợp T A74 = 840 Gọi abcd số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7 lớn 2015 Vì chữ số cho không chứa chữ số nên để có số cần tìm a  Vậy có cách chọn a Sau chọn a chọn b,c,d có A63 cách chọn Xác suất cần tìm P = Câu 6A63 = A7 Câu 0.25 Điểm B nằm đường thẳng x + 2y – = nên B(5 – 2b ; b) B ; C đối xứng qua O nên C(2b – ; - b ) O thuộc BC Gọi I điểm đối xứng O qua phân giác góc B suy I(2;4) BI (2b – ; – b ) , CK (11 – 2b ; + b) Tam giác ABC vuông A nên BI CK =  - 5b2 + 30b – 25 =  b= b= Với b= B(3;1) , C(-3;-1) suy A(3;1) nên loại Với b= B(- 5, ), C(5 ; -5) suy A( 0.25 31 17 ; ) 5 0.25 0.25 0.25 0.25 x  y + – [3(x- y )]2 =  6x  y  1  3x  y 1  3x  y   x  y   7x  y (2)  x  y      1  3x  y    1  3x  y     x  y   x  y     1  3x  y   > suy 1–3x + 3y =0 x > y  nên   x  y   x  y  Thay y = x – vào phương trình (1) ta hoctoancapba.com 1 9x2 + 9x(x - ) + 5x – 4(x - ) + x  = 3 0.25 0.25 10 Ta có D(5;-5) AD: đường phân giác BAC  BAD  DAC  BOD  DOC  ID tia phân giác BOC Lại có BOC cân O (OB=OC=R)  ID phân giác BOC đồng thời ID  BC (I): x2  y  x  y  20   ( x  2)2  ( y  1)2  25  Tâm I(2;-1)  ID  (3; 4) 0.25 Đường thẳng BC qua M có VTCP ID  (3; 4) nên có pt: 3( x  3)  4(y 4)   3x  y  25  3x  y  25  Tọa độ B,C thỏa hệ:  2  x  y  x  y  20  3x  y  25 3x  y  25    2 (4 y  25)  12(4 y  25)  18 y  180  9 y 25 y  170 y  145  3x  y  25  x    x    y  1      y  1  y   29   y   29    5 Vậy ta tìm điểm A, B, C thỏa đề: 29  A (  2; 2); B (7;  1); C ( ; )  15   A(2; 2); B( ;  29 ); C (7; 1)  15 Câu Gọi H: tâm hình vuông ABCD  SH  ( ABCD) (do S.ABCD hình chóp đều) Kẻ HE  BC , ta có:  BC  HE  BC  SH [ SH  ( ABCD)]   SH, HE  (SHE) SH HE  H 0.25 0.25 0.25  BC  (SHE) Trong (SHE), kẻ HF  SE F  BC  HF  (SHE ) 0.25 48 BC  HF   HF  SE  Ta có:   HF  ( SBC ) SE BC  E  SE , BC  ( SBC )   Ta có: [(SBC);(ABC)]  [ SH ; HF ]  60  SHF  60  HSE  30 HE  SH  HE SH HE  BC, AB  BC  EH song song AB  tan HSE  tan 30   0.25 a a HE CH  (Định lý Talet cho ABC )  HE   SH  2 AB CA Gọi G tâm SAC  A,G,M thằng hàng M trung điểm SC Tương tự ta có N trung điểm SD 1 a a3 VSABCD  SH S ABCD  a  3 VSABMN 3 a3   VSABMN  VSABCD  Chứng minh VSABCD 8 16 Câu 0.25 4x  2x  log2  x (2.8x  3.2 x  1) *  x x 2.16  2.4   log2 (4 x  x  1)  log (2.16 x  2.4 x  1)  2.16 x  3.4 x  x 0.25  log2 (4 x  x  1)  x  x   log (2.16 x  2.4 x  1)  2.16 x  2.4 x  XÐt f (t )  log2 t  t, t  f ' (t )    0, t   f ®ång biÕn trªn  0;   t ln 0.25 *  f (4 x  x  1)  f (2.16 x  2.4 x  1)  x  x   2.16 x  2.4 x   2 x  x  2.2 x  2.2 x  2.2 x  3.2 x  x   2.23 x  3.2 x    (2 x  1)(2 x  0.25 1  x  )(2  )0 2  2 x   1   2 x   1  x 2   (lo¹i) x    1    x  log2        0.25 49 Câu 10   P  a  b  c  48  3  b  c   a  10  a, b, c   0.25 Ta có: 3 12    (a  10).12 a  22 a  10 a  22 Lại có: 12    (b  c).8.8 (b  c) b  c  16 b  c  16 Suy ra: 0.25 12 12 48 3    a  10 b  c a  22 b  c  16 a  b  c  38 0.25 Suy ra: P  abc 2 48 48  a  b  c  38   38  2.48  38  58 a  b  c  38 a  b  c  38 Mặt khác với a  2, b  3, c  ( thỏa điều kiện toán) P  58 Vậy P  58 0.25 50 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 59 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx2  m  (1) , với m tham số thực 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  2) Tìm giá trị m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị hàm số tạo thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp    Câu (1.0điểm) Giải phương trình: sin2x + cosx- sin  x   -1= Câu (1.0 điểm) Giải bất phương trình Câu 4(1.0 điểm) Giải phương trình:  3x   x  28  x   20 log9 (9 x) log 27 x n  3 Câu 5(1.0 điểm) 1) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn  x   , x  ( x  0) Biết số nguyên dương n thỏa mãn An  8Cn  Cn  49 2) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm câu lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi Thí sinh A học thuộc 10 câu ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc Câu (1.0điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A' B'C ' có tam giác ABC vuông C   Biết AC  a , BC  a ; mặt phẳng ABC' hợp với mặt phẳng  ABC góc 600 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A' B'C ' theo a 2) Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC Câu (1.0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A D,  82  biết điểm B 8;4  ,điểm M  ;  thuộc đường thẳng AC , CD  AB phương trình  13 13  AD : x  y   Tìm tọa độ điểm A, C, D     x   x2 y   y   ( x, y  R) Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình :   x x  xy   xy  x  Câu (1.0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  Chứng minh rằng: 1 1    2  a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) abc 51 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 59 Khi m  hàm số trở thành: y  x  x  TXĐ: D=  CBT Giới hạn lim   , lim   x   0.25 x x   x  1 Sự biến thiên: y '  x3  x   x  x  1    Hàm số đồng biến khoảng  1;0  1;    Hàm số nghịch biến khoảng  ;  1  0;1 Điểm cực đại  0;0  , cực tiểu  1;  1 , 1; 1 BBT x  1 y’  +  1a  0 0.25  + 0.25  y -1 -1 Đồ thị: Giao với Oy  0;0  , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng  Đồ thị f x = x4-2x2 0.25 -10 -5 10 -2 -4 -6 -8 1b x  y '  x3  4mx  x  x  m     x  m 0.25 Hàm số cho có ba điểm cực trị  pt y '  có ba nghiệm phân biệt y ' đổi dấu x qua nghiệm  m   Khi ba điểm cực trị đồ thị hàm số là:    A  0; m  1 , B  m ; m2  m  , C  m ; m  m  0.25 52 S ABC  yB  y A xC  xB  m2 m ; AB  AC  m4  m , BC  m m  m4  m  m  AB AC.BC R 1   m  2m     m    4S ABC 4m m  Kl : m = m = Câu 1 0.25 0.25 Pt cho tương đương: sin x  cos x  (sin x  cos x)   0.25  2cos x(sin x  1)  sin x     sin x  1 2cos x  1   sin x  1 cos x  sin x  1  x    0.25  k 2 0.25  cosx   x    2k   Vậy, nghiệm phương trình cho là: x    k 2 ; x    2k ( k  Z ) Câu 0.25  x   ( 3x   x  5)  x  28 (I)  3x   x   x  28   0.25  x     3x  12 x  15  13  x 0.25 x   x  13 13  x  TH  Câu 1  x  13   x  13 TH  2 3x  12 x  15  (13  x) 0.25 Kết luận bpt có nghiệm x  0.25 Điều kiện: x  0, x  1, x  0.25 Khi 2  20   1   20  1 log9 x log 27 x log x  log x 3  log3 x   log3 x 0.25 53 t  2 t       t  Đặt t = log3 x , ta  t2 t t  3 t  t    t   log x   x  * * t  3  log3 x  3  x  27 Vậy nghiệm phương trình x  x  Câu 27 0.25 (1)  n! n! 8  n  49 (n  3)! 2!.(n  2)! 0.25  n3  7n  7n  49   n  (tm) 5a 0.25  3 Xét khai triển  x   x  k Số hạng tổng quát C  x 7k k   k k      2  C7 x x  287 k 12 0.25 Vì cần tìm số hạng không chứa x nên k  4 Vậy số hạng không chứa x  2  C7 =560 5b Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi câu hỏi để lập đề thi có C20  4845 đề thi Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có C102 C102  2025 trường hợp 0.25 Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có C103 C10  1200 trường hợp Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có C104  210 trường hợp Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có 2025  1200  210  3435 trường hợp Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc 0.25 Câu 3435 229  4845 323 a2 SABC = CA.CB  2 Từ giả thiết có VABC A' B'C' = SABC CC'; Gọi H hình chiếu D AB 0.25  AB  (CC'H)  ((ABC'),(ABC))  (CH, HC')  CHC'  600 54 Xét tam giác vuông ABC có CH chiều cao nên 1 1 a       CH  CH CA CB 3a a 3a Xét tam giác vuông CHC’ có CC'  HC tan 600  0.25 3a a 3a a 3 ( đvtt)  VABC.A'B'C'   2 Gọi M trung điểm AB I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC Ta có IA =IB = IC = IC’ 0.25 I thuộc d với d trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( d qua O vuông góc với (ABC) Và I thuộc mặt trung trực CC’ Tam giác IMC có MC = a , IM  CC' 3a  5a Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC R  IC  IM  CM  Câu 0.25 +  Tìm tọa độ đỉnh A, C, D +) Phương trình trình AB: x  y  12  , A giao điểm AB AD nên tọa  x  y  12 x    A  5;7   x  y  2 y  0.25 độ A thỏa mãn hệ phương trình  +) Có AM y 17 85 ; 13 13 AM : 5x y 32 A H A 5;7 D +) C thuộc AM ta có C( a, 32- 5a ) a  5a  32  2 M O d (C , AD)  AB   0.25 B x 6 C 0.25 a   a  với a = loại B, C nằm phía đường thẳng AD +) Từ ta : C(7;-3) +) Ta lại có D thuộc AD DC  AB suy D(1;3) +) Vậy A(5;7), C(7; -3), D(1; 3) Câu 0.25 1  x  x2    y   y + Xét f  t   t  t  , t  R  (3) 0.25 55 Khi : f '  t   t2 1  t t 1  t t t 1  t  R Suy hàm số f(t) đồng biến R Suy :  3  x   y 0.25  x  x   3x x  25 x   Thế x = - y vào (2)   x  x     2   x  x   2 x x  x   3x  x  1; y  1 Với + x  x   2 x  x   11 3  11 ;y 2   11 x   x 1  Kết luận pt có nghiệm    y  1  y  3  11  Câu 0.25 0.25 Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:  ab  bc  ca  3 (abc)2  abc   a (b  c)  abc  a (b  c)  a(ab  bc  ca)  3a Suy ra: 1   (1)  a (b  c) 3a 1  (2)  b (c  a) 3b Tương tự ta có: 1 ,  (3)  c (a  b) 3c 0.25 0.25 Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab  bc  ca    (   )  2  a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) c b c 3abc abc 0.25 Dấu “=” xảy abc  1, ab  bc  ca   a  b  c  1, (a, b, c  0) 0.25 56 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1: Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 60 x2  C x2 Khảo sát vẽ  C  Viết phương trình tiếp tuyến  C  , biết tiếp tuyến qua điểm A  6;5  Câu 2:   Giải phương trình: cos x  cos3x   sin  2x   4  3  x  y  Giải hệ phương trình:  2   x y  2xy  y  Câu 3: Tính I   dx  cos x 1  e    3x Câu 4: Hình chóp tứ giác SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng SBC  Với giá trị góc  mặt bên mặt đáy chóp thể tích chóp nhỏ nhất? Câu 5: Cho a,b,c  : abc  Chứng minh rằng: 1   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Câu 6: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A 1;0 ,B  2;4 ,C  1;4 ,D 3;5  đường thẳng d : 3x  y   Tìm điểm M d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích Viết phương trình đường vuông góc chung hai đường thẳng sau: x y 1 z  d1 :   ; 1  x  1  2t  d : y   t z   Câu 7: Tính: A 2010 20 C02010 21 C12010 22 C2010 23 C32010 22010 C2010      1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 57 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 60 TXĐ: \ 2 0.25 Sự biến thiên hàm số: Giới hạn, tiệm cận: +) lim y  , lim y    x  tiệm cận đứng x 2 x 2 0.25 +) lim y  lim y   y  tiệm cận ngang x  x  Bảng biến thiên : y'    x  2 x    1a 0.25 Đồ thị : -) Đồ thị cắt Ox  2;0  , cắt Oy  0; 1 , nhận I  2;1 tâm đối xứng 0.25 Phương trình đường thẳng qua A  6;5  d  : y  k  x    0.25 (d) tiếp xúc (C) hệ sau có nghiệm : 1b x2  x2    x  6   k x         x2 x2    x  2   4 k   k   2    x  2  x  2  0.25 4  x     x  2   x   x   4x  24x   x  0;k  1      4 k    x  6;k   k   2    x  2   x  2   0.25 x Suy có tiếp tuyến :  d1  : y  x  1;  d  : y    0.25 58 Câu   cos x  cos3x   sin  2x   4   2cos x cos 2x   sin 2x  cos2x 0.25  2cos x  2sin x cos x  2cos x cos 2x   cos x  cos x  sinx  cos2x    cos x  cos x  sinx 1  sinx  cosx   2a 2b 0.25    x   k  cos x      cos x  sinx    x    k 1  sinx  cosx       sin  x        0.25   x   k    x   k    x     k        x    k  x       k2    x  k2 4    5  x    k2 4  0.25  1 1 3 3  2x   2  x  y           y x   y x x y   2y   2x     x y y x 0.25  4 x  y 2  x  y    xy   2x    y x 0.25 59 x  y   2x    x    y2 x    x  2x     x  y   x  y  1   x  2, y     x   2, y  x x 0.25  x  y   xy  2   2x    y x Câu 0.25 d  x2  xdx 11 1 dt I    2  x   x  0 t  t  x  x 1 0.25 11 dt 12 du    2   2   21  3 u    t     2     0.25 3 dy    tan y, y    ;   du   2 cos y  2 Đặt u  0.25    y  ;u   y    dy 1  I   dy    cos y    tan y 3   6 u Câu 0.25 Gọi M, N trung điểm BC, AD, gọi H hình chiếu vuông góc từ N xuống SM Ta có: SMN  ,d  A;  SBC   S  d  N;  SBC    NH  0.25 H NH  sin  sin   MN  sin   MN   SABCD C D N M I A B 60 tan   sin  cos    sin  cos SI  MI.tan    VSABCD  0.25 3.sin .cos sin   sin   2cos2 sin .sin .2cos     sin .cos  3 2 VSABCD  sin .cos max  sin   2cos2  cos  Câu Ta có: a  b   a3b  a  b   ab Tương tự     a  ab  b  ab  a  b   ab  a  b  ab   3 a3b  a3b3c   0.25  a  b  abc  ab  0.25  a3b3c  0.25 c a3b3c Suy đpcm Câu 0.25 0.25 0.25 Giả sử M  x; y   d  3x  y   AB  5,CD  17 AB  3;4   n AB  4;3  PT AB : 4x  3y   0.25 CD  4;1  n CD 1; 4   PT CD : x  4y  17  SMAB  SMCD  AB.d  M;AB   CD.d  M;CD  6a  5 4x  3y  x  4y  17  17   4x  3y   x  4y  17 17 0.25  3x  y    3x  y   3x  7y  21     3x  y    4x  3y   x  4y  17   5x  y  13  0.25 7   M1  ;2  , M  9; 32  3  0.25 Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d  N  1  2t ';1  t ';3 6b  MN  2t  2t ' 1; t  t '; t  5 0.25 61   MN.u1  2  2t  2t ' 1   t  t '     t       2  2t  2t ' 1   t  t '  MN.u1    6t  3t '    t  t' 1  3t  5t '    0.25 0.25  M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1;2;4   PT MN : Câu x  y z 1   1 0.25 k  2 2010!   2 2010! 2k C2010  Ta có:  1  k  1 k! 2010  k ! k  1  k  1! 2010  k ! 0.25  2 2011! 1 k 1 1      2  Ck2011 2011  k  1! 2011  k  1! 4022 0.25 k k k k A   2011 2011    2  C12011   2  C2011    2  C2011   4022  2011   2  1   2  C02011     4022 2011 0.25 0.25 62 [...]... Theo giả thi t ta có:  2n  212  n  12 Cn0  Cn1   Cnk   Cnn  40 96 Với n  12 ta có khai triển: 12 1  x  2  x5  x  3 Gọi số hạng thứ k  1 0  k  12, k  Z  là số hạng chứa x 6 12  k 1 Ta có : Tk 1  x C  2  x  3 k 12   x5 k  C12k x Vì số hạng có chứa x 6 nên : 2k  21  2 k  21 5k 2 0.25 2  21  6  5k 6 k  6 2 9 Với k  6 ta có hệ số cần tìm là : C1 26  924 ... 1   a  b 7a  4b  4 ab ab 12 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 53 1 1  Tập xác định:  i i 0.25 5 – Chiều biến thi n: y ' x 2 0, x 2 2 – Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 2 và 2; – Giới hạn và tiệm cận: – lim y lim y 2 : tiệm cận ngang : y  2 x 0.25 x lim y x 2 tiệm cận đứng x ; lim y x 2 2 – Bảng biến thi n:  x  2   y'  2 y 0.25  1a + 2 ị 1... f '  t   2t  1  2  0  2t 3  t 2  1  0  t  1 t Lập bảng biến thi n của f  t  với t>0 ta có minP=f(1)=1 Suy ra P  0.25 0.25 0.25 0.25 16 4  a  a  b  1  5   a  4b b  1  5 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 54 Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3mx  1 (1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 a) b) Tìm m để đồ thị của hàm... Câu 10(1 điểm) Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P bc ca ab   3a  bc 3b  ca 3c  ab 23 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 55 1 Tập xác định D  R y '  6x2  6x 0.25 x  0 y'  0    x 1 lim y  ; lim y   x x y' y 0.25 x   0 0   1 0   2 1  Hàm số đồng biến trên khoảng  0;1 1a 0.25 Hàm... thẳng AC đi qua K (6; 2) Câu 7: (2,0 điểm)  y x 2 x 1  2log 2 2.4  1  2 y , (x,y  R) Giải hệ phương trình   x3  x  y  1 xy  1  x 2     Câu 8: (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: a 2  1 b2  1 c 2  1 1 1 1      2 2 2 4b 4c 4a a b bc ca 29 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 56 1 a)TXĐ: D  \ 2 b)Sự biến thi n 0.25 3... f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng Dấu bằng xảy ra khi a = b ; 1 khi t = 1 6 ab = 1, a,b,c thuộc [1;2]  a =b = 1 và c =2 c 1 Vậy MinP = khi a =b = 1 và c = 2 6 0.25 0.25 0.25 11 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 53 2x 1 x2 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết... 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Vậy max P = 0.25 0.25 3 khi a = b = c = 1 2 0.25 28 TRUNG TÂM LUYỆN THI THĂNG LONG Câu 1: (4,0 điểm) ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐỀ SỐ 56 Cho hàm số y  x  m (Cm) x2 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2 Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d; 2x+2y -1= 0 cắt đồ thị (Cm) tại hai điểm phân biệt... tại I và   IA 6 a 3 3 1 1 a 21 Suy ra: d  C;  SBD    d  A;  SBD    AK  3 3 21 6 Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM  BH  d  B; AM   6 10 Đặt cạnh hình vuông là x>0 0.25 1 1 1 10 1 4       x3 2 2 2 2 BH BA BM 36 x2 x2 A thuộc AM nên A  t;7  3t  Xét tam giác ABM có AB  3 2  6a  4  t    3t  6  2 2  3 2  10t 2  44t  34  0 0.25 t  1  17 16    17  A... 26 a  1 AD 2  40  a 2  6a  5  0    A 1;5  (n) a  5 Phương trình BD : x  3 y  4  0 0.25 Phương trình BI: 3x  4 y  5  0 B  BI  BD  B  2; 2  Câu 0.25 8 AB   2;1; 6  là vtcp của đường thẳng AB  x  1  2t  Ptts AB:  y  1  t  z  2  6t  0.25 t  R  Gọi M là giao điểm của AB và (P) Khi đó M 1  2t; 1  t; 2  6t  M  (P)  1  2t   2  1  t   2  2  6t... LUYỆN THI THĂNG LONG Câu ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 54 1 Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1 TXĐ: D  R 0.25 2 y '  3x  3 , y '  0  x  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   hoctoancapba.com x  x  * Bảng biến thi n x