ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
ĐỀ 24
Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 2log 3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2
 x  y  x  y  2
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
2
2
2
 x  y  1  3  x  y

(x,y  )

1





Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I  1  x  2  e 2 x dx

0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình:
x  y  1  0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết
phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1). Lập phương
trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC.


x 


x

BBT

1



+

y'



3

0

–

0

+




sin x  cos x  0
 (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)  0  
sin x  cos x  1



sin( x  4 )  0


2

sin( x  4 )  2



 x  4  k


  x   k 2

2
 x    k 2



(1  i ) z  1  3i  0  z 

=> w = 2 – i
3
(0,5 điểm)

=> tập nghiệm S = (1;2]

0.25
0.25
0.25


 u  v  2 (u  v)
 u  v  2 uv  4
u  x  y


Đặt: 
ta có hệ:  u 2  v 2  2
  u2  v2  2
v  x  y
 uv  3 
 uv  3

2
2


 u  v  2 uv  4
(1)

  (u  v )2  2uv  2
. Thế (1) vào (2) ta có:
 uv  3 (2)


v  2 x  2 e

0.25

(1,0 điểm)
2
1 2x 1
1
I  (1  x )(2 x  e )   (2  e 2 x )dx
0 1
2
2

1
1
1
1
= (1  x)(2 x  e 2 x )  ( x 2  e 2 x )
0
0
2
4

0.25



e2  1
4




 HK 
a
2
2
2
2
HK
SH
HE
15a
31
 d ( BD, SA)  2

15
a
31

  1  cos HCB

Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;-1), cos HBC
10
7

2
2
(1,0 điểm) Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0( n  ( a; b) là VTPT và a  b  0 )

0.25

a   1
 b
2

phương trình CH: -2x + y + 3 = 0

0.25

0.25

AB  CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0
0.25

2 5
Tìm được : C ( ;  ) ,pt AC:6x+3y+1=0
3 3

8
(1,0 điểm)

Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu: R  3

0.25

Phương trình mặt cầu (S): x 2  ( y  1)2  ( z  2)2  3

0.25




0.25

10
5
=> Xác suất cần tính là P(A) =
=
84
42

Ta có
10

x
 xz  2 x,
z

(1,0 điểm) Từ đó suy ra

P

0.25

z
 yz  2 z .
y

x z
  3 y  2 x  xz  2 z  yz  3 y
z y



sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình

x 3  2 ln x
dx .
x2

52 x1  6.5x  1  0 .

b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác
suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm
d:

A  4;1;3 và đường thẳng

x  1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm tọa độ
2


Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:


ab
3c  ab

…….Hết……….


ĐÁP ÁN (ĐỀ 25)
Câu
1

Nội dung

Điểm

a.(1,0 điểm)
Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1

0.25

TXĐ: D  R
y '  3x 2  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

+

3

y
-1

-

Đồ thị:
4

2

2

4

0.25


b.(1,0 điểm)
y '  3 x 2  3m  3  x 2  m 

0.25

y '  0  x 2  m  0 * 
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0  **

0.25

sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x
0.25

 (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0
 2sin x  cos x  3   2sin 2 x  0

0. 25
 2sin x  cos x  3  sin x   0
sin x  0

sin x  cos x  3(Vn)

0. 25

 x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z

0.25

(1,0 điểm)
2

2

2

2

2

ln x


0.25
1
1
1
dx . Khi đó du  dx, v  
2
x
x
x
2

2

1
1
Do đó J   ln x   2 dx
x
x
1
1


2

1
1
1
1
J   ln 2 


0.25

b,(0,5điểm)

n     C113  165

0.25

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51 .C62  135
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
5.

135 9

165 11

0.25

(1,0 điểm)


Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 

Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0

0.25
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc giữa

M

  60
SK và HK và bằng SKH

B

H

C

a 3
Ta có SH  HK tan SKH
2

K

A

1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC .SH 
3
3 2


0,25

(1,0 điểm)
7.


Gọi AI là phân giác trong của BAC

A


Ta có : 
AID  
ABC  BAI

E
M'

K

  CAD
  CAI

IAD

M
B

I



 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)


 4 y 2  x  2  y  1  x  1(2)

(1,0 điểm).

0.25

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
 y 1  0

Ta có (1)  x  y  3

 x  y  y  1  4( y  1)  0

Đặt u  x  y , v 

8.

y  1 ( u  0, v  0 )

u  v
Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  
u  4v(vn)
Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :





1
0
y  1  1 

1
 0y  1 )
y 1 1

0.25

0.25

Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 

9.

(1,0 điểm) .
Vì a + b + c = 3 ta có

bc
bc
bc
bc  1
1 



ab  1
1 




2 ca cb 
3c  ab

bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3



 ,
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

0,25
3
khi a = b = c = 1.
2

0,25

1

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  a, AB  a 3 , cạnh bên SA

  300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu
vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao từ đỉnh
A có phương trình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C
biết diện tích tam giác ABC bằng 6.
Câu 8. ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2;3 và mặt phẳng (P) có phương trình:
x  y  4 z  3  0 . Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình của đường thẳng ( d )

qua A và vuông góc với ( P ).
Câu 9. (0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học
sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1
nữ.
Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình x 2  2ax  9  0 với a  3 ;
2

2

y  2by  9  0 với b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1
M  3 x  y      .
x y
2



y  0  4x  8x  0  4x (x  2)  0  
x   2
 Bảng biến thiên

0,25
 2

x –
y

+

2

0

0

–

0

+

+

0

1



1
O

-3

x   1


x   3

2

x

y = 2m

2m

b) ) (1,0 điểm)
Biến đổi: x 4  4x 2  3  2m  0  x 4  4x 2  3  2m (*)

0,25

Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của (C ) : y  x 4  4x 2  3 và
d: y = 2m.

0,25

Dựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1 hoặc 2m < –3





0,25



3 tan   2
70
1  tan 2  
3
5 tan   4
139





b) (0,5 điểm)
.
z = 5+2i-(1+3.3i+3(3i)2 + (3i)3 )
= 31+20i

0,25

0,25

Vậy z  312  202  1361
Câu 3 + Đặt t = 4x; ĐK: t > 0.


x4  x3 3

2  x  1  3



 2  x  1  3 

x  4  x  3 1



x 4  x  3 1
1
x4  x3

 2  x  1  3  x  4  x  3








2  x  1  3  0






x5


  x  6
 x6
KL: Tập nghiệm bpt là:  6;  

Câu 5
(1
điểm)

0,5

6

J=

2
 x x  3dx
1

Đặt u= x 2  3 suy ra x dx = u du
x  1 u  2
x 6u3
3

u3
Ta có J=  u du 

SC
.
2
2
2
2
2
2
2
Tính SC  SA  AC  SA  AB  BC =
SC a 5

.
a 2  3a 2  a 2  5a 2  SC  a 5  r 
2
2
R

0,5

0,25

0,25

0,25


a 5
2
Diện tích mặt cầu : S= 4 r  4 

Câu 7
(1
điểm)

1

x

x

2
y

3

0


5
I  d  AH , 

 2x  y 1  0
y  7

5
1 7
 I ; 
5 5



0.25

0,25


Câu 8
1  2  12  3
6

 2
Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))=
(1
1  1  16
18
điểm)

0,25

Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2
0,25


Vectơ chỉ phương của d là ud =(1;1;-4)

0,25
0,25

 x  1 t

Phương trình tham số của d là:  y  2  t

Xét pt: x 2  2ax  9  0 (1) có  /  a 2  9  0 với a  3

0,25

Nên pt (1) có nghiệm và 1  x 2  9  2ax  x  0
Xét pt: y 2  2by  9  0 (2) có  /  b 2  9  0 với b  3
Nên pt (2) có nghiệm và
Đặt x  -t , t  0

 2  y 2  9  2by

 y0

2

M  3  t  y 

2

 1 1
1 1 
2
      3t  y     
 t y
t y

2

0,5
1 1

0,25



1

ty
y 4

ty

3

16   4 1  
2
min M  8 3  
3 t  y 
2
 
y  3
x   1
t  y

4



3
Vì x, y thỏa (1) và (2) nên:
 1 2

b3
Vậy min M  8 3 khi x  

1
1
1 9 3
, y  4 ,a  b  4
3
3
2 3

4

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
(ĐỀ 14)
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x 3 + (m + 1)x 2 + (m 2 - 4)x - m + 1
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2.
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung.
Câu 2 (1,0 điểm):

a/ Giải phương trình lượng giác: 2 cos(2x  )  4s inx.sin3x - 1  0
3

b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z 2 - 2z + 5 = 0


Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log 2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0

Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình


x -1 y + 2 z - 3
x - 3 y -1 z - 5
=
=
và d 2 :
=
=
1
1
-1
1
2
3

a/ Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau.
b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 . Tính khoảng cách từ A đến mp(P).
n

6
 1

Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: x 3  2  x5  , biết tổng các hệ số
x


trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x  0 ).
Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

a 2  1 b2  1 c 2  1
1

1a

 Cho y   0  6x 2  6x  0  x  0 hoac x  1
 Giới hạn: lim y  
;
lim y  
x 

1.0đ

x 

 Bảng biến thiên
x
y

–
+

–1
0

–

0
0



+


 12

0

1
2

1

0

 12

1

0

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây

y

-1 O
1

x

2

-1

3
s inx 
cos x  sin 3x
2
2




3x  x  3  k2
 x  6  k

 sin(x  )  sin 3x  

(k  z)
3
3x    x    k2
x    k 


3
6
2

*s inx  3 cos x  2sin 3x 

0.5 đ


vậy phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x 

3

x  2

x  2  0
 Điều kiện: 
 
x 2
2x  1  0
x  1


2
2
 Khi đó, (*)  log2 (x  2)  log2 (2x  1)  0  log2 (x  2)2  log2 (2x  1)
x  1 (loai)
 (x  2)2  (2x  1)  x 2  6x  5  0  
x  5 (nhan)

0.5 đ

2 x  0
x  0

Điều kiện:  x

y  0
y 0

Ta có:


x
y

 2log 2
2x

x 2  yx  1  0 )



1.0 đ



Từ (a) và (b) ta có:

x  1

x  1
x  1
 x2
2  x  1  2 x   2
 2
  
4 x  8 x  4  2 x
2 x  5 x  2  0
x  1
 
2


I  (1  x )e x 0   e xdx  (1  1)e 1  (1  0)e 0  e x
0

1
0

 2e  1  (e1  e 0 )  e

1

 Vậy, I 

 (1  x )e dx  e
x

0

S

A
60
B
6

D
O

2a



A

I

B

x
2

H

M
C

D

Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM  BH  d  B; AM  

7

6
10

Đặt cạnh hình vuông là x>0
1
1
1
10 1
4

5

Làm tương tự cho điểm B, với BM 
M là trung điểm của BC  C 1; 2 
Gọi I là tâm của hình vuông  I 1;1

x 3 2
5 1

 M  ; 
2
2
2 2

1.0 đ


Từ đó  D  2;1


a/  d1 đi qua điểm M 1(1; 2; 3) , có vtcp u1  (1;1; 1)

 d2 đi qua điểm M 2 (3;1;5) , có vtcp u2  (1;2; 3)
 1 1 1 1 1 1 
 

  (5; 4;1)
 Ta có [u1, u2 ]  
;
;

1

1

x  3  x5   x3  3  x 2 
x

x


n

3

k
n 1
n k
5 n
  1 n
 52 
 52 
0
1 1 
k  1 
n 2 
 x Cn  3   Cn  3   x   ...  Cn  3   x   ...  Cn  x  
x   
x   
  x 
  


1
Tk 1  x C  2 
x 
Ta có :
3

k
12

6

 

Vì số hạng có chứa x nên :

x5

k

 C12k x

2k  21 

6
là số hạng chứa x .
2 k  21

5k
2

c 
 2  2 2   2 2  2
2b
2c
2a
2b
c
a 
a 1 2
b 1 2
c 1 2
Mặt khác:
  ;
  ;
 
2
2
b
a b
c b c
a2 c a
a b
c 1 1 1
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2  2  2   
b
c
a
a b c
Suy ra:



1  cos x(2 cos x  1)  2 s inx
1
1  cos x

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1  2i) z  (2  3i) z  2  2i . Tính mô đun của z.
Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: x  log 2 (9  2 x )  3 .
Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: (4 x 2  x  7) x  2  10  4 x  8 x 2
ln 2

Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân: I 


0

e2 x
ex 1

dx

Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC  a , CD  2a
, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA  a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D
đến mặt phẳng (SBC).
Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B(2; –1), đường cao qua A có
phương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d2: x + 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A.
Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0; 3), B (2; 0; 1) và mặt phẳng
( P ) : 3 x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng AB, bán kính bằng 2 11 và

tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 9: (0,5 điểm) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, trong đó chữ số 3


+ Giới hạn: lim y  ; lim y   y '  3x 2  6 x
x 

x 

+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y '  0   x  0
 x  2
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng (  ;-2),
(0;  )

0,25

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1
Bảng biến thiên:
-

x

-2

y’

+

0

y


x
-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

-1

b) (1,0 điểm)

CÂU 2
(1,0 điểm)

Hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình x 3  3 x 2  1  1 . Suy ra
x0  0; x0  3

0,25

Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là: y '(0)  0; y '( 3)  9