- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

DeThiThu.Net
✍✍✍

Truy cập thường xuyên để cập nhật nhiều Đề Thi Thử THPT Quốc Gia,
tài liệu ôn thi THPT Quốc Gia các môn Toán, Lý, Hóa, Anh, Văn, Sinh , Sử, Địa được
DeThiThu.Net cập nhật hằng ngày phục vụ sĩ tử!
Like Fanpage Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi:
để cập nhật nhiều đề thi thử và tài liệu ôn thi hơn
Tham gia Group: Ôn Thi ĐH Toán - Anh để cùng nhau học tập, ôn thi:
/>
5 Đề Thi Thử
KỲ THI THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN

Web: − Mail:

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Mục lục
Đề số 06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Đề số 07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4


thi thử này : />
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />2


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Đề thi thử số 6



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (THPT QG)

MÔN: TOÁN

Đề thi thử số 6

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm m để phương trình x 3 − 3 x 2 + 1 = m có ba nghiệm thực phân biệt.
Câu 2.(1 điểm)



a) Giải phương trình: sin 2 x + 4 cos(π − x ) = 0 .
b) Tính môđun của số phức z biết z =

− 1 + 2i 3 + i
+

Câu 5.(1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 1 + cos 5 x dx .



0

Câu 6.(1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,AB=2a,AC=a,AA’ = 3a.
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC.

Câu 7.(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường tròn
x 2 + y 2 = 10 ,đỉnh C thuộc đường thẳng x + 2 y − 1 = 0 .Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Biết rằng
 −3 1
các điểm N 
;  ,P (1;1) lần lượt là trung điểm của AM ,CD đồng thời B có hoành độ dương,C có tung độ
 5 5



âm.Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Câu 8.(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 − x − 2 y + 4 z −

15
= 0,
4

mặt phẳng (P): 2 x − y + 2 z + 13 = 0 .Tìm tâm và bán kính của mặt cầu (S ) .Viết phương trình mặt phẳng (Q)
song song với mặt phẳng (P) đồng thời tiếp xúc với (S ) .



Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đề số 7

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

x+2
.
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm).
cos 2x
+ (1 + cos2 x) tan x = 1 + sin2 x.
a) Giải phương trình
cos x
b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn |z − 2 − i| = |2z − 2i|.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 3 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x (x2 − x − 1) trên



Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng
(SBD)
√
vuông góc với đáy, các đường thẳng SA, SD hợp với đáy một góc 300 . Biết AD = a 6, BD = 2a
và góc ADB = 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng

(SAD) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, điểm M (2; 1) và hai đường thẳng
d1 : x − y + 2 = 0, d2 : x + 2y − 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt d1 , d2 lần
lượt tại A, B sao cho M là trung điểm AB.

x−1
y+3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
=
=
−1
2
z−3
và mặt phẳng (P ) : 2x + y − 2z + 9 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P ),
1
cắt và vuông góc với d.

Câu 9 (0,5 điểm). Có 14 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 14. Chọn ngẫu nhiên ra 7 tấm thẻ.
Tính xác suất để trong 7 tấm thẻ được chọn có 3 tấm thẻ mang số lẻ,4 tấm thẻ mang số chẵn
trong đó có duy nhất một tấm thẻ mang số chia hết cho 5.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x3 + 3x2 − 4.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = m (x + 1) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M (−1; 0) , A, B
sao cho M A = 2M B.

Câu 2 (1,0 điểm).
√
0.
a) Giải phương trình 3 sin 2x + 2 cos 2x − cos 4x − 1 = √
√
3−i
3+i
+
.
b) Tìm phần thực, phần ảo và mô đun của số phức z =
1−i
2i
√
x+8
2x+3
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 4 3.243 x+8 = 3−2 .9 x+2 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2x2 y + y 3 = 2x4 + x6
√
(x + 2) y + 1 = (x + 1)2

.



3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên ba số từ A, tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng một số có
mặt chữ số 4.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x2 + y 2 + xy = 3. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x3 + y 3 − 3x − 3y.

——— Hết ———

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />5


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!



ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA

————————
Đề số 9

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

2x + 1
.
x−1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d đi qua A(−2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt thuộc hai nhánh của (C).

x2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
1

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình
√ chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD
là tam giác đều và SB = a 2. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD và AB. Gọi H là giao
điểm của F C và EB. Chứng minh SE⊥EB, CH⊥SB và tính thể tích khối chóp C.SEB.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 4), tiếp
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của
ADB có phương trình x − y + 2 = 0, điểm M (4; 1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường
thẳng AB.

x
y+2
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : =
=
3
1
x−1
y−6
z
z+4
và d2 :
=
=
. Tìm điểm A trên d1 , điểm B trên d2 sao cho đường thẳng AB
2
1

————————
Đề số 10

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x + 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm điểm A thuộc (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại A cắt (C) tại điểm B khác A thỏa
mãn 2013xB + 2014xA = 2012, trong đó xA , xB lần lượt là hoành độ của A và B.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2x (2 cos x − 5) + cos 2x + 4 sin x − 5 cos x + 3 = 0.
√
b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức Oxy của số phức w = 1 + i 3 z +2
biết rằng số phức z thỏa mãn |z − 1| 2.

Câu 3 (0,5 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y = log2 2 + log 1 (x2 + 3x) .
2

√
x + x2 − 2x + 5 = 3y + y 2 + 4
.
x2 − y 2 − 3x + 3y + 1 = 0

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

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

. Tìm tọa độ giao điểm A của ∆ và ∆′ . Viết phương
2
−2
2
−3
4
trình mặt phẳng (α) chứa ∆ và ∆′ .

Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển
nguyên dương thỏa mãn 2Cn0 +

√

2n+1 n
6560
22 1 23 2
Cn + Cn + ... +
Cn =
.
2
3
n+1
n+1

1
x+ √
24x

n


a. (1,0 điểm)
(2,0 +) Tập xác định D = R
điểm) +) Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x, y ' = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2
Giới hạn: lim y = +∞ , lim y = −∞
x →+∞

Điểm
0,25
0,25

x →−∞

Bảng biến thiên:

−∞

+∞

−∞


0,25

+∞

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;0) và (2;+∞ ) ,nghịch biến trên khoảng (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 ,hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = −3
+) Đồ thị
Đồ thị hàm số đi qua các điểm

Ta có z =

− 1 + 2i 3 + i (−1 + 2i) (1 − i ) 3 + i −1 − 3i 3 + i
+
=
+
=
+
1+ i
2
(1 + i) (1 − i )
2
2
2

8
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />
0,25


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

=1 − i vậy z = 12 + (−1) 2 = 2

0,25

3
3 (0,5 điểm)
(0,5 Đk: x > 0 ,Pt log 52 x + log 5 x − 2 = 0 ⇔ (log 5 x − 1)(log 5 x + 2 ) = 0
điểm)

2

(

]

)( 1 − x + 1) = 1 , x ∈ (0;1]
x )( 1 − x + 1) = 1 ⇔ 3( 1 − x + 1) = ( x + 3 + x ) (*)

Với x = y ≠ 0 từ phương trình đầu ta có

(

[

x+3 − x

Khi đó x + 3 −
Ta thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình (*)
Với 0 < x < 1 thì 3

(

)

1 − x + 1 > 3 còn

(

0,25

Trong đó:

π

0,25



0

π

π

π

2

2

2

0

0

0

(


AB. AC
'.
=
'.
∆
ABC
điểm)
2
1
= 3a. 2a.a = 3a 3
2
=

2

0,25

0,25

∫ dx = x 2 = 2
0

1

0,5

5

π
2

=>
= 2 + 2 + 2 =
=> MH = a .Vậy d ( AB ', BC ) = a
2
2
7
7
9a
4a
36a
MH
a

mà

Gọi Q là trung điểm BM thì PCQN là hình bình hành nên NP // CQ,mặt khác Q là trực tâm trong
7
(1,0 tam giác BNC nên CQ ⊥ BN suy ra BN ⊥ NP
điểm)
8 4
Ta có NP =  ;  là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng BN nên phương trình đường
5 5
8
2 4
1
thẳng BN là  x +  +  x −  = 0 ⇔ 2 x + y + 1 = 0 .Tọa
5
5 5
5
độ B là nghiệm của hệ



 y = 13

5
suy ra B (1;−3) vì B có hoành độ dương.

0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi C (1 − 2c; c ) ta có CB = (2c;−3 − c ) , CP = (2c;1 − c ) do CB ⊥ CP nên CP.CB = 0

⇒ 4c 2 − ( 3 + c )(1 − c ) = 0 ⇔ 5c 2 + 2c − 3 = 0 ⇔ c = −1 ∨ c =
do C có tung độ âm nên C (3;−1)
Suy ra D(− 1;3) , A(−3;1) .
Vậy A(−3;1) , B (1;−3) , C (3;−1) , D(− 1;3)

3
5



8
15
1

0,25

Ký hiệu abc là một số bất kỳ thuộc A
9
0,25
Ta thấy a có 6 cách chọn do (a ≠ 0) ,b có 6 cách chọn do (b ≠ a ) tương tự c có 5 cách chọn
(0,5

Vậy số phần tử của A là 6.6.5 = 180
điểm)
Xét số abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 từ các chữ số đã cho ta chon được c
bộ số {a; b; c}là {a; b; c} = {1;3;4}và {a; b; c} = {1;2;5} .Từ mỗi bộ trên ta tạo được 3!= 6 số nên ta có 1 0,25

10
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

abc có các chữ số khác chữ số 0 và tổng các chữ số là 8 .Xác suất cần tìm là p =

12
1
=
180 15

10
Từ giả thiết suy ra a, b, c > 0 và a.b.c = 1 , không mất tính tổng quát ta giả sử a = max {a, b, c}
(1,0
⇒ 0 < bc ≤ 1
điểm)

Với (1) ta có : (
2 1+ b2
1 + b 2 1 + c 2 (1 + b 2 )(1 + c 2 )
1+ c2

= 1+
hay (

1 − ( bc )

2

(1 + b )(1 + c )
2

1
1+ b

2

Với (2) ta có

2

+

≤ 1+

1
1+ c

2
⇔
+
≤
2
2
1 + bc
1 + bc
1+ b
1+ c

2
1
2
2
2
3 2
=>
+
≤
+
≤
1+ a
2
1 + bc 1 + a
1 + bc
1+ a2

1
2

≤
.
2
1 + bc
1+ a2
=>

Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có :
dấu bằng khi a = b = c = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là

1
1+ a2

+

1
1+ b2

+

1
1+ c2

≤

0,25

3 2
2

+ Giới hạn, tiệm cận :
lim y = lim y = 1 ⇒ tiệm cận ngang là y = 1.
x →+∞

x →−∞

lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng là x = 1.

x →1

x →1



+ Bảng biến thiên :
3
y′ = −
< 0, ∀ x ∈ D.
( x − 1)2
x −∞
y′
1
y

y

+∞

1


x+2
= x+m ⇔
x−1

®

x=1
x 2 + ( m − 2) x − m − 2 = 0

Đặt f ( x ) = x2 + (m − 2) x − m − 2.
Ta có ∆ = (m − 2)2 − 4(−m − 2) = m2 + 12 > 0, ∀m ∈ R
Lại có f (1) = 1 + m − 2 − m − 2 = −3 = 0, ∀m ∈ R.
Do đó đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C ) với mọi giá trị của m.
Câu 2a (0,5 điểm).
Điều kiện cos x = 0. Khi đó phương trình đã cho tương đương với :
Ä

ä

cos 2x + 1 + cos2 x sin x = cos x + sin2 x cos x

⇔ cos2 x − sin2 x + sin x + sin xcos2 x − cos x − sin2 x cos x = 0
⇔ (cos x − sin x ) (cos x + sin x ) + sin x − cos x + sin x cos x (cos x − sin x ) = 0
⇔ (cos x − sin x ) (sin x + cos x + sin x cos x − 1) = 0
ñ
cos x − sin x = 0
(1)
⇔
sin x + cos x + sin x cos x − 1 = 0 (2)
π


ñ

t=1
t = −3 (loại)

x = k2π
πã
1
π
Với t = 1 ⇒ sin x + cos x = 1 ⇔ sin x +
= √ ⇔
.
x = + k2π (loại)
4
2
2
π
Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ, x = k2π (k ∈ Z ).
4


Câu 2b (0,5 điểm).
Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ), ta có :



|z − 2 − i | = |2z¯ − 2i | ⇔ | x + yi − 2 − i | = |2 ( x − yi ) − 2i |

⇔ ( x − 2)2 + (y − 1)2 = 4x2 + (2y + 2)2

y′

=

ex ( x2

−x

− 1) + ex (2x

− 1) =

ex ( x2

+ x − 2);

y′

=0⇔
[0;2]

[0;2]

Câu 4 (1,0 điểm).
Điều kiện x = 0, y = 0. Hệ đã cho tương đương với :
x
2
+
=2
x2 y



x
4
+2 = 4
2
x
y
⇔
1

2

3x + 2 = 4
y


2


2x +

å2

(1)
(2)

1
2
1

2
4
= x − thay vào (1) được 4x2 + 2 = 8 ⇔ x = ±1 ⇒ y = ∓1.
y
x
x
2
4
1
Với = x + thay vào (1) được 4x2 + 2 = 0 (vô nghiệm).
y
x
x

Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) = (1; −1) và ( x; y) = (−1; 1).

Với

Câu 5 (1,0 điểm).
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />13


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Đặt

®





125 ln 4 1
−
3
3

5

2



125 ln 4 1
x3
dx =
−
x−1
3
3
5

x3 x2
+
+ x + ln( x − 1)
3
2

124 ln 4 35
− .
3

Khi đó H A, HD lần lượt là hình chiếu của SA, SD lên ( ABCD ).
÷ = SDH
÷ lần lượt là góc của SA, SD với ( ABCD ).
Do đó SAH
÷ = SDH
÷ = 300 ⇒ H A = HD.
Theo giả thiết ta có SAH
√
AD
Suy ra tam giác H AD vuông cân tại H ⇒ H A = HD = √ = a 3.
2
√ 1
Trong tam giác SH A vuông tại H có SH = H A. tan 300 = a 3. √ = a.
3
√
3
1
2a 3
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = .S ABCD .SH =
.
3
3
S



I
A

B

Trong ∆SHK có
=
+
= 2 + 2 ⇒ HI =
.
H I2
HS2
HK2
a
3a
5
√
2
2a 5
2
.
Vậy d(C, (SAD )) = √ d( H, (SAD )) = √ H I =
5
3
3

Câu 7 (1,0 điểm).
Ta có A ∈ d1 ⇒ A(t; t + 2); M là trung điểm AB nên B(4 − t; −t).
−→
Khi đó B ∈ d2 nên 4 − t − 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A (1; 3) , B (3; −1) ⇒ AB = (2; −4).
→
Đường thẳng cần tìm qua M(2; 1) và có một vectơ pháp tuyến −
n = (2; 1).
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình 2( x − 2) + (y − 1) = 0 ⇔ 2x + y − 5 = 0.
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />14


z=4

⇒ A(0; −1; 4)


−
−
→
Mặt phẳng ( P) có một vectơ pháp tuyến n( P) = (2; 1; −2).
→ = (−1; 2; 1).
Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương −
u
dî
→ó = (5; 0; 5) làm một vectơ chỉ phương.
n−→, −
u
Đường thẳng ∆ đi qua A(0; −1; 4) và nhận −
( P)



x



= 5t
Vậy ∆ có phương trình y = −1



2ab
3bc
2ca
5
+
+
3
(c + a) (c + b) ( a + b) ( a + c) (b + c) (b + a)
5
⇔ 2ab (1 − c) + 3bc (1 − a) + 2ca (1 − b)
(1 − a ) (1 − b ) (1 − c )
3
⇔ ab + 4bc + ca 16abc
4 1 1
⇔ + +
16
a b c
Áp dụng bất đẳng thức

1 1
+
x y
4 1 1
+ +
a b c

4
được :
x+y
4



• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim y = −∞; lim y = +∞.
x →+∞

y

x →−∞

+ Bảng biến thiên :
y′

=

−3x2 + 6x

=

x −∞
y′
−
+∞
y

−3x ( x − 2); y′
0
0


U

−4

Hàm số đồng biến trên (0; 2).
Hàm số nghịch biến trên (−∞; 0) và (2; +∞).
Hàm số đạt cực đại tại x = 2; yCĐ = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −4.
• Đồ thị :

+ Cắt Oy tại (0; −4).
+ Nhận điểm uốn U (1; −2) làm tâm đối xứng.
Câu 1b (1,0 điểm).
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C ) là :
3

2

2

− x + 3x − 4 = m( x + 1) ⇔ ( x + 1)( x − 4x + 4 + m) = 0 ⇔

ñ

x = −1
x2 − 4x + 4 + m = 0

Đặt f ( x ) = x4 − 4x + 4 + m có ∆ = −m và f (−1) = m + 9.
Do đó với m < 0 và m = −9 thì d cắt (C ) tại ba điểm phân biệt :

 x1 = 11
Với x1 = −2x2 − 3 thay vào (1) ta có  x2 = −7 .

m = −81
Vậy m = −1 hoặc m = −81.
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />16


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 2a (0,5 điểm).

Ký hiệu phương trình đã cho là (1) ta có :
√
Ä
ä
(1) ⇔ 3 sin 2x + 2 cos 2x − cos2 2x − sin2 2x − 1 = 0
√
⇔ sin 2x sin 2x + 3 = (1 − cos 2x )2
√
⇔ 2 sin x cos x sin 2x + 3 = 4sin4 x
√
⇔ 2 sin x 2 sin xcos2 x + 3 cos x − 2sin3 x = 0
sin x = 0
√
2sin3 x − 2 sin xcos2 x − 3 cos x = 0

⇔

sin x = 0 √

√
3 − i (1 + i )
3 + i (−i )
2+ 3 1
+
=
− i.
Ta có z =
1 − i2
−2i2
2
2
√
1
2+ 3
, phần ảo của z là − và |z| =
Vậy phần thực của z là
2
2

√
√
7+4 3 1 »
+ = 2 + 3.
4
4

Câu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện x = −8, x = −2. Phương trình đã cho tương đương với :
1



12
x +2

62
.
41


Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = −4, x =
Câu 4 (1,0 điểm).
Xét hệ


2x2 y + y3 = 2x4 + x6
»
phương trình 
( x + 2) y + 1 = ( x + 1)2
Ä

ä

Ä

(1) ⇔ 2x2 y − x2 + y3 − x2
⇔ 2x
Ä

2

+ y + x2
2
ñ
2
y=x
⇔
x=y=0

å2

ä

y2 + x 2 y + x 4 = 0
ä

2x2 + y2 + x2 y + x4 = 0

y = x2

2x2

2

(1)
, ta có :
(2)

3
+ x4 = 0
4

Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) =
3; 3 và ( x; y) = − 3; 3 .

Câu 5 (1,0 điểm).
Thể tích khối tròn xoay cần tính là :
π
4

π
4

π
sin xdx =
2
2

V=π
0

0

π
(1 − cos 2x ) dx =
2

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là V =

π2
.
4


 BD ⊥ AC

Ta có 
⇒ BD ⊥(SAC ) ⇒ BD ⊥SC.
BD ⊥SA
Gọi O = AC ∩ BD, trong (SAC ), kẻ OM⊥SC, M ∈ SC ⇒ SC ⊥( MBD ).
a
1
Do đó ◊
BMD là góc giữa (SCB) và (SCD ) ⇒ ◊
BMD = 900 ⇒ OM = BD = .
2√
2 √
a 3. 2a
SA
AC
AC.OM
a 6
Ta có ∆SAC ∼ ∆OMC ⇒
=
=
⇔ SA = √
.
=
2
2
2
2
3a

AH ⊥ BD
1
1
1
2
4
2
a
√
.
Trong tam giác SAO vuông tại A có
=
+
=
+
=
⇒
AH
=
AH 2
AS2
AO2
3a2 3a2
a2
2
a

Vậy khoảng cách từ C đến (SBD ) là d (C, (SBD )) = AH = √ .
2
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />18

Từ đó suy ra 5t − 30t + 65 = 2 10 ⇔
.

t=5
Vì điểm A có hoành độ dương nên A(1; 5).
−→
Đường thẳng DB đi qua D (−1; −1) và nhận DA = (2; 6) làm một vectơ pháp tuyến.
Do đó DB có phương trình 2( x + 1) + 6(y + 1) = 0 ⇔ x + 3y + 4 = 0.
−
→
−
→
Ta có B ∈ DB ⇒ B(−3m − 4; m) ⇒ IB = (−3m − 2; m − 1); I A = (3; 4).
→−
→
’ = 900 nên −
Vì AIB
I A. IB = 0 ⇔ 3(−3m − 2) + 4(m − 1) = 0 ⇔ m = −2 ⇒ B(2; −2).
Vậy A(1; 5) và B(2; −2).

Câu 8 (1,0 điểm).
→
Đường thẳng d1 đi qua M1 (1; −1; 2) và có một vectơ chỉ phương −
u1 = (1; −1; 0).
−
→
Đường thẳng d2 đi qua M2 (3; 1; 0) và có một vectơ chỉ phương u2 = (−1; 2; 1).
î→ −
ó
î→ −

|Ω A |
Vậy xác suất biến cố A là P ( A) =
=
=
.
34220
8555
|Ω|
Câu 10 (1,0 điểm).



(x

+ y )2

⇔ ( x + y)2 4 ⇔ −2 x + y 2.
4
Khi đó P = ( x + y)3 − 3( x + y) xy − 3( x + y) = ( x + y)3 − 3( x + y)( xy + 1).
Hay P = ( x + y)3 − 3( x + y)[( x + y)2 − 2] = −2( x + y)3 + 6( x + y).
Xét hàm số f (t) = −2t3 + 6t trên [−2; 2] có f ′ (t) = −6t2 + 6; f ′ (t) = 0 ⇔ t = ±1.
Khi đó f (−2) = 4, f (−1) = −4, f (1) = 4, f (2) = −4.
Do đó max f (t) = f (−2) = f (1) = 4; min f (t) = f (−1) = f (2) = 4.
Từ giả thiết ta có ( x + y)2 − 3 = xy

[−2;2]

[−2;2]

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 4 khi ( x; y) = (−1; −1), ( x; y) = (2; −1), ( x; y) = (−1; 2).

x →1

x →1

+ Bảng biến thiên :
3
y′ = −
< 0, ∀ x ∈ D.
( x − 1)2
x −∞
y′
2
y

y

+∞

1

−

+∞

−

−∞

2


mx2 + mx − 2m − 3 = 0
x−1
Đặt f ( x ) = mx2 + mx − 2m − 3 có ∆ = 9m2 + 12m.
Đường thẳng d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi :


a



=0
∆>0



f (1) = 0



m



=0
⇔ 9m2 + 12m > 0


−3 = 0



4 + 5 cot α
2 = 13.
=
Ta có A =
3
2 − 3 cot α
2−
2
4+

Câu 2b (0,5 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với :
Ä


ä

z=2
√
z = −2 ± i 7
√
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phức z = 2, z = −2 ± i 7.

(z − 2) z2 + 4z + 9 = 0 ⇔

Câu 3 (0,5 điểm).

1
x+1
> 0 ⇔  x > 2 . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với :

Xét hệ phương trình  3
.
2
x + 4x + 1 = y2 = 0
(2)
»
Đặt u = y − 1 (u ≥ 0) ⇒ y = u2 + 1, phương trình (1) trở thành
Ä

ä

Ä

ä

x3 − x2 + x = u2 + 1 u − u2 + 1 + 1 ⇔ x3 − x2 + x = u3 − u2 + u (∗)

Xét hàm số f (t) = t3 − t2 + t trên [0; +∞) có f ′ (t) = 3t2 − 2t + 1 > 0, ∀t ∈ [0; +∞).
Suy ra hàm số f (t) luôn đồng biến trên (0; +∞), do đó (∗) ⇔ f ( x ) = f (u) ⇔ x = u.
Với x = u ≥ 0 ⇒ y = x2 + 1 thay vào (2) được
x=0
Ä
ä
⇔ x4 − x3 − 2x2 = 0 ⇔ x2 x2 − x − 2 = 0 ⇔ 
 x=2
x = −1 (loại)

Với x = 0 ⇒ y = 1; với x = 2 ⇒ y = 5.
Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y) = (0; 1) và ( x; y) = (2; 5).
Ä


ln x
dx = ln | x ||1e +
2
x

1
= dx
x
⇒
3
x

v =
3



du

1

ln x
dx = 1 +
x2

e

1



=
1

2e3 + 10
9


2e3 + 10
.
9
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />21

Vậy I =


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 6 (1,0 điểm).

√
a 3
.
Tam giác SAD đều cạnh A nên SE⊥ AD và SE =
2 √
√
a 5
Tam giác AEB vuông tại A có EB = AB2 + AE2 =
.
2

C

1
1
1
4
1
5
a
√
.
=
+
=
+
=
⇒
BH
=
BH 2
BF2 BC2
a2 a2
a2
5
»
a2
2a
Trong tam giác HBC vuông tại H có CH = BC2 − BH 2 = a2 −
=√ .
5 √ 5

Trong tam giác FBC vuông tại B có

Câu 7 (1,0 điểm).
A
E
M′
K
B

I

M
C

D


’ =÷
’ I’
÷ + CAI.
’
Gọi AI là phân giác trong của góc ÷
BAC, ta có : AID
ABC + BAI,
AD = CAD
’ = CAI,
’ ÷
÷ nên AID
’ = I’
Lại có BAI

⇔
.
t2 = 1

3 − 9t1 + 13t2 − 7t1 t2 = 0
Vậy A(3; −1; −2) và B(2; 4; −1).

Câu 9 (0,5 điểm).
Phép thử là chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trong tổng số 11 học sinh.
3 = 165.
Do đó số phần tử không gian mẫu là |Ω| = C11
Gọi A là biến cố "ba học sinh được chọn có cả nam và nữ".
Để chọn 3 học sinh có cả nam và nữ ta chọn 2 nam 1 nữ hoặc 1 nam 2 nữ.
Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố A là |Ω A | = C52 × C61 + C51 × C62 = 135.
|Ω A |
135
9
=
= .
Vậy xác suất của biến cố A là P( A) =
|Ω|
165
11
Câu 10 (1,0 điểm).
Theo giả thiết và bất đẳng thức AM − GM ta có :

bc
bc
bc
√


Ç

bc
1
1
(1)
+
2 a+b a+c
Ç
å
ca
1
1
(2)
+
2 b+c b+a
Ç
å
ab
1
1
(3)
+
2 c+a c+b

bc + ba
ab + ac
a+b+c
3


Câu 1a (1,0 điểm).
• Tập xác định : D = R.
• Sự biến thiên :
+ Giới hạn tại vô cực :
lim y = +∞; lim y = −∞.
x →+∞

y

x →−∞

+ Bảng biến thiên :
y′ = 3x2 − 3 = 3( x2 − 1); y′ = 0 ⇔ x = ±1.
x −∞
−1
′
y
+ 0 −
3
y

−∞

1
0

3

+∞

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến và (C ) là :
Ä

ä

Ä

ä

Ä

ä

3x2A − 3 ( x − x A ) + x3A − 3x A + 1 = x3 − 3x + 1

⇔ 3x2A − 3 ( x − x A ) = x3 − x3A − 3x + 3x A
Ä

ä

⇔ 3x2A − 3 ( x − x A ) = ( x − x A ) x2 + xx A + x2A − 3 ( x − x A )
Ä

ä

⇔ ( x − x A ) x2 + xx A + x2A − 3 − 3x2A + 3 = 0
Ä

ä



2 sin x 2cos2 x − 5 cos x + 2 + 2cos2 x − 5 cos x + 2 = 0

x = − π6 + k2π
sin x = − 21


2
⇔  x = 7π
⇔ 2cos x − 5 cos x + 2 (2 sin x + 1) = 0 ⇔  cos x = 2
(k ∈ Z )
6 + k2π
π
1
x = ± 3 + k2π
cos x = 2
Ä





ä

Vậy phương trình có nghiệm −

7π
π
π
+ k2π, x =

Gọi (C ) là đường tròn tâm I 3; 3 và bán kính R = 4.
Ta có tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là phần mặt phẳng nằm trong đường tròn (C ),
kể cả (C ).

Câu 3 (0,5 điểm).

1
x+1
> 0 ⇔  x > 2 . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với :
Điều kiện
2x − 1
x < −1
1
3
1
x+1
< ⇔



y2 + 4 = 0 ⇔ t2 − y2 + √
Ä

⇔ t2 − y2

ä

Ñ

t2 − y2

t2 + 4 +

1+ √

»

y2 + 4
1

t2 + 4 +

»

=0

y2 + 4


Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />25

Với t = y thay vào (2) được 2y − 1 = 0 ⇔ y =