sach luyen de lam tet 2016 p

CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM

THẦY ĐẶNG VIỆT HÙNG

BỘ ĐỀ THI MINH H ỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QU ỐC GIA 2016

(Phần 1)

Thầy Đặng Việt Hùng

(Tài li ệu lưu hành nội bộ)

Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!

LêI GiíI THIÖU Các em thân mến!

Kể từ năm 2015, Bộ giáo dục và Đào tạo chỉ tổ chức duy nhất một kì thi Quốc gia (gọi là kì thi

Trung học phổ thông quốc gia) lấy kết quả thi để xét công nhận tốt nghiệp Trung học phổ thông và

làm căn cứ xét tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng.

So với mọi năm, kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2015 sẽ có một chút thay đổi về cấu trúc đề

thi, độ khó – dễ của đề thi.

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn thi, luyện tập với các đề thi chuẩn theo mẫu đề thi

minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo, Thầy Đặng Việt Hùng và Moon.vn phối hợp sản xuất bộ

sách “TUYỂN CHỌN ĐỀ THI MINH H ỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016”

Thầy hi vọng rằng, thông qua các đề thi chuẩn được giới thiệu trong bộ sách sẽ giúp cho các em có

cái nhìn bao quát về các dạng toán sẽ xuất hiện trong kì thi tới đây.

Thầy chúc tất cả các em đang cầm cuốn sách này trên tay sẽ đạt được điểm số cao nhất trong kì thi

Trung học phổ thông quốc gia 2016!

Hà Nội, ngày 05/02/2016

Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016 Môn thi: TOÁN; Đề số 01 – GV: Đặng Việt Hùng Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( )3 2 2 33 3 1 1y x mx m x m= − + − − + ( )mC (m là tham số).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )mC với 1m= .

b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của ( )mC . Đường thẳng d cắt trục Oy tại B . Tìm m để

6OABS∆ = với O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Cho góc α thỏa mãn 1

sinα2 2

= và π

α π.2

< < Tính giá trị của biểu thức π

2cos 2α3

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2(1 2 ) . 4 20.+ + = −i z z i Tìm tọa độ của điểm M biểu diễn số

phức z.

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình ( ) ( )2 1 22

12log log 1 2 log 2 2 1 3

2x x x x+ − = − + − .

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

( )( ) ( )2 2 2 23 3 8 6

,13 3 14 1 5

x y y x y xy xx y

x y y x

+ + = − + + + ∈+ − − − + =

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2

2 23 1 1

+ + −∫ .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCDcó SA ABCD⊥ , đáy ABCD là hình thang vuông tại

A và ,D 2 ,AB a AD DC a= = = . Góc giữa 2 mặt phẳng ( )SBC và ( )ABCD bằng 060 . Tính thể

tích của khối chóp .S ABD và khoảng cách từ trung điểm I của SD đến mặt phẳng ( )SBC .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, điểm ( )1;2A − . Gọi

,M N lần lượt là trung điểm của AD và CD, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình

đường tròn ngoại tiếp tam giác BME, biết BN có phương trình 2 8 0x y+ − = và B có hoành độ lớn

hơn 2.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ( )2;1;0M và đường thẳng

x y z− +∆ = =−

. Tính khoảng cách từ M đến ∆ và lập phương trình đường thẳng đi qua M ,

cắt và vuông góc với ∆ . Câu 9 (0,5 điểm). Một phòng thi ở kì thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có 31 em nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 2 1 1x y x y− + + + = + .

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) ( )2 32

xy x yx yP x y y x

+ += − + − +

LỜI GIẢI CHI TI ẾT ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2,0 điểm).

Ta có ( )2 2 2 2 1' 3 6 3 1 0 2 1

x my x mx m x mx m

= += − + − = ⇔ − + = ⇔ = − +

Do 1 1 ,m m m R+ > − + ∀ ∈ nên hàm số luôn có 2 điểm cực trị.

Lại có hệ số 1 0a = > nên hàm số đại tại ( )1 ; 3 3A m m− + − + và cực tiểu tại ( )1 ; 3 1C m m+ − −

Phương trình tiếp tuyến tại A là: ( )3 3 0; 3 3y m B m= − + ⇒ − +

Do tam giác OAB vuông tại B nên ta có: 1 1

. . 3 3 1 62 2OABS AB AB m m= = − + − =

( )2 31 4

=⇔ − = ⇔ = −

Vậy 3; 1m m= = − là các giá trị cần tìm.

a) Thầy chưa làm nhé !

b) Gọi ( ) ( )( ) ; , .M z x y z x yi x y z x yi= ⇒ = + ∈ ⇒ = −ℝ

Theo bài ra ta có ( ) ( )21 2 4 20i x yi x yi i+ + + − = −

( ) ( )

4 3 4 20 0 4 4 3 3 4 20 0

20 2 4 0 2 1020 2 4 4 4 4 0

4 4 4 0 1

i x yi x yi i xi y x yi x yi i

x y x yx y x y i

x y x y

⇔ − + + − − + = ⇔ − − − + − − + =

− − = + = ⇔ − − + − − = ⇔ ⇔ − − = − =

( )44;3 .

=⇔ ⇒ =

Vậy ( )4;3 .M

ĐK: 1

x> > . Khi đó ( ) ( )22 2 2 2log log 1 2 log 2 2 1 log 8PT x x x x⇔ − − = − + −

( ) ( )2 2

1 8 22 2 1 1

81 2 1 21 2

x x xx x

⇔ = − + ⇔ = + − − − ( do 1 2 0x− > )

Đặt 01 2

− ta có: ( )

28 2 11

t loai

== + ⇔

Với ( )1 1 1 3 2 32 2 1 0

2 2 2 21 2

xt x x x x tm

− + −= ⇒ = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ =−

Vậy nghiệm của PT là: 2 3

Điều kiện: 14

≥ ≥ −

(1) 2 2 3 3 3 2 3 23 3 8 6 6 3 6 8 3 6⇔ + + = − + − ⇔ + + + = − +x y y x y x x x x y y y

( ) ( ) ( ) ( )3 31 3 1 1 3 1⇔ + + + = − + −x x y y

Xét hàm số ( ) 3 3= +f t t t trên ℝ có ( ) 2' 3 3 0= + > ∀ ∈ℝf t t t

Suy ra hàm số đồng biến trên ℝ . Nên ( ) ( )1 1 1 1 2+ = − ⇔ + = − ⇔ + =f x f y x y x y

Thay vào (2) ta được ( )( )2 11 3 8 1 5− − − + =x x x

( )( ) ( )2 11 2 9 5 3 8 1⇔ − − = − + +x x x x ( )24 40 99 5 3 8 1⇔ − + = − + +x x x x

( )( ) ( )4 3 8 4 3 5 3 8 1 0⇔ − − + + − − + + =x x x x x

( )( )4 3 8 3 4 5 3 8 7 5 1 0⇔ − − + − − − + + − + =x x x x x x

( )( ) ( )( ) ( )( )3 3 8 3 84 3 8 0

3 4 5 3 8 7 5 1

− − − −⇔ − − + + =

− + − + + +x x x x

x xx x x x

( )( ) 3 13 8 4 0

3 4 5 3 8 7 5 1

⇔ − − + + = − + − + + + x x

x x x x

= ⇔ =⇔ = ⇔ =

x y (do

3≥x )

Vậy hệ có các nghiệm ( ) ( ) ( ) , 3;5 , 8;11x y = .

Ta có 2 2

2 1 1I dx

+ + −∫

Đặt 2 2 21 1.x t x t+ = ⇒ = − Khi 3 2; 2 2 3.x t x t= ⇒ = = ⇒ =

Do đó ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )

3 3 32

22 2 2

2 1 21 1 1 2 11

2 1 1 2 1 2 3 1 2

t ttI d t dt dt

t t t t t t

− + += − = =

+ − − − + − +∫ ∫ ∫

( ) ( )3 3 3

1 2 1 1 2 1 12 1

3 2 1 3 2 3 1dt d t d t

t t t t = + = + + − + − + − ∫ ∫ ∫

3 32 1 2 5 1ln 2 ln 1 ln ln 2.

2 23 3 3 4 3t t= + + − = +

Vậy 2 5 1

ln ln 2.3 4 3

Gọi E là trung điểm của AB dễ thấy ABCE là

hình vuông cạnh a.

Khi đó ta có: 1

2CE AB ABC= ⇒ ∆ vuông tại

đỉnh C hay AC CB⊥ .

Lại có ( )SA BC BC SAC⊥ ⇒ ⊥ .

Do vậy 060SCA=

Ta có: 02 tan 60 6AC a SA AC a= ⇒ = =

1 1 6. . . 6.

3 3 3S ABD ABD

aV SA S a a= = = .

Do I là trung điểm của SD nên ta có:

( )( ) ( )( )1; ;

2d I SBC d D SBC=

Gọi K AD BC= ∩ khi đó / /

nên CD là đường trung bình của tam giác AKB.

Khi đó: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1 1; ; ; ;

2 4d D SBC d A SBC d I SBC d A SBC= ⇒ =

Dựng AH SC⊥ ta có: ( )( )2 2

. 3 6;

SA AC ad A SBC AH a

SA AC= = = =

Vậy 3 6 6

a aV d= = .

Gọi cạnh hình vuông là 2x . Ta có 5=BM x

Ta có ( . . ) 90 90∆ = ∆ ⇒ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ ⊥o oMCD NBC c g c MCD NBC MCN BNC NEC MC BN

Gọi H là hình chiếu của A trên BN. Có: ( )( )

2 1 2 8 8

− + −= = =

+A BNAH d

Ta có =BAH MCN (so le ngoài) nên

2 5 5 8. 4 2 5

2 25 5= = ⇒ = = = ⇒ =AH CD

AB AH BMAB CM

Phương trình đường thẳng AH là: ( ) ( )1. 1 2 2 0 2 5 0+ − − = ⇔ − + =x y x y

Gọi ( ),8 2−B b b ta có ( ) ( )2 2 24 1 6 2 16 5 22 21 0 3= ⇒ + + − = ⇔ − + = ⇒ =AB b b b b b (do 2>b )

Suy ra ( )3;2B , suy ra ( )1;2I là trung điểm AB và ( )4;0=AB

Phương trình trung trực AB đi qua I và nhận 1

AB làm véc tơ pháp tuyến là 1 0− =x

Suy ra O là giao của đường trung trực của AB với AH nên ( )1 01;3

− =⇒ − + =

Suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆BME là ( ) ( )2 21 3 5− + − =x y .

Đường thẳng ∆ qua điểm ( )1; 1;0A − và nhận ( )2;1; 1= −u làm VTCP.

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 221;2;0 ; 2;1; 3 ; 2 1 3 14 = ⇒ = − − ⇒ = − + + − =

AM AM u AM u

( )( )22 2

; 14 14 7; .

6 32 1 1

AM ud M

⇒ ∆ = = = =+ + −

Gọi d là đường thẳng cần tìm và giả sử d cắt, vuông góc với ∆ tại điểm N.

Phương trình tham số của ∆ là ( )1 2

= + = − + ∈ = −

Do ( ) ( )2 1; 1; 2 1; 2; .∈ ∆ ⇒ + − − ⇒ = − − −

N N t t t MN t t t

( ) ( ) 2 1 4 2. 0 2 2 1 2 0 6 4 ; ; .

3 3 3 3 ⊥ ∆ ⇔ = ⇔ − + − + = ⇔ = ⇔ = ⇒ = − −

d MN u t t t t t MN

Đường thẳng d nhận 1 4 2

; ;3 3 3 = − −

MN làm VTCP nên nhận ( )1; 4; 2= − −

a làm VTCP.

Kết hợp với d qua điểm ( )2;1;0M2 1

: .1 4 2

x y zd

− −⇒ = =

− −

Vậy 2 1

: .1 4 2

x y zd

− −= =− −

Ω chính là số cách chọn 31 em từ 50 em 3150.C⇒ Ω =

Gọi A là biến cố: “ thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam ”.

Bàn số 1 và bàn số 50 là 2 bạn nam nên chỉ còn 29 em nam và 19 em nữ ứng với 48 vị trí còn lại

2929 4848 31

93( ) .

CC P A

Ω⇒ Ω = ⇒ = = =

ΩVậy xác suất cần tìm là

Câu 10 (1,0 điểm).

Ta có ( )22 2 2 22 64 2 64 64

2 .2 2 2

x yx y xy x xy yP xy

x y x y x y

++ − + += + + = + = ++ + +

Đặt ( ) ( )4 64

tx y t t P f t

t+ = ≥ ⇒ = + =

Đi tìm ĐK cần và đủ của t

Từ ( ) ( )2 0; 1 0 2 1 0 1 1 1.x y x y x y x y t− ≥ + ≥ ⇒ − + + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có

2 1 1 2 1 12 2 2; 1 2 1 1 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 2 0 6 6 6 1 6 1; 6 .2

x y x y x yx y x y

x yx y x y x y t t t

− + − + ++ ≥ − + ≥ + ⇒ − + + ≤ + + + = +

+ ⇒ + − ≤ + ⇒ < + ≤ ⇒ + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈

Xét hàm số ( )4 64

t= + với 1; 6 .t ∈ Rõ ràng ( )f t liên tục trên đoạn 1; 6 .

( )( )( ) ( )

' 0 264 32' 2 2. ; 2.

1; 61; 6

f t ttf t t t

tt t t

= =− = − = ⇔ ⇔ = ∈∈

Ta có ( ) ( ) ( )129 21 ; 6 18 32 ; 2 40.

2 3f f f= = + =

Vậy ( ) ( ) ( ) ( )min max1; 6 1; 6

129min 2 40; max 1 .

2P f t f P f t f

= = = = = =

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2

−=−

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C .

b) Tìm m để đường thẳng y x m= − + cắt đồ thị ( )C tại 2 điểm ,A Bphân biệt sao cho 3 điểm

, ,A B O tạo thành một tam giác thỏa mãn 1 1

1OA OB

+ = , với O là gốc tọa độ.

a) Giải phương trình cos

1 sin .1 sin

x= −

b) Tìm số phức z thỏa mãn ( )22 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − .

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình ( ) ( ) ( )226 23

2 2 2 2

1log 3 4 .log 8 log log 3 4

3x x x x − = + −

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )( )2 2

2 2 1 1 1

9 2012 2 4 2013

x x x y y

y xy y y x

+ + + + + + = − + + = + + +

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )3

13 2 ln .

xI x dx

+= −−∫ .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCDcó đáy ABCD là hình thoi cạnh avà 060BAD = . Hình

chiếu của S lên ( )ABCD là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng ( )ABCD và mặt phẳng

( )SAB là 060 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCDvà khoảng cách giữa hai đường thẳng

SC và AB . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có

( )8;4B , 2CD AB= và phương trình : 2 0AD x y− + = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D

trên AC và 82 6

;13 13

là trung điểm của HC. Tìm tọa độ các điểm A, C, D.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho hai điểm ( ) ( )0; 1; 3 , 3;0; 3A B− − − và

mặt cầu ( )S có phương trình 2 2 2 2 2 2 6 0x y z x y z+ + + + + − = . Viết phương trình mặt phẳng

( )P đi qua 2 điểm ,A Bvà cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính bằng 5 .

Câu 9 (0,5 điểm). Cho n∈ℕ thỏa mãn 2 2 23 2 3 15n nC A n+ = + .

Tìm số hạng chứa 10x trong khai triển 32

32 , 0

− ≠

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x; y > 0 và thỏa mãn x + y + 1 = 3xy.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) 2 2

3 3 1 1.

1 1= + − −

+ +x y

Py x x y x y

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng đã cho là

( )( ) ( ) 2

1121 2 0 2 01

xxxx m

x x m x f x x mx mx

≠≠ − = − + ⇔ ⇔ − − + − = = − + − =−

Ta có ( ) ( )22 4 8 2 4 0, ; 1 1 0m m m m f∆ = − + = − + > ∀ ∈ = − ≠ℝ nên hệ luôn có hai nghiệm khác 1.

Hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn ( ) ( )1 1 2 2; , ;A x x m B x x m− + − + .

Hơn nữa theo định lý Viete 1 2 1 2; 2x x m x x m+ = = − .

Ta thu được 2 21 1 1 1

2 22 2 2 2

x mx m x mx m

− + − = − = − ⇒

− + − = − = −

( )( )

22 2 2 2 21 1 1 1

22 2 22 2

2 2 2 4

OA x x m x mx m m m

OB x x m m m OA OB

= + − = − + = − +

= + − = − + ⇒ =

Do đó ( )2 01 1 21 1 2 4 2 0

=+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =

mOA OA m m

mOA OB OA.

Vậy 0; 2= =m m là các giá trị cần tìm.

a) Điều kiện: sin 1 (*)x ≠ −

PT tương đương với 2 cos 0cos cos

== ⇔ =

sin 1 ( )

= = − =

Vậy nghiệm của phương trình là: π

2π; 2π, ( ).2

x k x k k= + = ∈ℤ

b) Gọi ( ) , .z x yi x y z x yi= + ∈ ⇒ = −ℝ

Ta có ( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 2 .z z x yi x yi x y+ = + + − = −

Theo bài, ( )22 2 2 2 26 2 2 6 3 0z z x y x y+ = ⇒ − = ⇔ − − = (1)

Lại có ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 1 1 1z i x y i z i x y− + = − + + ⇒ − + = − + +

( ) ( )222 2 2 2z i x y i z i x y− = + − ⇒ − = + −

Khi đó, ( ) ( ) ( )2 2 221 2 1 1 2z i z i x y x y− + = − ⇒ − + + = + −

( ) ( ) ( )2 2 221 1 2 2 2 2 4 4 2 6 2 3 1x y x y x y y x y x y⇔ − + + = + − ⇔ − + = − ⇔ = − ⇔ = − (2)

Từ (1) và (2) ta có ( )2 2 2

13 1 3 0 8 6 2 0 1

yy y y y

=− − − = ⇔ − − = ⇔ = −

• Với 1y = thế vào (2) có 3 1 2 2x z i= − = ⇒ = +

• Với 1

4y = − thế vào (2) có

3 7 7 11 .

4 4 4 4x z i= − − = − ⇒ = − −

Vậy 2

= + = − −

Điều kiện: 0 4

3 4 0 3

>⇒ > − >

Ta có ( ) ( ) ( )226 23

2 2 2 2

1log 3 4 .log 8 log log 3 4

3x x x x − = + −

( ) ( )2

2 2 2 2

1 1.6.3.log 3 4 .log 8. .log 2.log 3 4 1

3 2x x x x

⇔ − = − + −

Đặt 2

log 3 4

= − =

. Khi đó

( ) 2 2 2 21 6 2 4 2 2 4 4 0ab a b a ab ab b⇔ = + ⇔ − − + = ( )( )2 4 02 4 2

= = ⇔ − − = ⇔ ⇔ = =

a b a ba b a b

a b a b

3 4 2log log 3 4

16log 2log 3 4 3 4 1;

= − ⇒ == − ⇒ = − ⇒ =

= − ⇒ = − ⇒ = =

x x xx x

x x x x x x

Vậy PT có nghiệm là 16

1; ;29

Đk: 9 0y xy− + ≥

PT( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 1 1x x y y⇔ + + + + = − + − +

Xét hàm số: ( ) 2 1f t t t= + + trên ℝ

Ta dễ c/m ( )f t đồng biến trên ℝ nên ta được 1x y+ = −

Pt ( )2 trở thành: 2 28 3 2013 2012x x x+ − + = − ( )3

x∀ ∈ℝ có 2 28 3 2013 2012 0 0x x x x+ > + ⇒ − > ⇒ >

PT( )3 ( ) ( ) ( )2 28 3 3 2 2013 1 0x x x⇔ + − − + − − − =

( )2 2

1 11 2013 0

8 3 3 2

+ +⇔ − − − = + − + −

Đặt: 2 2

1 12013

8 3 3 2

+ += − −+ − + −

Do 0x > nên 0T < nên 1 0 1x x− = ⇔ = (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) ( ); 1; 2x y = −

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

3 33 3 3

3 3 33

31 1 1ln 2 2 ln 2 ln

21 1 1

1 2 221ln 2 4ln 3 2 . . 21ln 2 4ln 3 2

1 1 11

+ + += − = − − −− − −

− − −= − − − = − ++ + −−

∫ ∫

x x xI d x x x x x x d

x x xx x dx dx

x x xx

( ) ( )( )

23 3 3 33

2 22 2 2 2

1 1 1 1

3 31 1 5 1 5 1 81 ln 1 ln

2 22 2 1 2 2 2 2 3

x x xx x xJ dx dx xdx dx

x x x x

xd x x

− −−= = = −+ − − −

= − − = − − = −−

∫ ∫ ∫ ∫

Do đó 5 1 8 8

21ln 2 4ln 3 2 ln 21ln 2 4ln 3 5 ln .2 2 3 3

I = − + − = − + −

Vậy 8

5 21ln 2 4ln 3 ln .3

I = + − −

+) Tính thể tích khối chóp:

Qua H (Là trọng tâm của ABC) kẻ đường

thẳng song song với BC cắt AB và CD lần

lượt tại K, I. Ta có: ( )/ /AB CD SIK⊥ ,

AB aHK = =

0 060 .tan 603

aSKH SH HK= ⇒ = =

. .sin . .sin 602ABCD

aS AB AD A a a= = =

1 1 3. . .

3 3 2 63S ABCD ABCD

a a aV S SH⇒ = = =

+) Tính khoảng cách:

Kẻ ( )HE SI E SI⊥ ∈ do ( ) ( )CD SIK HE CD HE SCD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Ta có: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )3 3 , ; ; ;

2 2d SC AB d AB SCD d B SCD d H SCD HE= = = =

Mặt khác: ( )2 2 2 2 2

1 1 1 3 9 2 3 ,

aHE d SC AB a

HE SH HI a a= + = + ⇒ = ⇒ =

Phương trình trình AB: 12 0x y+ − = , vì A là giao điểm của AB và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ

phương trình ( )12 5

5;72 7

x y xA

+ = = ⇔ ⇒ − =− =

Lại có

17 85;

13 13 :5 32 0

AMAM x y

= − ⇒ + − =

Gọi N là trung điểm của CD suy ra / / : 5 4 0MN DH MN AC MN x y⇒ ⊥ ⇒ − − =

Dễ thấy ABND là hình chữ nhật. Do đó ( )

/ / : 2 0: 4 0

BN AD x yBN x y

+ − = ⇒ − − =

Ta có ( )4;0N MN BN N= ∩ ⇒

Lại có ( )

/ / : 12 0: 4 0

CD AB x yCD x y

+ − = ⇒ + − = ∈

Từ đó ta được ( )

C CD AC C ;

D CD AD D ;

= ∩ ⇒ −

= ∩ ⇒

Vậy A(5; 7), C(7; -3), D(1; 3)

Ta có ( ) ( ) ( )0; 1; 3 , 3;0; 3 3;1;0A B AB− − − ⇒ =

. Nên

( ) ( ) ( ) 2 2 2: 1 3 0; 0P ax b y c z a b c+ + + + = + + > .

( ) ( ) ( ) ( ). 0 3 0 3 : 3 1 3 0PAB P n AB a b b a P ax a y c z∈ ⇔ = ⇔ + = ⇒ = − ⇒ − + + + =

Mặt cầu ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2 6 0 1 1 1 9x y z x y z x y z+ + + + + − = ⇔ + + + + + = nên có tâm

( )1; 1; 1 , 3I R− − − = .

( )( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3 5 4 2

2; 2 2 4 4 4 10

039 4 0 39 4 0

IH r R IH R r IH

a cd I P a ac c a c

aa ac a a c

+ = ⇔ = − = − = ⇒ =− +

⇔ = ⇔ = ⇔ − + = ++ +

=⇔ + = ⇔ + = ⇒ = − =

Nếu ( )0 : 3a P x= ⇒ = − ; Nếu ( )4; 39 : 4 12 39 129 0a c P x y z= − = ⇒ − + + + = .

Kết luận có 2 mặt phẳng cần tìm.

ĐK: *

≥ ∈ ℕ

(*). Khi đó ( ) ( )2 2 2 2! !

3 2 3 15 3. 2. 3 152!. 2 ! 2 !n n

n nC A n n

n n+ = + ⇔ + = +

− −

( ) ( ) ( )2 2 2 331 2 1 3 15 7 1 6 30 7 30

nn n n n n n n n n n

= −⇔ − + − = + ⇔ − = + ⇔ − − ⇔ =

Kết hợp với (*) thì chỉ có 10n = là thỏa mãn. Với 10n = ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )10 10 1010 103 3 2 3 2 3 2 20 5 20

10 10 1020 0 0

32 2 3 2 3 2 3 6

nk k k kk k k k k k k

x x x C x x C x x C xx

−− − − −

− = − = − = − = −

∑ ∑ ∑

Trong đó 0 10k

≤ ≤ ∈ ℕ

Bài ra ta cần giải phương trình 5 20 10 6k k− = ⇔ = đã thỏa mãn (**).

Vậy số hạng chứa 10x trong khai triển đã cho là ( )66 10 1010 6 9797760 .C x x− =

Câu 10 (1,0 điểm).

Cách 1:

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

xy xy x y x yP

y x x y x y y x x y x y

+ + + += + − − = + − −+ + + +

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1y y x x x y x y x y y x

= + + + − − = + + + + +

( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 1 2 2 3 1 5 1.

1 1 1 4 4

x y y x xy x y xy xy xy

xy x y xy xy x y xy xy

+ + + + + + − −= = = =+ + + + +

Đặt 0.t xy t= ⇒ >

Lại có ( )2

14 3 1 9( ) 10 1 0 9 10 1 0 1

xy xy xy xy xy t tt

≥+ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤

Từ giả thiết ; 0 1

3 1 .1 3 3

x yxy xy

x y xy

>⇒ > ⇔ > + + =

Từ đó ta được điều kiện là t ≥ 1.

Khi đó 2

5 1 20 8 (5 1) 5 2' 0 1.

4 16 4

t t t t tP P t

− − − − += ⇒ = = < ∀ ≥

Suy ra P(t) là hàm nghịch biến trên [1; +∞].

Mà 5 1

1 ( ) (1) 1 14

t P t P P−≥ ⇔ ≤ = = ⇒ ≤

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi 1 1.= ⇔ = =t x y Cách 2:

Ta có ( ) ( )1 1

Px y y x

= ++ +

Đặt 1 1

; ( , 0) 1 3 3.a b a b x y xy a b abx y

= = > ⇒ + + = ⇔ + + =

Theo BĐT Cô-si ta có ( )( )3 2 1 3 0 1 1.a b ab ab ab ab ab ab ab= + + ≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤

Khi đó ta có ( ) ( )1 1 1 1 2

1 1 1 1 1 1 1

ab ab a bP ab ab

x y y x a b a b ab a b

+ + = + = + = + = + + + + + + + + +

2 23 2 5 ( ) 3 1 ( 1) 3 11 1

3 1 4 3 4

ab ab ab ab ab abab P

− + − + − − += = = ≤ ≤ ⇒ ≤+

Vậy max 1 1 1.P a b x y= ⇔ = = ⇔ = =

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1

− +=−

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Tìm m để đường thẳng : 1d y x m= + − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB

nhận điểm ( 1;1)−H làm trực tâm (với O là gốc tọa độ).

a) Giải phương trình 15π 1 cos

2 sin 2 sin .4 tan

− + − =

b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức ( )1= + nz i , biết n là số tự nhiên lớn hơn 3 và thỏa mãn

phương trình 24 16log ( 3) log ( 9) 3 0.− + + − =n n

Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình 2

log log 1

log ( ) 1

− = − =

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2300 40 2 10 1 3 10

01 1 2

x x x x

− − − − − − ≤+ + − −

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )1

1 2 .I x x x dx= − −∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh

đáy AB bằng 2a và góc 030 .ABC= Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C biết khoảng cách

giữa hai đường thẳng AB và 'CB bằng .2

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I có hoành độ dương

thuộc đường thẳng : 1 0d x y− + = và điểm A(1; 2) nằm ngoài đường tròn. Qua A vẽ hai tiếp tuyến

AB, AC tới đường tròn (C) (với B, C là tiếp điểm), viết phương trình đường tròn (C) biết 2 2IA = và đường thẳng BC đi qua điểm M(3; 1).

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 1

:1 1 1

x y zd

− − += =−

mặt cầu 2 2 2( ) : ( 2) ( 3) 9.S x y z− + − + = Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt

(S) theo một giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 3π. Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho , ,ca b là các số thực dương.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( )( )2 2 2

a b a c b ca b c= −

+ + ++ + +.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : 21

1 ( 2) 2 1 02

xx m x m x m

− + = + − ⇔ + − − + =−

(với 2x ≠ ) (*)

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt (*)pt⇔ có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x khác 2

( ) ( )( )

22 4 2 1 0 04 0

44 2 2 2 1 0

m m mm m

− − − + > >⇔ ⇔ + > ⇔ < −+ − − + ≠

Khi đó ta có 1 2

. 2 1 (2)

+ = − = − +

và 1 1 2 2( ; 1); ( ; 1)A x x m B x x m+ − + −

Ta có ( 1;1)OH OH d OH AB= − ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

H là trực tâm của tam giác OAB . 0 (*)HA OB HAOB⇔ ⊥ ⇔ =

Với ( ) ( )1 1 2 21; 2 ; ; 1HA x x m OB x x m= + + − = + −

( ) ( ) ( )1 2 1 2(*) 1 2 1 0x x x m x m⇔ + + + − + − =

( ) ( ) ( )( )1 2 1 22 . 1 1 2 0x x m x x m m⇔ + − + + − − = ( ) ( ) ( ) ( )( )2 1 2 1 2 1 2 0m m m m m⇔ − + − − + − − =

12 4 0

2m m⇔ − = ⇔ = (thỏa mãn đk)

Vậy 1

2=m là giá trị cần tìm.

a) ĐK: ( )πsin 0sin 2 0

cos 0 2≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈≠

kxx x k Z

( ) ( )21 cos cos sin sin sin 2 cos 2Pt x x x x x x⇔ − + = −

( )cos 2 cos sin 1 0x x x⇔ + − =cos 2 0

π 1sin

=⇔ + =

Với ( )π πcos 2 0

4 2= ⇔ = + ∈k

x x k Z , ( )

( )2π

π 1sin π

2π4 22

= + = ⇔ = +

x k lx

Đối chiếu đk, pt (1) có nghiệm ( )π π,

kx k Z= + ∈ .

b) Ta có

( ) ( ) ( )2 24 16 4 4 4log ( 3) log ( 9) 3 0 log 3 log 9 3 0 log 6 27 3− + + − = ⇔ − + + − = ⇔ + − =n n n n n n

( )( )

6 27 64 6 91 013

=⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

n TMn n n n

n Loai

Với 7n = ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )37 2 3

1 1 1 2 1 8 1 8 8z i i i i i i i i = + = + + = + = − + = −

Phần thực là 8, phần ảo là –8

>>≠<≠<

xxy(*)

+) Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được 332 =⇔= xx (Do đk (*))

+) Với 0 < y 1≠ và x, y thỏa mãn ĐK (*) ta có PT: 1loglog 2 =− yy

21 1log 1

log ( ) log ( ) xx y

yxy xy

⇔ − − = ⇔ 1loglog1

1 2 =−+

Đặt logxt y= khi đó ta có 111

1 2 =−+

t⇔ 3 2 2 0 0 1t t t t y+ + = ⇒ = ⇔ = (Loại)

Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( )1;3; =yx Câu 4 (1,0 điểm).

Điều kiện: 1 3

10 10x≤ ≤

Ta có 1 3

1 1 2, ;10 10

x x x + + − < ∀ ∈ (Theo BĐT Bunhia)

2BPT 300 40 2 10 1 3 10 0x x x x⇔ − − − − − − ≥

2 10 2 2 10( 10 1 1) ( 3 10 1) 300 40 4 (10 2)(30 2)

10 1 1 3 10 1

x xx x x x x x

− −⇔ − − + − − ≤ − − ⇔ + ≤ − +− + − +

(10 2) 30 2 010 1 1 3 10 1

x xx x

⇔ − − − − ≤ − + − + (*)

Xét hàm số 1 1

( ) 30 210 1 1 3 10 1

= − − −− + − +

f x xx x

( ) ( )2 2

5 5 1 3'( ) 30 0, ;

10 1010 1 10 1 1 3 10 3 10 1

= − − − < ∀ ∈ − − + − − +

f x xx x x x

Mặt khác ( )f x liên tục trên 1 3

[ ; ]10 10

nên ( )f x nghịch biến trên 1 3

;10 10

3 1( ) 0

⇒ ≤ ≤ <

f f x f . Do đó bất phương trình (*)1

10 2 05

x x⇔ − ≥ ⇔ ≥

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là 1 3

5 10x≤ ≤

Ta có 1 1

3 2 2 2

( 1) 2 ( 2 1) 2 ( 1)I x x x dx x x x x x dx= − − = − + − −∫ ∫ .

Đặt 2 2 22 2 (1 )t x x t x x tdt x dx= − ⇒ = − ⇒ = − . Đổi cận: 0 0

= ⇒ = = ⇒ =

Suy ra, 1 1

(1 ) ( ) ( )I t t t dt t t dt= − − = −∫ ∫

1 115 3 5 34 2

1 1 2( )

5 3 5 3 5 3 15

t t t tt t dt

= − = − = − = − = −

15I⇒ = −

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và ' 'A B . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥ ' ( ') ' ' ( ')CC AB CMNC A B CMNC⇒ ⊥ ⇒ ⊥ . Kẻ ( ). ( ') ' ' ( ' ')MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B⊥ ∈ ⊂ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ( ' ')CA B chứa 'CB và song song với AB nên

( , ') ( , ( ' ')) ( , ( ' '))2

ad AB CB d AB CA B d M CA B MH= = = =

Tam giác vuông 0. tan 303

aBMC CM BM⇒ = =

Tam giác vuông 2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 3 1CMN MN a

MH MC MN a a MN⇒ = + ⇔ = + ⇔ =

Từ đó 3

. ' ' '

1 3. .2 . .

2 33ABC A B C ABC

a aV S MN a a= = = (đvtt)

Do ( ) ( )2 2( ; 1); 2 2 1 1 8I d I a a IA a a∈ ⇒ + = ⇔ − + − =

= −⇔ =

Vì hoành độ của I dương nên a = 3 (3;4)I⇒

Gọi K là trung điểm của AI ( )2;3K⇒ .

do AB, AC là các tiếp tuyến với (C) nên tứ giác ABIC nội tiếp đường tròn ( )1C có tâm K bán kính

2R AI= = . Ta có ( ) ( )2 2

1( ) : 2 3 2C x y− + − =

Gọi R là bán kính của đường tròn (C) ta có phương trình ( ) ( )2 2 2( ) : 3 4C x y R− + − =

Do B, C = 1( ) ( )C C∩ ⇒ tọa độ B, C là nghiệm của hệ ( ) ( )( ) ( )

− + − =

Trừ theo vế 2 pt của hệ ta được phương trình BC: 22 2 14 0x y R+ + − = (Đk R < AI)

Mà M(3; 1) 2 26 0 6BC R R∈ ⇒ − + = ⇔ =

Khi đó phương trình ( ) ( )2 2( ) : 3 4 6C x y− + − =

+) Giả sử 2 2 2( ; ; ), 0Pn a b c a b c= + + ≠

là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Do (P) chứa d nên ta có ( ) : ( 1) ( 1) ( 1) 0

P a x b y c z

a b c b a c

− + − + + = − + = ⇒ = +

+) Mặt cầu (S) có tâm (2;3;0), 3I R = và đường tròn giao tuyến có bán kính 3r =

Mặt khác, ( ) ( )2 2 2 ; ( ) ; ( ) 6R r d I P d I P= + ⇒ =

( ) ( )2 2 2 2

26 3 3 6 ( )

a b ca c a c a c a c

+ +⇔ = ⇔ + = + + + ⇔ =

+) Với a = c ta chọn 1 2 ( ) : 2 2 0a c b P x y z= = ⇒ = → + + − = Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là ( ) : 2 2 0P x y z+ + − =

+) Số phần tử của không gian mẫu là 416 1820CΩ = = .

+) Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: 1 34 5C C

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: 1 2 14 5 7C C C

- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: 1 1 24 5 7C C C

+) Khi đó 1 3 1 1 2 1 2 14 5 4 7 5 4 7 5 740B C C C C C C C CΩ = + + = .

+) Xác suất của biến cố B là ( ) 740 37

1820 91BP B

Ω= = =

Câu 10 (1,0 điểm).

Ta có ( ) ( )( ) ( )( ) 2 24 2 4 42 2

a b a b c a b ab ac bca b a c b c

+ + + + + + ++ + + ≤ =

Ta lại có ( )2 2

2 2 22 4 42

a b ab ac bca b c

+ + + + ≤ + +

Khi đó, BĐT đó tương đương

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 4 4 3 4 2 2 0ab ac bc a b c a b a c b c+ + ≤ + + ⇔ − + − + − ≥

Hay khi đó ta có ( )2 2 22 2 2

a b ca b c≤ −

+ ++ + +

Đặt ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2

4 94 2 4

2 4t a b c a b c t P f t

t t= + + + > ⇒ + + = − ⇒ ≤ − =

Khảo sát hàm ( )f t trên ( )2;+∞ ta được: ( ) ( ) 54

8f t f≤ =

Vậy 5

8MaxP= dấu bằng xảy ra khi 2a b c= = =

sach luyen de lam tet 2016 p

Documents

sach hoi dap ve bdkh

i tet fakul tas hukum uni jersitas

danh sach cac sach về khoa cnvl k53 khcnvl

idoc vn luyen-thi-nang-luc-cac-cap-n1n2n3n4

functional fluorescent ca2+ indicator proteins in transgenic...

58 baoulé-banifing with tet

the creation of sustainable value guy mc manus marcus powe...

khung chinh sach - world bank documents & reports

danh sach co so kcb quy 3-2021.pdf - hcmus

the complex formed between tet repressor and...

activity reversal of tet repressor caused by single amino...

upload 53de529894bbe 123 22 147 225 danh sach k12

tet repressor induction by tetracycline: a molecular...

danh sach kh viettel

12 the myths of the tet offensive - edwin e. moïse - viet...

winning tet 2021 post-pandemic - mobile marketing

danh sach xa-huyen-tinh viet nam part 7

danh sach ts trung tuyen dh 2015763144151482014

sach mong cho phu nu mai dam 15.000 cuon.indd

the january 1968 communist tet offensi - intel.gov