Đây là một số đề toán hay của thầy Đặng việt Hùng mình sưu tập lại dành tặng cho những bạn chuẩn bị cho kì thi tốt nghiệp đại học sắp tới. Và mình chúc cho các bạn có một kỳ thi tốt đẹp và đạt kết quả mà mình mong muốn.
Trang 1VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT bài tập chỉ có tại website MOON.VN
Câu 3 (1,0 điểm):
a) Giải phương trình log3(x+ =1) log 3(5−x)
b) Cho số phức z thỏa mãn z= +(3 2 )(2 3 ) (1i − i + +i)2−8 Tính môđun của z
0
1 x
I =∫ x+ e dx
mặt phẳng ( )P :2x+2y+ − =z 3 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C
a) Cho góc α thỏa mãn
2
π < α < π và cos 2
3
α = − Tính giá trị biểu thức A=sin 2α +cos 2α
b) Hai bạn Trần Thảo My và Doãn Trà My cùng tham gia kì thi THPT Quốc Gia năm 2016, ngoài thi
ba môn Toán, Văn, Anh bắt buộc thì Trần Thảo My và Doãn Trà My đều đăng kí thêm hai môn tự chọn khác trong ba môn: Vật Lí, Hóa Học, Sinh Học dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển vào Đại học, Cao đẳng Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau Tính xác suất để Trần Thảo My và Doãn Trà My chỉ có chung đúng một môn tự chọn và
một mã đề thi
là giao điểm của BD với IC Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy Góc giữa (SAB) và
(ABCD) bằng 60 Tính thể tích khối chóp 0 S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và IC
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM =3FE Biết
(5; 1)
M − , đường thẳng AC có phương trình 2 x+ − =y 3 0, điểm A có hoành độ là số nguyên Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P=abc−2abc a b2 2+b c2 2+c a2 2 +2abc
ĐỀ THI TÂM ĐẮC CỦA THẦY HÙNG ĐZ TẶNG HS
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
Trang 2LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (1,0 điểm):
a) Tập xác định: ℝ
b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên:
' 3 6 ; ' 0 3 6 0
2
x
x
=
=
' 0 0 2; ' 0 0 2
y > ⇔ < ∨ >x x y < ⇔ < <x
Vậy, hàm số đồng biến trên hai khoảng ( −∞ ;0 )và ( 2; +∞ )
hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0; 2
+) Cực trị
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC Đ = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = -3
+) Giới hạn tại vô cực
3
3 1
x x
x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 +
y
1
+∞
c) Đồ thị
Đồ thị có tâm đối xứng I(1;-1) và đi qua các điểm (0;1), (2;3), (-1;-3),(3;1)
Câu 2 (1,0 điểm):
( ) 2 ln ; '( ) 1 ; '( ) 0 2 1;
x
(1) 1; (2) 2 2 ln 2; ( ) 2
f = f = − f e = −e
Vậy,
min 2 2 ln 2; max 1
e e
y= − y=
Câu 3 (1,0 điểm):
a) Điều kiện: -1 < x < 5
Trang 3( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
log 1 log 5 log 1 log 5
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn là x = 3
b) Ta dễ dàng tính được z = 4 - 3i (Cái này thầy làm tắt, đi thi các em nhớ trình bày nhé)
Khi đó | |z = 42+ −( 3)2 =5
Câu 4 (1,0 điểm):
I =∫ x+ e dx=∫ x+ de = +x e −∫e dx= e− −e =e
Vậy, I = e
Câu 5 (1,0 điểm):
+) Ta có mặt cầu (S) có tọa độ tâm là A( 0; 1; 2), bán kính ( ; ( )) 1
3
R=d A P =
Vì vậy (S) có phương trình: 2 ( 1)2 ( 2)2 1
9
x + −y + −z =
+) Đặt M(x; y; z) Khi đó theo giả thiết ta có:
( )
MA MB MC
M P
∈
2 3 7
x y z
=
⇔ =
Vậy M(2 ;3 ;-7) là điểm cần tìm
Câu 6 (1,0 điểm):
a) Do
2
π α π< < nên sinα >0 Do đó sin2 1 os2 1 4 5 sin 5
c
Vậy 2 sin os 2 cos2 1 2 5.( 2) 2( 2)2 1 1 4 5
b) Không gian mẫu Ω là các cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của Thảo My và Trà My
Thảo My có C32 cách chọn hai môn tự chọn, có C C16 61 mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự chọn của Trà
My
Trà My có C cách chọn hai môn tự chọn, có 32 C C mã đề thi có thể nhận cho hai môn tự chọn của Thảo 16 61
My Do đó Ω =(C C C32 61 61 2) =11664
Gọi A là biến cố để Thảo My và Trà My chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi Các cặp gồm hai môn tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng một môn thi là 3 cặp, gồm :
- Cặp thứ nhất là (Vật lí, Hóa học) và (Vật lí, Sinh học)
- Cặp thứ hai là (Hóa học, Vật lí) và (Hóa học, Sinh học)
- Cặp thứ ba là (Sinh học, Vật lí) và (Sinh học, Hóa học)
Trang 4Suy ra số cách chọn môn thi tự chọn của Thảo My và Trà My là C31.2! 6=
Trong mỗi cặp để mã đề của Thảo My và Trà My giống nhau khi Thảo My và Trà My cùng mã đề của môn chung, với mỗi cặp có cách nhận mã đề của của Thảo My và Trà My là C C61 16.1.C16 =216
Suy ra Ω =A 216.6 1296=
Vậy xác suất cần tính là ( ) 1296 1
11664 9
A
P A Ω
Câu 7 (1,0 điểm):
Ta có VS.ABCD 1SH.SABCD
3
= , với SABCD =a2
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra
SH⊥(ABCD)
Dựng HE⊥AB⇒(SHE)⊥AB, suy ra SEH là góc
giữa (SAB) và (ABCD) ⇒SEH=600
Ta có SH=HE tan 600 = 3HE
CB = IC =3⇒ =3⇒ = 3
Suy ra
3 2
S.ABCD ABCD
M
F K P
E
I H
S
D
C
B
A
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song với CI ⇒d SA, CI( )=d CI, SAP( ( ) )=d H, SAP( ( ) ) Dựng HK⊥AP, suy ra (SHK) (⊥ SAP)
Dựng HF⊥SK⇒HF⊥(SPA)⇒d H, SPA( ( ) )=HF
Do SHK∆ vuông tại H 12 1 2 12
HF HK HS
⇒ = + (1)
Dựng DM⊥AP, ta thấy DM=HK 1 2 1 2 12 12
HK DM DP DA
Thay vào (1) ta có 12 12 1 2 12 42 12 32 82
HF DP DA HS a a a a
2 2
⇒ = Vậy ( ) a
d SA, CI
2 2
Câu 8 (1,0 điểm):
Gọi I là giao điểm của BM và AC
Ta thấy BC=2BA⇒EB=BA, FM=3FE⇒EM=BC
ABC BEM EBM CAB BM AC
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x−2y 7− =0 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
13 x 2x y 3 0 5
x 2y 7 0 11
y 5
=
+ − =
⇔
=
13 11
I ;
5 5
−
⇒
12 6
IM ;
5 5
⇒ =
IB IM ; B 1; 3
− −
I
M F
E C
A B
Trang 5Trong ABC∆ ta có 12 12 12 5 2 BA 5BI
BI =BA +BC =4BA ⇒ = 2 Mặt khác
BI
, suy ra
5
BA BI 2
2
Gọi toạ độ A a,3 2a( − ), ta có 2 ( ) (2 )2 2
a 3
BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0 11
a 5
=
=
Do a là số nguyên suy ra A 3; 3( − ) AI 2 4;
5 5
−
Ta có AC=5AI= −( 2; 4)⇒C 1;1( ) Vậy A 3; 3( − ),B 1; 3( − ),C 1;1( )
Câu 9 (1,0 điểm):
Điều kiện 2 7, 0
3
Ta có, theo BĐT Cô-si thì (1) có các đánh giá sau:
4 8
2 2 4( 2)
2
x− y = x− y ≤ − +
Dấu “=” xẩy ra khi y=4x−8
2
x y
y+ x = y+ x≤ + +
Dấu “=” xẩy ra khi y=4x−8 Suy ra 2 x−2 y+2 (y+8)x ≤ +y 4x Dấu “=” xẩy ra khi y=4x−8
Như vậy, (1) xảy ra khiy=4x−8
Thế vào (2) ta có: 4 x2− 6 x − + 11 4 3 + x + 7 3 − x = 0
2
2
2
2
3
3 0 ( )
4 (3)
x x
x x
⇔
+ + + − + −
+) Ta có ( ) 2 3 0 1 13
2
Đối chiếu điều kiện ta có 1 13
2
x= +
, hệ có nghiệm ( ) 1 13
; ; 2 13 6
2
xy = + −
+) Xét pt(3) ta có 2;7 4 3 1 3 10 6 1 1
x x
Xét hàm số ( ) 7 3 2 '( ) 3 1 2 7 3 3 0, 2;7
3
2 7 3 2 7 3
x
g x g
x x
Do đó, 7
2;
3
:
3 4 6
4 3x x 1+ 7 3x x 2≤ + <
+ + + − + − hay pt(3) vô nghiệm
Trang 6Vậy, hệ có nghiệm duy nhất ( ) 1 13
; ; 2 13 6
2
x y = + −
Câu 10 (1,0 điểm):
Bài ra ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )
a b +b c +c a + abc=a b +b c +c a + abc a b c+ +
2
ab bc ca P abc abc ab bc ca
1 2
P abc ab bc ca
⇒ = − + +
2
abc a b c ab bc ca
0, , , 0
abc a b c a b c
Dấu " "= xảy ra ⇔ 1 trong ba số a, b, c bằng 0 và 2 số còn lại có tổng bằng 1 ⇒Pmin =0
Áp dụng BĐT Côsi ta có
3
3
a + +b c + ab bc+ +ca + ab bc ca+ + ≥ a + +b c ab bc+ +ca
3
3
a b c a b c ab bc ca
⇒ + + ≥ + + + +
a b c a b c ab bc bc
ab bc ca+ + ≥ ab bc bc ca+ +ca ab = abc a+ +b c
a b c a b c abc a b c
81
a b c abc a b c
81 81
Dấu " "= xảy ra 1 max 1
Vậy Pmin =0 và max 1
81
P =
