LUYỆN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN

bán kính mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy là: Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với Câu 34: Đáp án A... Do đó d cắt và không vuông góc Câu 33: Đáp án A Gọi H là hình chiếu củ

NGUYỄN VĂN LỢI

ĐỘT PHÁ GIẢI TOÁN PHƯƠNG PHÁP MỚI

BỘ ĐỀ 8 PLUS LUYỆN THI THPT QUỐC GIA

MỤC LỤC

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT TỪNG CÂU 2

ĐỀ CHUẨN SỐ 1 3

ĐỀ CHUẨN SỐ 2 12

ĐỀ CHUẨN SỐ 3 20

ĐỀ CHUẨN SỐ 4 28

ĐỀ CHUẨN SỐ 5 38

ĐỀ CHUẨN SỐ 6 55

ĐỀ CHUẨN SỐ 7 64

ĐỀ CHUẨN SỐ 8 71

ĐỀ CHUẨN SỐ 9 79

ĐỀ CHUẨN SỐ 10 91

ĐỀ CHUẨN SỐ 11 100

ĐỀ CHUẨN SỐ 12 108

ĐỀ CHUẨN SỐ 13 121

ĐỀ CHUẨN SỐ 14 123

ĐỀ CHUẨN SỐ 15 142

LỜI ĐỀ TẶNG 157

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI

TIẾT TỪNG CÂU

Câu 25: Đáp án D

TH1: 3 số chọn ra là 3 số tự nhiên liên tiếp có 8 cách

TH2: 3 số chọn ra là 2 số tự nhiên liên tiếp

Gọi H là hình chiếu của B trên

nên giao tuyến của AB C  và MNP là đường thẳng

d qua O và song song MN, B C 

Tam giác AB C  cân tại A nên AQB C AQd

Tam giác PMN cân tại P nên PI MNPI d

Do đó góc tạo bởi hai mặt phẳng AB C  và MNP là góc giữa AQ và PI

Để cắt d tại 2 điểm phân biệt có 2 nghiệm phân biệt khác

Câu 50: Đáp án D

Phương trình hoành độ giao điểm của (*) suy ra

log a log a.log 2

log a log a.log 3

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Mặt phẳng trung thực của đoạn thẳng AB có phương trình là:

Câu 8: Đáp án C

Câu 9: Đáp án

2x    2 0 x 1 x 1

b 1b

2b

Câu 26: Đáp án A

bán kính mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy là:

Phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với

Câu 34: Đáp án A



 

TH2: có 2 nghiệm thuộc đoạn trong đó có 1 nghiệm trùng

x 2



        x2

Câu 40: Đáp án B

Câu 41: Đáp án A

Câu 42: Đáp án C

Câu 43: Đáp án D

Câu 44: Đáp án C

Chọn 1 đỉnh bất kỳ có 100 cách

Tam giác tù nên 3 đỉnh nằm trên nửa dường tròn Để tạo tam giác tù thì 2 đỉnh kia phải chọn

(1) và là nghiệm của (2) hoặc ngược lại

Phương trình (*) có 5 nghiemj nên hai phương trình (1), (2) có 5 nghiệm phân biệt

(Dethithpt.com)

2 49

Câu 48: Đáp án B

Câu 49: Đáp án A

Giải nhanh: Chọn trường hợp đăc biệt nhất là S.ABCD là chóp ĐỀu có chiều cao h và cạnh

ABAC tan 60 a 3BC2a

ABAC AA'ABCABmp ACC ' A '  

ĐÁP ÁN ĐỀ CHUẨN SỐ 3

13

maxy

Câu 30: Đáp án A

Diện tích xung quanh của hình nón là:

3

 

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

Câu 40: Đáp án C

Câu 41: Đáp án D

Câu 42: Đáp án A

Gọi r, l lần lượt là bán kính đáy và độ dài đường sinh của hình nón

A ; 412

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Ta có khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là và khoảng cách từ M đến tiệm cận

Câu 12: Đáp án D

Câu 13: Đáp án B

Do đó loại hai phương án A, D

Câu 14: Đáp án B

Đặt cạnh huyền của mỗi tam giác là x

Diện tích của hình vuông nhỏ ở giữa và bốn tam giác cân là

Câu 23: Đáp án B

Gọi R là bán kính đáy hình nón, r là bán kính mặt cầu nội tiếp hình nón

Khi đó:

 



 

Vì m nguyên nên các giá trị cần tìm của m là m1; 2; 3; 4

Vậy có 4 giá trị nguyên cần tìm của m

Câu 30: Đáp án C

Do đó d cắt và không vuông góc

Câu 33: Đáp án A

Gọi H là hình chiếu của I trên và A là giao điểm của IH với

Do tồn tại một điểm trên quả bóng có khoảng cách đến các bức tường và nền nhà lần lượt là

1 2

Vậy có 32 giá trị của t tức là có 32 giá trị k thỏa mãn yêu cầu bài toàn

Câu 50: Đáp án D

đường tròn tâm O

cot cot b.cot c cot cot b cot c

aaaa

cotacot c2cot b

cot cot b.cot ca 3cot bcot cot ca 3

C 1771

ĐÁP ÁN ĐỀ CHUẨN SỐ 5

+ Số phức z a bi a, b  được biểu diễn bởi điểm M a; b trên mặt phẳng xOy

+ Tọa độ trung điểm I của AB là:

2

y yx

+ Dựa vào bảng biến thiên để nhận xét

+ Điểm cực đại và điểm cực tiểu của hàm số yf x  là nghiệm của phương trình y '0 + Điểm xx0 là điểm cực đại của hàm số nếu qua điểm đó hàm số đổi dấu từ dương sang

Phương pháp: Quay hình phẳng được giới hạn bởi các đồ thị hàm số yf x ; y  g x và

các đườn thẳng xa; xb a b quanh trục Ox ta được khối tròn xoay có thể tích được

+ Dựa vào đồ thị hàm số để đưa ra nhận xét và chọn hàm số hợp lý

Cách giải: Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt,

có 3 cực trị và nhận trục tung làm trục đối xứng nên đồ thị của hàm số là đồ thị của hàm trùng phương

+) Đường thẳng ybđược gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số yf x nếu:

1x

1x

1x

1x

+) Xác định góc giữa đường thẳng BC’ và mặt phẳng ABB' A 'sau đó

dựa vào các tam giác vuông để tìm tan của góc đó

+) Đổi biến và đổi cận để đơn giản biểu thức cần tính tích phân

+) Sử dụng công thức tính tích phân của các hàm cơ bản để tính

+) Giải phương trình y '0 để tìm các nghiệm xxi

+) Ta tính các giá trị y a ; y x ; y b     i và kết luận giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn  a; bCách giải:

x 2 3; 14

+) Cho số phức   2 2

z a bi a, b  z a b Cách giải:

z 8z25 0 z4   9 9i

1

1 2 2

Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Hai Parabol có phương trình lần lượt là: 2 

+) Tính thể tích của mực nước ban đầu V1

+) Gọi R là bán kính của viên billiards hình cầu, tính thể tích khối cầu V2

Để f x    0 x thì Min f x  0 f 0 f x là hàm đồng biến trên 0;và nghịch

tx  x 1,tìm khoảng giá trị của t

Xét bất phương trình f t 0trên khoảng vừa tìm được M t 0

+) Từ giả thiết iz 2 i 1, tìm ra đường biểu diễn  C của các số phức z

+) Gọi A, B lần lượt là điểm biểu diễn của z ; z1 2  z1z2 ABvị trí của AB đối với đường tròn  C

+) Thay tọa độ điểm B vào phương trình tiếp tuyến, suy ra phương trình có dạng bf x 0

tìm điều kiện của b để phương trình đó có nghiệm duy nhất

+) Phương trình bf x 0 có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng ybcắt đồ thị hàm số yf x 0 tại một điểm duy nhất Lập BBT của đồ thị hàm số yf x 0 và kết luận Cách giải:

Phương trình tiếp tuyến của  C tại  3 2

Với b  10;10          b  9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9 có 17 giá trị nguyên

của m thỏa mãn yêu cầu bào toán

+) Gọi A 0; 0; a , a   0viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với  

+) BAB  tìm tọa độ điểm B theo a

+) Tam giác MAB cân tại MMAMB,tìm a

+) Sử dụng công thức tính diện tích S MAB 1 MA; MB

Gọi H là trung điểm của ABSHABCD

Gọi n ; n1 2 lần lượt là VTPT của mặt phẳng

1 2

n nGMN ; ABCD cos GMN ; ABCD

n n

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AB.Vì SAD  ABCDSHABCD

Gắn hệ tọa độ Oxyz, với

Và mặt phẳng ABCDcó véc tơ pháp tuyến là n2 n ABCD  k 0;0;1

1 2

n n 2 39GMN , ABCD cos

Câu 46: Đáp án D

Phương pháp:

x  a 10 x   x 1 0,cô lập a, đư phương trình về dạng af x ,  phương trình có nghiệm duy nhất  đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số

Câu 48: Đáp án B

Phương pháp:

+) Gọi M x; y; z tọa độ các véc tơ AM; BM

+) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A,B lên   , có AMHBMK

AH BKMA

334

+) Giải hệ phương trình tìm a,b => Toạn độ điểm B => Độ dài AB

Điểm A x; y nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của OMNP  0 x 100;0 y 10,

Có 101 cách chọn x, 11 cách chọn y Do đó số phần tử của không gian mẫu tập hợp các điểm

có tọa độ

nguyên nằm trên hình chữ nhật OMNP là n  101 x 11

Gọi X là biến cố: “Các điểm A x; y thỏa mãnx y 90”

Do 0

BADBAA 'BAD60  A’ABD là tứ diện đều

Dựng A ' HABCD suy ra H là trọng tâm tam giác đều ABD Ta có:

1 2 2

2 2

4 7 4 10

 

Gọi K AC BD Gọi H là hình chiếu của K lên B’D Khi đó KH là

đường vuông góc chung của 2 đường thẳng AC và B’D

2

Suy ra tọa độ 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 0; 2 , B 2; 2     I 1; 0  là trung điểm AB

PT đường trung thực của AB là d’: x 1  2y  0 x 2y 1 0

Hàm số có cực trị y '0 có 2 nghiệm phân biệt  a 0

Hàm số là hàm lẻ nên đồ thị hàm số có tâm đối xứng là gốc tọa độ,

do đó đường thẳng nối cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số luôn

đi qua gốc tọa độ

Câu 21: Đáp án D

Họi H là trung điểm của AB Khi đó SHABCD

Thể tích khối chóp là:

3 2

Câu 23: Đáp án C

Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC

Khi đó:  SBC ; SAC   AED

Câu 39: Đáp án D

Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB IC   0 IA CB  0 IABC0; 3;3  I 3;3;3

Ta có: MA MB MC   MI IA MB IB MI IC      MI MImin  M là hình chiếu của I trên  P : x   y z 3 0, dễ thấy I P M I 3;3;3 

Ta có: OA0;0; 2 , OB  4;0;0 suy ra OA.OB 0 OAB vuông tại O

Do đo, mặt cầu (S) có bán kính Rmin và đi qua O, A, B có tâm là trung điểm của AB

Vậy tọa độ tâm mặt cầu là I 2; 0; 1   

Câu 48: Đáp án C

Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (*)  x0 cũng là nghiệm của phương trình (*)

Khi đó x0   x0 2x0  0 x0 0 (loại) suy ra không tồn tại giá trị nào của a

ĐÁP ÁN ĐỀ CHUẨN SỐ 7

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án C

Trên AM lấy điểm P sao cho 0

BPC 120 ABPC nội tiếp

Khi đó

2 S.ABC SAP

103m

Cách 2: Từ đồ thị hàm số yf x  tịnh tiến sang phải 1 đơn

vị ta được đồ thị hàm số yf x 1   từ đó suy ra đồ thị hàm số y f x 1   như hình bên

Câu 23: Đáp án B

Ta có

2 2

3 3

Giả sử phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x , x1 2

Ta có: log x3 1log x3 2   m 2 log3x x1 2    m 2 m 2 log 273 m1

Tam giác SAB vuông tại B, có SBtan 60 AB0 2a 3.

ABCD

S  2a 4a Thể tích khối chóp S.ABCD là

3 2 ABCD

TH1: Với a0, thay vào (2), ta được 0 1 (vô lý)

TH2: Với a 1, thay vào (2), ta được 1   1

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x m suy ra chiều dài của hình chữ nhật là 2x m 

SV trong đó Vnlà cấp số nhân với công sai q 1

3



Do đó

10

11

C 10cách Suy ra xác suất sẽ bằng 3

Hình chiếu của A lên các trục tọa độ là M 3; 0 ; N 0; 4   

Qua phép quay tâm 0;90 thì M, N lần lượt biến thành điểm M ' 0;3 ; N '  4; 0A '4;3

Câu 37: Đáp án A

Do BC / /AD nên giao tuyến d của SBC và SADsong song với BC và AD

Suy ra dBSA SBC ; SAD   BSA45

Gọi O là hình chiếu của I trên mp P   Ta có Smin d I; P   max IOmax

Khi và chỉ khi IO IH với H là hình chiếu của I trên AB

Mà y0là tiệm cận ngang của ĐTHS   y 0 2m n 0

Và x 0 là TCĐ của ĐTHS  x 0là nghiệm của phương trình 2

Khi đó   2

f t   1 t 2t  2t 1, có   2t 12 3 1

22t 2t 1

Gọi X là biến cố “An bà Bình có chung đúng một môn thi tự chọn và chung một mã đề”

Số cách chọn môn thi tự chọn của An và Bình là 1

3

C 2! 6 Trong mỗi cặp để mã đề của An và Bình giống nhau khi An và Bình cùng mã đề của môn chung, với mỗi cặp có cách nhận mã đề của An và Bình là 1 1 1

 Mặt phẳng OACđi qua 3 điểm O, A, C

Bốn mặt phẳng là các mặt bên của tứ diện O.BCD đi qua 3 điểm trong 5 điểm O, A, B, C, D

Câu 48: Đáp án D

Gọi H là hình chiếu của O lên ABCHlà trực tâm ABC

Ta có OA; ABC   OA; AHOAH ; tương tự OBH ; OCH 

92

2a

Đặt A là biến cố “xếp được chữ HIỀN TÀI LÀ NGUYÊN KHÍ QUỐC GIA” Ta có

Câu 2: Đáp án A

Vì mỗi miếng da có diện tích nên để phủ kín được mặt của quả bóng thì số

log 5log a log a

log b 2 log b 2 log a log b 2

Câu 6: Đáp án C

Câu 7: Đáp án A

Các mệnh ĐỀ đúng là:

(I) Đồ thị hai hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng

(IV) Hai hàm số ĐỀu đồng biến trên tập xác định của nó

S 6.40 9600

r20cm

h40cm

2 2

Do (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy nên

phân biệt khi

Câu 18: Đáp án A

Câu 19: Đáp án B

Câu 20: Đáp án C

Gọi H là trung điểm BC

Theo giả thiết, A’H là đường cao hình lăng trụ và

Vậy thể tích khối lăng trụ là

R h

Câu 28: Đáp án A

Gọi mặt cầu đi qua 6 đỉnh của lăng trụ là (S) tâm I , bán kính R

x log 5 2x  0 log 5 log 2  0 log 5x.2  0 5x.2 1

IAIBICIA 'IB'IC' R (ABC , A ' B) ( 'C')

Do O là tâm tam giác ĐỀu ABC cạnh a

Câu 33: Đáp án D

Lập bbt ta thấy hàm số có hai giá trị cực trị là

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy với thì hàm số đồng biến trên , hàm số

tm4

Do nên ta loại trường hợp này

2 2

2

      

ĐÁP ÁN ĐỀ CHUẨN SỐ 10

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án D

Câu 4: Đáp án B

=> đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt

3



1

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Kẻ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Trong mặt

SD) I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD

đường tròn đáy hình trụ và mặt cầu có bán kính là

Thể tích bồn chứa nước này chình là thể tích của khối trụ có bán kính đáy đường sinh

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, H trùng với gốc tọa độ O, vì tan không phụ thuộc vào

độ dài, chọn độ dài của cạnh hình chóp là 1 đơn vị

( )

.sin

( ; ; 0)

4 42

( ; 0; 0)

2

C

M B

z

y H

S

C D

là hàm số đồng biến trên

Câu 40: Đáp án A

Thiết diện qua trục của hình nón là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a =>bán kính

2

2 xq

C 210 [§­îc ph¸t hµnh bëi Dethithpt.com]

Câu 43: Đáp án B

cân tại B

(vì AB không thay đổi), tức là khi M là trung điểm cuả CD hay

Thiết diện là tam giác SMN cân tại S

Tam giác OHM vuông tại H có:

Tam giác vuông SOH tại O có:

Diện tích thiết diện:

74C7

Vậy thiết diện có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi giao tuyến của với mặt đáy của hình

nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra hàm số đã cho có hai điểm cực trị Hàm số đạt cực đại tại

x 1, giá trị cực đại là -4, hàm số đạt cực tiểu tại x 1 , giá trị cực tiểu là 0 Do đó B sai

Loại A vì tứ diện ĐỀu chỉ là 1 trường hợp của hình chóp ĐỀu

Hiển nhiên B đúng và C, D sai

PTlog cos x 2m log cos x m  4 0

Đặt tlog cos x   t  ; 0.Khi đó: 2 2  

Ta có: ABC 120 BAD60 suy ra tam giác ABD

là tam giác ĐỀu cạnh a Khi đó A’.ABD là chóp ĐỀu

cạnh đáy bằng a Như vậy hình chiếu vuông góc

của A’ lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác

2

Câu 40: Đáp án A

Do SAB đều nên SIAB

Mặt khác SAB  ABCDSIABCD

Khối bát diện ĐỀu có cạnh là a

Chia bát diện ĐỀu thành hai hình chóp tứ giác ĐỀu có tất cả

Gọi M là hình chiếu của B trên HCBM3

MC BC BM 3 Suy ra HCAB 2.MC  3 2.3 9 3ABCH3BA

Để (*) có 4 nghiệm phân biệt f t 0 có 2 nghiệm dương phân biệt  m 4

Khi đó, gọi t , t1 2 t1 t2 là hai nghiệm phân biệt của f t 0

Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy rằng

 Phương trình (1), có hai nghiệm phân biệt là x1 1; x2 2(nghiệm kép)

 Phương trình (2), có ba nghiệm phân biệt là x3 1; x4 1; 2 ; x5 2.

Và bài điền tiếp theo chắc chắn sẽ giống 1 trong 10

4 bài điền trước đó

Vậy có tất cả 10

4  1 1048577phiếu thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 49: Đáp án D

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD, nối SOAMI

Qua I kẻ đương thẳng d, song song với BD cắt SB, SD lần lượt tại H, K suy ra

* Đồ thị hàm số quay lên nên ta loại đáp án A

C' B'

Câu 23: Chọn D

x x

12 5 3

1

x x

k k

k k

x C124 4950

log 2

x x

x x

SA a SDA

t t k

x x

x x

11

Câu 33: Chọn A

Câu 34: Chọn D

Đặt

Ta có bảng biến thiên

Vậy các giá trị cần tìm của là

D

C B

Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi , mà nên

nghiệm

Để từ kẻ được ba tiếp tuyến tới đồ thị thì có hai nghiệm phân biệt khác

m m m

Từ bảng biến thiên, để hàm số đã cho có cực trị thì đồ thị cắt trục hoành tại

2256



m

a b c

Tọa độ là nghiệm của hệ

SMặt khác

Cách 2:

Câu 48: ChọnC

Ta có

Suy ra điểm nằm trong mặtcầu

Nên không có mặtphẳngthỏayêucầuĐỀbài

22

22