Bộ đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án chi tiết

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013-2014
Đề Số 1
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − + (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số
đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ
O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình :
2 2
1 2 2 1 2 2 2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )xx x x x x x+− + − − = − + + −
Câu III (1 điểm): Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π π
−
= ∫
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt
phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2
3( ) 2P x y z xyz= + + − .
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = .
Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng( ): 4 11 0x y zα + + − = và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4
x trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10
(1 2 3 )P x x= + +
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2
( ): 1
9 4
x y
E + = và hai điểm A(3;-2) , B(-
3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn
nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng( ): 4 11 0x y zα + + − = và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 22 2 2 121
...
2 3 1 1
n
n
n n n nC C C C
n n
+ + + + =
+ +

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Điểm
I
II
2. Ta có , 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT ,
0y = có 2 nghiệm phân biệt
2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − = có 2 nhiệm phân biệt
1 0, m⇔ ∆ = > ∀
05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
2 3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
 = − +
= ⇔ + + = ⇔ 
= − −
Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m = − − và 3 2 2m = − + .
025
1.
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3sin 4 os2x+ 3sin 2 0
PT c x c
c x c x
π 
⇔ + = + ÷
 
⇔ + =
05
sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
π π
π π
π
π
π
⇔ + + + =

= − +
⇔ + ⇔ 
 +

Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π= + và
18 3
x k
π π
= − + .
05
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
−
< <

 ≠
.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2 2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
05
2
2 2
2
1
4log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x
−
=
+ = − 
 ⇔ − = + ⇔ = ∨ = − 
 − =  =

025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025

III
IV
26 6
2
0 0
tan( )
tan 14
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π ππ
−
+
= = −∫ ∫ ,
2
2
1 tan x
cos2x
1 tan x
−
=
+
025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0
1
6 3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =
05
Suy ra
1
1
3
3
2
00
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +∫ . 025
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥

⊥ =
AM SC⇒ ⊥ (1)
Tương tự ta có AN SC⊥ (2)
Từ (1) và (2) suy ra AI SC⊥
05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABMV S IH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
05
Ta c ó:
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
 = + + − + + − 
= − + + −
= − + − +
025
2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
+
≥ − − − +
= − + − +
025

VIa
VIIa
Xét hàm số 3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − + , với 0<x<3
, 2 1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
=
= − + − = ⇔  =
Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z⇔ = = = .
05
1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ − . Khi đó diện tích tam giác ABC là
1
. ( ) 3
2
ABCS AB d C AB= → ∆ = .
05
2
2 46 3
5 (4 2 ) 25
02
aa
AB a
a
=− 
= ⇔ − + = ⇔ ÷  =  
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của ( )α là (1;4;1)n
r
025
Vì ( ) ( )P α⊥ và song song với giá của v
r
nên nhận véc tơ
(2; 1;2)pn n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P→ = ⇔
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −
→ = ⇔  =
025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x− +
= = =
= + + = + =∑ ∑ ∑
05
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =
= = =  
≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨   
= = =   ∈
025
Vậy hệ số của 4
x là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 22 2 3 3 8085C C C C C+ + = . 025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ = và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 42 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
05

VIb
VIIb
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y 
≤ + = ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
21
39 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y
 + = = 
⇔ 
 = =
. Vậy
3 2
( ; 2)
2
C .
05
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 ) ...n n n
n n n nx C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 33 1 2 2 2
2 ...
1 2 3 1
n n
n
n n n nC C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
05
⇔
2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1
...
2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +
⇔ = ⇔ =
Vậy n=4.
05

Đề Số 2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3
– 3x2
+2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị
nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình cos2x 2sin x 1 2sin x cos2x 0+ − − =
2. Giải bất phương trình ( ) 2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ −
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân
3
6
cotx
I dx
sinx.sin x
4
π
π
=
π 
+ ÷
 
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc
hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300
.
Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2
+b2
+c2
=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2
x y 2x 8y 8 0+ + − − = . Viết
phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo
một dây cung có độ dài bằng 6.
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB
sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn : z 2 i 2− + = . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức:
2 4 6 100
100 100 100 1004 8 12 ... 200A C C C C= + + + + .
2. Cho hai đường thẳng có phương trình:

1
2 3
: 1
3 2
x z
d y
− +
= + = 2
3
: 7 2
1
x t
d y t
z t
= +

= −
 = −
Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức: z2
+3(1+i)z-6-13i=0
-------------------Hết-----------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung Điểm
I
1
Tập xác định: D=R
( ) ( )3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x2
-6x=0
0
2
x
x
=
⇔  =
Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 + ∞
y’ + 0 - 0 +
2 + ∞
y
-∞ -2
Hàm số đồng biến trên
khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞)
Hàm số nghịch biến trên
khoảng (0;2)
fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0
x=3=>y=2
x=-1=>y=-2
Đồ thị hàm số nhận điểm
I(1;0) là tâm đối xứng.
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
2
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng
y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
3 2 5
2 2 2
5
x
y x
y x
y

== − 
⇔ 
= − +  =

=>
4 2
;
5 5
M
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
II 1 Giải phương trình: cos2x 2sin x 1 2sin x cos2x 0+ − − = (1)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 os2 1 2sin 1 2sin 0
os2 1 1 2sin 0
c x x x
c x x
⇔ − − − =
⇔ − − =
0,5 đ

Khi cos2x=1<=> x kπ= , k Z∈
Khi
1
sinx
2
= ⇔ 2
6
x k
π
π= + hoặc
5
2
6
x k
π
π= + ,k Z∈
0,5 đ
2
Giải bất phương trình: ( ) 2
4x 3 x 3x 4 8x 6− − + ≥ − (1)
(1) ( ) ( )2
4 3 3 4 2 0x x x⇔ − − + − ≥
Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4
2
3 4 2x x− + − =0<=>x=0;x=3
Bảng xét dấu:
x -∞ 0 ¾ 2 + ∞
4x-3 - - 0 + +
2
3 4 2x x− + − + 0 - - 0 +
Vế trái - 0 + 0 - 0 +
Vậy bất phương trình có nghiệm: [ )
3
0; 3;
4
x
 
∈ ∪ +∞  
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
III
Tính
( )
( )
3 3
6 6
3
2
6
cot cot
2
sinx sinx cos
sin xsin
4
cot
2
sin x 1 cot
x x
I dx dx
x
x
x
dx
x
π π
π π
π
π
π
= =
+ 
+ ÷
 
=
+
∫ ∫
∫
Đặt 1+cotx=t 2
1
sin
dx dt
x
⇒ = −
Khi
3 1
1 3;
6 3 3
x t x t
π π +
= ⇔ = + = ⇔ =
Vậy ( )
3 1
3 1
3 1
33 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t
+
+
+
+
−  
= = − = − ÷
 
∫
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
IV Gọi chân đường vuông góc hạ từ S
xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
0 3
cos30
2
a
AH SA= =
Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh
0,25 đ
H
A
C
B
S
K

3
2
a
AH =
=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=> 0 3
AHsin30
2 4
AH a
HK = = =
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng
3
4
a
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
V
Ta có:
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 42 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 42 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 42 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:
( )
2 2 2
2 2 29 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + + (4)
Vì a2
+b2
+c2
=3
Từ (4)
3
2
P⇔ ≥ vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P = khi a=b=c=1.
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
VI.a
1
Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=>
khoảng cách từ tâm I đến ∆ bằng 2 2
5 3 4− =
( ) 2
4 10 13 4
, 4
3 1 4 10 1
cc
d I
c
 = −− + +
⇒ ∆ = = ⇔ 
+ = − −
(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 4 10 1 0x y+ + − = hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − = .
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2 Ta có ( )1; 4; 3AB = − − −
uuur
0,25 đ

Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −

= −
 = −
Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên
cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) ( ;4 3;3 3)DC a a a⇒ = − −
uuur
Vì AB DC⊥
uuur uuur
=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21
26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 ÷
 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
VII.a
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 2 1 4
3 3
 − + + = − + + = 
⇔ 
= − = −  
a b i a b
b a b a
2 2 2 2
1 2 1 2
 = − = + 
⇔  
= − − = − +  
a a
hoac
b b
Vậy số phức cần tìm là: z= 2 2− +( 1 2− − )i; z= z= 2 2+ +( 1 2− +
)i.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
A. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1
Ta có:( )
100 0 1 2 2 100 100
100 100 100 1001 ...x C C x C x C x+ = + + + + (1)
( )
100 0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 1001 ...x C C x C x C x C x− = − + − + + (2)
Lấy (1)+(2) ta được:
( ) ( )
100 100 0 2 2 4 4 100 100
100 100 100 1001 1 2 2 2 ... 2x x C C x C x C x+ + − = + + + +
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được
( ) ( )
99 99 2 4 3 100 99
100 100 100100 1 100 1 4 8 ... 200x x C x C x C x+ − − = + + +
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100100.2 4 8 ... 200A C C C= = + + +
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng
d1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).
Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA kMB=
uuur uuur
( ) ( )3 1; 11; 4 2 , ; 2 3;MA a a a MB b b b= − − − + = − − −
uuur uuur
3 1 3 1 1
11 2 3 3 2 11 2
4 2 2 4 1
a kb a kb a
a kb k a k kb k
a kb a kb b
− = − = =  
  
⇒ − = − − ⇔ + + = ⇔ =  
  − + = − + = =  
=> ( )2; 10; 2MA = − −
uuur
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

Phương trình đường thẳng AB là:
3 2
10 10
1 2
x t
y t
z t
= +

= −
 = −
VII.b
∆=24+70i,
7 5i∆ = + hoặc 7 5i∆ = − −
2
5 4
z i
z i
= +
=>  = − −
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

Đề Số 3
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2 .
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
217
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
π π
+ + = + +
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy
 − + =

− + = −
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
π
∫
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các
tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600
.
Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
3
a b b c c a
ab c bc a ca b
+ + +
+ + ≥
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc
450
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ):
1 2 3
x y z
d
+
= =
− −
và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
− −
= =
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình: 2 2
2
(24 1)(24 1) (24 1)log log ++ ++ = xx x x xlog x x x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2
( ) : 1C x y+ = , đường thẳng

( ): 0d x y m+ + = . Tìm m để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn
nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng 1∆ :
2
2
−
−x
=
1
1+y
=
3
z
. Gọi 2∆ là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1∆ , 2∆ .
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x
– 72 )) ≤ 1
----------Hết----------

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu - ý Nội dung Điểm
1.1 *Tập xác định : { } 1D = ¡
*Tính 2
1
' 0
( 1)
y x D
x
−
= < ∀ ∈
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; )+∞
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x
Lim y+
→
= +∞
1x
Lim y−
→
= −∞
2
x
Lim y
→+∞
= 2
x
Lim y
→−∞
=
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0( ; ( )) ( )M x f x C∈ có phương trình
0 0 0'( )( ) ( )y f x x x f x= − +
Hay
2 2
0 0 0( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − = (*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2
0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
−
⇔ =
+ −
giải được nghiệm 0 0x = và 0 2x =
*Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y+ − = và 5 0x y+ − =
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
os2 3sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x
π
− + + + =
os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
π π
⇔ + + + + =
Giải được
1
os( )
6 2
c x
π
+ = − và os( ) 2
6
c x
π
+ = − (loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x
π
+ = − được nghiệm 2
2
x k
π
π= + và
5
2
6
x k
π
π= − +
0.25
0.25
0.25
0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy
 − = −

− − = −
0.25

*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v
 − =

=
, ta được hệ
2
1
1
u v
v u
 = −

− = −
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
0.25
0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
π
= thì
1
2
t =
Từ đó
1
12
2 2
11
2
ln lnt t
I dt dt
t t
= − =∫ ∫
*Đặt 2
1
ln ;u t dv dt
t
= =
1 1
;du dt v
t t
⇒ = = −
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 21 1
2
2 2
I t dt
t t t
= − + = − −∫
*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I = − −
0.25
0.25
0.25
0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( )SH A BC⊥
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
0
60SEH SFH= =
*Kẻ HK SB⊥ , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng HK A .
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA = , 0 3
tan 60
2
a
SH HF= =
*Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK HS HB
= + ⇒ =
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
202tan
33
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =
3
cos
23
A K H⇒ =
0.25
0.25
0.25
0.25
5
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
+ − −
= =
+ + − − − −
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
= + +
− − − − − −
0.25
0.25

Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
− − −
≥
− − − − − −
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c= = =
0.25
0.25
6.a
*∆ có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
= −

= − +
và có vtcp ( 3;2)u = −
ur
*A thuộc ∆ (1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − +
*Ta có (AB; ∆ )=450
1
os( ; )
2
c A B u⇔ =
uuuur ur . 1
2.
A B u
A B u
⇔ =
uuuur ur
ur
2 15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
*Các điểm cần tìm là 1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A− −
0.25
0.25
0.25
0.25
7.a *(d) đi qua 1(0; 1;0)M − và có vtcp 1 (1; 2; 3)u = − −
uur
(d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1;2;5)u =
uur
*Ta có 1 2; ( 4; 8;4)u u O  = − − ≠ 
uur uur ur
, 1 2 (0;2;4)M M =
uuuuuuur
Xét 1 2 1 2; . 16 14 0u u M M  = − + = 
uur uur uuuuuuur
 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n = −
ur
và đi
qua M1 nên có phương trình 2 2 0x y z+ − + =
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25
0.25
0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét 1x ≠ , biến đổi phương trình tương đương với
1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)x x xx x x
+ =
+ + + + +
Đặt log ( 1)x x t+ = , ta được phương trình
1 2 1
1 2 2t t t
+ =
+ +
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1 log ( 1) 1x x⇒ + = phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x x⇒ + = −
2 3
.(24 1) 1x x⇔ + = (*)
0.25
0.25
0.25

Nhận thấy
1
8
x = là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x > thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x < thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x =
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x =
0.25
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1d O d⇔ <
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
OA BS OA OB A OB A OB= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0
90A OB =
1
( ; )
2
d I d⇔ = 1m⇔ = ±
0.25
0.25
0.25
0.25
7.b
* 1∆ có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
z t
= −

= − +
 =
* 2∆ có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
= +

= +
 =
*Giả sử 1 2;d A d B∩ ∆ = ∩ ∆ =
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − +
* ( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + −
uuuur
, mf(R) có vtpt (1;2; 3)n = −
ur
* ( ) &d R A B n⊥ ⇔
uuuur ur
cùng phương
2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t+ − + −
⇔ = =
−
23
24
t⇒ =
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A và có vtcp (1;2; 3)n = −
ur
=> d có phương trình
231 1
812 12
1 2 3
zx y −− −
= =
−
0.25
0.25
0.25
0.25
8.b
*Điều kiện : 3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >

− >

− >
giải được 9log 73x >
0.25

Vì 9log 73x > >1 nên bpt đã cho tương đương với
3log (9 72)x
x− ≤
9 72 3x x
⇔ − ≤
3 8
3 9
x
x
 ≥ −
⇔ 
≤
2x⇔ ≤
*Kết luận tập nghiệm : 9(log 72;2]T =
0.25
0.25
0.25

Đề Số 4
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
22
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −
2. Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= + ÷
+ 
∫
Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD
cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu
vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần
chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
+ + +
= + +
+ + + + + +
PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
4 3 4 0x y x+ + − = .
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với
(C) tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d
có phương trình
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +

= − ∈
 = +
. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến
A và B là nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức:
2
0z z+ =
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0,
đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:
2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y
+ + = + − + = 
∆ ∆ 
− + − = − + = 
.Chứng minh rằng hai đường thẳng (∆ ) và ( '∆
) cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ( ∆ )
và ( '∆ ).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
+ = +

+ = +
.
-------------------------------- Hết ------------------------

ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điể
m
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI 2.0
1. TXĐ: D = R{-1}
Chiều biến thiên: 2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
= > ∀ ∈
+
=> hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)−∞ − và ( 1; )− +∞ , hs không có cực trị
0.25
Giới hạn: 1 1
lim 2, lim , lim
x x x
y y y− +→±∞ →− →−
= = +∞ = −∞
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT
x -∞ -1 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 -∞
0,25
0.25
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm ( )2;0 , trục tung tại điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0.25
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có
6 6
;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b
   
− − ≠ − ÷  ÷
+ +    0.25
Trung điểm I của AB: I
2 2
;
2 1 1
a b a b
a b
+ − − 
+ ÷
+ + 
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0
0.25

Có :
. 0AB MN
I MN
 =

∈
uuur uuuur
0.25
=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
= − 
=> 
= 
0,25
CâuII 2.0
1. TXĐ: x [ ]1;3∈ − 0,25
Đặt t= 1 3 , t > 0x x+ + − =>
2
2 4
3 2
2
t
x x
−
+ − = 0,25
đc pt: t3
- 2t - 4 = 0  t=2 0,25
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
= −
+ + − ⇔  =
0,25
2. 2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + + 1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
[ ]
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
− =
⇔ − + + + = ⇔  + + + =
0,25
+ Với sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
π
π− = ⇔ = + ∈
0,25
+ Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx+ + + = , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx  + ∈ − 
được pt : t2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
= −
⇔  = − 0.25
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
π π
π
π
= +
⇒ ∈
 = − +

Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
π
π
π π
π
π

= + ∈

= + ∈

= − +

0,25
Câu III 2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= + ÷
+ 
∫
1,0
I1 =
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x+∫ , Đặt t = 1 ln x+ ,… Tính được I1 =
4 2 2
3 3
− 0,5
( )2
2
1
ln
e
I x dx= ∫ , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2 0,25

I = I1 + I2 =
2 2 2
3 3
e − − 0,25
Câu IV 1,0
M
N
A
B
D C
S
S'
H
K
SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : . .S ABCD S AMNDV V V= −
0,25
. . .S AMND S AMD S MNDV V V= + ;
. .
. .
1 1
; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V VSM SM SN
V SB V SB SC
= = = =
0.25
. . .
1
2
S ABD S ACD S ABCDV V V= = ; . . .
3 5
8 8
S AMND S ABCD S ABCDV V V V= ⇒ =
0.25
25
24
V a h⇒ =
0.25
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x3
, b = y3
, c = z3
(a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
+ + +
= + +
+ + + + + + 0.25
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
+ − +
= +
+ + + +
mà
2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
− +
≥
+ +
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
− +
=> + ≥ +
+ +
0.25
Tương tự:
3 3 3 3
2 2 2 2
1 1
( ); ( )
3 3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
+ +
≥ + ≥ +
+ + + +
=> 32
( ) 2. 2
3
P a b c abc≥ + + ≥ = (BĐT Côsi) 0.25
=> P 2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P≥ = ⇔
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.25
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI.
a
2.0
1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25

Pt đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t
y t
 =

= +
, 'I IA∈ => I’(2 3 ;2 2t t + ), 0,25
1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I= ⇔ = =>
uur uuur
0,25
(C’): ( ) ( )
2 2
3 3 4x y− + − =
0.25
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d∈ , AB//d. 0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB ≥ A’B
(MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25
0,25
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) 0,25
CâuVII
.a
1.0
z = x + iy ( ,x y R∈ ), z2
+ 2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi= ⇔ − + + + = 0,25
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y
=
⇔ 
− + + =
0,25
(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5
B. Chương trình nâng cao
Câu
VI.b
2.0
1. (7;3)BD AB B∩ = , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠ ,
I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c+ + − + 
 ÷
 
là trung điểm của AC, BD.
0,25
I 3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − − 0,25
M, A, C thẳng hàng  ,MA MC
uuur uuuur
cùng phương => c2
– 13c +42 =0 
7( )
6
c loai
c
=
 = 0,25
c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25
2.
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (∆ )∩ ( '∆ ) = A
1 3
;0;
2 2
 
− ÷
  0.5
(0; 1;0) ( )M − ∈ ∆ , Lấy N ( ')∈ ∆ , sao cho: AM = AN => N
AMN∆ cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi ( ∆ ) và (
'∆ ) chính là đg thẳng AI 0.25

Đáp số:
1 2
1 3 1 3
2 2 2 2( ) : ;( ):
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x z
y y
d d
+ − + −
= = = =
− − − −
+ + + − − −
0,25
Câu
VII.b
TXĐ:
0
0
x
y
>

>
0.25
2 2 2
3 3 3
log 3 log log 3 . 2 .
log 12 log log 12 . 3 .
x y
x y
x y y x y x
x x y y x y
+ = + = 
⇔ 
+ = + =  0.25
2
3 . 2 .x y
y x
y x
=
⇔ 
=
0.25
4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y
=

⇔ 
=

(t/m TXĐ)
0,25

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
Đề số 5
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
1
.
1
x
y
x
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1
.
1
x
m
x
+
=
−
Câu II (2 điểm)
a) Tìm m để phương trình ( )4 4
2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + − = có nghiệm trên
0; .
2
π 
  
b) Giải phương trình ( ) ( ) ( )8
4 22
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x+ + − =
Câu III (2 điểm)Tìm giới hạn
3 2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cosx
x x
L
x→
− + +
=
−
a) Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100... 2 .C C C C C C− + − + − + = −
Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức 4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
( ) 2 2
1 : 4 5 0C x y y+ − − = và ( ) 2 2
2 : 6 8 16 0.C x y x y+ − + + = Lập phương trình tiếp tuyến
chung của ( )1C và ( )2 .C
a) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của
AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc
với B’C.
Câu VIa (1 điểm) Cho điểm ( )2;5;3A và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −
= = Viết phương trình
mặt phẳng ( )α chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu Vb (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H)
tiếp xúc với đường thẳng : 2 0d x y− − = tại điểm A có hoành độ bằng 4.
b) Cho tứ diện OABC có 4, 5, 6OA OB OC= = = và · · · 0
60 .AOB BOC COA= = = Tính thể
tích tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)Cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2
x y z
d
− −
= =
−
2
5 5
: .
6 4 5
x y z
d
− +
= =
−
Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song
song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.
.....................................................................................
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi : TOÁN
Câu I 2 điểm
b)
Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị ( )
1
'
1
x
y C
x
+
=
−
Học sinh tự vẽ hình
Số nghiệm của
1
1
x
m
x
+
=
−
bằng số giao điểm của đồ thị
1
1
x
y
x
+
=
−
và .y m=
Suy ra đáp số
1; 1:m m< − > phương trình có 2 nghiệm
1:m = − phương trình có 1 nghiệm
1 1:m− < ≤ phương trình vô nghiệm
Câu
II
2 điểm
a)
Ta có
4 4 21
sin os 1 sin 2
2
x c x x+ = − và 2
os4 1 2sin 2 .c x x= −
Do đó ( ) 2
1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + = .
Đặt sin 2t x= . Ta có [ ] [ ]0; 2 0; 0;1 .
2
x x t
π
π
 
∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈  
Suy ra ( ) [ ]2
3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈
Ta có bảng biến thiên

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
10
0; 2
2 3
m
π 
⇔ ≤ ≤  
b)
Giải phương trình ( ) ( ) ( ) ( )8
4 22
1 1
log 3 log 1 log 4 2
2 4
x x x+ + − =
Điều kiện: 0 1x< ≠ ( ) ( )2 3 1 4x x x⇔ + − =
Trường hợp 1: 1x > ( ) 2
2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ =
Trường hợp 1: 0 1x< < ( ) 2
2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của (2) là { }2;2 3 3T = −
Câu
III
a)
Tìm
3 2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cosx
x x
L
x→
− + +
=
−
Ta có
3 2 2
0
3 1 1 2 1 1
lim
1 cos 1 cosx
x x
L
x x→
 − + + − ÷= +
− − ÷
 
Xét
2 2
1
2 20 0
2 1 1 2
lim lim 2
1 cos 2sin 2 1 1
2
x x
x x
L
xx x→ →
+ −
= = =
−  + + ÷
 
Xét
( )
3 2 2
2
20 0 32 2 23
3 1 1 3
lim lim 2
1 cos
2sin 3 1 3 1 1
2
x x
x x
L
x x
x x
→ →
− +
= = =
−  
− − − + ÷
 ÷
 
Vậy 1 2 2 2 4L L L= + = + =
b) Chứng minh rằng 0 2 4 100 50
100 100 100 100... 2 .C C C C− + − + = −
Ta có
( )
( ) ( )
100 0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
0 2 4 100 1 3 99
100 100 100 100 100 100 100
1 ...
... ...
i C C i C i C i
C C C C C C C i
+ = + + + +
= − + − + + − + −
Mặt khác
( ) ( ) ( )2 100 502 50
1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = −
Vậy 0 2 4 100 50
100 100 100 100... 2 .C C C C− + − + = −
Câu
IV
Cho a, b, c thoả 3.a b c+ + = Tìm GTNN của
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +

Đặt ( ) ( ) ( )2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 ,w 2 ;3 ;4 wa b c c a b b c a
u v M u v= = = ⇒ = + +
r r uur r r uur
( ) ( ) ( )
2 2 2
w 2 2 2 3 3 3 4 4 4a b c a b c a b c
M u v≥ + + = + + + + + + + +
r r uur
Theo cô – si có 32
2 2 2 3 2 6b c a b c+ +
+ + ≥ = . Tương tự …
Vậy 3 29.M ≥ Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c= = =
Câu
Va
Học sinh tự vẽ hình
a) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − =
Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( )1 2,C C là ( )2 2
: 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠
∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( )1 2,C C
( )
( )
( )
( )
2 2
1 1
2 22 2
2 3 1;
;
3 4 3 2
B C A Bd I R
d I R
A B C A B
  + = +∆ = 
⇔ ⇔ 
∆ =  − + = +
Từ (1) và (2) suy ra 2A B= hoặc
3 2
2
A B
C
− +
=
Trường hợp 1: 2A B= .
Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± =
Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
− +
= . Thay vào (1) được
2 2 4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
b)
Gọi H là trung điểm của BC ( )( )
3
; '
2
a
d M BB C AH⇒ = =
2 3
' ' '
1 1 3
'. .
2 2 3 12
BB C MBB C BB C
a a
S BB BC V AH S∆ ∆= = ⇒ = =
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có ' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Câu
VIa (Học sinh tự vẽ hình)
Gọi K là hình chiếu của A trên d K⇒ cố định;
Gọi ( )α là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên ( )α .
Trong tam giác vuông AHK ta có .AH AK≤
Vậy ( )maxAH AK α= ⇔ là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.

Gọi ( )β là mặt phẳng qua A và vuông góc với d ( ) : 2 2 15 0x y zβ⇒ + + − =
( )3;1;4K⇒
( )α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK ( ) : 4 3 0x y zα⇒ − + − =
Câu
Vb
a)
Gọi ( )
2 2
2 2
: 1
x y
H
a b
− = (H) tiếp xúc với ( )2 2
: 2 0 4 1d x y a b− − = ⇔ − =
( ) ( ) ( )2 2
16 4
4 2 4;2 1 2x y A H
a b
= ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ − =
Từ (1) và (2) suy ra ( )
2 2
2 2
8; 4 : 1
8 4
x y
a b H= = ⇒ − =
(Học sinh tự vẽ hình)Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho ' ' 4OA OB OC= = =
Lấy M là trung điểm của B’C’ ( ) ( )' ' .OAM OB C⇒ ⊥ Kẻ ( )' 'AH OM AH OB C⊥ ⇒ ⊥
Ta có
2 3 4 6
2 3
3 3
AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ =
·1 15 3
. .sin
2 2
OBCS OB OC BOC= = Vậy
1
. 10 2
3
OABC OBCV AH S= =
Câu
VIb Gọi ( ) ( )1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − −
( )( ); 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = =
Trường hợp 1: ( ) ( )0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − −
uuuur
( ). 0 ' 0 5;0; 5P PMN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
uuuur uur uuuur uur
Trường hợp 2: ( ) ( )1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − −

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 -2014
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 6)
A. Phần chung cho tất cả thí sinh:
Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số
x 3
y
2 x
−
=
−
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với y = - x + 2011
Câu 2: (3,0 điểm)
a. Giải phương trình :
2 2
2 2 2log ( 1) 3log ( 1) log 32 0x x+ − + + = .
b. Tính tích phân: dx
x
x
I ∫ +
=
7
0
3
1
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 22
)2(4 −+−= xxxy .
Câu 3: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B biết
AB = AC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và (SCD) hợp với đáy một góc 600
. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD.
B. Phần riêng:
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau( phấn 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a: (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng:
1 2
2 2 1
: 1 : 1
1 3
x t x
y t y t
z z t
= + = 
 
∆ = − + ∆ = + 
 = = − 
a) Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa ( )1∆ và song song với ( )2∆ .
b) Tính khoảng cách giữa đường thẳng ( )2∆ và mặt phẳng ( )α .
Câu 5a: (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập số phức :
2 1 3
1 2
i i
z
i i
+ − +
=
− +
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b: (2,0 điểm) Trong kg cho A(1;0;–2) , B( –1 ; –1 ;3) và mp(P) : 2x – y +2z + 1 = 0
a) Viết phương trình mặt phẳng ( Q) qua hai điểm A,B và vuông góc với mặt phẳng (P)
b) Viết phương trình hình chiếu của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P).
Câu 5b: (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng
3
1
3
4
+−= xy
và tiếp xúc với đồ thị hàm số:
1
12
+
++
=
x
xx
y .

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
BÀI GIẢI (ĐỀ 6)
Câu 1:
2) Tieáp tuyeán taïi ñieåm coù hoaønh ñoä x0, coù heä soá goùc baèng –5
⇔ 2
0
5
5
( 2)x
−
= −
−
⇔ x0 = 3 hay x0 = 1 ; y0 (3) = 7, y0 (1) = -3
Phöông trình tieáp tuyeán caàn tìm laø: y – 7 = -5(x – 3) hay y + 3 = -5(x – 1)
⇔ y = -5x + 22 hay y = -5x + 2
Câu 2: 1) 25x
– 6.5x
+ 5 = 0 ⇔ 2
(5 ) 6.5 5 0x x
− + = ⇔ 5x
= 1 hay 5x
= 5
⇔ x = 0 hay x = 1.
2)
0 0 0
(1 cos ) cosI x x dx xdx x xdx
π π π
= + = +∫ ∫ ∫ =
2
0
cos
2
x xdx
π
π
+ ∫
Ñaët u = x ⇒ du = dx; dv = cosxdx, choïn v = sinx
⇒ I =
2
0
0
sin sin
2
x x xdx
π
ππ
+ − ∫ =
2 2
0
cos 2
2 2
x
ππ π
+ = −
3) Ta coù : f’(x) = 2x +
2
2 4x 2x 2
1 2x 1 2x
− + +
=
− −
f’(x) = 0 ⇔ x = 1 (loaïi) hay x =
1
2
− (nhaän)
f(-2) = 4 – ln5, f(0) = 0, f(
1
2
− ) =
1
ln2
4
−
vì f lieân tuïc treân [-2; 0] neân [ 2;0]
maxf(x) 4 ln5
−
= − vaø
[ 2;0]
1
minf(x) ln2
4−
= −
Caâu 3: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC
Ta có : BC2
= 2AB2
– 2AB2
cos1200
⇔ a2
= 3AB2
⇔ =
3
a
AB
2
2 2 2
= a SA =
3 3
a a
SA − ⇒
2 2
01 1 3 a 3
= . .sin120 = =
2 2 3 2 12
ABC
a
S AB AC∆
2 3
1 2 3 2
= =
3 12 363
a a a
V (đvtt)
Câu 4.a.:
1) Taâm maët caàu: T (1; 2; 2), baùn kính maët caàu R = 6
d(T, (P)) =
1 4 4 18 27
9
31 4 4
+ + +
= =
+ +
2) (P) coù phaùp vectô (1;2;2)n =
r
B
A
S
a
a
a
C

Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) :
1
2 2
2 2
x t
y t
z t
= +
= +
= +
(t ∈ R)
Theá vaøo phöông trình maët phaúng (P) : 9t + 27 = 0 ⇔ t = -3
⇒ (d) ∩ (P) = A (-2; -4; -4)
Caâu 5.a.: 2
8z 4z 1 0− + = ; / 2
4 4i∆ = − = ; Căn bậc hai của /
∆ là 2i±
Phương trình có hai nghiệm là
1 1 1 1
z ihayz i
4 4 4 4
= + = −
Caâu 4.b.:
1) (d) coù vectô chæ phöông (2;1; 1)a = −
r
Phöông trình maët phaúng (P) qua A (1; -2; 3) coù phaùp vectô a
r
:
2(x – 1) + 1(y + 2) – 1(z – 3) = 0 ⇔ 2x + y – z + 3 = 0
2) Goïi B (-1; 2; -3) ∈ (d)
BA
uuur
= (2; -4; 6)
,BA a 
 
uuur r
= (-2; 14; 10)
d(A, (d)) =
, 4 196 100
5 2
4 1 1
BA a
a
  + +  = =
+ +
uuur r
r
Phöông trình maët caàu taâm A (1; -2; 3), baùn kính R = 5 2 :
(x – 1)2
+ (y + 2)2
+ (2 – 3)2
= 50
Câu 5.b.: 2
2z iz 1 0− + = 2
i 8 9∆ = − = − = 9i2
Căn bậc hai của ∆ là 3i±
Phương trình có hai nghiệm là
1
z ihayz i
2
= = − .

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)
Câu 1: ( 2điểm)
Cho hàm số y = 4x3
+ mx2
– 3x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2
Câu 2: (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y
 − − =

− + − =
2. Giải phương trình: cosx = 8sin3
6
x
π 
+ ÷
 
Câu 3: (2điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông
tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng
tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
2. Tính tích phân A =
2
ln .ln ex
e
e
dx
x x∫
Câu 4: (2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1);
C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương
trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB;
CD.
2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
a b c
+ + =
+ + + + + +
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình
mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam
giác IJK.
2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n
điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45.

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và
đường tròn (C): x2
+ y2
– 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng
qua A(3;1).
2. Tìm m để bất phương trình: 52x
– 5x+1
– 2m5x
+ m2
+ 5m > 0 thỏa với mọi số thực x.
-------- Hết -------
BÀI GIẢI TÓM TẮT(ĐỀ 7)
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x2
+ 2mx – 3
Ta có: ∆’ = m2
+ 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
Ta có:
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x

 = −


+ = −


= −
9
2
m⇒ = ±
Câu 2:
1.
2 0 (1)
1 4 1 2 (2)
x y xy
x y
 − − =

− + − =
Điều kiện:
1
1
4
x
y
≥


≥
Từ (1) 2 0
x x
y y
⇒ − − = ⇒ x = 4y
Nghiệm của hệ (2;
1
2
)
2. cosx = 8sin3
6
x
π 
+ ÷
 
⇔ cosx = ( )
3
3sinx+cosx
⇔ 3 2 2 3
3 3sin 9sin osx +3 3sinxcos os osx = 0x xc x c x c+ + − (3)
Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm
(3) ⇔ 3 2
3 3 tan 8t an x + 3 3 t anx = 0x +
t anx = 0 x = kπ⇔ ⇔
Câu 3:
1.Theo định lý ba đường vuông góc
BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC
và AN ⊥ SC
⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN
Ta có: SA2
= SM.SB = SN.SC

Vây ∆MSN ∼ ∆CSB
⇒ TM là đường cao của tam giác STB
⇒ BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST
⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)
2.
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +∫ ∫ =
2
1 1
(ln )
ln 1 ln
e
e
d x
x x
 
− ÷
+ 
∫
=
2 2
ln(ln ) ln(1 ln )
e e
x x
e e
− + = 2ln2 – ln3
Câu 4:
1. +) (4;5;5)BA =
uuur
, (3; 2;0)CD = −
uuur
, (4;3;6)CA =
uuur
, (10;15; 23)BA CD  = − 
uuur uuur
⇒ , . 0BA CD CA  ≠ 
uuur uuur uuur
⇒ đpcm
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ có VTPT 1 ,n BA k =  
ur uuur r
= (5;- 4;
0)
⇒ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT 1 ,n CD k =  
ur uuur r
= (-2;- 3; 0)
⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)
2. Ta có:
3
2 2
2
3
a a b
a ab b
−
≥
+ +
(1)
⇔ 3a3
≥ (2a – b)(a2
+ ab + b2
)
⇔ a3
+ b3
– a2
b – ab2
≥ 0
⇔ (a + b)(a – b)2
≥ 0. (h/n)
Tương tự:
3
2 2
2
3
b b c
b bc c
−
≥
+ +
(2) ,
3
2 2
2
3
c c a
c ac a
−
≥
+ +
(3)
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
Vậy: S ≤ 3 ⇒ maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ): 1
x y z
P
a b c
⇒ + + =
Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
= − = −
= − = −
uur uur
uuur uur

Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c

+ + =

− + =
− + =


⇒
77
4
77
5
77
6
a
b
c

=


=


=

⇒ ptmp(P)
2.Ta có: n
2 2
5 5 nC C+ = 45 ⇒ n2
+ 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3
Câu 5b:
1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b)
N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2
+ (2 – b)2
– 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)
2. Đặt X = 5x
⇒ X > 0
Bất phương trình đã cho trở thành: X2
+ (5 + 2m)X + m2
+ 5m > 0 (*)
Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0
⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0
Từ đó suy ra m

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
+ + +
= + +
+ + + + + +
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều
kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
( )2 cos sin1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
2. Giải bất phương trình: ( )2
3 1 1
3 3
1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x− + + − > +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: ( )
2
4 4
0
cos2 sin cosI x x x dx
π
= +∫
Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên
tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường
tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450
. Tính diện
tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình ( ) ( ) 341 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định
bởi: 2 2
( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ
được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3),
C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính
khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên
bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm
I thuộc đường thẳng ( ) : 3 0d x y− − = và có hoành độ
9
2
Ix = , trung điểm của một cạnh là
giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là:

2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ): 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + = . Điểm M di động trên (S) và
điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M,
N tương ứng.
Câu VII.b: Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2
3a b c+ + = . Chứng minh bất đẳng
thức
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + +
----------------------Hết----------------------
Đáp án.(ĐỀ 8)
Câ
u
Ý Nội dung Điểm
I 2 1,00
Ta có 3
'( ) 4 4f x x x= − . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là
3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4A Bk f a a a k f b b b= = − = = −
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= − + = + − ;
( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b= − + = + −
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ
khi:
( ) ( )3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)A Bk k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =
Vì A và B phân biệt nên a b≠ , do đó (1) tương đương với phương trình:
2 2
1 0 (2)a ab b+ + − =
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
4 2 4 2
1 0 1 0
' ' 3 2 3 2
a ab b a ab b
a b
f a af a f b bf b a a b b
 + + − = + + − = 
⇔ ≠ ⇔ 
− = − − + = − + 
,
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai
nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( )1; 1− − và
( )1; 1− .
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với
nhau là
2 2
1 0
1
a ab b
a
a b
 + + − =

≠ ±
 ≠
II 2,00
1 1,00

Điều kiện:
( )cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ≠

≠
0,25
Từ (1) ta có:
( )2 cos sin1 cos .sin 2
2 sin
sin cos2 cos cos1
cos sin 2 sin
x x x x
x
x x x x
x x x
−
= ⇔ =
+ −
0,25
2sin .cos 2 sinx x x⇔ =
( )
2
2 4
cos
2
2
4
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +
⇔ = ⇔ ∈
 = − +

¢
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
( )2
4
x k k
π
π= − + ∈¢
0,25
2 1,00
Điều kiện: 3x > 0,25
Phương trình đã cho tương đương:
( ) ( ) ( )1 1
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x− −− + + − > +
( ) ( ) ( )2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x⇔ − + − − > − +
( ) ( ) ( ) ( )3 3 3log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − +  
0,25
( ) ( )3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x
− 
⇔ − − >   ÷  + 
( ) ( )
2
2 3
3
x
x x
x
−
⇔ − − >
+
2 10
9 1
10
x
x
x
 < −
⇔ − > ⇔ 
>
0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x > 0,25
III 1,00
1 1,00
( )
2
2
0
2
2
0
1
cos2 1 sin 2
2
1 1
1 sin 2 sin 2
2 2
I x x dx
x d x
π
π
 
= − ÷
 
 
= − ÷
 
∫
∫
0,50

( ) ( )
2 2
2
0 0
32 2
0 0
1 1
sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x x
π π
π π
= −
= − =
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của
AB và CD. Khi đó OM AB⊥ và
' DO N C⊥ .
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMI∆ vuông cân tại O nên:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
h a
OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ =
0,25
Ta có:
22 2 2 2
2 2 2 2 2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
  
= = + = + = + = ÷ ÷  ÷   
0,25
2 3
2 3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h
π
π π⇒ = = = 0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 22 2
xq
a a
S
π
π π= = 0,25
V 1,00
Phương trình
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
=+

=−∈
=+
(1)
Điều kiện : 0 1x≤ ≤
Nếu [ ]0;1x∈ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có
nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện
1
1
2
x x x= − ⇒ = . Thay
1
2
x = vào (1)
ta được:
3 01 1
2. 2.
12 2
m
m m
m
=
+ − = ⇒ 
= ±
0,25

* Với m = 0; (1) trở thành:
( )
2
4 4 1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =
+ Với 4 4 1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4 441 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x= = nên trong trường hợp
này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
VI
a
2,00
1 1,00
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R = .
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp
tuyến này lập với nhau một góc 600
thì IAM là nửa tam giác đều suy ra
2R=2 5IM = .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x y− + − = .
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm
đúng hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y
 − + − =

+ − =
0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
( ) ( )
2 2 2
3
2 10 1 20 5 42 81 0 27
5
x
y y y y
x
=
− + + − = ⇔ − + = ⇔
 =

0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9
3;
2
M
 
 ÷
 
hoặc
27 33
;
5 10
M
 
 ÷
 
0,25
2 1,00
Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = = . 0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD
là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là
trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là
3 3
;0;
2 2
G
 
 ÷
 
, bán kính là
14
2
R GA= = .
0,50
VI
Ia
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18C . 0,25
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và
vàng chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có
9
13C cách.
+ Không có bi vàng: có
9
15C cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
9
10C cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9 9 9 9
10 18 13 15 42910C C C C+ − − =
cách.
0,50
VI
b
2,00
1 1,00
I có hoành độ
9
2
Ix = và ( )
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
∈ − − = ⇒  ÷
 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao
điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
( ) ( )
2 2 9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I MAB IM x x y y= = − + − = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
= ⇔ = =
( )AD d
M AD
⊥

∈
, suy ra phương trình AD:
( ) ( )1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − = .
Lại có MA = MD = 2 .
0,50

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 22 22
3 0 3 3
3 2 3 3 23 2
x y y x y x
x y x xx y
+ − = = − + = − +   
⇔ ⇔  
− + = − + − =− + =    
3 2
3 1 1
y x x
x y
= − = 
⇔ ⇔ 
− = ± = 
hoặc
4
1
x
y
=

= −
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
9 3
;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 72
2 3 1 2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y
+
= = − = − =
⇔ 
+ = − = − = =

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2 1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
( )( )
( )2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ > .
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình
chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn
thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao
điểm của ∆ và (P).
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( )2;2; 1Pn = −
r
và qua I nên có
phương trình là ( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +

= − + ∈
 = −
¡ .
0,25
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
( ) ( ) ( )
15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −
Suy ra 0
4 13 14
; ;
3 3 3
N
 
− − ÷
 
.
0,25
Ta có 0 0
3
.
5
IM IN=
uuuur uuur
Suy ra M0(0;-3;4) 0,25
VI
Ib
1,00

Áp dụng bất đẳng thức
1 1 4
( 0, 0)x y
x y x y
+ ≥ > >
+
Ta có:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;
2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b
+ ≥ + ≥ + ≥
+ + + + + + + + + +
0,50
Ta lại có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2
2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
≥ = ⇔ + + + − − − ≥
+ + + + + +
⇔ − + − + − ≥
Tương tự: 2 2
1 2 1 2
;
2 7 2 7b c a b c a b c
≥ ≥
+ + + + + +
Từ đó suy ra 2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,50

Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( )3 2
( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x= không có cực trị.
Câu II (2 điểm): Giải phương trình :
1). ( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= + ; 2).
( ) ( )2 3
4 82
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x
=
−
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường
sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB
bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
( )
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
− + ≤
− + − + ≥



B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Cho tam giác ABC biết các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0.
Phân giác trong của góc A nằm trên đ.thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC.
2. Cho hai mặt phẳng( ) ( ): 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + − Viết phương
trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai
m.phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
− − −
−
+ +

− <

 ≥

(Ở đây ,k k
n n
A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần
tử)
1. Cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2
2 4 8 0x y x y+ + − − =

.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (điểm A có
hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng:
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
− − − +
= = = =
− −
. Tìm các điểm 1 2
d , dM N∈ ∈ sao cho MN // (P)
và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b: Tính đạo hàm f’(x) của hsố
( )3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−
và giải bpt:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
Đáp án(ĐỀ 9)
Câu Ý Nội dung Điểm
2 1,00
+ Khi m = 0 1y x⇒ = − , nên hàm số không có cực trị. 0,25
+ Khi 0m ≠ ( )2
' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − −
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
0,50
( )2 2
' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤
1
0
4
m⇔ ≤ ≤
0,25
1 1,00
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= + (1)
Điều kiện: sin 2 0x ≠
0,25
21
1 sin 2
1 sin cos2(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x
−
 
⇔ = + ÷
 
0,25

2
2
1
1 sin 2
1 12 1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x
−
⇔ = ⇔ − = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
2 1,00
( ) ( )
2 3
4 82
log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + (2)
Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
+ ≠
− < <
− > ⇔ 
≠ − + >
0,25
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
⇔ + + = − + + ⇔ + + = −
⇔ + = − ⇔ + = −
0,25
+ Với 1 4x− < < ta có phương trình 2
4 12 0 (3)x x+ − = ;
( )
2
(3)
6
x
x
=
⇔ 
= − lo¹i
0,25
+ Với 4 1x− < < − ta có phương trình 2
4 20 0x x− − = (4);
( )
( )
2 24
4
2 24
x
x
 = −
⇔ 
= + lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x = hoặc ( )2 1 6x = −
0,25
III 1,00
Đặt
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −
2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
⇒ = − =
− −
+ Đổi cận:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
0,50
0,50

1 3
32 2
2
12 2
1 23
22
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 + +
= = = =  ÷ ÷− − −  
∫ ∫
IV 1,00
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,OE AB SE AB⊥ ⊥ , suy ra
( )SOE AB⊥ .
Dựng ( )OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥ , vậy OH là khoảng cách từ O
đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8 2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
= + ⇒ = − = − =
⇒ = ⇒ =
2 2 2 9 81 9
9
8 8 2 2
SE OE SO SE= + = + = ⇒ =
0,25
21 36
. 8 2
92
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE
= ⇔ = = =
( )
2
2
2 2 2 21 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
= + = + = + = + = ÷
 
0,25
Thể tích hình nón đã cho:
21 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SOπ π π= = = 0,25
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
2 2 2 265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SAπ π π
= + = + = ⇒ =
= = =
0,25
V 1,00
Hệ bất phương trình
( )
2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m
 − + ≤

− + − + ≥
( )1 1 6x⇔ ≤ ≤ . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại [ ]0 1;6x ∈ thỏa mãn (2).
0,25
( ) ( )
( )
[ ]
2
2 2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x
− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
0,25

Gọi [ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
− +
= ∈
+
Hệ đã cho có nghiệm [ ]0 01;6 : ( )x f x m⇔ ∃ ∈ ≥
( )
( )
( )
( )
22
2 2
2 42 2 8
'
2 1 2 1
x xx x
f x
x x
+ −+ −
= =
+ +
; ( ) 2 1 17
' 0 4 0
2
f x x x x
− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì [ ]1;6x∈ nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
0,25
Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
 − + − +
= = = ÷ ÷
 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
27
max ( )
13
f x =
Do đó [ ] [ ]0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13x
x f x m f x m m
∈
∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: ( )
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ − = = − 
⇔ ⇒ − 
+ − = = 
0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = = 
⇔ ⇒ 
− − = = 
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
( ) ( )2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − =
Gọi 1 2 3: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =
Từ giả thiết suy ra ( )· ( )·
2 3 1 2; ;∆ ∆ = ∆ ∆ . Do đó
( )· ( )·
( )
2 3 1 2 2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 55.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=
⇔ + = + ⇔ − = ⇔  − =
+ a = 0 0b⇒ ≠ . Do đó 3 : 4 0y∆ − =
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0x y∆ + − = (trùng với 1∆ ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: ( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
− = = 
⇔ ⇒ 
− − = = 
0,25
2 1,00

Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
 =

= = = ⇔ =

=
0,25
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 22 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
⇔ + + =
( )( ) ( ) ( )
22 2 2 2 2 2| 2 2 5|
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
( )( ) ( )( ) | 2 2 5| | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
+ − + + − −
= ⇔ =
+ − + = + − −
⇔ ⇔ + − = + − + = − − + +
lo¹i
Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c
−
= − =
0,25
Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2
9 (5)a b c+ + =
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( ) ( )2 221 658 0a a− − =
Như vậy 2a = hoặc
658
221
a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
− ÷
 
và R =
3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9x y z− + − + − = và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
− + − + + = ÷  ÷  ÷
     
0,25
VIIa 1,00
Điều kiện: 1 4 5n n− ≥ ⇔ ≥
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 2 3 4 1 2 3 5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3 7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
− − − − − − −
− < − −
⇔ 
+ − − − ≥ + −

0,50
2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n
 − − <

⇔ − − ≥ ⇔ =
 ≥

0,50

VIb 2,00
1 1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 22 4 8 0
1; 35 2 0
y xx y x y
y xx y
= = + + − − = 
⇔ 
= − = −− − = 
0,50
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì · 0
90ABC = nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A
qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50
2 1,00
Phương trình tham số của d1 là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
= +

= −
 =
. M thuộc d1 nên tọa độ của M
( )1 2 ;3 3 ;2t t t+ − .
Theo đề:
( )( )
( )
( )
1 222 2
|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |
, 2 2 12 6 6 1, 0.
31 2 2
t t t t
d M P t t t
+ − − + − −
= = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = =
+ − +
0,25
+ Với t1 = 1 ta được ( )1 3;0;2M ;
+ Với t2 = 0 ta được ( )2 1;3;0M
0,25
+ Ứng với M1, điểm N1 2d∈ cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi
mp này là (Q1). PT (Q1) là: ( ) ( )3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − = .
Phương trình tham số của d2 là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +

=
 = − −
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25
VIIb 1,00
Điều kiện
( )
3
1
0 3
3
x
x
> ⇔ <
−
( )
( ) ( )3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
= = − − = − −
−
;
( )
( )
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
= − − =
− −
0,25
Ta có: ( ) ( ) ( )2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
π π
π
π π
π π π π
−
= = − = − − − =  ∫ ∫ 0,25
Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫ ( ) ( )
2 13 3 20
3 23 2 1
3
3; 2 3; 2 2
x x
x xx x
x
x x x x
− < − <>  − +⇔ ⇔ ⇔− + 
 < < < ≠ − < ≠ −  
0,50

M?n thi : TO?N (ĐỀ 10)
B?i 1:
Cho h?m số 4 3 2
x 2x 3 x 1 (1)y x m m= + − − + .
1). Khảo s?t sự biến thi?n v? vẽ đồ thị (C) của h?m số (1) khi m = 0.
2). Định m để h?m số (1) c? hai cực tiểu.
B?i 2:
1). Giải phương tr?nh: cos3xcos3
x – sin3xsin3
x =
2 3 2
8
+
2). Giải phương tr?nh: 2x +1 +x ( )2 2
2 1 2x 3 0x x x+ + + + + =
B?i 3:
Cho c?c điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1).
1). Viết phương tr?nh của m.phẳng chứa AB v? song song với CD. T?nh g?c giữa
AB, CD.
2). Giả sử mặt phẳng (α ) đi qua D v? cắt ba trục tọa độ tại c?c điểm M, N, P kh?c
gốc O sao cho D l? trực t?m của tam gi?c MNP. H?y viết phương tr?nh của (α ).
B?i 4: T?nh t?ch ph?n: ( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +∫ .
B?i 5: Giải phương tr?nh: ( ) ( )1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x
y+
− + − + − + = .
B?i 6: Giải bất phương tr?nh:
2 2
1 2
9 1 10.3x x x x+ − + −
+ ≥ .
B?i 7:
1). Cho tập A gồm 50 phần tử kh?c nhau. X?t c?c tập con kh?ng rỗng chứa một số
chẵn c?c phần tử r?t ra từ tập A. H?y t?nh xem c? bao nhi?u tập con như vậy.
2). Cho số phức
1 3
z
2 2
i= − + . H?y t?nh : 1 + z + z2
.
B?i 8:
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' c? A'.ABC l? h.ch?p tam gi?c đều cạnh đ?y AB = a, cạnh
b?n AA' = b. Gọi α l? g?c giữa hai mặt phẳng (ABC) v? (A'BC). T?nh tanα v? thể t?ch
của khối ch?p A'.BB'C'C.
C?u 9:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) v? elip (E):
2 2
1
4 1
x y
+ = .
T?m toạ độ c?c điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục
ho?nh v? tam gi?c ABC l? tam gi?c đều.
-----------------------------------------------------------
Hết-------------------------------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 10)
B?i 1:
2) 4 3 2
x 2x 2 x 1y x m m= + − − + (1)
Đạo h?m / 3 2 2
y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]= + − − = − + + +
°
/
2
x 1
y 0
4x (4 3m)x 3m 0 (2)
=
= ⇔ 
+ + + =
° H?m số c? 2 cực tiểu Û y c? 3 cực trị Û y/
= 0 c? 3 nghiệm ph?n biệt
Û (2) c? 2 nghiệm ph?n biệt kh?c 1
2
(3m 4) 0 4
m .
34 4 3m 3m 0
∆ = − >
⇔ ⇔ ≠ ±
+ + + ≠
Giả sử: Với
4
m
3
≠ ± , th? y/
= 0 c? 3 nghiệm ph?n biệt 1 2 3x , x , x
 Bảng biến thi?n:
x -¥ x1 x2 x3 +¥
y/
- 0 + 0 - 0 +
y +¥
CT
CĐ
CT
+¥
° Từ bảng biến thi?n ta thấy h?m số c? 2 cực tiểu.
Kết luận: Vậy, h?m số c? 2 cực tiểu khi
4
m .
3
≠ ±
B?i 2:
1). Ta c?: cos3xcos3
x – sin3xsin3
x =
2 3 2
8
+
Û cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =
2 3 2
8
+
Û ( )2 2 2 3 2
os 3x sin 3x+3 os3x osx sin3xsinx
2
c c c
+
+ − = Û
2
os4x ,
2 16 2
c x k k Z
π π
= ⇔ = ± + ∈ .
2) Giải phương tr?nh : 2x +1 +x ( )2 2
2 1 2x 3 0x x x+ + + + + = . (a)

* Đặt:
 − = + = + > = +  
⇒ ⇒   − −
= + + = = + + >  
2 2
2 2 2
2 2
2 2 22
v u 2x 1
u x 2, u 0 u x 2
v u 1
v x 2x 3 xv x 2x 3, v 0
2
° Ta c?:
       − − − − − −
⇔ − + + + = ⇔ − + − + + = ÷  ÷  ÷  ÷ ÷  ÷  ÷  ÷
       
 − =
  + 
⇔ − − + + = ⇔  +  ÷  + + + =   ÷    
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2v u 1 v u 1 v u u v u v
(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0
2 2 2 2 2 2
v u 0 (b)
v u 1
(v u) (v u) 1 0 v u 1
(v u) 1 0 (c)2 2
2 2
 V? u > 0, v > 0, n?n (c) v? nghiệm.
 Do đ?:
⇔ − = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇔ = −2 2 2 2 1
(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x
2
Kết luận, phương tr?nh c? nghiệm duy nhất: x =
1
2
− .
B?i 3:
1) + Ta c?
( )
( )
( )
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C
 =  ⇔ = − −  
= −
uuur
uuur uuur
uuur . Do đ? mặt phẳng (P) chứa AB v?
song song CD c? một VTPT ( )1;1; 1n = −
r
v? A(-1; -1; 0) thuộc (P) c? phương tr?nh: x + y –
z + 2 = 0.(P)
Thử tọa độ C(2; -2; 1) v?o phương tr?nh (P) Þ C kh?ng thuộc (P), do đ? (P) // CD.
+ ( ) ( ) ( ) 0
. D 1
os , D os , D , D 60
. D 2
AB C
c AB C c AB C AB C
AB C
= = = ⇒ =
uuur uuur
uuur uuur
2) Theo giả thiết ta c? M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz.
Ta c? :
( ) ( )
( ) ( )
1; 1; 1 ; ; ;0 .
1; 1; 1 ; ;0; .
DP p NM m n DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
 = − − = − = + 
⇒ 
= − − = − = + 
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur .
Mặt kh?c:
Phương tr?nh mặt phẳng (α ) theo đoạn chắn: 1
x y z
m n p
+ + = . V? D Î(α ) n?n:
1 1 1
1
m n p
−
+ + = .
D l? trực t?m của DMNP Û
. 0
. 0
DP NM DP NM
DN PM DN PM
 ⊥ = 
⇔ 
⊥ =  
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur . Ta c? hệ:

0
3
0
3
1 1 1
1
m n
m
m p
n p
m n p

 + =
 = −
+ = ⇒ 
= =−
 + + =

.
Kết luận, phương tr?nh của mặt phẳng (α ): 1
3 3 3
x y z
+ + =
−
.
B?i 4: T?nh t?ch ph?n ( )
2
0
1 sin2xdxI x
π
= +∫ . Đặt
x
1
1
sin 2xdx os2x
2
du d
u x
dv v c
=
= + 
⇒ 
= = 
I = ( )
/2
2 2
0 00
1 1 1
1 os2x os2xdx 1 sin 2x 1
2 2 4 4 4
x c c
π π
π
π π
− + + = + + = +∫ .
B?i 5: Giải phương tr?nh ( ) ( )1
4 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x
y+
− + − + − + = (*)
Ta c?: (*) Û
( )( ) ( )
( )
( )
2
2
2 1 sin 2 1 0(1)
2 1 sin 2 1 os 2 1 0
os 2 1 0(2)
x x
x x x
x
y
y c y
c y
 − + + − =
− + + − + + − = ⇔ 
+ − =
Từ (2) Þ ( )sin 2 1 1x
y+ − = ± .
Khi ( )sin 2 1 1x
y+ − = , thay v?o (1), ta được: 2x
= 0 (VN)
Khi ( )sin 2 1 1x
y+ − = − , thay v?o (1), ta được: 2x
= 2 Û x = 1.
Thay x = 1 v?o (1) Þ sin(y +1) = -1 Û 1 ,
2
y k k Z
π
π= − − + ∈ .
Kết luận: Phương tr?nh c? nghiệm: 1; 1 ,
2
k k Z
π
π
 
− − + ∈ ÷
 
.
B?i 6: Giải bất phương tr?nh:
2 2
1 2
9 1 10.3x x x x+ − + −
+ ≥ . Đặt
2
3x x
t +
= , t > 0.
Bất phương tr?nh trở th?nh: t2
– 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9)
Khi t £ 1 Þ
2
2
3 1 0 1 0x x
t x x x+
= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ .(i)
Khi t ³ 9 Þ
2
2 2
3 9 2 0
1
x x x
t x x
x
+ ≤ −
= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔  ≥
(2i)
Kết hợp (i) v? (2i) ta c? tập nghiệm của bpt l?: S = (- ¥; -2]È[-1;0]È[1; + ¥).

B?i 7:
1) Số tập con k phần tử được tr?ch ra từ tập A l? 50
k
C Þ Số tất cả c?c tập con kh?ng
rỗng chứa một số chẵn c?c phần tử từ A l? : S =
2 4 6 50
50 50 50 50S ...C C C C= + + + + .
X?t f(x) = ( )
50 0 1 2 2 49 49 50 50
50 50 50 50 501 ...x C C x C x C x C x+ = + + + + +
Khi đ? f(1) =250 0 1 2 49 50
50 50 50 50 50...C C C C C= + + + + + .
f(-1) = 0
0 1 2 49 50
50 50 50 50 50...C C C C C= − + − − +
Do đ?: f(1) + f(-1) = 250
Û ( )2 4 6 50 50
50 50 50 502 ... 2C C C C+ + + + = Þ ( ) 50 49
2 1 2 2 1S S+ = ⇒ = − .
Kết luận:Số tập con t?m được l? 49
2 1S = −
2) Ta c? 2 1 3 3
4 4 2
z i= − − . Do đ?:
2 1 3 1 3
1 1 0
2 2 2 2
z z i i
   
+ + = + − + + − − = ÷  ÷
   
B?i 8: Gọi E l? trung điểm của BC, H l? trọng t?m của D ABC. V? A'.ABC l? h?nh ch?p
đều n?n g?c giữa hai mặt phẳng (ABC) v? (A'BC) l? j = · 'A EH .
T? c? :
3 3 3
E , ,
2 3 6
a a a
A AH HE= = = Þ
2 2
2 2 9 3a
A' '
3
b
H A A AH
−
= − = .
Do đ?:
2 2
' 2 3
tan
A H b a
HE a
ϕ
−
= = ;
2 2 2 2
. ' ' '
3 3
' .
4 4
ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H S∆ ∆
−
= ⇒ = =
2 2 2
'.
1 3
' .
3 12
A ABC ABC
a b a
V A H S∆
−
= = .
Do đ?: ' ' ' . ' ' ' '.A BB CC ABC A B C A ABCV V V= −
.
2 2 2
' ' '
1 3
' .
3 6
A BB CC ABC
a b a
V A H S∆
−
= = (đvtt)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2
( ) 8x 9x 1y f x= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π∈ .
Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:
1. ( )
3log
1
2 2
2
x
x x x
 
− − = − ÷
 
; 2.
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
 + + − =

− =
Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường 2
| 4 |y x x= − và 2y x= .
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho
trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π     
− + = ÷  ÷  ÷
     
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Cho∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y+ + = và phân giác
trong CD: 1 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC.
2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +

= −
 = +
.Gọi ∆ là đường thẳng qua
điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D).
Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D)
là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai
đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.

2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +

= −
 =
.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị
nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + < ÷
+ + + + + + 
----------------------Hết----------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 11
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2 1,00
Xét phương trình 4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π∈ (1)
Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
Vì [0; ]x π∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do
đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có: 4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −
Gọi (C1): 4 2
8 9 1y t t= − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1 1t− ≤ ≤ .
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
81
32
m > : Phương trình đã cho vô nghiệm.
1.
81
32
m = : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
•
81
1
32
m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.
• 0 1m< < : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
• 0m = : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.
0,50
II 2,00
1 1,00
Phương trình đã cho tương đương:
33
loglog
3
2 0 22 0
111 log ln 0ln 01
222
222 0
xx
x xx
x xxx
xxx
 − = =− = 
  
       ⇔ ⇔ − =− = − =  ÷  ÷  ÷           >> − >  
0,50

3
2 2 2
log 0 1 1
21 1 3
ln 0 1
2 2 2
2 22
x x x
x x x
x
x x x
x xx
= = = 
   =  =  =        ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =     − = − = =    ÷       
   > >>   
0,50
2 1,00
Điều kiện: | | | |x y≥
Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y
 = − ≥

= +
; x y= − không thỏa hệ nên xét x y≠ − ta có
2
1
2
u
y v
v
 
= − ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =

 
− = ÷
 
0,25
4
8
u
v
=
⇔ 
=
hoặc
3
9
u
v
=

=
+
2 2
4 4
8 8
u x y
v x y
= − =
⇔ 
= + = 
(I)
+
2 2
3 3
9 9
u x y
v x y
= − =
⇔ 
= + = 
(II)
0,25
Giải hệ (I), (II). 0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương
trình ban đầu là ( ) ( ){ }5;3 , 5;4S =
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương
trình ban đầu là ( ) ( ){ }5;3 , 5;4S =
1,00
III 0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2
| 4 | ( )y x x C= − và
( ) : 2d y x=
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
0,25

2 2 2
2 2
0 0 0
| 4 | 2 24 2 6 0
64 2 2 0
x x x
x x x xx x x x x
xx x x x x
≥ ≥  =
   − = ⇔ ⇔ ⇔ =− = − =      =− = − − =   
Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −∫ ∫
Tính: ( )
2
2
0
| 4 | 2I x x x dx= − −∫
Vì [ ] 2
0;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ nên 2 2
| 4 | 4x x x x− = − + ⇒
( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx= − + − =∫
0,25
Tính ( )
6
2
2
| 4 | 2K x x x dx= − −∫
Vì [ ] 2
2;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 2
4;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −∫ ∫ .
0,25
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
1,00
IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’
là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy
tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II∈ .
0,25

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 23 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( )' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 24x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0,2
5
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 22r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 ÷= + + =
 ÷
 
0,2
5
V 1,0
0
Ta có:
+/ ( )4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ;
+/
( )4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
π π π      
= + = ÷  ÷  ÷ 
      
+/ ( )2 1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin 4x
4 2 2 2
c c
π π    
= + = − ÷  ÷ ÷
    
Do đó phương trình đã cho tương đương:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặt os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π 
=  ÷
 
(điều kiện: 2 2t− ≤ ≤ ).
0,2
5
Khi đó 2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1− . Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0t t m+ + − = (2) với 2 2t− ≤ ≤
2
(2) 4 2 2t t m⇔ + = −
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) : 2 2D y m= −
(là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 –
2m) và (P): 2
4y t t= + với 2 2t− ≤ ≤ .
0,2
5
Trong đoạn 2; 2 −  , hàm số 2
4y t t= + đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2− tại 2t = − và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2+ tại 2t = .
0,2
5
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2m⇔ − ≤ ≤ .
0,2
5

VI
a
2,0
0
1 1,0
0
Điểm ( ): 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − .
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ − 
 ÷
 
. 0,2
5
Điểm ( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ − 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ − ÷
 
0,25
0,25Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC∈ ).
Suy ra ( ) ( ): 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = .
Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =
⇒
− + =
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( )1;0K − .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +
2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường
thẳng ∆ , thì ( )//( )P D hoặc ( ) ( )P D⊃ .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I
trên (P). Ta luôn có IH IA≤ và
IH AH⊥ .
Mặt khác
( ) ( )( ) ( )( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P
 = =

∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị
trí (P0) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P0) là ( )6;0; 3n IA= = −
r uur
, cùng phương với ( )2;0; 1v = −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: ( ) ( )2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = .
VIIa

Để ý rằng ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 0xy x y x y+ − + = − − ≥ ;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +

+ ≥ +
0,25
Vì vậy ta có:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + + ÷
+ + + + + + 
≤ + + +
+ +
 
= − − + ÷
+ + + 
 
≤ − − + ÷
+ + 
=
vv
1,00
Ta có:
( )1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = .
( ) ( ): ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
( ) ( )2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − .
0,25
Mặt khác: D . 4ABCS AB CH= = (CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ = . 0,25
Ngoài ra: ( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;| 6 4 | 4
3 3 3 3 3;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C Dt
d C AB CH
t C D
    
= ⇒−  ÷  ÷
= ⇔ = ⇔    
 = ⇒ − −
Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2C D− −
0,50
2 1,00

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +

= −
 =
.
Điểm M ∈∆ nên ( )1 2 ;1 ;2M t t t− + − .
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
22 2 2 22
22 2 2 22
2 22 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( )3 ;2 5u t=
r
và
( )3 6;2 5v t= − +
r
.
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
22
22
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +

 = − +

r
r
Suy ra | | | |AM BM u v+ = +
r r
và ( )6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ ,u v
r r
ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
Như vậy 2 29AM BM+ ≥
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6 2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )1;0;2M⇒ và ( )min 2 29AM BM+ = .
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( )2 11 29+ 0,25
VIIb 1,00

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >

+ >
 + >
.
Đặt ( ), , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + > .
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,50
Ta có: ( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó:
( )2
2
x y zx y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + < ÷
+ + + + + + 
0,50

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) ( )3 21
y m 1 x mx 3m 2 x
3
= - + + - (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 2=
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của
nó.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giài phương trình: ( ) ( )2cos x 1 sin x cos x 1- + =
2. Giải phương trình: ( ) ( ) ( )
2 3 3
1 1 1
4 4 4
3
log x 2 3 log 4 x log x 6
2
+ - = - + +
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
∫ +−
=
2
0
2
6sin5sin
cos
π
dx
xx
x
I
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC
tạo với đáy một góc 0
30 và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa điều kiện
5
x y
4
+ = .
Tìm GTNN của biểu thức:
4 1
S
x 4y
= +
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết phương trình đường thẳng ( )D đi qua điểm M(3;1)
và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2).
2. Cho điểm A(4;0;0) và điểm ( )0 0 0 0B(x ;y ;0), x 0;y 0> > sao cho OB 8= và góc
· 0
AOB 60= . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC bằng 8.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6
chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm)
1. Viết phương trình đường thẳng ( )D đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần
lượt

tại A và B sao cho giá trị của tồng OA OB+ nhỏ nhất.
2. Cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1; 1), B(3;0;1),C(2; 1;3)- - , còn đỉnh D nằm
trên trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích V 5=
Câu VII.b (1,0 điểm)
Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không
chia hết cho 3 mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau.
------------------------Hết------------------------
KẾT QUẢ ĐỀ 12
Câu I (2,0 điểm) 1. Tự giải 2. m 2³
Câu II (2,0 điểm) 1.
k2
x k2 ;x
6 3
p p
= = +p 2. x 2;x 1 33= = -
Câu III (1,0 điểm)
4
I ln
3
=
Câu IV (1,0 điểm) V 8 3=
Câu V (1,0 điểm) min S 5=
Câu VIa (2.0 điểm) 1. x 3y 6 0;x y 2 0+ - = - - = 2.
1 2C (0;0; 3),C (0;0; 3)-
Câu VII.a (1,0 điểm) 192 số
Câu VIb (2,0 điểm) 1. x 2y 6 0+ - = 2. 1 2D (0; 7;0), D (0;8;0)-
Câu VII.b (1,0 điểm) 64 số
------------------------Hết------------------------

Bộ đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án chi tiết

Bộ đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án chi tiết

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (16)

Ähnlich wie Bộ đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án chi tiết

Ähnlich wie Bộ đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án chi tiết (20)

Mehr von Webdiemthi.vn - Trang Thông tin tuyển sinh và Du học

Mehr von Webdiemthi.vn - Trang Thông tin tuyển sinh và Du học (20)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

Bộ đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án chi tiết