đề thi thử môn TOÁN và đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
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 gốc
tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc 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 )
x
x 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 thỏa
3x y z+ + =
.
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 phần (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 z
α
+ + − =
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 z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn:

2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
+ + + + =
+ +

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1
NỘI DUNG
Câu I.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⇔ ∆ = > ∀
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)
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 = − +
.
Câu II.1.
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
π
 
⇔ + = +
 ÷
 
⇔ + =

18 3
sin(4 ) sin(2 ) 0 2sin(3 ). osx=0
6 6 6
x=
2
x k
x x 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
= − +
.
Câu II. 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
−
− + = − + − +
+
2
2 2
2
1
4
log (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
−

=

+ = −




⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=



Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
Câu III
2
6 6

2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
,
2
2
1 tan x
cos 2x
1 tan x
−
=
+
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)

cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
. Đổi cận:
1
0 0 ;
6
3
x t x t= ⇒ = = ⇒ =
π
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
Câu IV. 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
⊥
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V 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 = =
Câu V. Ta có:
[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz
 
= + + − + + − = − + + −
 

27 6 ( ) 2 ( 3)x y z yz x= − + − +

2
3 2
( ) 1

27 6 (3 ) ( 3) ( 15 27 27)
2 2
y z
x x x x x x
+
≥ − − − + = − + − +
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⇔ = = =
.
Câu VIa
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
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=

−
 
= ⇔ − + = ⇔

 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
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
Vì
( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔
21

( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
Câu VIIa
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
− +
= = =
= + + = + =
∑ ∑ ∑
Theo giả thiết ta có
4

0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =
  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
   
= = =
  

∈

Vậy hệ số của
4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
.
Câu VIb

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 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4

2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

=
 
⇔
 
 
=
=



. Vậy
3 2
( ; 2)
2
C
.
2. Giống VIa.2
Câu VIIb
Xét khai triển

0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x 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 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
⇔
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.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Đề Số 2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+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 30
0
.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c dương và
2 2 2
3a b c+ + =
. 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
100 100 100 100
4 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 d
1
và d
2
đồng thời đi qua điểm M(3;10;1).
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập phức:
( )
2
3 1 6 13 0z i z i+ + − − =

Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 2

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu Nội dung
I 1
Tập xác định: D=R
( ) ( )
3 2 3 2
lim 3 2 lim 3 2
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + = −∞ − + = +∞
y’=3x
2
-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), (2;+ ∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
f
CĐ
=f(0)=2; f
CT
=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.

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
 
 ÷
 
1
Giải phương trình:
cos2x 2sin x 1 2sin xcos2x 0
+ − − =
(1)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 os2 1 2sin 1 2sin 0 os2 1 1 2sin 0c x x x c x x⇔ − − − = ⇔ − − =
Khi cos2x=1<=>
x k
π
=
,
k Z∈
Khi
1
sinx
2
=
⇔
2
6
x k
π
π
= +
hoặc
5
2
6
x k
π
π
= +
,
k Z∈

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
 
∈ ∪ +∞
 
 
III
Tính
( ) ( )
3 3 3
2
6 6 6
cot cot cot
2 2
sinx sinx cos sin x 1 cot
sin x sin
4
x x x
I dx dx dx
x x
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
3
3 1
3
1 2
2 2 ln 2 ln 3
3
t
I dt t t
t

+
+
+
+
−
 
= = − = −
 ÷
 
∫
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
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
H
A
C
B
S
K
V
Ta có:

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =

+ +
(1)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)

3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +
(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3
Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
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 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
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+ − − =
.
2
Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
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
 
 ÷
 
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.
B. Theo chương trình nâng cao
VI.b
1
Ta có:
( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
1 x C C x C x C x+ = + + + +
(1)

( )
100
0 1 2 2 3 3 100 100
100 100 100 100 100
1 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
100 100 100 100
1 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

100 100 100
100 1 100 1 4 8 200x x C x C x C x+ − − = + + +
Thay x=1 vào
=>
99 2 4 100
100 100 100
100.2 4 8 200A C C C= = + + +
2
Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
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
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
= +

=>

= − −


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
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:
2

17
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
60
0
. 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 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 45
0
.
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
+
+ +
+ =
x
x x x x
log x x x

B. 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 3 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: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
≤
1
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 3
Câu Nội dung
I.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
I.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+ − =
II.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với

os2 3 sin 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
= − +
II.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy

− = −


− − = −


*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)
III *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
π
=
thì
1
2
t =
Từ đó
1

1
2
2 2
1
1
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 2

1 1
2
2 2
I t dt
t t t
= − + = − −
∫
*Kết quả
2
2 1 ln 2
2
I = − −

IV *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )SH A B C⊥
*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
H K HS HB
= + ⇒ =
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
= = =

3
cos
23
A K H⇒ =

V
*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
− − −
= + +
− − − − − −
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= = =
VI.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;
∆
)=45
0

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− −
VII.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 M
1
nên có
phương trình
2 2 0x y z+ − + =
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
VIII.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 x
x 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) 1
x
x⇒ + =
phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x⇒ + = −


2 3
.(24 1) 1x x⇔ + =
(*)
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 =
VI.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
O A B
S O A O B A O B A O B= = ≤
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90A O B =

1
( ; )
2
d I d⇔ =

1m
⇔ = ±
VII.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
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y
−
− −
= =
−
VIII.b
*Điều kiện :

3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x >


− >


− >

giải được
9
log 73x >
Vì
9
log 73x >
>1 nên bpt đã cho tương đương với
3
log (9 72)
x
x− ≤
9 72 3
x x
⇔ − ≤

3 8

3 9
x
x

≥ −

⇔

≤



2x
⇔ ≤
*Kết luận tập nghiệm :
9
(log 72;2]T =
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
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:
2
2
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 ĐỀ THI THỬ SỐ 4
Câu I NỘI DUNG
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
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 -
∞
+ 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
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
   
− − ≠ −
 ÷  ÷
+ +
   
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
Có :
. 0AB MN
I MN

=


∈


uuur uuuur
=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
= −
 
=>
 
=
 
CâuII
1. TXĐ: x
[ ]
1;3∈ −
Đặt t=

1 3 , t > 0x x+ + −
=>
2
2
4
3 2
2
t
x x
−
+ − =
đc pt: t
3
- 2t - 4 = 0  t=2
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
= −

+ + − ⇔

=

2.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +

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
− =

⇔ − + + + = ⇔

+ + + =

+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
π
π
− = ⇔ = + ∈
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx+ + + =
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
+ ∈ −
 

được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
= −

⇔

= −

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

= + ∈


= + ∈


= − +


Câu III
2
1
ln
ln

1 ln
e
x
I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 
∫
I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
+
∫
, Đặt t =
1 ln x+
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3

−
Câu IV
M
N
A
B
D
C
S
S'
H
K
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x
3
, b = y
3
, c = z
3
(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
+ + +
= + +
+ + + + + +
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
− +
=> + ≥ +
+ +
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
+ +
≥ + ≥ +
+ + + +
=>
3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc≥ + + ≥ =
(BĐT Côsi)
=> P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P≥ = ⇔
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1
A. Chương trình chuẩn
CâuVI.
a
1. A(0;2), I(-2
3
;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’
Pt đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t

y t

=


= +


,
'I IA∈
=> I’(
2 3 ;2 2t t +
),

1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I= ⇔ = =>
uur uuur

(C’):
( )
( )
2
2
3 3 4x y− + − =
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d
∈
, AB//d.

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
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
Câu
VII.a
z = x + iy (
,x y R∈
), z
2
+
2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi= ⇔ − + + + =
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y
=


⇔

− + + =


(0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i

Câu
VI.b
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.
I
3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − −
M, A, C thẳng hàng 
,MA MC
uuur uuuur
cùng phương => c
2
– 13c +42 =0 
7( )
6
c loai
c
=



=

c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3)
2.
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (
∆
)
∩
(
'∆
) = A
1 3
;0;
2 2
 
−
 ÷
 
(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

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
+ − + −
= = = =
− − − −
+ + + − − −
Câu
VII.b
TXĐ:
0
0
x
y
>


>

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

+ = +
=


⇔
 
+ = +
=



2
3 . 2 .
x y
y x
y x
=

⇔

=


4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y
=


⇔

=


(t/m TXĐ)