4 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (5)

www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A và A
1
; Thời gian làm bài: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
6 3( 2) 4 5
y x x m x m
     
có đồ thị
( ),
m
C
với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.
m


b) Tìm m để trên
( )
m
C
tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của
( )
m
C
vuông góc với đường thẳng
: 2 3 0.
d x y
  

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 1
cot 2.
1 cos 1 cos
x
x
x x
  
 

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 4
2 2
( )( 4 ) 3 0
( , ).
2 1 1 0
x y x y y y

x y
x y y y

    



     




Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
3 1
; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
x x
y y x


  
 

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

0
120 ,
BCD 
cạnh bên SD vuông

góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc
0
60 .
Gọi K là trung điểm của SC.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
2 2 2
1.
x y z
  
Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
3 3 3 3
2 2 3 3
.
1 1 24
xy yz x y y z
P
z x x z

  
 

II. 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho tam giác ABC có đỉnh
(3; 3),

A
tâm đường tròn ngoại
tiếp
(2;1),
I
phương trình đường phân giác trong góc

BAC
là
0.
x y
 
Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng
8 5
5
BC 
và góc

BAC
nhọn.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
( ): 2 1 0
P x y z
   
và các đường
thẳng
1 2

3 7 2 1 1 3
: ; : ; : .
2 1 2 1 2 1 1 1 2
x y z x y z x y z
d d d
     
     

Tìm
1 2
,
M d N d
 
sao cho đường
thẳng MN song song với (P) đồng thời tạo với d một góc

có
1
cos .
3



Câu 9.a (1,0 điểm). Cho phương trình
2
8 4( 1) 4 1 0 (1),
z a z a    
với a là tham số. Tìm
a



để (1) có
hai nghiệm
1 2
,
z z
thỏa mãn
1
2
z
z
là số ảo, trong đó
2
z
là số phức có phần ảo dương.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ B là
3 18 0,
x y
  
phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3 19 279 0,
x y
  
đỉnh C thuộc đường thẳng
: 2 5 0.

d x y
  
Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng

0
135 .
BAC 

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho điểm
(4; 4; 5), (2; 0; 1)
A B
  
và mặt phẳng
( ): 3 0.
P x y z
   
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P)
và
2 2
2 36.
MA MB 

Câu 9.b (1,0 điểm). Cho đồ thị
2
2
( ) :
1

a
x ax
C y
x
 


và đường thẳng
: 2 1.
d y x
 
Tìm các số thực a để
d

cắt
( )
a
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
thỏa mãn
,
IA IB

với
( 1; 2).
I
 

Hết



www.VNMATH.com


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014
Môn: TOÁN – Khối
A
1
; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi
1
m

hàm số trở thành
3 2
6 9 1.
y x x x
   

a) Tập xác định:
.


b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
lim
x
y

 
và
lim .
x
y

 

* Chiều biến thiên: Ta có
2
' 3 12 9;
y x x
  

1 1
' 0 ; ' 0 ; ' 0 1 3.
3 3
x x
y y y x
x x

 
 
       
 
 
 

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng




; 1 , 3; ;
  
nghịch biến trên khoảng


1; 3 .

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1, 3,
CĐ
x y
 
hàm số đạt cực tiểu tại
3, 1.
CT
x y
  

0,5
* Bảng biến thiên:



c) Đồ thị:



0,5
b) (1,0 điểm)
Đường thẳng d có hệ số góc
1
.
2
k
 
Do đó tiếp tuyến của
( )
m
C
vuông góc với d có hệ số góc
' 2.
k


Ta có
2
' ' 3 12 3( 2) 2
y k x x m

     
2
3 12 4 3 .
x x m
    
(1)
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Xét hàm số
2
( ) 3 12 4
f x x x
  
trên
(1; ).
 

Ta có bảng biến thiên:






Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình

( ) 3
f x m
 
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
khi và chỉ khi
5 8
8 3 5 .
3 3
m m
       
Vậy
5 8
.
3 3
m
 

0,5

Câu 2.

(1,0
điểm)
Điều kiện:
cos 1, sin 0 , .
x x x k k

     


Phương trình đã cho tương đương với

2
sin sin cos 1 cos cos
2
sin
sin
x x x x x
x
x
  
 

0,5
x
'y

y

1







3

3







1


+
–
0
0
+
x
O
3

y
1
1


3

x
( )
f x

1










8


2

5





www.VNMATH.com

2
sin cos 1 2sin
sin cos cos2 0
(sin cos )(1 cos sin ) 0.
x x x
x x x

x x x x
   
   
    

*)
sin cos 0 ,
4
x x x k


     
.
k



*)
2
1
1 cos sin 0 sin
2
4
2
2 , .
x k
x x x
x k k




 

 
 

      
 

 
  



Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
, 2 , .
4 2
x k x k k
 
 
     


0,5
Điều kiện:
2
2 1 0.
x y
  

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2 2 4 2 2
( ) 4( ) 3 0 ( )( 3 ) 0.
x y x y y y x y y x y y
          

*)
2
0,
x y y
  
hay
2
.
x y y
  
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2
2 2
2
1 1 (ktm)
1 1 0
1 2.
y y
y y y y
y y

   


      

  

2
1 13
3 0 .
2
y y y

     

Với
1 13
2
y


thì
4 13
x   
và với
1 13
2
y


thì
4 13.
x   

0,5

Câu 3.

(1,0
điểm)
*)
2
3 0,
x y y
  
hay
2
3 .
x y y
  
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2 2 2 2
1 1 0 1 1
y y y y y y y y
             


2 2
2 2 2 2
1 0 1 0
1.
1 ( 1) ( 1)( 3 3) 0

y y y y
y
y y y y y y y y
 
     
 
    
 
         
 
 
Suy ra
2.
x
 

Vậy nghiệm (x; y) của hệ là
 
1 13 1 13
4 13; , 4 13; , 2; 1 .
2 2
   
 
     
   
   
   

0,5
Ta có

3 1
0 3 1 0.
(3 1) 3 1
x
x
x x
x


    
 
Rõ ràng
3 1
0
(3 1) 3 1
x
x x


 
với mọi


0; 1 .
x 

Do đó diện tích của hình phẳng là
1 1
0 0
3 1 3 1

d .3 d .
(3 1) 3 1 (3 1) 3 1
x x
x
x x x x
S x x

 
 
   
 

0,5

Câu 4.

(1,0
điểm)
Đặt
3 1,
x
t
 
ta có khi
0
x

thì
2,
t 

khi
1
x

thì
2
t

và
2
3 1.
x
t
 

Suy ra
3 ln3d 2 d ,
x
x t t

hay
2 d
3 d .
ln3
x
t t
x 
Khi đó ta có



2
2 2
2
3 2
2
2 2
2 3 2 2
2 2 2 2 2 2
d 1 d .
ln3 ln3 ln3 ln3
t
S t t t t
tt t


   
     
   
   
 

0,5

Gọi
.
O AC BD
 
Vì

0

120
BCD 
nên

0
60
ABC 

ABC
 
đều cạnh a
3
, .
2
a
AC a OD OB   

Kẻ
OH SB

tại H. Vì
( )
AC SBD

nên
AC SB


( )
SB AHC SB AH

   
và
.
SB HC


 


0 0
( ), ( ) 60 ( , ) 60
SAB SBC AH CH  


0
60
AHC 
hoặc

0
120
AHC 
.

Câu 5.

(1,0
điểm)
TH 1.


0
60
AHC 


0 0
3
30 .cot30 ,
2
a
AHO OH OA OB
     
vô lý vì
OHB

vuông tại H.
TH 2.


0 0 0
120 60 .cot60
2 3
a
AHC AHO OH OA     
2 2
2
.
3
a
BH OB OH   

0,5
A

B

C

P

Q

S

K

O

D

H

www.VNMATH.com
Vì 2 tam giác vuông
BOH
và
BSD
đồng dạng nên
. 3
.

2 2
OH BH OH BD a
SD
SD BD BH
   

2 2
3 3
2. 2. .
4 2
ABCD ABC
a a
S S  
Suy ra
3
.
1 2
. .
3 8
S ABCD ABCD
a
V SD S 

Vì BC // AD nên (SBC) // AD


( , ) , ( ) .
d AD BK d D SBC
 
(1)

Kẻ
DP BC

tại P,
DQ SP

tại Q. Vì
( )
BC SDP

nên
( ).
BC DQ DQ SBC
  
(2)
Từ tam giác vuông DCP
0
3
.sin60 .
2
a
DP DC  
Từ tam giác vuông
.
2
a
SDP DQ
 
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra

( , ) .
2
a
d AD BK DQ
 

0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
       
     
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
1
4
2 2
1 1 1 1 1
1 1 1 .
4 4 2 2 4 2 2 4 8
xy yz xy yz
z x
z x z y x y x z
xy yz x y y z
z x z y x y x z
z x z y x y x z

y y y y y y y y
yz xy z x z xz y x y
  
 
     
 
     
 
   
 
   
   
   
           
   
   
 
   
   

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có
3 3 3 3 3
1
( )
4
x y y z xy yz
  
nên
3
3 3 3 3 3

3 3 3 3
( ) 1
.
4
4
x y y z xy yz y y
z x
z x z x
 
 
  
 
 

Suy ra
3
1 1 1
.
4 8 96
y y y y
P
z x z x
   
    
   
   

0,5

Câu 6.

(1,0
điểm)
Đặt
,
y y
t
z x
 
khi đó
0
t

và
3
1 1 1
.
96 8 4
P t t
   

Xét hàm số
3
1 1 1
( )
96 8 4
f t t t
   
với
0.

t


Ta có
2
1 1
'( ) ; '( ) 0 2,
32 8
f t t f t t
     
vì
0.
t


Suy ra bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có
5
,
12
P 
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
t

hay

1
.
3

x y z  
Vậy giá trị lớn nhất của P là
5
,
12
đạt được khi
1
.
3
x y z  

0,5

Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC)
tại E là điểm chính giữa cung BC
.
IE BC
 

Vì E thuộc đường thẳng
0
x y
 
và
(0; 0).
IE IA R E
  

Chọn
(2;1)

BC
n EI
  
 
pt BC có dạng
2 0.
x y m
  

Từ giả thiết
2 2
4 5 3
5
5
HC IH IC HC     

3
( , )
5
d I BC 
2
| 5 | 3
8
5 5
m
m
m
 



   

 


: 2 2 0
: 2 8 0.
BC x y
BC x y
  


  



0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì

BAC
nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy
: 2 2 0
BC x y
  
thỏa mãn.

Từ hệ
2 2
2 2 0
8 6
(0; 2), ;
5 5
( 2) ( 1) 5
x y
B C
x y
  


 
 

 
   
 


hoặc
8 6
; , (0; 2)
5 5
B C
 

 
 

.
0,5

Câu
1 2
( ; 2 2; 1); ( 1; ; 2 3).
M d M m m m N d N n n n
       
Suy ra
0,5
( )
f t

'( )
f t

t
2
0
+

–

0



5
12

A

B

C

E

I

D

H

www.VNMATH.com
( 1; 2 2; 2 2).
MN m n m n m n
         


Vì MN // (P) nên
2 0 2
. 0
0 0
( )
P
m n m n
n MN
n n
N P


    
 


 
  
 


 

 

Suy ra
(3; 2; 4)
MN
u n n
   

và
(2; 1; 2).
d
u  


8.a
(1,0
điểm)
Suy ra

2 2
| 3 12 | | 4 | 1
cos( , ) cos
3
3 2 4 29 2 4 29
n n
MN d
n n n n

 
   
   


2 2 2
3( 4) 2 4 29 20 19 0 1
n n n n n n
           
hoặc
19.
n
 

*)
1 3 ( 3; 4; 2), (0; 1;1).
n m M N
         

*)
19 21 ( 21; 40; 20), ( 18; 19; 35).

n m M N
           

0,5
Từ giả thiết suy ra
1 2
,
z z
không phải là số thực. Do đó
' 0,
 
hay
2
4( 1) 8(4 1) 0
a a
   


2 2
4( 6 1) 0 6 1 0.
a a a a
       
(*)
Suy ra
2 2
1 2 1
1 ( 6 1) 1 ( 6 1)
, .
4 4
a a a i a a a i

z z z
         
  

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
Ta có
1
2
z
z
là số ảo
2
1
z

là số ảo
 
2 2 2
0
( 1) ( 6 1) 0 2 0
2.
a
a a a a a
a



          




Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là
0, 2.
a a
 

0,5

: 3 18 ( 3 18; ),
: 2 5 ( ; 2 5).
B BH x y B b b
C d y x C c c
      
    

Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
. 0
: 3 19 279 0
là
60 13 357 4 (6; 4)
10 41 409 9 (9; 23).
u BC
x y
BC M
b c b B

b c c C




    

 


  
  
  
  
  
  
 

AC BH
 
chọn
( 3; 1) pt : 3 4 0 ( ; 3 4)
AC BH
n u AC x y A a a
         
 

(6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 ).
AB a a AC a a
      

 



0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
Ta có

0
2 2 2 2
1 (6 )(9 ) (8 3 )(27 3 ) 1
135 cos( , )
2 2
(6 ) (8 3 ) . (9 ) (27 3 )
a a a a
A AB AC
a a a a
    
      
     
 

2 2
2
3 9
(9 )(3 ) 1

2(3 ) 6 10
2
| 9 | 6 10
a
a a
a a a
a a a
 

 

   

   

  

4.
a
 
Suy ra
(4; 8).
A

0,5
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P).
( 2; 4; 4)
, (0; 6; 6) 6(0;1; 1)
(1;1;1)
Q P

P
AB
n AB n
n

 

 
     

 




  

. Suy ra pt (Q):
1 0.
y z
  

0,5

Câu
8.b
(1,0
điểm)
Gọi
1 0

2 1
( ) ( ) pt :
3 0
2 1 1
y z
x y z
d P Q d
x y z
  

 
     

   



( 2 2; ; 1) .
M t t t d
    

Ta có
2 2 2
( 2; 0; 1)
0
2 36 6 8 0
14 4 1
4
; ; .
3 3 3

3
M
t
MA MB t t
M
t
 





       
 




 



 


0,5
Hoành độ giao điểm của d và
( )
a
C

là nghiệm của phương trình
2
2
2 1,
1
x ax
x
x
 
 

hay

2
( 1) 1 0, 1.
x a x x
    
(1)
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
1
( 1) 4 0
3.
1
a
a
a
a
 
    


 


 




(2)
Khi đó gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có
1 1 2 2
( ; 2 1), ( ; 2 1).
A x x B x x
 

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
Do đó
2 2 2 2
1 1 2 2
( 1) (2 3) ( 1) (2 3)

IA IB x x x x        




2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
5 14 5 14 ( ) 5( ) 14 0
x x x x x x x x
        

0,5
A

B

C

H

d

M

trung điểm
www.VNMATH.com

1 2
5( ) 14 0,
x x

   
vì
1 2
.
x x

(3)
Theo định lý Viet ta có
1 2
1.
x x a
  
Thay vào (3) ta được
19
5( 1) 14 0 ,
5
a a     
thỏa mãn
điều kiện (2). Vậy
19
.
5
a  



WWW.VNMATH.COM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: B và D; Thời gian làm bài: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
6 3( 2) 4 5
y x x m x m
     
có đồ thị
( ),
m
C
với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.
m


b) Tìm m để trên
( )
m
C
tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của
( )
m
C
vuông góc với đường thẳng
: 2 3 0.

d x y
  

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 1
cot 2.
1 cos 1 cos
x
x
x x
  
 

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
 
1 1 2 2 0
( , ).
1 4 0
x y y
x y
y y x x

    



    





Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
3 1
; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
x x
y y x


  
 

Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có
2, 3, 2 ,
AB AC a BD CD a BC a
    
góc tạo bởi hai mặt
phẳng (ABC) và (BCD) bằng
0
45 .
Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt
phẳng (ACD).
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử
,
x y
là các số thực dương thỏa mãn



2 2 2
3( ) 4 1 .
x y x y
   
Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2 2 2
2 2
.
2 2
x y x y
P
x y x y
 
 
 

II. 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho tam giác ABC có đỉnh
(3; 3),
A
tâm đường tròn ngoại
tiếp
(2;1),
I
phương trình đường phân giác trong góc


BAC
là
0.
x y
 
Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng
8 5
5
BC 
và góc

BAC
nhọn.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
( ): 2 1 0
P x y z
   
và các đường
thẳng
1 2
3 7 2 1 1 3
: ; : ; : .
2 1 2 1 2 1 1 1 2
x y z x y z x y z
d d d
     

     

Tìm
1 2
,
M d N d
 
sao cho đường
thẳng MN song song với (P) đồng thời tạo với d một góc

có
1
cos .
3



Câu 9.a (1,0 điểm). Cho phương trình
2
8 4( 1) 4 1 0 (1),
z a z a    
với a là tham số. Tìm
a


để (1) có
hai nghiệm
1 2
,
z z

thỏa mãn
1
2
z
z
là số ảo, trong đó
2
z
là số phức có phần ảo dương.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ B là
3 18 0,
x y
  
phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3 19 279 0,
x y
  
đỉnh C thuộc đường thẳng
: 2 5 0.
d x y
  
Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng

0
135 .

BAC 

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho điểm
(4; 4; 5), (2; 0; 1)
A B
  
và mặt phẳng
( ): 3 0.
P x y z
   
Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P)
và
2 2
2 36.
MA MB 

Câu 9.b (1,0 điểm). Cho đồ thị
2
2
( ) :
1
a
x ax
C y
x
 



và đường thẳng
: 2 1.
d y x
 
Tìm các số thực a để
d

cắt
( )
a
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
thỏa mãn
,
IA IB

với
( 1; 2).
I
 

WWW.VNMATH.COM

Hết
WWW.VNMATH.COM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014
Môn: TOÁN – Khối B, D; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi
1
m

hàm số trở thành
3 2
6 9 1.
y x x x
   

a) Tập xác định:
.


b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
lim
x
y


 
và
lim .
x
y

 

* Chiều biến thiên: Ta có
2
' 3 12 9;
y x x
  

1 1
' 0 ; ' 0 ; ' 0 1 3.
3 3
x x
y y y x
x x
 
 
       
 
 
 

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng





; 1 , 3; ;
  
nghịch biến trên khoảng


1; 3 .

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1, 3,
CĐ
x y
 
hàm số đạt cực tiểu tại
3, 1.
CT
x y
  

0,5
* Bảng biến thiên:



c) Đồ thị:



0,5

b) (1,0 điểm)
Đường thẳng d có hệ số góc
1
.
2
k
 
Do đó tiếp tuyến của
( )
m
C
vuông góc với d có hệ số góc
' 2.
k


Ta có
2
' ' 3 12 3( 2) 2
y k x x m
     
2
3 12 4 3 .
x x m
    
(1)
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Xét hàm số
2
( ) 3 12 4
f x x x
  
trên
(1; ).
 

Ta có bảng biến thiên:






Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình
( ) 3
f x m
 
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
khi và chỉ khi
5 8
8 3 5 .
3 3
m m
       

Vậy
5 8
.
3 3
m
 

0,5

Câu 2.

(1,0
điểm)
Điều kiện:
cos 1, sin 0 , .
x x x k k

     


Phương trình đã cho tương đương với
0,5
x
'y

y

1








3

3







1


+
–
0
0
+
x
O
3

y
1
1



3

x
( )
f x

1










8


2

5





WWW.VNMATH.COM


2
sin sin cos 1 cos cos
2
sin
sin
x x x x x
x
x
  
 


2
sin cos 1 2sin
sin cos cos2 0
(sin cos )(1 cos sin ) 0.
x x x
x x x
x x x x
   
   
    

*)
sin cos 0 ,
4
x x x k



     
.
k



*)
2
1
1 cos sin 0 sin
2
4
2
2 , .
x k
x x x
x k k



 

 
 

      
 


 
  



Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
, 2 , .
4 2
x k x k k
 
 
     


0,5
Điều kiện:
1.
x


Đặt
1, 0.
t x t
  
Khi đó
2
1
x t
 
và hệ trở thành

2 2 2 2
(1 2 ) 2 0 2 2 0 ( ) 2 2 0
( ) 3 0 3 0 ( ) 3 3 0
t y y t y ty t y ty
y y t t y ty t t y ty
           
  
  
 
  
           
  
  

Suy ra
2
0
2( ) 3( ) 0
3 3
.
2 2
t y y t
t y t y
t y y t
  
 
 
     
 
    

 

0,5

Câu 3.

(1,0
điểm)
*) Với
,
y t

ta có
2
2 2 0 1.
t t
    
Suy ra
2, 1.
x y
 

*) Với
3
,
2
y t
 
ta có
2

3 3 3 13
2 2 0 4 6 1 0 .
2 2 4
t t t t t
 
 
          
 
 

Suy ra
19 3 13 3 13
, .
8 4
x y
 
 

Vậy nghiệm (x; y) của hệ là
19 3 13 3 13
(2; 1), ; .
8 4
 
 
 
 
 

0,5
Ta có

3 1
0 3 1 0.
(3 1) 3 1
x
x
x x
x


    
 
Rõ ràng
3 1
0
(3 1) 3 1
x
x x


 
với mọi


0; 1 .
x 

Do đó diện tích của hình phẳng là
1 1
0 0
3 1 3 1

d .3 d .
(3 1) 3 1 (3 1) 3 1
x x
x
x x x x
S x x

 
 
   
 

0,5

Câu 4.

(1,0
điểm)
Đặt
3 1,
x
t
 
ta có khi
0
x

thì
2,
t 

khi
1
x

thì
2
t

và
2
3 1.
x
t
 

Suy ra
3 ln3d 2 d ,
x
x t t

hay
2 d
3 d .
ln3
x
t t
x 
Khi đó ta có



2
2 2
2
3 2
2
2 2
2 3 2 2
2 2 2 2 2 2
d 1 d .
ln3 ln3 ln3 ln3
t
S t t t t
tt t


   
     
   
   
 

0,5
WWW.VNMATH.COM


Gọi
M
là trung điểm BC.
Từ các tam giác cân ABC, DBC

, .
AM BC DM BC
  

Từ giả thiết



0
0
0
45
( , ) 45
135
AMD
AM DM
AMD


  





TH 1.

0
45
AMD 

Sử dụng định lý Pitago
, 2.
AM a DM a  

Kẻ
AH MD

tại H. Vì
( ) ( ).
BC AMD BC AH AH BCD
    
Khi đó
0 2
2 1
.sin45 ; . 2.
2 2
BCD
a
AH AM S DM BC a   

Suy ra
3
1
. .
3 3
ABCD BCD
a
V AH S 

0,5

Câu 5.

(1,0
điểm)
Sử dụng định lý cosin cho
2 2 2 2
3
AMD AD a AC AD a CD ACD
        
vuông tại A.
Suy ra
 
2
3
1 2
. , ( ) 2.
2 2
ABCD
ACD
ACD
V
a
S AC AD d B ACD a
S
    

TH 2.


0
135
AMD 

Tương tự ta có
 
3
6
; ,( ) ,
3 3
ABCD
a a
V d B ACD 
(
5
AD a

).
0,5
Ta có
2 2 2 2 2 2
2 1 3 3 3
. . . .
2
2 ( ) 2
x y xy xy x
x y x y x y x y x y
x y x y y xy y

   

    
   

Tương tự, ta cũng có
2 2
2 1 3
. .
2
2
x y y
x y x y x y
x y

 
  


Mặt khác, ta có
2
,
2 2 3
x y
x y x y
 
 
vì bất đẳng thức này tương đương với
2 2
2 2
4 2
3

2 2 5
x y xy
x y xy
 

 
, hay
2
( ) 0.
x y
 

0,5

Câu 6.

(1,0
điểm)
Từ đó ta có
2 3 2 3 2
. . .
2 2 3
x y
P
x y x y x y x y x y x y
 
    
 
     
 

Suy ra
4
.
P
x y


(1)
Từ giả thiết ta lại có
2 2 2 2
3( ) 4( ) 4 2( ) 4.
x y x y x y
      

Suy ra
2
( ) 4,
x y
 
hay
2.
x y
 
(2)
Từ (1) và (2) ta có
2.
P

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1.

x y
 

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được khi
1.
x y
 

0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC)
tại E là điểm chính giữa cung BC
.
IE BC
 

Vì E thuộc đường thẳng
0
x y
 
và
(0; 0).
IE IA R E
  

Chọn

(2; 1)
BC
n EI
  
 
pt BC có dạng
2 0.
x y m
  

Từ giả thiết
2 2
4 5 3
5
5
HC IH IC HC     

0,5
A

B

D

M

H

C

A

B

C

E

I

D

H

WWW.VNMATH.COM

3
( , )
5
d I BC 
2
| 5 | 3
8
5 5
m
m
m
 



   

 


: 2 2 0
: 2 8 0.
BC x y
BC x y
  


  



Vì

BAC
nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy
: 2 2 0
BC x y
  
thỏa mãn.
Từ hệ
2 2
2 2 0
8 6
(0; 2), ;
5 5

( 2) ( 1) 5
x y
B C
x y
  


 
 

 
   
 


hoặc
8 6
; , (0; 2)
5 5
B C
 

 
 
.
0,5
1 2
( ; 2 2; 1); ( 1; ; 2 3).
M d M m m m N d N n n n
       

Suy ra
( 1; 2 2; 2 2).
MN m n m n m n
         


Vì MN // (P) nên
2 0 2
. 0
0 0
( )
P
m n m n
n MN
n n
N P

    
 


 
  
 


 

 

Suy ra
(3; 2; 4)
MN
u n n
   

và
(2; 1; 2).
d
u  


0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)
Suy ra
2 2
| 3 12 | | 4 | 1
cos( , ) cos
3
3 2 4 29 2 4 29
n n
MN d
n n n n

 
   

   


2 2 2
3( 4) 2 4 29 20 19 0 1
n n n n n n
           
hoặc
19.
n
 

*)
1 3 ( 3; 4; 2), (0; 1;1).
n m M N
         

*)
19 21 ( 21; 40; 20), ( 18; 19; 35).
n m M N
           

0,5
Từ giả thiết suy ra
1 2
,
z z
không phải là số thực. Do đó
' 0,
 

hay
2
4( 1) 8(4 1) 0
a a
   


2 2
4( 6 1) 0 6 1 0.
a a a a
       
(*)
Suy ra
2 2
1 2 1
1 ( 6 1) 1 ( 6 1)
, .
4 4
a a a i a a a i
z z z
         
  

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
Ta có

1
2
z
z
là số ảo
2
1
z

là số ảo
 
2 2 2
0
( 1) ( 6 1) 0 2 0
2.
a
a a a a a
a


          




Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là
0, 2.
a a
 

0,5

: 3 18 ( 3 18; ),
: 2 5 ( ; 2 5).
B BH x y B b b
C d y x C c c
      
    

Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
. 0
: 3 19 279 0
là
60 13 357 4 (6; 4)
10 41 409 9 (9; 23).
u BC
x y
BC M
b c b B
b c c C




    




  

  
  
  
  
  
 

AC BH
 
chọn
( 3; 1) pt : 3 4 0 ( ; 3 4)
AC BH
n u AC x y A a a
         
 

(6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 ).
AB a a AC a a
      
 



0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
Ta có


0
2 2 2 2
1 (6 )(9 ) (8 3 )(27 3 ) 1
135 cos( , )
2 2
(6 ) (8 3 ) . (9 ) (27 3 )
a a a a
A AB AC
a a a a
    
      
     
 

2 2
2
3 9
(9 )(3 ) 1
2(3 ) 6 10
2
| 9 | 6 10
a
a a
a a a
a a a
 

 


   

   

  

4.
a
 
Suy ra
(4; 8).
A

0,5

Câu
8.b
(1,0
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P).
( 2; 4; 4)
, (0; 6; 6) 6(0;1; 1)
(1;1;1)
Q P
P
AB
n AB n
n

 


 
     

 




  

. Suy ra pt (Q):
1 0.
y z
  

0,5
A

B

C

H

d

M

trung điểm
WWW.VNMATH.COM

điểm)
Gọi
1 0
2 1
( ) ( ) pt :
3 0
2 1 1
y z
x y z
d P Q d
x y z
  

 
     

   



( 2 2; ; 1) .
M t t t d
    

Ta có
2 2 2
( 2; 0; 1)
0
2 36 6 8 0

14 4 1
4
; ; .
3 3 3
3
M
t
MA MB t t
M
t
 





       
 




 



 


0,5

Hoành độ giao điểm của d và
( )
a
C
là nghiệm của phương trình
2
2
2 1,
1
x ax
x
x
 
 

hay

2
( 1) 1 0, 1.
x a x x
    
(1)
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
1
( 1) 4 0
3.
1
a
a

a
a
 

    

 


 




(2)
Khi đó gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có
1 1 2 2
( ; 2 1), ( ; 2 1).
A x x B x x
 

0,5

Câu
9.b
(1,0

điểm)
Do đó
2 2 2 2
1 1 2 2
( 1) (2 3) ( 1) (2 3)
IA IB x x x x        




2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
5 14 5 14 ( ) 5( ) 14 0
x x x x x x x x
        


1 2
5( ) 14 0,
x x
   
vì
1 2
.
x x

(3)
Theo định lý Viet ta có
1 2
1.

x x a
  
Thay vào (3) ta được
19
5( 1) 14 0 ,
5
a a     
thỏa mãn
điều kiện (2). Vậy
19
.
5
a  

0,5


CƠ SỞ BDKTPT&LTĐH
NGUYỄN TRƢỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ

LẦN THỨ NHẤT
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
C©u 1 (2,0 ®iÓm). Cho hàm số y =
3
31y x mx   
(m là tham số) (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi m = 1.
2. Tìm m để đường thẳng d:
1y mx
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho
2 2 2
11OA OB OC  
với O là gốc tọa độ.
C©u 2 (2,0 ®iÓm).
1. Giải phương trình:
sin 3tan sin2
2
tan sin
x x x
xx




2. Giải hệ phương trình
3
2
2 2 1 3 1
( , )
2 1 4 4
y y x x x
xy
y y x

    




    



.
C©u 3 (1,0 ®iÓm). Tính tích phân
2
3
23
4
1
1x x x
I dx
x
  



C©u 4 (1,0 ®iÓm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a
.Hình chiếu
vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với
mặt phẳng (ABCD) một góc 45
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD theo a.
C©u 5 (1,0 ®iÓm). Cho các số thực
,,x y z

thoả mãn
2 2 2
3x y z  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
22
3 7 5 5 7 3F x y y z z x     
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chƣơng trình Chuẩn:
Câu 6a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, đường trung tuyến và đường
phân giác trong ở đỉnh A lần lượt có phương trình:
1
:2 3 0d x y  
và
2
: 2 0d x y  
. Đường thẳng AB đi
qua
(2;1)M
, đường thẳng BC đi qua điểm N(2; 5). Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết đỉnh B có hoành độ dương.
Câu 7a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 4 0x y z x y     
và
mặt phẳng (P):
30xz  
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm
 
3;1; 1M 
vuông góc với mặt

phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 8a (1,0 điểm). Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện:
23z i z i   
. Trong các
điểm M biểu diễn số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm điểm M sao cho độ dài AM nhỏ nhất biết A(1; -6).
B. Theo chƣơng trình Nâng cao
Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
22
( 1) ( 2) 4xy   
và đường
thẳng d có phương trình
30xy  
. Tìm trên d điểm M sao cho từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C)
là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho
3
MAB IAB
SS


với I là tâm của đường tròn (C).
Câu 7b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phương trình
 
: 2 1 0P x y z   
và
 
:2x 3 0.Q y z   
Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng (P) và
tiếp xúc với mặt phẳng (Q) tại điểm M, biết rằng M thuộc mặt phẳng Oxy và có hoành độ x
M
= 1.

Câu 8b (1,0 điểm). Tìm số hệ số của số hạng chứa
6
x
trong khai triển
1
2
n
x
x




biết n
*

thỏa
 
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 25
nn
n n n n n
C C C C n C

    
      
.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT&LTĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 1

CƠ SỞ BDKTPT&LTĐH
NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ

LẦN THỨ NHẤT
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN: Khối A, B và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1.1
(1điểm)
Giám khảo tự chấm
1,0
Câu 1.2
(1điểm)
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
- x
3
+ 3mx + 1 = mx + 1  - x(x
2
-2m) = 0
0,25
Từ đó tìm được m > 0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0; 1), B, C.
0,25
B(x
1
; mx
1

+ 1), C(x
2
; mx
2
+ 1) với x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình: x
2
- 2m = 0 .
0,25
   
 
22
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1 1 (1 ) 2 ( ) 3OA OB OC x mx x mx x x m m x x              

 
2
2
1 2 1 2 1 2
2 (1 ) 2 ( ) 3 (2)x x x x m m x x

      


Theo Viét ta có:
12

12
0
2
xx
x x m





thay vào (2) ta được:
2 2 2 3
4 4 3OA OB OC m m    

Theo bài ra,
2 2 2 3 3
11 4 4 3 11 2 0 1( )OA OB OC m m m m m tm            

KL: m = 1.
0,25







Câu 2.1
(1điểm)
Đk:

cos 0
tan sin 0
x
xx





(*)
0,25
Pt tương đương:

3sin tan sin2 0x x x  

  
3sin cos sin sin2 cos 0
cos 1 sin sin2 0
x x x x x
x x x
   
   

0,25
cos 1 2
cos 1 0
sin 0
sin2 sin 0
12
cos 2

23
x x k
x
x x k
xx
x x k








   




    







    






0,25
Nghiệm
2
2
3
xk


  
thỏa mãn (*)
Phương trình có 2 họ nghiệm:
2
2
3
xk


  

0,25




Câu 2.2
(1điểm)
3

2
2 2 1 3 1
( , )
2 1 4 4
y y x x x
xy
y y x

    



    




Điều kiện:
4 1;xy   
. Ta có
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      

0,25

Xét hàm số
3
( ) 2 ,f t t t
ta có
2
'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t     
đồng biến trên

. Vậy
0,25
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT&LTĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 2

2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
yx



      





Thế vào (2) ta được
3 2 1 4 4x x x     
(3). Xét hàm số
( ) 3 2 1 4,g x x x x     
liên tục trên [-4;1], ta có
1 1 1
'( ) 0
3 2 2 1 2 4
gx
x x x
    
  
( 4;1) ( )x g x   
nghịch biến trên [-4;1]. Lại
có
( 3) 4g 
nên
3x 
là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
0,25

Với
3x 
suy ra
2.y 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
3
2.
x

y






0,25

C©u 3
(1 ®iÓm)
Đưa về
22
3
23
44
11
lx x x
I dx dx
xx






Xét
22
2
1

4 2 4
11
1 1 1x
I dx dx
x x x


  



.

0,25

1
3
22
1 1 1 1 1 19
11
11
2 3 8 24
3
I
x
x

   
       
   

   


0,25

3
2
2
2
3
1
1
1
x
I dx
x



. Đặt
2
3
23
2
3
3
2
1 2 3 1
1
2

1
31
t dt dx t dt dx
xx
x
x
       









0,25
Đổi cận:
3
3
12
5
2
4
xt
xt

  



  



3
3
5
4
3
2
2
3
2
I t dt


3
3
5
4
4
3
3
2
2
3 3 5 5
22
8 8 4 4
It


     





I=
19
24

3
3
3 5 5
22
8 4 4







0,25




Câu 4
(1điểm)

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo gt
()SH ABCD

Gọi
21
2
33
O AC BD CH CO AC a AH AC HC a         

SA tạo với đáy góc 45
0
suy ra
0
45 2SAH SH AH a   

3
1 1 4 2
. .2 2 .2
3 3 3
ABCD
V S SH a a a a  

Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD
Do đó
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
33
aa
A B a D a S a C a a









0.5








CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT&LTĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 3

5 2 2
;;

63
aa
Ma




.
( ;2 2 ;0)AC a a


5 2 2
;;
63
aa
AM a







2 2 2
(2 2 ; ; 2 )ACAM a a a

  



Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n   

nên có phương trình là
22
22
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a
a
x y z d D ACM

     





0.25

0.25

C©u 5
(1 ®iÓm)
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có
 
   
2 2 2 2 2 2 2
3 6 12 18 2 2 18 2 2 3F x y z x y z x x
   

        

   
   


0,25
Xét hàm số
 
 

22
2 2 3f x x x  
trên miền xác định
33x  

 
 
 
 
'
2
4
2 3; 3
23
x
f x x x
x
    




0,25
 
'
0fx
trên
 
3; 3
0

1
x
x







 
   
3 3, 0 2 6, 1 5f f f    



0,25
 
2
3; 3
max 5 18.5 90 3 10f x F F



      
dấu bằng khi
1x y z  

Vậy
max 3 10 1F x y z    

0,25

Câu 6a
(1 ®iÓm)




0,25
M
H
O
B
D
C
A
S
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT&LTĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 4

Tọa độ A là nghiệm hệ:
2 3 0 1
(1;1)
2 0 1
x y x
A
x y y

   



   


(1;0) (0;1)
AB
AM n
 
. Phương trình đường thẳng AB là: y – 1 = 0
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác AD, ta có M’ thuộc AC. H là giao điểm của
AD và MM’. Phương trình MM’ là:
10xy  

Tọa độ H là nghiệm của hệ:
3
10
31
2
;
2 0 1
22
2
x
xy
H
xy
y




  






  







Vì H là trung điểm của MM’ nên M’(1; 0)
Phương trình đường thẳng AC qua A, M’ là: x – 1 = 0


0,25
Gọi B (b; 1); C(1; c) (b > 0). Trung điểm E của BC là:
11
;
22
bc
E






Vì E thuộc
1
d
nên ta có: 2b + c – 3 = 0 (1)

0,25
( 2; 4); ( 1; 5)NB b NC c   
 
. N thuộc BC nên
24
( 2)( 5) 4
15
b
bc
c

    

(2)
Từ (1) và (2), ta có hệ:
1
1
2 3 0 3 2
( 2)( 5) 4 ( 2)( 2 2 ) 4
0
3

b
c
b c c b
b c b b
b
c






    






      










Kết hợp với b > 0 ta có:
1b 
;
1c 
. Hay:
 
1;1 ; (1;1)BC
(loại vì
A B C
)
Vậy không tồn tại điểm B, C thỏa yêu cầu bài toán.





0,25

Câu 7a
((1 ®iÓm)
Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phăng (P) có VTPT
 
1;0;1
P
n


Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng
     
2 2 2

3 1 1 0 0A x B y C z A B C        
với
VTPT là
 
;;
Q
n A B C


0.25

Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra
2 2 2
2 2 2
4
( ,( )) 3 4 3
A B C
d I Q R A B C A B C
A B C
  
         

(*)
0.25

Mặt khác
( ) ( ) . 0 0
QP
Q P n n A C C A        


Thay vào (*) ta được
2 2 2 2
5 3 2 8 7 10 0B A A B B A AB      
(**)
0.25

Chọn B=1, (**)
2
7 10 8 0 2A A A     
hoặc
4
7
A



Với
22AC   
: được phương trình mặt phẳng (Q) là:
2 2 9 0x y z   

Với
44
77
AC

  
: được phương trình mặt phẳng (Q) là:
4 7 4 9 0x y z   

Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là:
2 2 9 0x y z   
và
4 7 4 9 0x y z   
.
0.25

Câu 8a
(1 ®iÓm)
Đặt z = x + yi (x; y

R)
Ta có: | z – i | = |
z
- 2 - 3i|

|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|

x - 2y - 3 = 0

Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng x - 2y - 3 = 0
AM nhỏ nhất

M là hình chiếu của A trên

: x - 2y - 3 = 0
Ta có: M(2t + 3; t)

.

(2 2; 6)AM t t

; VTCP của

là
(2;1)u


.
0,25

0,25

0,25
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT&LTĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 5

. 0 2(2 2) 1( 6) 0 5 10 0 2AM u t t t t

           
 


M(-1;-2)

z = -1 - 2i.

0,25
Câu 6b
(1 ®iÓm)

Đường tròn (C) có tâm I(1; - 2), bán kính R = 2. Gọi H là giao điểm của IM và AB thì
IM AB
.
d(I, d) = 2
2
> R. Suy ra qua mọi M thuộc (d) đều kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C).








0,25
Đặt IH = x > 0, MH = y > 0
13
3 . . 3 3 (1)
22
MAB IAB
S S MH AB IH AB MH IH y x

      


0,25
Ta có:
2
. ( ) 4 (2)IH IM IA x x y   
; Từ (1) và (2), ta suy ra: x = 1 và y = 3 hay IM = 4

0,25
 
2
2
( ) ( ;3 ) ( 1;5 ) ( 1) 5M M t t IM t t IM t t            


22
1
4 2 12 26 4 6 5 0
5
t
IM t t t t
t


         




+ Với t = 1, M (1; 2);
+ Với t = 5, M (5; -2)


0,25

Câu 7b
(1 ®iÓm)
Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phương trình

 
: 2 1 0P x y z   
và
 
:2x 3 0.Q y z   

1,0
Vì M  mp Oxy và có hoành độ bằng 1 nên M(1; y; 0). Lại có, mặt cầu tiếp xúc với mp(Q)
nên M mp(Q). Tìm được M(1; – 5; 0).


0,25
Gọi I(a; b; c) là tâm của mặt cầu (S) cần tìm.
Ta có (S) tiếp xúc với mp(Q) tại M nên IM  (Q).
Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến
 
2;1; 1n 

.
Ta có IM  (Q) 
 
12
5
at
MI tn t b t
ct



     





 


I (P)  1 + 2t – 2(–5 + t) – t – 1 = 0  t = 10  I(21; 5; – 10)





0,25
Bán kính mặt cầu R = d(I; (Q)) = 10
6
.
0,25
Vậy phương trình mặt cầu (S): (x – 21)
2
+ (y – 5)
2
+ (z + 10)
2
= 600.
0,25

Câu 8b
(1 điểm)
Xét khai triển:

 
21
1
n
x


0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

nn
n n n n n n
C xC x C x C x C x C

     
     

Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được:
0.25