tuyển tập đề thi thử môn toán của trường chuyên

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3
3 2.y x x= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị (C). Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao
cho tam giác MAB cân tại M.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:

2
2cos 2cos 4sin cos2 2 0
4
x x x x
π
 
− − − − + =
 ÷
 
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
1 3
2
xy x y

x y x y
+ − =


− =

.
Câu III (1 điểm)
Tìm giới hạn sau:

3
0
2 1 1
lim .
sin 2
x
x x
I
x
→
+ − −
=
Câu IV (1,5 điểm)
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2, 2AD a CD a= =
, cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi K là trung điểm cạnh CD, góc giữa hai mặt
phắng (SBK) và (ABCD) bằng 60
0
. Chứng minh BK vuông góc với mặt phẳng

(SAC).Tính thể tích khối chóp S. BCK theo a.
Câu V (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm :
24
2 2 2 0x x x m x
− − − + =
.

Câu VI (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
( 1) ( 1) 16x y− + + =
tâm I
và điểm
(1 3; 2)A +
. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua A đều cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C) tại hai
điểm B, C sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng
4 3
.
Câu VII (1 điểm)
Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niu - tơn
5
3
1
n
x

x
 
+
 ÷
 
, biết tổng các hệ số
trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x > 0).
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: số báo danh:
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (Năm học: 2012-2013)
Môn: Toán - Lớp 12 (Khối A)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
2 ( 1,00 điểm).
Ta có phương trình đường trung trực của AB là d: x – 2y + 4 = 0
Hoành độ giao điểm của d và (C): 2x
3
– 7x = 0
1 2 3
0
7 1 7 7 1 7
(0;2)( ), ; 2 , ; 2
7
2 2 2 2 2 2
2
x
M loai M M

x
=

   

⇔ ⇒ − − + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷

= ±
   


1,00
Câu Nội dung Điểm
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
2
2cos 4sin 2cos cos 2 2 0 (sin 1)(cos sin 1) 0
4
sin 1
2
2
sin cos 1 0
2
x x x x x x x
x
x k
x x
x k

π
π
π
π
 
− − − − + = ⇔ − + − =
 ÷
 

=
= +


⇔ ⇔


+ − =

=

1,00
2
Giải hệ phương trình:
2 2
1 3
2
xy x y
x y x y
+ − =



− =

(1,00 điểm)
Nhận thấy y = 0 không t/m hệ
Hệ phương trình đã cho tương đương với
1
3
1
2
x
x
y y
x
x
y y

+ − =



 

− =
 ÷

 

Đặt
1

3 2, 1
2 1, 2
x a
a b a b
y
x ab a b
b
y

− =

+ = = =
 

⇔ ⇔
 

= = =
 

=


.
Thay vào giải hệ ta được nghiệm (
1 2;1 2± ±
),
1
(2;1), 1;
2

− −
 
 ÷
 
0,50
0,50
III Tìm giới hạn …. 1,00
Ta có
(
)
3 3
0 0 0
0 0
2
3
3
2 1 1 2 1 1 1 1
lim lim lim
sin 2 sin 2 sin 2
2 1 1 7
lim lim
3 4 12
sin 2 (1 1 )
sin 2 (2 1) 2 1 1
x x x
x x
x x x x
I
x x x
x x

x x
x x x
→ → →
→ →
+ − − + − − −
= = + =
= + = + =
+ −
+ + + +

2
IV Cho hình chóp S.ABCD ( h/s tự vẽ hình)….
Gọi I là giao điểm của AC và BK
• Bằng lập luận chứng minh
BK AC
⊥
, từ đó suy ra được
( )BK SAC⊥
• Góc giữa hai mp(SBK) và (ABCD) bằng góc
¶
0
60SIA=
•
3
.
2 2 6 2
2 2
3 3 3
S BCK
a a

IA AC SA a V= = ⇒ = ⇒ =

1,5
Câu Nội dung Điểm
V Tìm m để pt có nghiệm…. 1,00
Đk:
2x
≥
Phương trình đã cho tương đương với
4
2 2
2 0
x x
m
x x
− −
− + =
Đặt
4
2x
t
x
−
=
và tìm đk cho t,
[
)
0;1t ∈
Phương trình trở thằnh
[

)
2
2 0, 0;1t t m voi t
− + = ∈
. Từ đó tìm được
[
)
0;1m ∈
VI 1,5
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho …. (1,00 điểm)
Ta có: Đường tròn (C) tâm I(1; -1), bán kính R = 2
•
3 9 2 3 4IA = + = <
, suy ra điểm A nằm trong (C)
⇒
đpcm
•
¶ ¶ ¶
1 1 3
. .sin 4 3 .4.4.sin 4 3 sin
2 2 2
S IA IB BIC BIC BIC
IAB
= = ⇔ = ⇒ =
¶
¶
0
60
0
120 ( )

BIC
BIC loai
=
⇒
=




( ; ) 2 3d I BC⇒ =
• Đường thẳng d đi qua A, nhận
2 2
( ; ) ( 0)n a b a b+ ≠
r
có phương trình
( 1 3) ( 2) 0a x b y− − + − =
2
( ; ) 2 3 ( 3 ) 0 3 0d I BC a b a b
⇒ = ⇔ − = ⇔ − =
• Chọn
1, 3a b= =
. Từ đó phương trình đường thẳng d:
3 3 3 9 0x y
+ − − =
Câu Nội dung Điểm
VII 1,00
Đặt
5
3
1

( )
n
f x x
x
 
= +
 ÷
 
. Tổng các hệ số trong khai triển bằng 4096
(1) 2 4096 12
n
f n
⇒ = = ⇒ =
, từ đó suy ra
11
12
36
2
12
0
( )
k
k
k
f x C x
−
=
=
∑
3

Hệ số x
8
, ứng với k nguyên t/m:
8
8 12
11
36 8 8
2
k
k a C− = ⇔ = ⇒ =
.
4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối B
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời
gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2y f x 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 sin
1
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
cos 2 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 45
0
. Tính diện
tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
( ) ( )

3
4
1 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 60
0
.
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.
Câu VI.b (2 điểm)
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
I
x =
, trung điểm của một
cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với 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.
5
Câu VII.b (1 điểm) 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.
Câ

u
Ý Nội dung Điể
m
I 2,00
1 1,00
+ MXĐ:
D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
( )
3 2
0
' 4 4 4 1 ; ' 0
1
x
y x x x x y
x
=

= − = − = ⇔

= ±


0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( ) ( )
1 2
1 1; 1 1; 0 0
CT CT
y y y y y y= − = − = = − = =
C§

0,25
• Đồ thị
0,25
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 4
A B
k 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= − + = + −
6
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 B
k 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 sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos 2 cos
cos
1
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 3
log 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
−
⇔ − − >
+
0,25
7
2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>


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
cos 2 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
3
2 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:
2
2
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 2
2 2
xq
a a
S
π
π π
= =
0,25
V 1,00
Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =

(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
0,25
8
(1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m

=

+ − = ⇒

= ±

* 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 4
4
1 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 60
0
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
9
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
18
C
.
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
13
C
cách.

+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
9
10
C
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
I
x =
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 M
AB 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
.
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ − =

= − + = − +
 

  
⇔ ⇔
  
− + = − + − =
− + =
 

 

3 2
3 1 1
y x x
x y
= − =
 
⇔ ⇔
 
− = ± =
 
hoặc
4
1
x
y
=


= −

.Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50
10
9 3
;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 7
2
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 M
0

và N ở vị trí N
0
. Dễ thấy N
0
là hình
chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M
0
là giao điểm của đoạn
thẳng IN
0
với mặt cầu (S).
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao
điểm của
∆
và (P).
Đường thẳng
∆
có vectơ chỉ phương là
( )
2;2; 1
P
n = −
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 N
0
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 M
0
(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
11
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
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời
gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
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)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+

= +
2. Giải phương trình:
( ) ( )
2 3
4 8
2
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
− + ≤
− + − + ≥





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 tam giác ABC biết phương trình các
đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân
giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, 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 mặt phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
12
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)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, 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 (cho biết 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 (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−

và giải bất phương
trình
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
π
π
>
+
∫
Hết
Đáp án
Câ
u
Ý Nội dung Điể
m
I 2,00
1 1,00
Khi m = 1 ta có
3 2
3 1y x x= + −
+ MXĐ:

D = ¡
0,25
+ Sự biến thiên:
• Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
•
2
' 3 6y x x= +
;
2
' 0
0
x
y
x
= −

= ⇔

=

0,25
• Bảng biến thiên
( ) ( )
2 3; 0 1
CT

y y y y= − = = = −
C§
0,25
13
• Đồ thị
0,25
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
II 2,00

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
2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x
−
 
⇔ = +
 ÷

 
0,25
2
2
1
1 sin 2
1 1
2
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
14
( ) ( )
2 3
4 8
2
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
1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2
2
1 1 1 7 4 3
ln ln

1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
 
+ +
= = = =
 ÷
 ÷
− − −
 
∫ ∫
0,50
IV 1,00
15
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
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE

= ⇔ = = =
( )
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
 
= + = + = + = + =
 ÷
 
0,25
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
π 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 SA
π 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
− +
⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + >
+
Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
− +
= ∈
+

0,25
Hệ đã cho có nghiệm
[ ]
0 0
1;6 : ( )x f x m⇔ ∃ ∈ ≥
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x
+ −
+ −
= =
+ +
;
0,25
16
( )
2
1 17

' 0 4 0
2
f x x x x
− ±
= ⇔ + − = ⇔ =
Vì
[ ]
1;6x∈
nên chỉ nhận
1 17
2
x
− +
=
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 ( )
13
x
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. 5
5.
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:
0,25
17
( ) ( ) ( )

2 2 2
2 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
= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
⇔ + + =
( )
( )
( )
( )
2
2 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
−
= − =
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
VII
a
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; 2
2 4 8 0

1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x 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
18
Phương trình tham số của d
1
là:

1 2
3 3
2
x t
y t
z t
= +


= −


=

. M thuộc d
1
nên tọa độ của M
( )
1 2 ;3 3 ;2t t t+ −
.
Theo đề:
( )
( )
( )
( )
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6 |

, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
+ − − + −
−
= = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = =
+ − +
0,25
+ Với t
1
= 1 ta được
( )
1
3;0;2M
;
+ Với t
2
= 0 ta được
( )
2
1;3;0M
0,25
+ Ứng với M
1
, điểm N
1

2
d∈
cần tìm phải là giao của d
2
với mp qua M
1
và
// mp (P), gọi mp này là (Q
1
). PT (Q
1
) là:
( ) ( )
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − =
.
Phương trình tham số của d
2
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 N
1
cần tìm là
N
1
(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5).
0,25
VII
b
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 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x
−

< −


<
>
 

− +
⇔ ⇔ ⇔
− +

 

< <
 
< ≠ −
< ≠ −



0,50
Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1
NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối D
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm). Cho hàm số
1
3
+
−
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất
19
(I: giao điểm hai tiệm cận của(C))
Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:
3

12sin2cos2
4sin2cos
2
=
−+
−
xx
xx

Câu 3/ Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )





=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx
Câu 4/ ( 1 điểm). Tính:
( ) ( )
dxxxxA 2sin1lncossin
4

0
+−=
∫
π
Câu 5/ ( 1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A
/
B
/
C
/
có (A
/
BC) tạo với đáy góc 60
0
,
tam giác A
/
BC có diện tích bằng
38
a/Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB
/
và CC
/
. Tính thể tích khối tứ diện
A
/
AMN
b/ Tính khoảng cách giữa hai cạnh A
/
B và AC

Câu 6/ ( 1 điểm) . Gọi
1
x
,
2
x
,
3
x
là nghiệm phương trình:
( )
( )
07329232
2223
=−+−+−++− mmxmmxmx

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
321
2
3
2
2
2
1
xxxxxxA +++=
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). Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là
d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng ∆: 2x + y –1 =

0 và diện tích tam giác ABC bằng 1
Câu 8.a (1,0 điểm).Cho A(5 ; 3 ; – 4) và B(1; 3 ; 4). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt
phẳng (Oxy) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C và có diện tích
58=S
.
Câu 9 .a (1,0 điểm ).Giải phương trình:
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x –6)
2
+ y
2
= 25 cắt
nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3) cắt (C
1
) và (C
2

) thành hai dây
cung bằng nhau
Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình
( )
1
9
2
4
1
7
:
1
−
−
=
−
=
− zyx
d
và
( )
3
1
2
1
7
3
:
2
−

=
−
=
−
− zyx
d
. Lập phương trình đường thẳng
(∆)cắt (d
1
),(d
2
) và trục Ox lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC
Câu 9.b (1,0 điểm ).Giải phương trình:
1loglog3log1
399
−=−+ xxx
Đáp án
Câu Nội dung Điểm
Câu 1a
Tập xác định: D = R \ {–1}
0,25

( )
2
/
1
4
+
=
x

y
,
Dxy ∈∀> ,0
/
20
Vì:
( )
+∞=
+
−
−
−→
1
3
lim
1
x
x
x
và
( )
−∞=
+
−
+
−→
1
3
lim
1

x
x
x

nên: x = –1 là tiệm cận đứng
0,25
Vì:
1
1
3
lim =
+
−
−∞→
x
x
x
và
1
1
3
lim =
+
−
+∞→
x
x
x

nên: y = 1 là tiệm cận ngang

Bảng biến thiên và kết luận 0,25
Đồ thị 0,25
Câu 1b
Gọi






+
−
1
3
;
m
m
mM
thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)
0,25
( )
( )
2
2
1
16
1
+
++=
m

mIM
( )
( )
162
1
16
1
2
2
≥
+
++=
m
mIM
22≥
0,25
( Tương ứng xét
( )
0,
16
>+= t
t
ttg
và t = (m + 1)
2
và lập được
bảng biến thiên
IM nhỏ nhất khi
22=IM
0,25

Khi đó (m + 1)
2
= 4
Tìm được hai điểm
( )
1;1
1
−M
và
( )
3;3
2
−M
0,25
Câu 2
Giải phương trình:
3
12sin2cos2
4sin2cos
2
=
−+
−
xx
xx
Điều kiện:






−≠
≠
⇔≠++−
2
1
2sin
12sin
012sin2sin2
2
x
x
xx
0,25
3
12sin2sin2
4sin2cos
2
=
++−
−
xx
xx
⇔
( )
xxxx 4cos2sin34sin2cos +=−
⇔
xxxx 4sin4cos32sin32cos +=−
0,25
⇔







−=






+
6
4cos
3
2cos
ππ
xx
⇔






++−=+
+−=+
π

ππ
π
ππ
2
6
4
3
2
2
6
4
3
2
kxx
kxx
π
π
kx +=
4
∨
3
2
6
ππ
kx +−=
0,25
So lại điều kiện được nghiệm phương trình đã cho
3
2
6

ππ
kx +−=
0,25
Câu 3
Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )





=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx

( )
( )
( )






=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx
⇔
( )
( )( )



=+−++
+=+
02
1
2
yyxyxy
yxyx
21
⇔
( )
( )( )



=+−++
+=+

012
1
2
yxyx
yxyx
( Vì: y = 0 không là nghiệm của hệ)
⇔
( )
( ) ( )





=++−+
+=+
012
1
2
2
yxyx
yxyx
⇔
( )
( )






=−+
+=+
01
1
2
2
yx
yxyx

⇔
( )



=+
+=+
1
1
2
yx
yxyx
⇔



=+
=+
1
1
2

yx
yx
⇔



−=
−=+
xy
xx
1
11
2
⇔



−=
=+
xy
xx
1
0
2
⇔



−=
−=∨=

xy
xx
1
10
Nghiệm của hệ: (0 ; 1) , ( –1 ; 2)
Câu 4
( ) ( )
dxxxxA 2sin1lncossin
4
0
+−=
∫
π
( ) ( )
dxxxxxA
2
4
0
cossinlncossin +−=
∫
π


( ) ( )
dxxxxxA cossinlncossin2
4
0
+−=
∫
π

(Vì:






∈∀>+
4
;0,0cossin
π
xxx
)
0,25
Đặt
( )
( )



−=
+=
dxxxdv
xxu
cossin
cossinln
suy ra:






+=
+
−
=
xxv
dx
xx
xx
du
sincos
cossin
sincos
0,25
( ) ( ) ( )










−−++=
∫
4

0
4
0
sincoscossinlncossin2
π
π
dxxxxxxxA
0,25
( )






+−=
4
0
cossin2ln22
π
xxA
A =
[ ]
122ln22 +−
2222ln2 −+=A
0,25
Câu 5a
Ta có
( )
ABCAA ⊥

/
Gọi H là trung điểm BC. AH ⊥
BC nên A
/
H ⊥ BC.Vậy góc A
/
HA
bằng 60
0
Trong tam giác vuông A
/
HA có:
22
M
N
H
C
/
B
/
A
/
C
B
A
3
2
3
2
60cos

0
/
BC
BCAH
HA ===
Diện tích tam giác A
/
BC:
2
3
.
2
1
2
/
BC
HABCS ==
38=S
nên BC = 4,
660tan
0/
== AHAA
316
3
1
2
/
.
/
==−= AAAHBCVVV

BMNCAlt
AMNA
Câu 5b Tính khoảng cách giữa hai đoạn thẳng A
/
B và AC
Ta có
( )
ABCAA ⊥
/
Dựng hình hộp ABDC.A
/
B
/
D
/
D. AC//BD nên AC//(A
/
BD) ⊃ A
/
B
nên d(AC;A
/
B) = d(AC;(A
/
BD)) = d(A;(A
/
BD))
0,25
Kẻ AK ⊥ BD (K∈ BD)
BD⊥ AK và BD⊥ AA

/
nên BD⊥ (A
/
AK) ⇒ (A
/
BD)⊥ (A
/
AK)
Kẻ AT⊥ A
/
K (T∈A
/
K) ⇒ AT⊥(A
/
BD)
AT=d(A;(A
/
BD)) = d(AC;A
/
B)
0,25
( )
9
1
36
4
6
1
32
1111

222/22
==+=+=
AAAKAT
hay AT = 3
0,5
Câu 6
Gọi
1
x
,
2
x
,
3
x
là nghiệm phương trình
( )
( )
07329232
2223
=−+−+−++− mmxmmxmx

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của
321
2
3
2
2
2
1

xxxxxxA +++=
Phương trình:
( )
( )
07329232
2223
=−+−+−++− mmxmmxmx
(*)
Có nghiệm
1
3
=x
Nên (*) ⇔
( ) ( )
[ ]
0732121
22
=+−++−− mmmxx
⇔
( ) ( )



==+−++−
=
10073212
1
22
mmxmx
x

0,25
(1) có hai nghiệm
21
; xx
khi:
( )
07321
2
2
≥−+−+ mmm
0,25
⇔
065
2
≥−+− mm
⇔
32
≤≤
m
321
2
3
2
2
2
1
xxxxxxA +++=
=
21
2

2
2
1
1 xxxx +++
=
( )
1
21
2
21
+−+ xxxx
=
( )
63222
2
2
−+−+ mmm

Hay A =
( )
2112
2
−+= mmmf
m∈
[ ]
3;2
0,25
( )
114
/

+= mmf
,
( )
0
/
=mf
⇔
[ ]
3;2
4
11
∉−=m
23
T
K
D
/
D
C
/
B
/
A
/
C
B
A
( )
282 =f
và

( )
493 =f
0,25
Vậy
49max =A
khi m = 3 và
28min =A
khi m = 2
PHẦN TỰ CHỌN
A. Theo chương trình chuẩn
Câu
7a
Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ
A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C
thuộc đường thẳng ∆:2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC
bằng 1
BC qua B và vuông góc d nên BC có phương trình: x + y + 1 = 0
Tọa độ C là nghiệm của hệ



−=
=
⇔



=++
=−+
3

2
01
012
y
x
yx
yx
Vậy: C(2 ; –
3)
0,25
( )
daaA ∈+ 3;
.
( )
2
42
;
+
=
a
BCAd
,
2=BC
.Theo giả thiết ta
có:
( )
1;.
2
1
=BCAdBC

hay
1
2
42
.2.
2
1
=
+a
0,25
Hay



−=
−=
⇔=+⇔=
+
3
1
2421
2
42
.2.
2
1
a
a
a
a

Với a = –1 thì A(–1 ; 2), với a = –3 thì A(–3 ; 0)
0,5
Câu
8a
Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân tại C nên trung điểm
H(3 ; 3 ; 0) của AB cũng là chân đường cao vẽ từ C.
0,25
Theo giả thiết ta có:





=
=
58.
2
1
CHAB
BCAC

⇔
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )





=−+−++

+−+−=+−+−
5833.64016
2
1
16311635
22
2222
ba
baba
0,5
⇔



=−
=
43
3
b
a
⇔



−=∨=
=
17
3
bb
a

Có hai trường hợp C(3 ; 7 ; 0), C(3 ; –1 ; 0)
0,25
Câu
9a
Giải phương trình:
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
⇔
1262131262
222
263
++−+−++−
=+
xxxxxx
131313
222
4.269.3
+−+−+−
=+
xxxxxx

⇔
( )
02
2
3
2
3
3
13132
22
=−






+






+−+− xxxx
0,25
Đặt t =
( )
0
2

3
13
2
>






+−
t
xx
, ta được:
023 =−+ tt
⇔
( )




=
−=
3
2
1
t
lt
0,25
Với

3
2
=t
, ta được :
023
2
=+− xx
⇔ x = 1 ∨ x = 2
0,25
Tập nghiệm
{ }
3;2=S
0,25
B. Theo chương trình nâng cao
Câu
7b
Cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x –6)
2
+ y
2
= 25
cắt nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt

(C
1
) và (C
2
) thành hai dây cung bằng nhau
24
Gọi M(a ; b)∈ (C
1
) và N(4 –a ; 6 –b) đối xứng với M qua A.
Theo giả thiết N∈ (C
2
)
Vậy ta có:
( ) ( )





=−+−−
=+
2562
13
22
22
ba
ba
⇔
( ) ( )






=−++
=+
2562
13
22
22
ba
ba
⇔





=+−++
=−+
015124
013
22
22
baba
ba
0,5
⇔




=+−
=−+
010124
013
22
ba
ba
⇔
( )
















=
−=




=
=
5
6
5
17
3
2
b
a
l
b
a
, vậy






−
5
6
;
5
17
M
.
0,25

Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + 7 = 0 0,25
Câu
8b
Cho
( )
1
9
2
4
1
7
:
1
−
−
=
−
=
− zyx
d
và
( )
3
1
2
1
7
3
:
2

−
=
−
=
−
− zyx
d
. Lập
phương trình đường thẳng (∆) cắt (d
1
),(d
2
) và trục Ox lần lượt tại
các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC
Gọi
( ) ( )
1
9;24;7 daaaA ∈−++
,
( ) ( )
1
31;21;73 dbbbB ∈++−
và
C(c ; 0 ; 0)∈ Ox
0,25
B là trung điểm AC nên:
( )
( )
( )






+=−
+=+
−=++
ba
ba
bca
3129
21224
7327
⇔





=−+
=+−
=+++
076
0242
0114
ba
ba
cba
⇔






−=
=
=
14
1
1
c
b
a
0,25
Vậy:
( ) ( )
1
8;6;8 dA ∈
,
( ) ( )
1
4;3;4 dB ∈−

0,25
Phương trình
4
8
3
6
12

8
:
−
=
−
=
−
∆
zyx
0,25
Câu
9b
Giải phương trình:
1loglog3log1
399
−=−+ xxx
Điều kiện xác định: x ≥ 1 0,25
1loglog3log1
399
−=−+ xxx

⇔
1log2log3log1
999
−=−+ xxx
⇔
( )
( )
xxxx
9999

log3log11log2log21 ++−=−
0,25
⇔
( )
( )
01log3log11log2
999
=+++− xxx
⇔
1log2
9
=x
vì:
01log3log1
99
>+++ xx
0,25
⇔ x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3
0,25
Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1
NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối A,A
1
,B
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x
3
–6x
2
+ 9x –2 có đồ thị là (C)

a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
25