17 đề thi toán đại học khối d 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2 2
3 2 (1)y x x m x m= - + + -
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số góc của
các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - =
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
- =

Ô
Ó
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
2
1
2 3
.ln
2 1
e
x x
I x dx
x x
+ +
+ +
Ú
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của
khối chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC), (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
4 2
2
( 1)

2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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
(3; 2)M
là trung điểm của
cạnh AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y
- - =
và
3 4 6 0x y
- + =
. Tìm tọa độ các điểm A, B và C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho khối chóp S.ABC có
( 1;0;1),A
-
( 1;3;2),B
-
(1;3;1)C
và thể tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng
1 1
( ) :
2 1 1
x y z

d
+ -
= =
-
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x
5
trong khai triển nhị thức Newton của
3
2
( 0)
n
x x
x
Ê ˆ
- π
Á ˜
Ë ¯
, biết rằng n
là số nguyên dương thỏa mãn
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm

3
;7
8
M
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
. Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O là
gốc tọa độ).
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 4 0P x y z
- - - =
và hai
điểm
(2;3; 4),A
-
(5;3; 1)B
-
. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho tam giác ABC vuông cân tại C.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình
2 2 2
3 3 2 2
3 3 3 27
x x x x x x- + + -
+ = +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………

www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
ĐÁP ÁN KHỐI D
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0 điểm)
a. Khi m = 0 hàm số có dạng
3 2
3 2y x x= - +
Tập xác định:
Chiều biến thiên:
/ 2
3 6 ,y x x= -
/ 2
0
0 3 6 , (0) 2, (2) 2
2
x
y x x y y
x
È
= € - € = = -
Í
Î
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (
-
•
; 0) và (2; +
•

), và nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và
(2) 2
CT
y y
= = -
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 2.
- Giới hạn:
lim , lim
x xÆ-• Æ+•
= -• = +•
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
// / /
6 6, 0 6 6 0 1, (1) 0y x y x x y= - = € - = € = =
 điểm uốn I(1; 0)
Đồ thị: đi qua các điểm
(1 3;0)±
và nhận điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng.
0,25
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số
góc của các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành:
3 2 2 2 2 2
3 2 0 ( 1)( 2 2) 0x x m x m x x x m- + + - = € - - + - =
2 2

1
( ) 2 2 0 (*)
x
f x x x m
È
€
Í
= - + - =
Î
0,25
Đồ thị cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt khác 1
2
2
(1) 0
3 0
3 3
3 0
3 3
f
m
m
m
m
Ï
π
- π
Ï
Ô
€ € € - < <

Ì Ì
D = - >
- < <
Ô
Ó
Ó
(1)
0,25
Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (*) thì
1 2
2
1 2
2
2
x x
x x m
+ =
Ï
Ô
Ì
= -
Ô
Ó
Ta có tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ 1, x
1
, x

2
là
2 2 2
1 2 1 2 1 2
'(1) '( ) '( ) 3 3 3( ) 6( )P y y x y x m x x x x= + + = - + + - +
2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2
3 3 3 ( ) 2 6( )
3 3 3[4 2( 2)] 12 9 3
m x x x x x x
m m m
È ˘
= - + + - - +
Î ˚
= - + - - - = -
0,25
Suy ra
(
)
9, 3; 3P m£ " Œ -
và đẳng thức chỉ xảy ra khi m = 0
0,25
x
y’(x)
y(x)
-• +•
2
0
0

+
+
-
2
-
2
-•
+
•
0
x
y
1
2
1 3-
1 3+
-
2
2
O
∑
∑
∑
∑
∑
∑
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Vậy
max

9P
đạt được khi m = 0.
Câu 2
(2,0 điểm)
Giải phương trình:
cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - =
.
Phương trình tương đương:
2sin2 .sin 2sin2 sin 1 0x x x x- - - - =
0,25
2sin 2 (sin 1) (sin 1) 0x x x€ + + + =
0,25
sin 1
(sin 1)(2sin 2 1) 0
1
sin 2
2
x
x x
x
= -
È
Í
€ + + = €
Í
= -
Î
0,25
7
2 12 12

x k x k x k k
p
p
p
p
p
p
€ = - + = - + = + Œ
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
- =
Ô
Ó
.
Từ cách cho hệ pt ta có đk:
0x π

. Khi đó hệ tương đương:
3
3
3
3
3
1
2 3
3 2 3 2 (1)
3
3
2 (2)
2
y
y y
x
y
y
x
x
Ï
Ï
+ =
+ = -
Ô
Ô Ô
€
Ì Ì
- =
Ô Ô

- =
Ó
Ô
Ó
0,25
Đặt
3
3
2 3 2 3t y t y= +  - =
, ta được hệ pt:
3 3 3
3 3
2 3 3( )
2 3 2 3
y t y t t y
t y t y
Ï Ï
- = - = -
Ô Ô
€
Ì Ì
- = - =
Ô Ô
Ó Ó
2 2 2 2
3
3 3
0
( )( 3) 0 3 0
2 3

2 3 2 3
y t
y t y yt t y yt t
t y
t y t y
- =
Ï Ï
- + + + = + + + =
Ï
Ô Ô
€ € ⁄
Ì Ì Ì
- =
- = - =
Ô Ô
Ó
Ó Ó
0,25
TH
1
:
2 2
3
3 0
2 3
y yt t
t y
Ï
+ + + =
Ô

Ì
- =
Ô
Ó
. Do
2
2
2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
t
y yt t y t y t
Ê ˆ
+ + + = + + + > " Œ
Á ˜
Ë ¯
,
nên hệ phương trình vô nghiệm
0,25
TH
2
:
3 3
0
1
2
2 3 3 2 0
y t t y
y t

y t
t y y y
- = =
= = -
Ï Ï
È
€
Ì Ì
Í
= =
- = - - =
Î
Ó Ó
1
1 1; 2
2
y x y x= -  = - =  =
. Vậy hệ có 2 nghiệm (x; y) là
1
( 1; 1); ; 2
2
Ê ˆ
- -
Á ˜
Ë ¯
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
Tính tích phân
2

2
1
2 3
.ln
2 1
e
x x
I x dx
x x
+ +
+ +
Ú
.
Ta có
2
1
2
1 ln
( 1)
e
I x dx
x
È ˘
= +
Í ˙
+
Î ˚
Ú
0,25
Đặt

1
lnu x du dx
x
= € =
;
2
2 2
1
( 1) 1
dv dx v x
x x
Ê ˆ
= +  = -
Á ˜
+ +
Ë ¯
0,25
Suy ra
1 1
1
2 2 2 2 2
ln 1 1
1 ( 1) 1 1
e
e e
I x x dx e dx
x x x e x x
È ˘
Ê ˆ Ê ˆ
= - - - = - - - +

Á ˜ Á ˜
Í ˙
+ + + +
Ë ¯ Ë ¯
Î ˚
Ú Ú
0,25
1 1
1
2 3 1 1
2ln | | 2ln 1 2ln
1 1 2
e
e e
e e
e x x x
e e
+ +
= - - + - + = -
+ +
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của khối
chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Từ giả thiết ta suy ra

D
SAB vuông tại S và
DCAB vuông tại C
Kẻ
( )SH ABC^
tại H.
Do SA = SB = SC = a nên HA = HB = HC
 H là tâm đường tròn ngoại tiếp DCAB
hay H là trung điểm của AB.
0,25
Ta có:
2
1 1 2
,
2 2 2
ABC
a
S a SH AB= = = 
thể tích của khối chóp S.ABC được tình
bởi:
3
1 2
.
3 12
ABC
a
V S SH= =
0,25
Gọi I là trung điểm của SC thì AI
⊥

SC, BI
⊥
SC và
3
2
a
AI BI= =
 góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là góc giữa AI và BI
0,25
Ta có:
2 2 2 2 2
2
2
cos
2 . 2
IA IB AB IA AB
AIB
IA IB IA
+ - -
= =
2
2
2
3
2
1
2
3
3
2

a
a
a
-
= = -
.
Vậy
1
cos | cos |
3
AIB= =
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
4 2
2
( 1)
2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
Từ giả thiết
2 2

1x y+ =
, P được viết lại như sau:
4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( ) 2 2 2
2 2 1 2 2 3 2
y xy y x y xy x y y xy x
P
y xy y xy x y y xy x
+ + + + + + + +
= = =
+ + + + + + +
0,25
Với
0, 1x y
= = ±
thì
2
3
y ; Với x π 0, đặt y = tx. Khi đó:
2
2
2 2 1
3 2 1
t t
P
t t
+ +
+ +
Xét hàm

2
2
2 2 1
( )
3 2 1
t t
f t
t t
+ +
+ +
ta có TXĐ: ,
2
2 2
2 2
'( )
(3 2 1)
t t
f t
t t
- -
+ +
2
0
1 2
'( ) 0 2 2 0 ; (0) 1, ( 1) ; lim ( ) lim ( )
1
2 3
x x
t
f t t t f f f t f t

t
Æ-• Æ+•
È
= € - - = € = - = = =
Í
= -
Î
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
+
min
1
2
P
đạt được khi t = -1 hay
2 2
2 2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y x
x y
y y
Ï Ï
= - =
Ô Ô

= -
Ï
Ô Ô
€ ⁄
Ì Ì Ì
+ =
Ó
Ô Ô
= = -
Ô Ô
Ó Ó
0,25
I
H
A
B
S
C
f(t)
t
f’(t)
-
•
+
•
0
+
-
0
-1

0
-
2
3
2
3
1
2
1
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
+
max
1P
đạt được khi t = 0 hay
2
0
1
0
1
y
x
y
x
= ±
Ï
Ï
€
Ì Ì
Ó

Ó
Câu 7.a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(3; 2)M
là trung điểm của cạnh
AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y
- - =
và
3 4 6 0x y- + =
. Tìm tọa độ các điểm A, B và C.
Tọa độ A là nghiệm hệ
8 13 0
3 4 6 0
x y
x y
- - =
Ï
Ì
- + =
Ó
 A(2;3).
Vì M là trung điểm AC nên
(2 ; 2 )
M A M A
C x x y y- -
hay C(4;1)
0,25
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình

là x + 8y – 12 = 0.
0,25
Tọa độ trung điểm N của BC là nghiệm hệ
8 12 0
3 4 6 0
x y
x y
+ - =
Ï
Ì
- + =
Ó

3
0;
2
N
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
.
0,25
Suy ra
(2 ;2 )
N C N C
B x x y y- -
hay B(–4;2)
Vậy A(2;3), B(–4;2), C(4;1)
0,25
Câu 8.a

(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho khối chóp S.ABC có
( 1;0;1), ( 1;3; 2), (1;3;1)A B C- -
và thể
tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng
1 1
:
2 1 1
x y z
d
+ -
= =
-
.
1 1
: ( 1 2 ; 1 ; )
2 1 1
x y z
S d S t t t
+ -
Œ = =  - - +
-
¸
Ô
 = - - = - + -
˝
Î ˚
Ô
˛
0,25

Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi
6 6 3
= = + + - + = +
Î ˚
0,25
Theo giả thiết:
5
3 | 4 | 9
13
t
V t
t
È
= € + = €
Í
= -
Î
0,25
+
5 ( 11;6;5)t S
=  -
+
13 (25; 12; 13)t S
= -  - -
0,25
Câu 9.a
(1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
5
trong khai triển nhị thức Newton của

3
2
n
x
x
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
, biết rằng n là số nguyên
dương thỏa mãn
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
.
Giải phương trình
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
ta được n =11.
0,25
Ta có số hạng tổng quát của khai triển

11
3
2
x
x
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
là
(
)
3(11 ) 33 4
11 11
.( 2) . ( 2) . 0,11
k k k k k k k
k
T C x x C x k
- - -
= - = - =
0,25
Để có số hạng chứa x
5
ta phải có
33 4 5 7k k
- = € =
0,25
Vậy hệ số của x
5
là

7 7
11
( 2) . 42240C- = -
0,25
Câu 7.b
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
. Viết phương trình đường thẳng (d)
đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O
là gốc tọa độ).
Từ giả thiết ta có A(a; 0) và B(0; b) với a, b > 0  pt của
( ) : 1
x y
d
a b
+ =
.
0,25
M thuộc (d) nên
3 7
1
8
a b

+ =
.
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Diện tích tam giác OAB là
1 1
. 12 24
2 2
OAB
S OAOB ab ab= € = € =
Ta được hệ phương trình
3 7
56 3 192
1
3, 8
8
56 .3 4032
24
a b
a b
a b
a b
ab
Ï
+ =
+ =
Ï
Ô
€ € = =

Ì Ì
Ó
Ô
Ó
hoặc
3
, 56
7
a b= =
0,25
+ Với a =3, b = 8 thì phương trình (d):
1 8 3 24 0
3 8
hay
x y
x y+ = + - =
+ Với
3
, 56
7
a b= =
thì phương trình (d):
1 hay 392 3 168 0
3
56
7
x y
x y+ = + - =
.
0,25

Câu 8.b
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( ) : 4 0P x y z- - - =
và hai điểm
(2;3; 4),A
-
(5;3; 1)B -
. Tìm điểm C trên (P) sao cho ABC vuông cân tại C.
Giải:
( ) ( ; ; 4)C P C x y x yŒ  - -
Có:
= - - - = - - - -
0,25
D
ABC vuông cân tại C nên:
2 2
AC BC
Ï
Ô
Ì
Ô
Ó
hay
2
2 2 2 2 2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0
( 2) ( 3) ( ) ( 5) ( 3) ( 3)
x x y x y x y
x y x y x y x y

Ï
- - + - + - - - =
Ô
Ì
- + - + - = - + - + - -
Ô
Ó
0,25
2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0 3 23 42 0
2 5 0 2 5
x x y x y x y x x
x y y x
Ï Ï
- - + - + - - - = - + =
€ €
Ì Ì
- - = = -
Ó Ó
0,25
3; 1
13 13
;
3 3
x y
x y
= =
È
Í
€

Í
= =
Î
. Vậy
(3;1; 2)C
-
hoặc
14 13 11
; ;
3 3 3
C
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình
2 2 2
3 3 2 2
3 3 3 27
x x x x x x- + + -
+ = +
Phương trình đã cho tương đương;
2 2 2 2 2 2
3 2 3 2 3 2 3 3 3
3 3 3 1 3 (3 1) (3 1) 0
x x x x x x x x x x x x- + - - - + - - -
+ = + € - - - =

0,5
2
2 2
2
3
3 2 3
2 3
3 1 0
(3 1)(3 1) 0
3 1 0
x x
x x x x
x x
-
- + -
+ -
È
- =
€ - - = €
Í
Í
- =
Î
0,25
2
3 2
0
3 1 3 0
3
x x

x
x x
x
-
È
= € - = €
Í
Î
0,25
2
2 3 2
1
3 1 2 3 0
3
x x
x
x x
x
+ -
È
= € + - = €
Í
= -
Î
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
0; 1; 3x x x= = = ±
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

DeThiThuDaiHoc.com
1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 1 - 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
2 3
.
1
x
y
x
−
=
−

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng
: 3 0
d x y m
+ + =
cắt (H) tại hai điểm M, N sao cho tam giác
AMN
vuông tại

điểm
(1; 0).
A

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin3 2cos2 3 4sin cos (1 sin ).
x x x x x
+ = + + +

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
( )
2
1 2 1
2 1 2
16 .8 4 .
x x
x x
+ − +
+ +
=
Câu 4

(1,0 điểm).
Tính tích phân
1
2
0
3 2ln(3 1)
d .
( 1)

x x
I x
x
+ +
=
+
∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều
1 1 1
.
ABC A B C
có
1
2,
AA a= đường thẳng
1
B C
tạo với mặt
phẳng
1 1
( )
ABB A
một góc
0
45 .
Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
AB
và BC.

Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn
2 2 2
0 ( ) ( ) ( ) 18.
x y y z z x< + + + + + ≤ Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
4
2 2 2
2 2 2
( )
.
3( )
x y z
P x y z
x y 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
(2;1)
M là trung điểm cạnh AC, điểm
(0; 3)
H
−
là chân đường cao kẻ từ A, điểm

(23; 2)
E
−
thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm
B biết điểm A thuộc đường thẳng
: 2 3 5 0
d x y
+ − =
và điểm C có hoành độ dương.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho đường thẳng
2 1 2
:
1 1 2
x y z
d
+ − −
= =
−
và hai mặt
phẳng
( ) : 2 2 3 0, ( ): 2 2 7 0.
P x y z Q x y z
+ + + = − − + =
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời
tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho tập hợp
{

}
1, 2, 3, 4, 5 .
E = Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số,
các chữ số đôi một khác nhau thuộc E. Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M. Tính xác suất để tổng các chữ số của số
đó bằng 10.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho hai điểm
(1; 2), (4;1)
A B và đường thẳng
:3 4 5 0.
x y
∆ − + =
Viết phương trình đường tròn đi qua A, B và cắt
∆
tại C, D sao cho
6.
CD
=

Câu 8.b (1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a

độ

,
Oxyz
cho
đ
i
ể
m
(1;1; 0)
M
và hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1 2
1 3 1 1 3 2
: , : .
1 1 1 1 2 3
x y z x y z
d d
− − − − + −
= = = =
− − −
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m

ặ
t ph
ẳ
ng (
P
) song song v
ớ
i
1
d
và
2
d

đồ
ng th
ờ
i cách
M
m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng
6.

Câu 9.b

(1,0 điểm).
Tìm s
ố
nguyên d
ươ
ng
n
th
ỏ
a mãn
0 1 2 3
1 1 1 1 ( 1) 1
. .
2 3 4 5 2 156
n
n
n n n n n
C C C C C
n
−
− + − + + =
+

Hết

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

DeThiThuDaiHoc.com
2

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


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
1
0
. Tập xác định:
\{1}.
R

2
0
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
lim 2
x
y
→−∞
=
và
lim 2.
x
y
→+∞
=

Giới hạn vô cực:
1
lim
x
y
+
→
= −∞
và
1
lim .
x
y
−
→
= +∞

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng
2,
y
=
tiệm cận đứng là đường thẳng
1.
x
=

* Chiề
u bi
ế

n thiên: Ta có
2
1
' 0, 1.
( 1)
y x
x
= > ∀ ≠
−

Suy ra hàm s
ố

đồ
ng bi
ế
n trên m
ỗ
i kho
ả
ng
(
)
;1
−∞ và
(
)
1; .
+ ∞

0,5
* Bảng biến thiên:


3
0
. Đồ thị:
Đồ thị cắt
Ox
tại
3
; 0 ,
2
 
 
 
cắt
Oy
tại
(0;3).

Nhận giao điểm
(1; 2)
I của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Ta có
1
: .

3 3
m
d y x= − − Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình
2 3 1
,
1 3 3
x m
x
x
−
= − −
−
hay
2
( 5) 9 0, 1.
x m x m x
+ + − − = ≠
(1)
Ta có
2
( 7) 12 0,
m
∆ = + + >
với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn nữa
cả 2 nghiệm
1 2
,
x x
đều khác 1. Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2

( ; ), ( ; ).
M x y N x y

0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Ta có
1 1 2 2
( 1; ), ( 1; ).
AM x y AN x y
= − = −
 

Tam giác AMN vuông tại A
. 0.
AM AN
⇔ =
 
Hay
1 2 1 2
( 1)( 1) 0
x x y y
− − + =


1 2 1 2
1

( 1)( 1) ( )( ) 0
9
x x x m x m
⇔ − − + + + =


2
1 2 1 2
10 ( 9)( ) 9 0.
x x m x x m
⇔ + − + + + =
(2)
Áp dụng định lý Viet, ta có
1 2 1 2
5, 9.
x x m x x m
+ = − − = − −
Thay vào (2) ta được

2
10( 9) ( 9)( 5) 9 0
m m m m
− − + − − − + + =
6 36 0 6.
m m
⇔ − − = ⇔ = −

V
ậy giá trị của m là
6.

m
= −

0,5

Câu 2.

(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với

sin3 sin 2cos2 3(sin 1) cos (sin 1)
x x x x x x
− + = + + +

0,5
x
'y
y

∞
−

∞
+

1

2

∞
−

+ +
∞
+

2

x

O
y

I
3

2

1

3
2

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

DeThiThuDaiHoc.com
3

2
2cos2 sin 2cos2 (sin 1)(cos 3)
(sin 1)(2cos2 cos 3) 0
(sin 1)(4cos cos 5) 0
(sin 1)(cos 1)(4cos 5) 0.
x x x x x
x x x
x x x
x x x
⇔ + = + +
⇔ + − − =
⇔ + − − =
⇔ + + − =

*)
sin 1 2 ,
2
x x k
π
π
= − ⇔ = − +
.
k
∈
Z

*)
cos 1 2 ,
x x k
π π

= − ⇔ = +
.
k
∈
Z

*)
4cos 5 0
x
− =
vô nghi
ệ
m.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
2 , 2 , .
2
x k x k k
π
π π π
= − + = + ∈
Z

0,5
Đ

i
ề
u ki
ệ
n:
1
2
x
≥ −
.
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i

( )
2
4 1 2 1
3 2 1 2 4
2 .2 2
x x
x x
+ − +

+ +
=

⇔
(
)
2
4 1 2 1 3 2 1 2 4
x x x x
+ − + + + = +

⇔
(
)
2
2 2 2 2 1 3 2 1 2 4.
x x x x
+ − + + + = +

0,5

Câu 3.

(1,0
điểm)
Đặ
t
2 1 0,
x t
+ = ≥

ph
ươ
ng trình tr
ở
thành
(
)
2
2 2
1 2 3 3
t t t t
+ − + = +

⇔
4 3 2
4 5 2 0
t t t t
− + − − =

⇔
(
)
2
( 2) ( 1) 1 0
t t t
− − + =

⇔
2,
t

=
vì
2
( 1) 1 0
t t
− + >
v
ớ
i m
ọ
i
0.
t
≥

T
ừ

đ
ó gi
ả
i
đượ
c nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình ban

đầ
u là
3
2
x
=
.
0,5
Ta có
1 1
2 2
0 0
3 ln(3 1)
d 2 d .
( 1) ( 1)
x x
I x x
x x
+
= +
+ +
∫ ∫

Đặt
3d
ln(3 1) d ,
3 1
x
u x u
x

= + ⇒ =
+

2
d 1
d .
1
( 1)
x
v v
x
x
= ⇒ = −
+
+

Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
0,5

Câu 4.

(1,0
điểm)
1 1
1
2
0
0 0
1 1
2

0 0
1 1
0 0
3 2ln(3 1) d
d 6
1 (3 1)( 1)
( 1)
3 3 3 1
d ln4 3 d
1 3 1 1
( 1)
3 3
ln4 3ln 3 1 4ln2.
1 2
x x x
I x
x x x
x
x x
x x x
x
x
x
+
= − +
+ + +
+
 
 
= − − + −

 
 
+ + +
+
 
 
= − + + = − +
+
∫ ∫
∫ ∫


0,5
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

DeThiThuDaiHoc.com
4


Từ giả thiết suy ra
ABC
∆
đều và
1
( ).
BB ABC
⊥

Kẻ
,

CH AB
⊥
H là trung điểm AB. Khi đó

( )

0
1 1 1 1 1 1
( ) , ( ) 45
CH ABB A CB H B C ABB A⊥ ⇒ = =

1
CHB
⇒
∆
vuông cân tại H.
Giả sử
3
0
2
x
BC x CH= >
⇒
=
và

2
2 2 2
1 1
2 .

4
x
B H B B BH a= + = +

Từ
2
2
1
3
2 3
4
ABC
x
CH B H x a S a=
⇒
=
⇒
= =

Suy ra thể tích lăng trụ
3
1
. 6.
ABC
V AA S a= =

0,5

Câu 5.

(1,0
điểm)
Gọi
1
,
K K
là trung điểm
1 1
, .
BC B C
Kẻ
1
.
KE AK
⊥

Vì
1 1 1
( )
B C AKK
⊥
nên
1 1 1 1
( ).
B C KE KE AB C
⊥
⇒
⊥

Vì

1 1
/ /( )
BC AB C
nên
(
)
1 1 1
( , ) , ( ) .
d BC AB d K AB C KE
= =
(1)
Tam giác
1
AKK
vuông tại K nên
2 2 2 2
1
1 1 1 5 6 30
.
5
6
5
a a
KE
KE K K AK a
= + = ⇒ = =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1
30

( , ) .
5
a
d AB BC =

0,5
Từ giả thiết ta có
0 , , 3
x y z
≤ ≤
và
0.
x y z
+ + >

Suy ra
2 2 2
3 , 3 , 3 .
x x y y z z
≤ ≤ ≤

Do đó
2 2 2
3( ).
x y z x y z
+ + ≤ + +

Khi đó
4
3

( ) 1
3( ) 3( ) ( ) .
9( ) 9
x y z
P x y z x y z x y z
x y z
+ +
≤ + + − = + + − + +
+ +
(1)
Đặt
, 0.
t x y z t
= + + >

0,5

Câu 6.

(1,0
điểm)
Xét hàm số
3
1
( ) 3
9
f t t t
= −
với
0.

t
>

Ta có
2
1
'( ) 3 ; '( ) 0 0 3.
3
f t t f t t
= − ≥ ⇔ < ≤

Suy ra bảng biến thiên:



Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra
( ) (3) 6
f t f
≤ =
với mọi
0.
t
>
(2)
Từ (1) và (2) ta có
6.
P
≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi
3, 0

x y z
= = =
hoặc các hoán vị.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi
3, 0
x y z
= = =
hoặc các hoán vị.
0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)

1 3
: 2 3 5 0 ( 3 1, 2 1).
1 2
x t
A d x y A a a
y t
= −

∈ + − = ⇔ ⇒ − + +

= +


Vì
(2;1)

M
là trung
đ
i
ể
m
AC
nên suy ra
(3 3 ;1 2 )
C a a
+ −

( 3 1; 2 4)
(3 3 ; 4 2 ).
HA a a
HC a a

= − + +

⇒

= + −





0,5
A

C

H

E

B

K

1
C

1
K

1
B

1
A

2
a
A

d

B

H

C

M

N

E

( )
f t

'( )
f t

t
3
0
+
–

0
+∞

6
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

DeThiThuDaiHoc.com
5

Vì

0
90
AHC = nên
1
. 0
19
.
13
a
HA HC
a
=


= ⇒

= −


 

*) Với
1 ( 2; 3), (6; 1)
a A C
= ⇒ − −
thỏa mãn.
*) Với

19 18 51
;
13 13 13
a C
 
= − ⇒ −
 
 
không thỏa mãn.
Với
( 2; 3), (6; 1)
A C
− −
ta có phương trình
: 17 11 0,
CE x y
+ + =
phương trình
: 3 9 0
BC x y
− − =

Suy ra (3 9; )B b b BC
+ ∈ ⇒
trung điểm AB là
3 7 3
; .
2 2
b b
N

+ +
 
 
 

Mà
4 ( 3; 4).
N CE b B
∈ ⇒ = − ⇒ − −

0,5
Tâm mặt cầu (S) là
( 2; 1; 2 2) .
I t t t d
− − + + ∈

Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên
(
)
(
)
, ( ) , ( )
d I P d I Q R
= =

0,5

Câu
8.a
(1,0

điểm)

1 1
2, ( 4; 3; 2),
3 7 1
3 3
2 2
3 3
3, ( 5; 4; 4),
3 3
t R I R
t t
R
t R I R
 
= − = − − =
 
+ − −
⇔ = = ⇔ ⇒
 
 
= − = − − =
 
 

Suy ra pt (S) là
2 2 2
1
( 4) ( 3) ( 2)
9

x y z
+ + − + + =
hoặc
2 2 2
4
( 5) ( 4) ( 4) .
9
x y z
+ + − + + =

0,5
Số các số thuộc M có 3 chữ số là
3
5
60.
A =
Số các số thuộc M có 4 chữ số là
4
5
120.
A =
Số các số thuộc M có 5 chữ số là
5
5
120.
A =
Suy ra số phần tử của M là
60 120 120 300.
+ + =

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
Các t
ậ
p con c
ủ
a
E
có t
ổ
ng các ph
ầ
n t
ử
b
ằ
ng 10 g
ồ
m

1 2 3
{1,2,3,4}, {2,3,5}, {1,4,5}.
E E E
= = =

G

ọ
i
A
là t
ậ
p con c
ủ
a
M
mà m
ỗ
i s
ố
thu
ộ
c
A
có t
ổ
ng các ch
ữ
s
ố
b
ằ
ng 10.
T
ừ

1

E
l
ậ
p
đượ
c s
ố
các s
ố
thu
ộ
c
A
là
4!

T
ừ
m
ỗ
i t
ậ
p
2
E
và
3
E
l
ậ

p
đượ
c s
ố
các s
ố
thu
ộ
c
A
là
3!

Suy ra s
ố
ph
ầ
n t
ử
c
ủ
a
A
là
4! 2.3! 36.
+ =

Do
đ
ó xác su

ấ
t c
ầ
n tính là
36
0,12.
300
P
= =
0,5

Gi
ả
s
ử
(
C
) có tâm
( ; ),
I a b
bán kính
0.
R
>

Vì (C)
đ
i qua A, B nên
IA IB R
= =

2 2 2 2
2 2
( 1) ( 2) ( 4) ( 1)
3 6 ( ; 3 6)
10 50 65 10 50 65 (1)
a b a b R
b a I a a
R a a R a a
⇔ − + − = − + − =
= − −
 
 
⇒ ⇒
 
= − + = − +
 
 



0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
Kẻ
IH CD
⊥

tại H. Khi đó
9 29
3, ( , )
5
a
CH IH d I
− +
= = ∆ =
2
2 2
(9 29)
9
25
a
R IC CH IH
−
⇒ = = + = + (2)
Từ (1) và (2) suy ra
2
2 2
(9 29)
10 50 65 9 169 728 559 0
25
a
a a a a
−
− + = + ⇔ − + =


1

43
13
a
a
=


⇔

=


(1; 3), 5
43 51 5 61
; ,
13 13 13
I R
I R
− =


⇒
 

=
 

 


0,5
I

∆

H

A

B

C

D

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

DeThiThuDaiHoc.com
6

Suy ra
2 2
( ):( 1) ( 3) 25
C x y
− + + =
hoặc
2 2
43 51 1525
( ): .
13 13 169

C x y
   
− + − =
   
   

Vì
( )
P
//
1 2
,
d d
nên (P) có cặp vtcp
1
1 2
2
(1; 1;1)
, (1; 2;1)
( 1; 2; 3)
P
u
n u u
u

= −

 
⇒ = =


 
= − −



  


Suy ra pt (P) có dạng
2 0.
x y z D
+ + + =

( )
3
3
, ( ) 6 6
9
6
DD
d M P
D
=
+

= ⇔ = ⇔

= −

( ) : 2 3 0 (1)

( ) : 2 9 0 (2)
P x y z
P x y z
+ + + =

⇒

+ + − =


0,5

Câu
8.b
(1,0
điểm)
Lấy
1
(1; 3;1)
K d
∈
và
2
(1; 3; 2)
N d
− ∈
thử vào các phương trình (1) và (2) ta có
( ) : 2 3 0
N P x y z
∈ + + + =

nên
2
( ) : 2 3 0
d P x y z
⊂ + + + =
. Suy ra phương trình mặt phẳng (P)
thỏa mãn bài toán là
( ) : 2 9 0.
P x y z
+ + − =

0,5
Với mọi
x
∈
R
và mọi số nguyên dương
n
, theo nhị thức Niutơn ta có
(
)
0 1 2 1 0 1
( 1) . ( 1) (1 ) .
n n n n n n n
n n n n n n
C x C x C x C C x C x x x x
+
− + + − = − + + − = −
Suy ra
( )

1 1
0 1 2 1
0 0
( 1) d (1 ) d .
n n n n
n n n
C x C x C x x x x x
+
− + + − = −
∫ ∫

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
Hay
1 1
0 1 1
0 0
1 1 ( 1)
(1 ) d (1 ) d
2 3 2
n
n n n
n n n
C C C x x x x
n
+

−
− + + = − − −
+
∫ ∫


1 1 1
1 2 ( 1)( 2)
n n n n
= − =
+ + + +
, với mọi
*
.
n∈
N

Từ đó ta có
2
1 1
3 154 0 11
( 1)( 2) 156
n n n
n n
= ⇔ + − = ⇔ =
+ +
(vì
*
).
n∈

N

0,5

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
1

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
t
ồ
n t
ạ
i
đ
úng hai
đ
i
ể
m có hoành
độ
l
ớ
n h
ơ
n 1 sao cho các ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ

i m
ỗ
i
đ
i
ể
m
đ
ó c
ủ
a
( )
m
C

vuông góc v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
: 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

− − − + =

∈

+ − + − =


ℝ

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 tr
ị
l
ớ

n nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u
th
ứ
c
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 m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

,
Oxy
cho tam giác ABC có
đỉ
nh
(3; 3),
A tâm
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
(2;1),

I ph
ươ
ng trình
đườ
ng phân giác trong góc

BAC
là
0.
x y
− =
Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh B, C bi
ế
t r
ằ
ng
8 5
5
BC = và
góc

BAC
nh
ọ

n.
Câu 8.a (1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

,
Oxyz
cho m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ) :2 1 0
P x y z
− − + =
và các
đườ
ng th
ẳ
ng
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
đườ
ng th
ẳ
ng MN
song song v
ớ
i (P)
đồ
ng th
ờ
i t
ạ
o v
ớ
i d m
ộ
t góc
α
có

1
cos .
3
α
=
Câu 9.a

(1,0 điểm).
Cho ph
ươ
ng trình
2
8 4( 1) 4 1 0 (1),
z a z a− + + + = v
ớ
i a là tham s
ố
. Tìm
a
∈
ℝ

để
(1) có hai
nghi
ệ
m
1 2
,
z z

th
ỏ
a mãn
1
2
z
z
là s
ố

ả
o, trong
đ
ó
2
z
là s
ố
ph
ứ
c có ph
ầ
n
ả
o d
ươ
ng.
b. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm).

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

,
Oxy
cho tam giác ABC có ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a
đườ
ng cao k
ẻ
t
ừ
B là

3 18 0,
x y
+ − =
ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng BC là
3 19 279 0,
x y
+ − =

đỉ
nh C thu
ộ
c
đườ
ng th

ẳ
ng
: 2 5 0.
d x y
− + =
Tìm t
ọ
a
độ

đỉ
nh A bi
ế
t r
ằ
ng

0
135 .
BAC =

Câu 8.b (1,0 điểm).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

,
Oxyz
cho
đ
i
ể
m
(4; 4; 5), (2; 0; 1)
A B
− − −
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ) : 3 0.
P x y z
+ + + =
Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m M thu
ộ
c m

ặ
t ph
ẳ
ng (P) sao cho m
ặ
t ph
ẳ
ng (MAB) vuông góc v
ớ
i (P) và
2 2
2 36.
MA MB− =
Câu 9.b

(1,0 điểm).
Cho
đồ
th
ị

2
2
( ) :
1
a
x ax
C y
x
+ −

=
−
và
đườ
ng th
ẳ
ng
: 2 1.
d y x
= +
Tìm các s
ố
th
ự
c a
để

d
c
ắ
t
( )
a
C
t
ạ
i hai
đ
i
ể

m phân bi
ệ
t
,
A B
th
ỏ
a mãn
,
IA IB
=
v
ớ
i
( 1; 2).
I
− −

Hết

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
2


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
tr
ở
thành
3 2
6 9 1.
y x x x
= − + −

a) Tập xác định:
.
R

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
π
≠ ± ≠ ⇔ ≠ ∈
Z

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.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
3

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
π

π
+ = ⇔ = − +
.
k
∈
Z

*)
2
1
1 cos sin 0 sin
2
4
2
2 , .
x k
x x x
x k k
π
π
π
π π

= +
 

+ − = ⇔ − = ⇔
 

 

= + ∈

Z

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là
, 2 , .
4 2
x k x k k
π π
π π
= − + = + ∈
Z

0,5
Điều kiện:
1.
x
≥

Đặ
t
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
− +
= =
V
ậ
y nghi
ệ
m (
x
;
y
) c
ủ
a h
ệ
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
t
t t
−
−
   
= = − = + =
   
   
∫ ∫

0,5

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
4


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 c
ắ
t
đườ
ng tròn (ABC)
t
ạ
i E là
đ
i
ể
m chính gi
ữ

a cung BC
.
IE BC
⇒ ⊥

Vì E thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
0
x y
− =
và
(0; 0).
IE IA R E
= = ⇒

Ch
ọ
n
(2;1)
BC
n EI
= = ⇒
 
pt BC có d
ạ

ng
2 0.
x y m
+ + =

T
ừ
gi
ả
thi
ế
t
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.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
5

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

α
+ +
= = = =
+ + + +


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
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t suy ra
1 2
,
z z
không ph
ả
i là s
ố
th
ự
c. Do
đ
ó
' 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 s

ố

ả
o
2
1
z
⇔ là s
ố

ả
o
( )
2 2 2
0
( 1) ( 6 1) 0 2 0
2.
a
a a a a a
a
=

⇔ + − − − − = ⇔ − = ⇔

=


Đố
i chi
ế

u v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n (*) ta có giá tr
ị
c
ủ
a
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
∈ = − + ⇒ − +
∈ = + ⇒ +

T
ừ

gi
ả
thi
ế
t suy ra
B

đố
i x
ứ
ng
C
qua
đườ
ng trung tr
ự
c
. 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
⊥
⇒
ch
ọ
n
( 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
đ
i
ể
m
www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
6

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

www.MATHVN.com
– Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com
1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - 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
4 2
1
( 1) 2 1
4
y 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) Cho
5

0;
2
I
 
−
 
 
. Tìm m để
( )
m
C
có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho tứ giác ABIC là
hình thoi.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3
sin4 2sin sin 3cos cos2 .
x x x x x
+ = +
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
4 2
3 2 3
( 2) 4 0
( , ).
3 4 2 4 1
y x y x
x y
x x x y y

− − − − =


∈

+ + = + −


ℝ

Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các đường
1
, 0, 0
1 4 3
y y x
x
= = =
+ −
và
1
x
=
xung quanh trục hoành.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S.ABC có
6 , 3 .
SA a AB a
= =
Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho
1
.
2
MS MC

= Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và cosin của góc giữa hai đường thẳng SB và AM.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn
2 2
(3 2)( 1) 0.
x y x y
+ + − − =
Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2
8 4 .
P x y 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 đường tròn
2 2
( ):( 2) ( 1) 5
C x y
− + − =
và đường
thẳng
: 3 9 0.
d x y
− − =
Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ
điểm M sao cho độ dài AB nhỏ nhất.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho hai đường thẳng
1
:
2 1 2
x y z
d
−
= =
− −
và
1 2
: .
1 1 2
x y z
− −
∆ = =
−
Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d, cắt
∆
tại hai điểm A, B sao cho IAB là tam
giác vuông và
2 11.
AB =
Câu 9.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau sao cho trong mỗi số đều
có mặt các chữ số 8 và 9?
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

,
Oxy
viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai
bằng
3
,
5
biết diện tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) bằng 24.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho các điểm
(2; 0; 2), (3; 1; 4), ( 2; 2; 0).
A B C
− − − −

Tìm điểm D trong mặt phẳng (Oyz) có cao độ âm sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 2 và khoảng
cách từ D đến mặt phẳng (Oxy) bằng 1.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
2 2 3
z i+ = và
(
)
3
i z
+ có một acgumen bằng
.
3
π

Hết
www.MATHVN.com
– Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com
2


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - 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
tr
ở
thành
4 2
1
2 3.
4
y x x
= − +

a) Tập xác định:
;
D y
=
R
là hàm số chẵn.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
x
y
→−∞
=
lim .
x
y
→+∞
= +∞

* Chiều biến thiên: Ta có
3
' 4 ;
y x x
= −
0 2 2
' 0 ; ' 0 ; ' 0
2 2 0 0 2.
x x x
y y y
x x x

= > < −
  
= ⇔ > ⇔ < ⇔
  
= ± − < < < <
  

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
(
)
(
)
2; 0 , 2; ;
− + ∞
nghịch biến trên mỗi khoảng
(
)
(
)
; 2 , 0; 2 .
−∞ −
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0, 3,
CĐ
x y
= =
hàm số đạt cực tiểu tại
2, 1.
CT
x y

= ± = −

0,5
* Bảng biến thiên:



c) Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.



0,5
b) (1,0 điểm)
Ta có
3
' 2( 1) ,
y x m x
= − + với mọi
.
x
∈
R

( )
m
C
có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu
' 0
y
⇔ =

có 3 nghiệm phân biệt

2( 1) 0 1.
m m
⇔ + > ⇔ > −
(1)
Khi đó 3 nghiệm phân biệt của
' 0
y
=
là
0, 2( 1)
x x m
= = − +
và
2( 1).
x m
= +

Điểm cực đại của
( )
m
C
là
(0; 2 1),
A m
+
hai điểm cực tiểu là
(
)

2
2( 1);
B m m
− + − và
(
)
2
2( 1); .
C m m
+ −
0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại
(
)
2
0;
H m
− và H là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a BC. Do
đ

ó t
ứ
giác
ABIC là hình thoi khi và ch
ỉ
khi H là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AI. Hay là
2
2
5 1
2 2 1
2
2 2
H A I
H A I
x x x
m m m
y y y
= +

⇔ − = + − ⇔ =

= +

ho

ặ
c
3
.
2
m
= −

Đố
i chi
ế
u
đ
i
ề
u ki
ệ
n (1) ta
đượ
c giá tr
ị
c
ủ
a m là
1
.
2
m
=

0,5
x
'y
y

2
−

∞
−

∞
+

2

3

∞
+

1
−

–
0
0

+

0

+

–
0

∞
+

1
−

x
O
y
2
1
−

3

2
−

www.MATHVN.com
– Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com
3

Phương trình đã cho tương đương với

2
2sin2 cos2 sin (2sin 1) 3cos cos2 0
x x x x x x
+ − − =


cos2 (2sin2 sin 3cos ) 0.
x x x x
⇔ − − =

*)
cos2 0 ,
4 2
x x k
π π
= ⇔ = +
.
k
∈
Z

0,5

Câu 2.

(1,0
điểm)

*)
1 3
2sin2 sin 3cos 0 sin2 sin cos sin2 sin
2 2 3
x x x x x x x x
π
 
− − = ⇔ = + ⇔ = +
 
 


2 2
2
3
3
2 2
2 2
, .
3
9 3
x x k
x k
x x k
x k k
π
π
π
π
π

π π
π π


= + +
= +



⇔ ⇔

 


= − + +
= + ∈
 



 

Z

V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ

a ph
ươ
ng trình là
,
4 2
x k
π π
= +
2 2
2 , , .
3 9 3
x k x k k
π π π
π
= + = + ∈
Z

0,5
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
3 3
( 1) 1 (2 ) 2 .
x x y y
+ + + = + (1)
Xét hàm số
3
( )
f t t t
= +
với
.

t
∈
R

Ta có
2
'( ) 3 1; '( ) 0
f t t f t
= + >
v
ớ
i m
ọ
i
.
t
∈
R
Do
đ
ó hàm
( )
f t

đồng biến trên
.
R
Khi đó
phương trình (1)
( 1) (2 ) 1 2 2 1.

f x f y x y x y
⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −

0,5

Câu 3.

(1,0
điểm)
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được

4 3 2
2 3 2 3 0
y y y y
− + − − =


2
2 2 2
2
1
( ) 2( ) 3 0
3
y y
y y y y
y y

− =
⇔ − + − − = ⇔


− = −


1 5
.
2
y
±
⇔ =

Suy ra nghiệm (x; y) của hệ là
1 5
5;
2
 
−
−
 
 
 
và
1 5
5; .
2
 
+
 
 
 

0,5
Thể tích khối tròn xoay là
( )
1
2
0
d
.
1 4 3
x
V
x
π
=
+ −
∫

Đặt
4 3 ,
t x
= − ta có khi
0
x
=
thì
2,
t
=
khi
1

x
=
thì
1
t
=
và
2
4
3
t
x
−
= nên
2
d d .
3
t
x t
= −
0,5

Câu 4.

(1,0
điểm)
Khi đó ta có
1 2 2
2 2 2
2 1 1

1 2 2 2 1 1
. d d d
3 3 3 1
(1 ) ( 1) ( 1)
t t
V t t t
t
t t t
π π
π
 
−
= = = −
 
+
+ + +
 
∫ ∫ ∫


2
1
2 1 2 3 1 3
ln | 1| ln 6ln 1 .
3 1 3 2 6 9 2
t
t
π π π
     
= + + = − = −

     
+
     

0,5
Gọi O là tâm tam giác đều ABC; P là trung điểm AB.
Từ giả thiết suy ra
2
( ),
3
SO ABC CO CP
⊥ = (O thuộc đoạn CP).
2
9 3 3 3
3 , 3
4 2
ABC
a a
AB a S CP CO a
= ⇒ = = ⇒ =

2 2 3
.
1 9 11
33 . .
3 4
S ABC ABC
SO SC CO a V SO S a
⇒ = − = ⇒ = =

0,5

Câu 5.

(1,0
điểm)
Kẻ MN // SB (N thuộc đoạn BC,

1
).
2
NB NC
=

0,5
S
A

C

B

M

N

P

O

www.MATHVN.com
– Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com
4

Suy ra

cos( , ) cos( , ) cos .
SB AM MN AM AMN
= =
(1)
Ta có
2
4 .
3
MN SB a
= =
Áp dụng định lý cosin cho các tam giác ANC, SAC, SAM ta có

7
7, cos , 19.
8
AN a ASC AM a= = =

Suy ra

2 2 2
7 19

cos .
2 . 38
MA MN AN
AMN
MA MN
+ −
= =
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra
7 19
cos( , ) .
38
SB AM =

Ta có giả thiết
2 2
(3 2)( 1) 0
x y x y
+ + − − =
2
( ) 3( ) 2 .
x y x y xy y
⇔ + − + + = − −

Vì x, y không âm nên
0.
xy y
− − ≤
Suy ra
2

( ) 3( ) 2 0 1 2.
x y x y x y
+ − + + ≤ ⇔ ≤ + ≤

Đặt
,
t x y
= +
khi đ
ó
[1; 2].
t
∈

Ta có
2 2 2
8 4 ( ) ( ) 8 4 ( )
P x y x y x y x y x y x y
= + + + + − − ≤ + + + + − +


2
8 4 .
t t t
= + + −

0,5

Câu 6.

(1,0
điểm)
Xét hàm s
ố

2
( ) 8 4
f t t t t
= + + −
với
[1; 2].
t
∈

Ta có
4
'( ) 2 1
4
f t t
t
= + −
−
, với mọi
[1; 2]
t
∈
. Chú ý rằng
4
'( ) 3 0
2

f t
> − >
với mọi
(1; 2).
t
∈

Suy ra
( )
f t
đồng biến trên
[1; 2].
Do đó
[1; 2]
max ( ) (2) 6 8 2.
f t f= = +
Suy ra
6 8 2,
P ≤ + dấu
đẳng thức xảy ra khi
0
2, 0.
2
xy
x y
t
=

⇔ = =


=

Vậy giá trị lớn nhất của P là
6 8 2,
+ đạt khi
2, 0.
x y
= =

0,5

(C) có tâm
(2;1),
I bán kính 5, ( , ) 10
R d I d R
= = >
nên d
không cắt (C).
(3 9; ).
M d M m m
∈ ⇒ +

Từ tính chất tiếp tuyến ta có
MI AB
⊥
tại H là trung điểm AB.
Trong tam giác vuông AIM ta có
2 2 2
1 1 1
AH AI AM

= +
2 2 2 2 2 4
2 2
2 2 2 2
. ( )
.
AI AM R IM R R
AH R
AI AM IM IM
−
⇒ = = = −
+


0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
Ta có AB nhỏ nhất
AH
⇔
nhỏ nhất
IM
⇔
nhỏ nhất (
5
R =
không đổi).

Mà
2 2 2 2
(3 7) ( 1) 10( 2) 10 10
IM m m m
= + + − = + + ≥
nên suy ra
min
10
IM =
khi
2.
m
= −

Suy ra
(3; 2).
M
−

0,5

IAB
∆
có
IA IB
=
nên vuông t
ạ
i I. Suy ra
1

11
2
IH AB= = (H
là hình chi
ế
u c
ủ
a I lên AB)
Suy ra
( , ) 11
d I ∆ = (1)
Khi
đ
ó bán kính m
ặ
t c
ầ
u
2 22.
R IH= =


0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)
(2 ; ; 2 1); (1;1; 2)
I d I t t t u

∆
∈
⇒
− − + = −

và (0;1; 2)M
∈∆

(2 ; 1; 2 1)
MI t t t
⇒
= − − − −


, ( 4 3; 2 1; 3 1)
u MI t t t
∆
 
⇒
= − − − + − −
 
 
2
,
29 26 11
( , ) .
6
u MI
t t
d I

u
∆
∆
 
+ +
 
⇒ ∆ = =
 

(2)
0,5
d

M

A

I

B

H

R

d

B

H

R

A

I

∆

www.MATHVN.com
– Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com
5

Từ (1) và (2)
2
(2; 1; 1)
1
29 26 55 0
110 55 139
55
; ;
29 29 29
29
I
t
t t
I
t

− −

=



⇒ + − = ⇔ ⇒
 


−
= −
 



 


Suy ra pt mặt cầu
2 2 2
( 2) ( 1) ( 1) 22
x y z
− + + + + =
và
2 2 2
110 55 139
22.
29 29 29
x y z

     
+ + − + − =
     
     

Giả sử số cần lập là
, {0, 2, 4, 6, 8}.
abcd d ∈ Xét các trường hợp sau
*
0.
d
=
Số cách lập
abc
trong đó có các chữ số 8 và 9 là
1
7
.3! 42.
C =
0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
*
8.
d
=
S

ố
cách l
ậ
p
abc
trong
đ
ó có ch
ữ
s
ố
9 là
2 1
8 7
.3! .2! 154.
C C− =
*
{2, 4, 6}.
d
∈
S
ố cách lập
abc
trong đó có các chữ số 8 và 9 là
(
)
1
7
3. .3! 2 120.
C − =

V
ậ
y s
ố
các s
ố
l
ậ
p
đượ
c là
42 154 120 316.
+ + =

0,5

Ph
ươ
ng trình chính t
ắ
c (
E
) có d
ạ
ng
2 2
2 2
1 ( 0)
x y
a b

a b
+ = > >
.
G
ọ
i
1 2
( ; 0), ( ; 0)
F c F c
−
là các tiêu
đ
i
ể
m v
ớ
i
2 2
,
c a b
= −
và
1 2
(0; ), (0; )
B b B b
−
là các
đỉ
nh trên tr
ụ

c bé.
1 1 2 2
F B F B
⇒
là hình thoi.
Suy ra
1 1 2 2
1 2 1 2
1 1
. 2 .2 2 24
2 2
F B F B
S F F B B c b bc
= = = =


2 2 2 2 2
12 144 ( ) 144.
bc b c b a b
⇔ = ⇔ = ⇔ − = (1)


0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
Tâm sai
2 2 2 2 2

3
0,6 25 9 25( ) 9 4 5
5
c
e c a a b a a b
a
= ⇔ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ =
hay
5
.
4
a b
= (2)
Từ (1) và (2) suy ra
5
4
a
b
=


=

Suy ra
2 2
( ): 1.
25 16
x y
E
+ =

0,5
0 0
( ) (0; ; )
D Oyz D y z
∈ ⇒
, điều kiện
0
0.
z
<

Phương trình
(
)
0 0
( ): 0 , ( ) 1.
Oxy z d D Oxy z z
= ⇒ = = − =
Suy ra
0 0
1 (0; ; 1).
z D y
= − ⇒ −

0,5

Câu
8.b
(1,0

điểm)
Ta có
0
(1; 1; 2), ( 4; 2; 2), ( 2; ;1).
AB AC AD y= − − = − = −
  

Suy ra
0
, (2; 6; 2) , . 6 6
AB AC AB AC AD y
   
= − ⇒ = −
   
    

0
0
0
3
1
, . 1 2
1.
6
ABCD
y
V AB AC AD y
y
=


 
⇒ = = − = ⇔

 
= −

  

Suy ra
(0; 3; 1)
D
−
hoặc
(0; 1; 1).
D
− −

0,5
Đặt
(
)
cos sin , 0.
z r i r
ϕ ϕ
= + >

Suy ra
(
)
cos( ) sin( ) .

z r i
ϕ ϕ
= − + − Khi đó
( )
3 2 cos sin .
6 6
i z r i
π π
ϕ ϕ
 
   
+ = − + −
 
   
   
 

Theo giả thiết ta có
.
6 3 6
π π π
ϕ ϕ
− = ⇔ = −
Khi đó
3
.
2 2
r r
z i
= −

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
Suy ra
2 2 3
z i
+ = ⇔

3
2 2 3
2 2
r r
i
 
+ + =
 
 



2
2
2
3
2 12 2 8 0 2,
4 2

r r
r r r
 
⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ =
 
 
vì
0.
r
>

0,5
x

y
c
b
1
F

2
F

2
B

1
B

O

www.MATHVN.com
– Toán học Việt Nam

www.DeThiThuDaiHoc.com
6

Vậy
3 .
z i
= −



www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
1

SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ

@

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 12 - KHỐI D
NĂM HỌC 2013-2014
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

.)1(12
24
++−= mmxxy

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
b) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác
sao cho trục Ox chia tam giác đó thành hai phần có diện tích bằng nhau .
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác sau :
xxx 2cot22sintan
−
=

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực R :





=+++
=+
655
4
yx
yx

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau :
(
)
1
2

723.2)23.(5
+
=−++
x
x
x

Câu 5 (1,0 điểm ) Cho lăng trụ đứng
'''. CBAABC
có đáy là tam giác vuông tại B,
aBCaAB 2,
=
=
,
)0(4'
>
=
aaAA
. Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và
B’C .
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số a,b,c dương thỏa mãn điều kiện
2
=
+
+
cba
.
Tì
m
giá trị

l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a accbbaS +++++=

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
10
+
=
xy
và tam giác ABC
đều nội tiếp trong đường tròn (C):
0142
22
=++−+ yxyx
.Viết phương trình đường thẳng AB và
tìm tọa độ điểm C biết đường thẳng AB tạo với (d) một góc bằng 45
0
.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) :
023
=
+
−

yx
. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông
ABCD
biết điểm A thuộc trục Ox, điểm B thuộc trục Oy, đường thẳng qua
AB vuông góc với đường thẳng (d) và diện tích hình vuông
ABCD
bằng 8 .
Câu 9.a (1,0 điểm)
Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số khác nhau ?
Biết
51
≤
<
∈
nvàNn
.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy. Hãy viết phương trình chính tắc của Elip (E)
biết hai đỉnh của (E) thuộc trục Oy cùng với hai tiêu điểm của (E) tạo thành một hình vuông có
diện
tích bằng 32.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) :
02
=
−
xy
và điểm M(1; 4).
Viết phương trình đường thẳng

(
)
∆
tạo với đường thẳng (d) một góc bằng 45
0
và cách điểm M(1;
4) một khoảng bằng
20
.
Câu 9.b (1,0 điểm)
Tính tổng sau đây :
!
2013

!
2
!
1
!
0
2013
2013
2
2013
1
2013
0
2013
AAAA
S ++++=