các đề thi đại học có đ.a

ĐỀ1 THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Mơn Tốn - Khối A, B
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x +1
(C)
x +1

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
2 y 2 − x 2 = 1

Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:  3 3
.
2 x − y = 2 y − x


6
6
2.Giải phương trình sau: 8 ( sin x + cos x ) + 3 3 sin 4 x = 3 3 cos 2 x − 9 sin 2 x + 11 .
2

1

1 x+
∫ ( x + 1 − x )e x dx .
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 1
2

Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (ACD) bằng
diện ABCD bằng

a
3

. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ

a 3 15
.
27

2
2
Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2 ( x + y ) = xy + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x4 + y4
.
2 xy + 1

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ)

vng góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :

x − 2 y z +1
=
=
và
4
−6
−8

x −7 y−2 z
=
=
. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa
−6
9
12
độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 . Tính giá trị của

d2 :

2

biểu thức A =

z1 + z2

2

( z1 + z2 ) 2

.

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

x2 y 2
+
= 1 và đường thẳng ∆ :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên ∆
4
3

kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia
Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
 x + log 2 y = y log 2 3 + log 2 x
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x log 2 72 + log 2 x = 2 y + log 2 y
……………Hết………………
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …


Câu

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 03 NĂM 2010
Nội dung

í
1

im

* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận: xlim y = xlim y = 2 ; tiÖm cËn ngang: y = 2
→+∞
→−∞
lim y = +∞; lim + y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = - 1

- Bảng biến thiên

x →( −1) −

x →( −1)

1đ

1
> 0 víi mäi x ≠ - 1
Ta cã y ' =
( x + 1) 2
Hµm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) vµ ( -1; + ∞ )
I

2

2 x0 + 1
x0 + 1
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0 ≠ - 1) th× y0 =

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0,5

2 x0 + 1
1
- 2| = |
|
x0 + 1
x0 + 1

Theo Cauchy th× MA + MB ≥ 2

x0 +1 .

1
=2
x0 + 1

⇒ MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là
M(0;1) và M(-2;3)
1

0,5

0,5

3
x + cos 6 x ) = 1 sin 2 2 x (1)
4
Thay (1) vào phơng tr×nh (*) ta cã :

( sin

6

8 ( sin 6 x + cos 6 x ) + 3 3 sin 4 x = 3 3cos 2 x − 9sin 2 x +11

 3

⇔ 8 1 − sin 2 2 x ÷+ 3 3 sin 4 x = 3 3cos 2 x − 9 sin 2 x + 11
 4

⇔ 3 3 sin 4 x − 3 3cos 2 x = 6sin 2 2 x − 9sin 2 x + 3
⇔ 3 sin 4 x − 3cos 2 x = 2sin 2 2 x − 3sin 2 x + 1
II

⇔ 3cos 2 x. ( 2sin 2 x − 1) = (2sin 2 x − 1)(sin 2 x − 1)
⇔ ( 2sin 2 x − 1)

(

)

3cos2 x − sin 2 x + 1 = 0

0,5


 2sin 2 x − 1 = 0
 2sin 2 x = 1 (2)
⇔
⇔
 3cos 2 x − sin 2 x + 1 = 0
sin 2 x − 3cos 2 x = 1 (3)

Gi¶i (2) :
KÕt luËn :

Π

 x = 12 + k Π
(k ∈ Z )

 x = 5Π + k Π


12

; Gi¶i (3)

Π

 x = 4 + kΠ
(k ∈ Z )


 x = 7Π + k Π


12

2

(

)

3
3
2
2
3
2
2
3
Ta có: 2 x − y = 2 y − x ( 2 y − x ) ⇔ x + 2 x y + 2 xy − 5 y = 0 .

Khi y = 0 thì hệ VN.
3

0,5

2

x

 x
x
Khi y ≠ 0 , chia 2 vế cho y 3 ≠ 0 ⇒  ÷ + 2  ÷ + 2  ÷− 5 = 0 .
 y
 y
 y
x
Đặt t = , ta có : t 3 + 2t 2 + 2t − 5 = 0 ⇔ t = 1 .
y
y = x

⇔ x = y = 1, x = y = −1 .
Khi t = 1 ,ta có : HPT ⇔  2
y =1

0.5
2

1

I = ∫ ( x + 1 − x )e
1

x+

1
x

2

dx = ∫ e
1
2

2

III

x+

1
x

1
dx + ∫ ( x − )e
x

1
x

dx = I1 + I 2

Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = xe
⇒I=

Ta có

1 2
x
1

2

1

2

5

1 x+
3
− ∫ ( x − )e x dx = e 2 − I 2
x
2
1

0,5

2

3
e .
2

ACD cân tại A nên CD

Tương tự

CD

AE suy ra BH

Do đó BH =

A

AE

0,5

AE

BCD cân tại B nên CD

Suy ra CD (ABE)
Mà BH

x+

0,5đ

.

5
2

Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH

IV

x+

BE

H

BH

D

(ACD)

và góc giữa hai mặt phẳng

(ACD) và (BCD) là

E

B
C

0,5

Thể tích của khối tứ diện ABCD là


Mà
là 2 nghiệm của pt: x2 -

Khi đó :
 2 a2

 AE = 3


2
 DE 2 = 5a

3


hoặc

x+

= 0

 2 5a 2
 AE = 3


2
 DE 2 = a

3


trường hợp

vì DE
Xét

BED vuông tại E nên BE =

Xét

BHE vuông tại H nên sin =

Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
1
(
)
5
1
1
1
+ 2 xy ) ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ . ĐK: − ≤ t ≤ .
3
5
3

2
Đặt t = xy . Ta có: xy + 1 = 2 ( x + y ) − 2 xy ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ −

(

Và xy + 1 = 2 ( x − y )

2

(x

Suy ra : P =

)

V

Do đó: P ' =

(

2

+ y2

2

− 2 x2 y2

2 xy + 1

7 −t 2 − t
2 ( 2t + 1)

=

0,5

−7t 2 + 2t + 1 .
4 ( 2t + 1)

) , P ' = 0 ⇔ t = 0, t = −1( L)

2

1
 1
1 2
P  − ÷= P  ÷=
và P ( 0 ) = .
4
 5
 3  15
1
2
 1 1
KL: GTLN là
và GTNN là
( HSLT trên đoạn − ;  )
4
15
 5 3
1 Đường trịn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ ⊥ d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0

0,5

A

I

H

d(I; Δ )=
VIa
2

vậy có 2 đt thỏa mãn bài tốn: 3x+4y+29=0 v 3x+4y-11=0
u
r
u
u
r
Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: u1 (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12)
u
r
u
u
r
+) u1 và u2 cùng phơng
+) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2
VËy d1 // d2.
uu
ur
*) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gäi A1 lµ ®iĨm ®èi xøng cđa A qua d1 .Ta cã: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B

B

0,5
0,5


IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B
Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d
Do AB // d1 nên I là trung ®iĨm cđa A1B.
 36 33 15 
*) Gäi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm đợc H  ; ; ÷
 29 29 29 
 43 95 28
A đối xứng với A qua H nên A  ; ; − ÷
 29 29 29 
 65 21 43
I là trung điểm của AB suy ra I  ;
;
÷
 29 58 29 
Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 −
VIa

VIb

0,5

3 2
3 2
i, z2 = 1 +
i

2
2
2

2

z1 + z2
11
3 2 
22
= ... =
; z1 + z2 = 2 . Do đó
÷ =
÷
4
2
( z1 + z2 ) 2
 2 
2

Suy ra | z1 |=| z2 |= 12 + 


1 Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
xx y y
xx1 yy1
TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng
(1)
+
= 1 . Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 + 0 1 = 1

4
3
4
3
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mÃn (1) nên đờng thẳng AB có pt
xx0 yy0
+
= 1 do M thuéc ∆ nªn 3x0 + 4y0 =12 ⇒ 4y0 =12-3x0
4
3
4 xx0 4 yy0
4 xx0 y (12 3 x0 )

+
=4
+
=4
4
3
4
3
Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì
(x- y)x0 + 4y – 4 = 0 ⇒ x− y =0 ⇒ y =1 . Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)
4 y 4=0
x=1
Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng
2
x y z
( α ) : + + = 1, ( a, b, c > 0 )
a b c

1 2 3 cos y
6
⇒ abc ≥ 162
• Do M ∈ ( α ) nªn: + + = 1 ≥ 3. 3
a b c
abc
a = 3
1

• ThĨ tÝch: V = 6 abc ≥ 27 ⇒ Vmin = 27 ⇔ b = 6
c = 9

Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0
K: x,y > 0
 x + log 2 y = y log 2 3 + log 2 x
- hệ phương trình ⇔ 
 x ( 3 + 2 log 2 3) + log 2 x = 2 y + log 2 y

{

x=

0,5
0,5
0,5

0,5

{

- Suy ra: y = 2x
VIb

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5

1

2 log 2 3 − 1
2
y=
2 log 2 3 − 1

Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
------------------Hết------------------


đề thi thử môn toán
Thi gian lm bi 180 phỳt
4
2
Cõu 1. ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x − 2mx + m − 1 (1) , với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 .

2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của
đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng 1 .
Câu 2. ( 2,0 điểm )
1

2
1. Giải bất phương trình: log 3 x − 5 x + 6 + log 1 x − 2 > 2 log 1 ( x + 3)
3

2. Giải phương trình:
sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3cos 3 x − 3 3cos2 x + 8

3

(

)

3 cos x − s inx − 3 3 = 0 .

Câu 3. ( 1,0 điểm )
π

Tính tích phân

2

1

π

2

2
I = ∫ sin x × sin x +

dx

6

Câu 4. ( 1,0 điểm )

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, gãc BAD= 60 0, SA vng
góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C' là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC'
và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B', D'. Tính thể tích của
khối chóp S.AB'C'D'.
Câu 5. ( 1 ,0 điểm )

Cho a, b, c là c¸c số thực dương thoả m·n abc = 1. Chøng minh r»ng :
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥
a 3 (b + c ) b (c + a ) c (a + b ) 2
Câu 6. ( 2,0 điểm )

1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và tâm I của hình

bình hành nm trờn ng thng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
x = −1 + 2t

∆  y = 1 − t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , xác định vị trí của điểm M để
z = 2t


chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7. (1,0 điểm)


3
 3
x + y = 1
Giải hệ phương trình :  2
x y + 2 xy 2 + y 3 = 2


Híng dÉn
x = 0

'
3
2
C©u 1 2. y = 4 x − 4mx = 4 x ( x − m ) = 0 ⇔ 

2
x = m
+ Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi

qua các nghiệm đó ⇔ m > 0

+ Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

(

) (

A ( 0; m − 1) , B − m ; − m 2 + m − 1 , C

)

m ; −m2 + m − 1

1
yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m 4 + m , BC = 2 m
2
( m 4 + m ) 2 m = 1 ⇔ m 3 − 2m + 1 = 0 ⇔  m = 1
AB. AC.BC

=1⇔
+ R=
2
m = 5 − 1
4 SVABC
4m m


2

+ SVABC =

C©u 2
1. ĐK : x > 3
1
2

1
2

2
PT↔ log 3 ( x − 5 x + 6 ) + log 3

⇔

−1

( x − 2) >

1
log −1 ( x + 3)
2 3

1
1
1
log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) − log 3 ( x − 2 ) > − log 3 ( x + 3 )
2
2
2

 x−2
⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3 ( x − 2 ) − log 3 ( x + 3) ⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3 
÷




 x+3
 x < − 10
x−2
⇔ x2 − 9 > 1 ⇔ 
⇔ ( x − 2 ) ( x − 3) >
x+3
x > 10

Kết hợp với ĐK, ta c nghim ca PT l : x > 10

2. Giải PT lợng gi¸c
sin 2 x(cos x + 3) − 2 3. cos 3 x − 3 3. cos 2 x + 8( 3. cos x − sin x) − 3 3 = 0
⇔ 2 sin x. cos 2 x + 6 sin x. cos x − 2 3. cos 3 x − 6 3 cos 2 x + 3 3 + 8( 3. cos x − sin x) − 3 3 = 0
⇔ −2 cos 2 x( 3 cos x − sin x) − 6. cos x( 3 cos x − sin x) + 8( 3 cos x − sin x) = 0
⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0

π

 tan x = 3
 x = 3 + kπ , k ∈ Ζ
⇔
 3 cos x − sin x = 0



⇔ 2
⇔ cos x = 1
 x = k 2π
cos x + 3 cos x − 4 = 0


cos x = 4(loai )


Câu 3.


Ta có:

π
2

I = ∫ sin x ×
π
6

Đổi cận: Khi x =
3
2

π
2

2

sin x +

2

π

dx

2
3
3
2
d
∫
= −π 2 − cos x × (cos x ) . Đặt cos x =
× t
cos
2
6

π
π
π
2
π
⇒ cos t =
⇒ t = ; khi x = ⇒ cos t = 0 ⇒ t = .
2

2
6
2
4

2
Do vậy: I = ×∫ sin tdt =

π
4

1

3
( π + 2) .
16

Câu 4.
Ta có: ∆SAC vuông tại A ⇒
SC = SA2 + AC 2 = 2a

⇒ AC' = SC/ 2 = a ⇒ ∆SAC' đều .
Vì (P) chứa AC' và (P)// BD ⇒ B'D' // BD. Gọi O là
tâm hình thoi ABCD và I = AC' ∩ B'D' ⇒ I là trọng
tâm ∆SBD.
2
3

Do đó: B ' D ' = BD =

2
a.
3

Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D'B' ⊥ (SAC) ⇒ B'D' ⊥
AC'
Do đó: SAB'C'D' =

1
a2
AC '.B ' D ' = .
2
3

Đường cao h của khối chóp S.AB'C'D' chính là
đường cao của tam giác đều SAC' ⇒ h =
V=

a 3
. →
2

1
a3 3
(đvtt)
h.S
=
3 AB 'C ' D '
18

Câu 5.
1
x
x2
+
+ BĐT ⇔
y+z

+Ta đặt a = , b =

1
1
,c =
với x, y, z > 0 và do abc = 1 nên xyz = 1
y
z
y2
z2
3
+
≥
z+x x+ y 2

+Theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:
 x2
y2
z2 
2
( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y )  
+

+

 y + z z + x x + y ÷≥ ( x + y + z )


2
2
2
3 xyz
 x
y
z  x+ y+z 3
3
⇔
+
+
≥
=
→ BĐT đuợc chứng minh.
÷≥
2
2
2
 y+z z+x x+ y

Câu 6.
1.
uu
ur
Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là:

2x + y − 2 = 0 .


I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) .
4
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH =
.
5
 4
5 8 8 2
| 6t − 4 | 4
t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷
=
⇔

 

Ngồi ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )

5 8

8 2

Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
3 3 3 3
2. Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB khơng đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .

( −2 + 2t )

2

+ ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 =

BM =

( −4 + 2t )

2

+ ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 =

AM + BM =

( 3t )

2

2

2

2

(

+ 2 5

)

( 3t )

(

AM =

2

+ 2 5

2

2

+

( 3t − 6 )

2

(

+ 2 5

r

)

)

2

( 3t − 6 )

2

(

+ 2 5

)

2

2

(

r

)

(

)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 .
r
| u |=

Ta có  r
| v |=



( 3t )

2

(

+ 2 5

( 3t − 6 )

2

(

)

2

)

2

+ 2 5
r r
r r
r
r
Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29
r r
r
r r r
Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u | + | v |≥| u + v | Vậy AM + BM ≥ 2 29
r r
3t
2 5
=
⇔ t =1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ⇔
−3t + 6 2 5

(

)

⇒ M ( 1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .
Câu 7.
x 3 + y 3 = 1
x 3 + y 3 = 1


⇔ 3

Ta cã  2
2
3
 x y + 2 xy + y = 2
2 x + y 3 − x 2 y − 2 xy 2 = 0


3
3
x + y = 1
(3)

3
2
y ≠ 0 . Ta có:   x   x 
x
( 4)
2  −   − 2  + 1 = 0
 y  y
 y
 
    

Đặt :

(1)
(2)

x
1

= t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0 ⇔ t = ± 1 , t = .
y
2
3
3
x + y = 1
1
⇔x= y=3
a) Nếu t = 1 ta có hệ 
2
x = y
x 3 + y 3 = 1
⇔ hệ vô nghiệm.
b) Nếu t = -1 ta có hệ 
x = − y
3
x 3 + y 3 = 1
3
1
⇔x=
,
c) Nếu t = ta có hệ 
3
2
 y = 2x

y=

23 3
3

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Mơn: Tốn. Khối A, B.
Cho hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 +1 (1).
1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện
tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích).
Câu I. (2 điểm).

Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình:

x + 3 + 2x x + 1 = 2x + x2 + 4x + 3 .
1 − sin 2 x
2) Giải phương trình lượng giác: 1 + t an2x =
cos 2 2 x

.
Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:

y = cos x

và y = x 2 − π x − 3π

2

4

Câu IV. (1 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc
đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

4c
4a
b
+
+
≥3
2a + b b + 2c c + a
Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – 2 = 0,
đường thẳng d2: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d2 lần
lượt tại A và B sao cho MA = 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0,


 x = 1 + 7t

(Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d:  y = 3t . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q)
 z = 1 − 2t


theo thiết diện là hình trịn có diện tích bằng 20π và có tâm là giao của d với (P) .

2 y +3 = 16 x



2
log x y = log y ( xy )

2

Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :

--------------- HẾT ---------------

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Với m = 1 hàm số là: y = x 4 − 2 x 2 +1
+) TXĐ: R
+) Giới hạn, đạo hàm: lim y = lim y = +∞
x →+∞
x →−∞
x = 0
y ' = 4 x 3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ 
 x = ±1
+) BBT:
x
- ∞ -1
y'
- 0

∞
y
+

I.1

0,25
0
0
1

+

-

+∞

1
0

+

+∞
0,25

0
0
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; + ∞ ); nghiechj biến trên các khoảng
(- ∞ ; - 1), (0; 1)
Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = ± 1, yCT = 0

+) ĐT: Dạng đồ thị

0,25

10

8

6

4

2

-15

-10

-5

0,25
5

10

15

-2

-4

-6

-8

-10

I.2

x = 0
≠ 0
+) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0 ⇔  2
2 ; ĐK có 3 điểm cực trị : m
x = m

0,25


+) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4) ;
+) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m4).
1
5
4
+) SVABC = AI .BC = m m = m = 32 ⇔ m = ±2 (tm)
2

+) ĐK: x ≥ −1

x + 3 + 2x x + 1 = 2x + x2 + 4x + 3 ⇔ 2x
⇔

II.1

(

)(

)

(

)

x +1 −1 − x + 3

(

0,25
2,25
0,25

)

0,25

x +1 −1 = 0

0,25

x + 1 −1 2x − x + 3 = 0

x = 0

 x +1 = 1
x ≥ 0
x = 0
⇔
⇔ 
⇔
(tm)
 x = 1
x =1
x + 3 = 2x




   x = −3 / 4


0,5

π
π
+ k ,k ∈Z
4
2
1 − sin 2 x
1 + t an2x =
⇔ cos 2 2 x + sin 2 xcos2 x = 1 − sin 2 x
cos 2 2 x

⇔ sin 2 2 x − sin 2 x − sin 2 x.cos2 x = 0
⇔ sin 2 x(sin 2 x − cos2 x − 1) = 0

+) ĐK: x ≠

II.2

0,5

π

x = k 2
sin 2 x = 0
⇔
⇔
(k , l ∈ Z )
sin 2 x − cos2 x = 1  x = π + lπ ; x = π + lπ


2
4
+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là x = k

0,25
π
, x = lπ ;(k , l ∈ Z )
2

0,25

10

8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

0,25

-2

-4

-6

III

-8

-10

Chứng minh được hai đường có đúng hai giao điểm hồnh độ −

π
2

và

3π
2

π
2
2


3π 
1
π
3π  2
4π 3
S = 2 ∫ cos x − x 2 + π x +
dx = 2.  s inx − x 3 + x 2 +
x÷
= 4+


4 
3
2
4  π
3
π 

−
−
2
2
π
2

0,25
0,5


Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nªn gãc ∠AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết
thì góc AA1 H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 cã AA1 = a, gãc ∠AA1 H

1
điểm

=300 ⇒ A1 H = a 3 . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1
2

và A1 H = a 3 nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH B1C1 nên
2

B1C1 ( AA1 H )

IV

A

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H
thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1
Ta có AA1.HK = A1H.AH
HK =

A1 H . AH a 3
=
AA1
4

B
C

K

A

C

H

1

1

B1
4c
4a
b
 4c
  4a
  b

+
+
≥3⇔
+ 2 ÷+ 
+ 2 ÷+ 
+ 2 ÷≥ 9
2a + b b + 2c c + a
 2a + b
  b + 2c
 c+a

2
1 
 2
⇔ ( 2a + b + 2c ) 
+
+
÷≥ 9
 2 a + b b + 2c c + a 
V

1
điểm




b b
 1
1
1 ÷

⇔  a + ÷+  + c ÷+ ( c + a )  
+
+
÷≥ 9
2 2


 a + b b + c c + a ÷

2 2


b b


+) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương  a + ÷,  + c ÷, ( c + a ) và
2 2



1

1
b b
a+
+ c c + a rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm.
2 2
x = t
x = u
, d2 : 
+) Dạng tham số của d1 và d2 : d1 : 
 y = −2 + 2t
 y = −3 − u
uu
ur
uu
ur
+) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). MA = ( t − 3; −2 + 2t ) ; MB = ( u − 3; −3 − u )
,

1

,

uu
ur

ur
7 uu
3

uu
ur

0,25
0,25

ur
u
 16 20 
; − ÷ ⇒ VTCPd : ud = ( 4;5 )
3 
 3

+) TH1: MA = 2.MB : Tìm được t = − , MA =  −
VI.1

⇒d:
uu
ur

uu
ur

x −3 y
= ⇔ 5 x − 4 y − 15 = 0
4
5

+) TH2: MA = −2.MB : Tìm được t =

⇒d:
VI.2

0,25

ur
ur
u
17 u u  8 28 
, MA =  ; ÷ ⇒ VTCPd : ud = ( 2; 7 )
3
3 3 

x−3 y
= ⇔ 7 x − 2 y − 21 = 0
2
7

+) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ
phương trình:

0,25


 x = 1 + 7t
t = 0
 y = 3t
x = 1



⇔
⇒ I (1;0;1)

z = 1 − 2t
y =0


5 x − 4 y + z − 6 = 0
z = 1



+) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có:

0,25

h=

2.1 − 0 + 1 + 7
2 2 + (−1) 2 + ( −1) 2

=

10

50
⇒h =
3
6

+) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình trịn có diện tích bằng
20π ⇒ 20π = π .r 2 ⇒ r 2 = 20 (r là bán kính hình trịn)
50
110
+ 20 =
3
3
110
2
2
Suy ra phương trình mặt cầu (S): ( x − 1) + y 2 + ( z − 1) =
3
+) ĐK: 0 < x ≠ 1, 0 < y ≠ 1

0,25

2

0,25

+) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R 2 = h 2 + r 2 =

 2 y +3 = 16 x
 2

 y + 3 = 4 x (1)
⇔
+) 
2
2 log x y = 1 + log y x(2)

log x y = log y ( xy )



0,25

2

VII

t = 1
x = y
1
2
+) Đặt log x y = t ⇒ (2) : 2t = 1 + ⇔ 2t − t − 1 = 0 ⇔ 
1⇒
2
t = −
t
x = y

2

+) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận).
+) Với x = y-2, kết hợp với (1) ta được y2 = 1 (loại), y = - 4 (loại)
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3.

0,25

0,25

0,25
0,25

Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho
điểm tối đa.


ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ
MƠN TỐN-KHỐI A+B: (180 phút)
----------------------------------------------------------

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m (1)
Câu I (2 điểm):
Cho hàm số
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
π
2cos3x.cosx+ 3(1 + s in2x)=2 3cos 2 (2 x + )
1. Giải phương trình :
4
2. Giải phương trình :
log 2 (5 − 2 x) + log 2 (5 − 2 x).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x)
1
2

π
tan( x − )

4 dx
Câu III (1 điểm):
Tính tích phân :
I =∫
cos2x
0
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SD vng góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2 xyz .
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng ∆ : 3x − 4 y + 4 = 0 .
Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vng góc với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P = (1 + 2 x + 3 x 2 )10
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
x2 y 2
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : +
= 1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
9
4
Tìm trên (E) điểm C có hồnh độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vng góc với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
2 1 22 2
2n n 121
0
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn + Cn + Cn + ... +
Cn =
2
3
n +1
n +1
HẾT
π
6

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu

NỘI DUNG

Điêm


I

2. Ta có y , = 3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
Để hàm số có cực trị thì PT y , = 0 có 2 nghiệm phân biệt

⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân
biệt
⇔ ∆ = 1 > 0, ∀m
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số
là
B(m+1;-2-2m)
 m = −3 + 2 2
2
Theo giả thiết ta có OA = 2OB ⇔ m + 6m + 1 = 0 ⇔ 
 m = −3 − 2 2

Vậy có 2 giá trị của m là m = −3 − 2 2 và m = −3 + 2 2 .
1.
π 

PT ⇔ cos4x+cos2x+ 3(1 + sin 2 x) = 3 1 + cos(4x+ ) ÷
2 


05

025

025

05

⇔ cos4x+ 3 sin 4 x + cos2x+ 3 sin 2 x = 0

05

5
 −1
 2.
2. ĐK :  2
x ≠ 0

Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
log 2 (5 − 2 x)
2
log 2 (5 − 2 x) +
= 2 log 2 (5 − 2 x) + 2 log 2 (5 − 2 x) log 2 (2 x + 1)
2
log 2 (2 x + 1)

II

π
π
⇔ sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0
6
6
π
π

 x = − 18 + k 3
π
⇔ 2sin(3 x + ).cosx=0 ⇔ 
6

 x= π + kπ
 2

π
π
π
Vậy PT có hai nghiệm x = + kπ và x = − + k .
2
18
3

05

−1

x = 4
log 2 (2 x + 1) = −1

log (5 − 2 x) = 2 log (2 x + 1) ⇔  x = 1 ∨ x = −2
⇔ 2
2

2
log 2 (5 − 2 x) = 0
x = 2




Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.

III

π
π
tan( x − )
2
6
4 dx = − tan x + 1 dx
I =∫
∫ (t anx+1)2
cos2x
0
0
π
6

025

025
025


Đặt

t = t anx ⇒ dt=

x=0⇒t =0
π
1
x= ⇒t =

6
3
Suy ra

1
3

I =−∫
0

1
dx = (tan 2 x + 1)dx
2
cos x

05

S
1

dt
1 3 1− 3 .
=
=
2
(t + 1)
t + 10
2

025

D

A
B

IV

 AM ⊥ BC , ( BC ⊥ SA, BC ⊥ AB )

 AM ⊥ SB, ( SA = AB )
Tương tự ta có AN ⊥ SC (2)
AI ⊥ SC
Từ (1) và (2) suy ra
Ta có

⇒ AM ⊥ SC (1)

C

05

V

Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vng góc với (AMB)
1
Suy ra VABMI = S ABM .IH
3
a2
Ta có S ABM =

4
IH
SI SI .SC
SA2
a2
1
1
1
=
=
= 2
= 2
= ⇒ IH = BC = a
2
2
2
BC SC
SC
SA + AC
a + 2a
3
3
3
2
3
1a a a
Vậy VABMI =
=
3 4 3 36

05

Ta c ó:
P = 3  ( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx)  − 2 xyz



= 3 [ 9 − 2( xy + yz + zx) ] − 2 xyz

025

= 27 − 6 x( y + z ) − 2 yz ( x + 3)
( y + z)2
≥ 27 − 6 x(3 − x) −
( x + 3)
2
1
= (− x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27)
2

025


f ( x ) = − x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27
x = 1
f , ( x) = −3 x 2 + 30 x − 27 = 0 ⇔ 
x = 9

Xét hàm số

x

−∞

0

y’

VIa

1
+

y

,

0

với 0
+∞

3
-

14

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 ⇔ x = y = z = 1 .
3a + 4

16 − 3a
) ⇒ B(4 − a;
) . Khi đó diện tích tam giác ABC là
1. Gọi A( a;
4
4
1
S ABC = AB.d (C → ∆) = 3 AB .
2
2
a = 4
 6 − 3a 
2
Theo giả thiết ta có AB = 5 ⇔ (4 − 2a ) + 
÷ = 25 ⇔  a = 0
 2 

VIIa
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
r
Véc tơ pháp tuyến của (α ) là n(1; 4;1)
r
Vì ( P) ⊥ (α ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ
ur r r
u
n p = n ∧ v = (2; −1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I → ( P )) = 4 ⇔
 m = −21
d ( I → ( P )) = 4 ⇔ 

m = 3
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
VIb

10

k

k =0

Vậy hệ số của x 4 là:

05

05

025
025
025
025
05

i =0

k
k
P = (1 + 2 x + 3 x 2 )10 = ∑ C10 (2 x + 3 x 2 ) k = ∑ (∑ C10Cki 2 k −i 3i x k +i )

Theo giả thiết ta có

VIIb

10

k =0

Ta có

05

k + i = 4
i = 0 i = 1 i = 2

∨
∨
0 ≤ i ≤ k ≤ 10 ⇔ 
k = 4 k = 3 k = 2
i, k ∈ N

4
3
1
2
C10 24 + C10C3 223 + C10C22 32 = 8085 .

1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
x2 y2
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có +
= 1 và diện tích tam giác ABC
9

4
là
1
85
85 x y
S ABC = AB.d (C → AB ) =
2x + 3y = 3
+
2
13 3 4
2 13

025
025

05


85  x 2 y 2 
170
2 + ÷ = 3
13  9
4 
13
 x2 y 2

 9 + 4 = 1 x = 3 2

3 2
⇔

2
Dấu bằng xảy ra khi 
. Vậy C (
; 2) .
2
x = y
y = 2

3 2

n
0
1
2 2
n n
Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
3n +1 − 1
2 2 1 23 3
2n +1 n
0
= 2Cn + Cn + Cn + ... +
Cn
n +1
2
3
n +1
2 1 22 2
2n n 3n +1 − 1
121 3n +1 − 1

0
Cn + Cn + Cn + ... +
Cn =
⇔
=
⇔
2
3
n +1
2(n + 1)
n + 1 2(n + 1)
≤3

⇔ 3n +1 = 243 ⇔ n = 4
Vậy n=4.

05

05

05


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

( C)

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 2

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số

2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của ( C ) tiếp xúc với đường trịn có phương trình

( x − m)

2

+ ( y − m − 1) = 5
2

Câu II. (2 điểm)

3
2

+

4

= 2(cot x + 3)
cos x sin 2 x
1
1
1
+
− = log 2 x + 1
2. Giải phương trình
log x − 2 4 log 2x −1 4 2

1. Giải phương trình

Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường y =

ln ( x + 2 )
x

, y = 0 , x = 1 và x = e . Tính thể

tích của vật thể trịn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x
Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a , góc
∠BAC = 1200 , cạnh bên BB ' = a . Gọi I là trung điểm của CC ' . Chứng minh tam giác AB ' I vng tại A và tính
cosin của góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB ' I )

Câu V.(1 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2 + y 2 − xy = 1 .Tìm GTLN, GTNN của F = x 6 + y 6 − 2 x 2 y 2 − xy
II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vng cân, biết đỉnh C ( 3; −1) và
phương trình của cạnh huyền là 3 x − y + 10 = 0
2.Cho
d2 :

mặt phẳng (P):

x −5
3

=

y
4

=

z +5
2

2x − y + 2z − 1 = 0

Tìm các điểm

A ∈ d1 , B ∈ d 2

và các đường thẳng: d1 :

x −1
2

=

y −3
1

=

z
−2

,

sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng

bằng 1.

n

1 

Câu VII.a (1 điểm) T×m hƯ sè cđa số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của x +
biết rằng n
4xữ
2

1
2
3
n 1
n
là số nguyên d¬ng tháa m·n: Cn + 2Cn + 3Cn + L + ( n − 1) Cn + nCn = 64n
2

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao
điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
x −2
y −2
z −3

x −1 y − 2 z −1
d2 :
=
=
,
=
=
2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: d1 :
2
−1
4
2
1
3
Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2
2

5 n
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x 20 trong khai triển của biểu thức ( 3 + x ) biết rằng:
x

0
Cn −

1

1 2
1
1
n

C1 + Cn +... + ( −1) n
Cn =
n
2
3
n +1
13

----------Hết-----------


Cán bộ xem thi khơng giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ............................................
Số báo danh.............................
ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
PHẦN CHUNG

+ Tập xác định D = R
x = 0
x = 2

0,25đ

2
+ Sự biến thiên y ' = 3x − 6 x = 0 ⇔ 

Hàm đồng biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ )
Hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 )
+ Giới hạn xlim y = −∞; xlim y = +∞;
→−∞

→+∞
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và ycđ = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yct = -2
Điểm uốn (1;0)
Bảng biến thiên (0,25)
+∞
1 x −∞
0
2
Câu
y
+
0
0
+
I
’
2đ
2
y +∞

0,25
4

2

-1

0

-5

2

3
5

-2

−∞

1

-2

0,5

-4

Đồ thị (0,25)
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị ∆ : 2 x + y − 2 = 0

2

Tâm của đường tròn I (m, m + 1) , bán kính R= 5
Theo giả thiết ta có

Câu
II
2đ 1

0,25
0,25

2m + m + 1 − 2
5

Điều kiện sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠

(

)

2
3 1 + tan x +

kπ
.
2

 m=2
= 5 ⇔ 3m − 1 = 5 ⇔ 
 m = −4
3


0,25

4

− 2 3 = 2 cot x
sin 2 x
2
2
2(sin x + cos x )
2
2
⇔ 3tan x +
− 3 = 2 cotg x ⇔ 3tan x + 2 tan x − 3 = 0
sin x cos x

Ta có

tanx = − 3 ⇔ x = −

π
3

0,5

+ kπ

tanx =

1
3

⇔x=

π

6

+ kπ

0,5
0,25


1

Giải phương trình

log x − 2 4

+

Điều kiện x > 2, x ≠ 3 .

2

1
log 2x −1 4

−

1
2

= log 2 x + 1

0,25

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

0,5

x = 0
x − 2 ) ( 2 x − 1) = 2 ( x + 1) ⇔ 2 x 2 − 7 x = 0 ⇔ 
(
7
x =

2
7
Đối chiếu điều kiện ta có x =
2

0,25
0,5

1

u = ln ( x + 2 )
du = x + 2 dx
ln ( x + 2 )


dx . Đặt 
⇒
Gọi V là thể tich cần tìm. V = π ∫

1
2
x
1
 dv = x 2 dx
 v=−1−1



x 2
2

Câu
III
1đ

1 1
Suy ra V= −π  + ÷ln ( x + 2 )
 x 2

e

e
1

+π ∫
1

dx
3

1
1 1
= π ln 3 − κ  + ÷ln ( e + 2 ) + π ln x
2x
2
2
e 2

e
1

0,5

3
1 1 1
= π [ ln 3 + −  + ÷ln ( e + 2 ) ]
2
2 e 2

Ta có BC = a 3 . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’,
B’C’I
5
13
a, AB ' = 2a, B ' I =
a
2
2
Do đó AI 2 + AB '2 = B ' I 2 . Vậy tam giác AB’I vuông tại A

0.25

Suy ra AI =

1

10

3

2
S ABC =
a2
Câu + S A ' BI = 2 AI . AB ' = 4 a .
4
IV Gọi α là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình
1đ chiếu vng góc của tam giác AB’I suy ra

S A ' BI cos α = S ABC ⇔

0,25
A'

C'

B'

3
10
3
⇔ cos α =

cos α =
10
4
4

A

0,5
I

C

B

Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ)
Tính ra cosin đựoc 0,25
Nếu học sinh giải bằng phương pháp toạ độ đúng cho điểm tương ứng
Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2 + y 2 − xy = 1 .Tìm GTLN, GTNN của F = x 6 + y 6 − 2 x 2 y 2 − xy .

(

Ta có F = x 2 + y 2

)

3

− 3 x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) − 2 x 2 y 2 − xy = −2 ( xy ) − 2 ( xy ) + 2 xy + 1

xy = t . Ta có f ( t ) = −2t 3 − 2t 2 + 2t + 1

Câu V Đặt
1đ
2
2
2

x + y − xy = 1 ⇔ ( x + y ) − 3 xy = 1 ⇒ xy ≥

3

−1
3

 1 
2
x 2 + y 2 − xy = 1 ⇔ ( x − y ) + xy = 1 ⇒ xy ≤ 1 suy ra t ∈ − ;1
 3 

2

0,25


 1  1 
t = ∈ − ;1
 1 
2


Ta tìm max, min của f(t) trên  − ;1 f ' ( t ) = −6t − 4t + 2 f ' ( t ) = 0 ⇔  3  3 

 t = −1
 3 

 1  37
 −1  5
, f ( 1) = −1, f  ÷ =
Ta có f  ÷ =
 3  27
 3  27

0,25

0,25

1
1
1
1
37
1
+
,y=
−
khi t = suy ra x =
2
6
2
6
27
3

Minf (t ) = −1 khi t = 1 suy ra x = y = 1

Suy ra Max f (t ) =

0,25

1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn

Ta có tam giác ABC cng cân tại C.
Goi H là trung điểm của AB suy ra CH : x + 3 y = 0
Toạ độ của H là nghiệp của hệ
1

 x + 3y = 0
 x = −3
⇔

3 x − y + 10 = 0
 y =1

C

0,25
A

H

giả sử A(t;3t+10) ta có
 t = −1
2

2
AH 2 = CH 2 ⇔ ( t + 3) + ( 3t + 9 ) = 40 ⇔ 
 t = −5
Với t = -1. Suy ra A(−1;7), B(−5; −5)
Với t = -5. Suy ra B(−1;7), A(−5; −5)
A ∈ d ⇒ A(2t1 + 1, t1 + 3, −2t1 ) B ∈ d 2 ⇒ B (3t2 + 5, 4t2 , 2t2 − 5)
uu 1
ur
AB = (3t2 − 2t1 + 4, 4t2 − t1 − 3, 2t2 + 2t1 − 5)
u u ur
ur u
AB.n p = 0 ⇔ 2(3t2 − 2t1 + 4) − 4t2 + t1 + 3 + 2(2t2 + 2t1 − 5) = 0 ⇔ 6t2 + t1 + 1 = 0

Câu
Va
2đ

2

B

AB / /( P ) ⇒ d( A /( P )) =

t1 = −5
4t1 + 2 − t1 − 3 − 4t1 − 1 t1 + 2
=
=1 ⇔ 
3
3
 t1 = 1

2
 8 −11 
⇒ A(−9; −2;10), B  7; ;
÷
3
 3 3 
−1
 −4 −17 
t1 = 1 ⇒ t2 =
⇒ A(3; 4; −2), B  4; ;
÷
3
 3 3 

Với t1 = −5 ⇒ t2 =

1
Xét khai triển ( 1 + x ) = Cn0 + Cn x + Cn2 x 2 + ... + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

n

lấy đạo hàm hai vế ta có n ( 1 + x )

n −1

1
n
n
= Cn + 2Cn2 x + ... + ( n − 1) Cn −1 x n − 2 + nCn x n −1

1
2
3
n −1
n
n −1
Thay x=1 suy ra Cn + 2Cn + 3Cn + L + ( n − 1) Cn + nCn = n 2

⇔ 64n = 2n −1 ⇔ 64 = 2n−1 ⇔ n = 7

Câu VIIa
1đ


7

7
1 
x + 4 ÷ = ∑ C7k


2 x  k =0


( )

0,25

k

 1 
x
 4 ÷
2 x
7−k k
k 1
− =2⇔k =2
số hạng chứa x 2 có hệ số là C7 k với k thoả mãn
2
2
4
1 2 21
Suy ra hệ số chứa x 2 là C7 =
4
4
7−k

0,25

2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao

0,25

0,25


phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách
từ I tới AB. AB = 5

S ABCD = 4 S ABI ⇒ S ABI

1
2
= 1 . ⇔ AB.h = 1 ⇔ h =
2
5

A

B

0,25

I
C

D

Gọi toạ độ diểm I là I ( x0 , y0 ) ta có hệ

1

 2 x0 + y0
2
 x = 1, y0 = 0
=
 2 x0 + y0 = 2

 0
⇔
5
5 ⇔
−1
−4

y0 = x0 − 1

 y = x −1
 x0 = 3 , y0 = 3

0
0


0,25

Do I là trung điểm AC và BD nên
Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2)

Câu
VIb

Với I(

0,25

−1 −4
 −2 −8 
 1 −14 
; ÷ và D  ;
;
) suy ra C 
÷
3 3
 3 3 
3 3 

 −2 −8 
 1 −14 
; ÷ và D  ;
÷
 3 3 
3 3 

Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc C 

2đ

0,25

Do mặt phẳng (P) cách đều d1 , d 2 nên (P) song song với d1 , d 2

ur uu
u ur
→
→
ud 1 , ud 2  = ( 7; −2; −4 )
u d 1 = ( 2;1;3) , u d 2 = ( 2;−1;4) ,


ur u r u u
u
u ur
chọn n p = ud 1 , ud 2  = ( 7; −2; −4 )



2

0,25

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7 x − 2 y − 4 z + d = 0
Do (P) cách đều d1 , d 2 suy ra khoảng cách từ (2;2;3) ∈ (d1 ) và ( 1; 2;1) ∈ d 2
0,5
bằng nhau.
Ta có

7.2 − 2.2 − 4.3 + d
69

=

7.1 − 2.2 − 4.1 + d
69

⇔ d − 2 = d −1 ⇔ d =

Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14 x − 4 y − 8 z + 3 = 0

3
2

0,25

0
1
2
n
Ta có (1 − x)n = Cn − Cn x + Cn x 2 − .... + (−1) n Cn x n
1

n
Vì ∫ (1 − x) dx =
0

1

Câu VIIb

1
n +1

∫ (Cn − Cn x + Cn x
0

1

2 2

0

0,25

1 2
1
1
n
0 1
n
− .... + (−1) n Cn x n )dx = Cn − C1 + Cn + ... + (−1) n
Cn =
n
2
3
n +1
13 0,25

suy ra ⇒ n + 1 = 13 ⇒ n = 12

1đ
(

2
x

3

5 n

+x ) =(

2
x

3

5 12

+x )

=

12

∑

12−k
2
k
C12 .( 3 )
( x5 ) k

=

12

k
∑ C12 .212−k.x8k −36

x
k =0
8k − 36 = 20 ⇔ k = 7
Số hạng ứng với thoả mãn:
7
⇒ Hệ số của x 20 là: C12 .25 = 25344
k =0

0,25
0,25


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
Mơn: TỐN (Thời gian : 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm):
1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y =
đều 2 đường tiệm cận .

3x − 4
. Tìm điểm thuộc (C) cách
x−2

2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn
sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x )
Câu II (2 điểm):
1).Tìm các nghiệm trên

( 0; 2π )

của phương trình :

 2π 
 0; 3  .



sin 3x − sin x
= sin 2x + cos2x
1 − cos2x

3 x + 34 − 3 x − 3 = 1
Câu III (1 điểm):
Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh
bên SA = 5 vng góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB.
1).Tính góc giữa AC và SD;
2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.
Câu IV (2 điểm):
π
2
sin x − cosx + 1
1).Tính tích phân: I =

2).Giải phương trình:

∫ sin x + 2cosx + 3 dx

0
2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i
b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn :
1<|z–1|<2
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a.( 2 điểm ) Theo chương trình Chuẩn
1).Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác
trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0
2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:

x = 1
( d1 ) :  y = −4 + 2t

z = 3 + t


và

 x = −3u
( d 2 ) :  y = 3 + 2u

z = −2


a. Chứng minh rằng (d1) và (d2) chéo nhau.
b. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vng góc chung của (d1) và (d2).

3). Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh . Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9
bi xanh . Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu .
Câu V.b.( 2 điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng tại A, phương
trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hồnh và bán kính đường
trịn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .