Đáp án đề thi thử hà nội cực hay

1


2


3


4


5


6


HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI THI LẦN 3
Câu 1.
1. Tự làm.
2. Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x4 +2m2x2 +1 = x + 1 ⇔ x4 + 2m2x2 – x = 0
⇔
x = 0

3
2
x( x3 + 2m2x – 1) = 0 ⇔  3
 Đặt g(x) = x + 2m x – 1 ;
2
x + 2m x − 1 = 0(*)


2
2
≥ 0 (với mọi x và mọi m ) ⇒ Hàm số g(x) ln đồng biến với mọi giá
Ta có: g’(x) = 3x + 2m
trị của m.
Mặt khác g(0) = -1 ≠ 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0.
Vậy đường thẳng y = x+ 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Câu 2.
π
1. Giải phương trình: 2 sin2 ( x ) = 2sin2x – tanx
(1)
4
π
+ k .π (*).
Điều kiện: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠
2
sin 2 x = 1
π
(1) ⇔ 1 – cos (2x - ) = 2sin2x – tan x ⇔ 1 – sin2x = tanx ( sin 2x – 1) ⇔ 
2
 tan x = −1

π
π


2 x = 2 + k .2π
 x = 4 + k .π
π

π
⇔
⇔
⇔ x = + k . . ( Thỏa mãn điều kiện (*) ).
4
2
 x = − π + l.π
 x = − π + l.π


4
4



2. Giải phương trình: 2log3 (x2 – 4) + 3

log 3 ( x + 2) 2 - log3 ( x -2)2 = 4 (2).

x 2 − 4 > 0
x 2 − 4 > 0
x > 2


⇔ 
⇔
Điều kiện: 
(**)
( x + 2) 2 ≥ 1
log 3 ( x + 2) 2 ≥ 0

 x ≤ −3


Pt (2) được biến đổi thành: log3 (x2 – 4)2 – log3 (x – 2)2 + 3
⇔ log3 ( x + 2)2 + 3

log 3 ( x + 2) 2 - 4 = 0

log 3 ( x + 2) 2 - 4 = 0 ⇔ ( log 3 ( x + 2) 2 + 4) ( log 3 ( x + 2) 2 - 1)

= 0.
⇔

log 3 ( x + 2) 2 = 1 ⇔ (x+2)2 = 3 ⇔ x+ 2 = ± 3 ⇔ x = - 2 ± 3 .

Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x = - 2 - 3 thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x = - 2 - 3 .
Chú ý: 1/ Biến đổi : 2log3 ( x2 – 4) = log3 (x2 – 4)2 làm mở rộng tập xác định nên xuất
hiện nghiệm ngoại lai x = -2 + 3 .
2/ Nếu biến đổi: log3( x – 2)2 = 2log3 ( x – 2) hoặc log3( x+2)2 = 2log3(x+2) sẽ
làm thu hẹp tập xác định dẫn đến mất nghiệm ( Lỗi phổ biến của học sinh!)
Câu 3.

7


1. Tính tích phân: I =

π
3

∫ cos x
0

Đặt t =

3 + sin 2 x =

I=

∫ cos x
0

3 + sin x

1 t+2
ln
4 t−2

2

15
2
3

.dx

.dx =

3;x=

π
3

∫ cos
0

π
thì t =
3

sin x. cos x
2

x 3 + sin x
2

sin x cos x
3 + sin 2 x

dx .

15
2
dx =

15
2

∫

3

dt = 1
4 −t2 4

15
2

∫

3

(

1
1
−
)dt =
t+2 t−2

1
15 + 4
3+2
1
(ln
− ln
) = (ln( 15 + 4) − ln( 3 + 2)) .
4
2
15 − 4

3−2
2. Ta có SA ⊥ mp(ABC) ⇒ SA ⊥ AB ; SA ⊥ AC..
Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC ( Định lý 3 đường
vng góc) . Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vng nên mặt cầu đường kính
SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính
SB.
Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; ∠SCA = 600 là góc giữa mặt (SBC) và
mp(ABC)
SA = AC.tan600 = a 6 .Từ đó SB 2 = SA2 + AB2 = 10a2.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = πd 2 = π .SB2 = 10 π a2.
=

Câu 4.

sin x

3 + sin 2 x

2
2
4 − cos 2 x . Ta có: cos x = 4 – t và dt =

Đổi cận: Với: x = 0 thì t =
π
3

sin x

=

3
 3
 x + 4 y = y + 16 x.....(1)
1. Giải hệ: 
1 + y 2 = 5(1 + x 2 )........(2)

Từ (2) suy ra y2 – 5x2 = 4 (3). Thế vào (1) được: x3 + (y2 – 5x2).y = y3 + 16x ⇔
⇔ x3 – 5x2y – 16 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 – 5xy – 16 = 0.
TH1: x= 0 ⇒ y2 = 4 ( Thế vào (3)). ⇔ y = ± 2.
x 2 − 16
x 2 − 16 2
TH2: x2 – 5xy – 16 = 0 ⇔ y =
( 4). Thế vào (3) được: (
) − 5x 2 = 4 ⇔
5x
5x
⇔ x4 – 32x2 + 256 – 125x4 = 100x2 ⇔ 124 x4 +132x2 – 256 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ± 1.
Thế vào (4) được giá trị tương ứng y = 3 .
Vậy hệ có 4 nghiệm: (x;y) = (0;2) ; (0;-2); (1;-3); (-1; 3).
Chú ý: Nếu thay giá trị của x vào (3) ở trường hợp 2, sẽ thừa 2 cặp nghiệm!
x 4 − 4 x 3 + 8x 2 − 8x + 5
2. Tìm GTNN của hàm số: f(x) =
.
x 2 − 2x + 2
Tập xác định: R vì x2 – 2x + 2 = (x – 1)2 + 1 > 0 với mọi x.
1
Biến đổi được: f(x) = x2 – 2x + 2 + 2
≥ 2 ( Bất đẳng thức Cosi cho hai số
x − 2x + 2
dương). Dấu bằng xảy ra khi : x2 – 2x + 2 =1 ⇔ x = 1.

Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.

Câu 5.
8


1. Tìm các điểm B,C?
Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên d. H ∈ d ⇔ H ( 1-t; 2+2t;3) ⇔
AH = ( 1-t; 1+2t; 0). Mà AH ⊥ d nên AH ⊥ ud ( -1;2;0). Từ đó có -1(1-t)+2(1+2t) =0
⇔
t = -1/5 ⇔ H ( 6/5; 8/5; 3).
2 AH 2 15
3 5
15
=
Ta có AH =
.mà tam giác ABC đều nên BC =
hay BH =
.
5
3
5
5
1
2
15
2
2
⇔ 25s2 +10s – 2 = 0 ⇔ s =
Gọi: B ( 1-s;2+2s;3) thì (− − S ) + ( + 2 S ) =

5
5
25
−1± 3
5
6 3 8± 2 3
6 ± 3 8 2 3
Vậy: B (
;
;3) và C(
;
;3 ) ( Hai cặp).
5
5
5
5
2. Xác định tọa độ các đỉnh của (E)?
Theo bài ra có F1 ( - 3 ; 0) và F2 ( 3 ;0) là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của
(E) suy ra : 2a = MF1 + MF2 =

(1 + 3 ) 2 + (

4 33 2
) +
5

(1 − 3 ) 2 + (

4 33 2
) = 10 ⇒ a

5

= 5.
Lại có c = 3 và a2 – b2 = c2 ⇒ b2 = a2 – c2 = 22. Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là:
A1( - 5;0) ; A2( 5;0) ; B1( 0; - 22 ) ; B2 ( 0; 22 ).
-------------------------------------------------Hết-----------------------------------------------------------ĐHSP DE 4
Câu 1. 1. Tự làm.
2. Ta có y’ = 6x2 – 6(2m+1)x + 6m(m+1) ⇒ y’ = 0 khi x1 =m hoặc x2 = m+1. Do x1 ≠
x2 với mọi m nên hàm số ln có cực đại, cực tiểu. Gọi A(x1;y1), B(x2;y2) là các điểm
cực trị thì
y1 = f(x1)= 2m3 +3m2 + 1; y2 = f(x2) = 2m3 + 3m2 ⇒ AB = 2 không đổi (đpcm!).
Câu 2.1. Giải hệ: Điều kiện: y ≠ 0; x – 2y ≥ 0; x + x − 2 y ≥ 0 .
Pt ⇔
⇔

x
x − 2y
− 2 − x − 2y − 6y = 0 ⇔
−
y
y2
x − 2y
= 3 hoặc
y

x − 2y
= - 2.
y

9

x − 2y
− 6 = 0 ( chia cả hai vế cho y)
y


Với

y > 0
24
4
x − 2y
=3 ⇔ 
thay vào pt(2) ta được nghiệm x =
,y =
2
9
9
y
x = 9 y + 2 y

y < 0
x − 2y
= -2 ⇔ 
thay vào pt(2) ta được nghiệm: x =12, y = - 2.
2
y
x = 4 y + 2 y
8 4
Vậy hệ có hai nghiệm(x;y) = (12;-2),( ; ).

3 9
2. Giải phương trình lượng giác:
Điều kiện: sin2x ≠ 0. Pt ⇔ sin2x +
4 cos 4 x
cos 3 x
= 2(1 − 2 sin 2 x) ⇔ 5 sin 2 x +
−2=0
4 sin x cos x
sin x
cos 3 x
1
⇔5+
− 2. 2 = 0 ⇔ cot3x – 2cot2x + 3 = 0 ⇔ (cotx + 1)(cot2x – 3cot x + 3)
3
sin x
sin x
=0
π
⇔ cotx = -1 ( Vì cot2x – cotx + 3> 0) ⇔ x = − + k .π , k ∈ Z (thỏa mãn điều kiện).
4
π
Vậy phương trình có nghiệm: x = − + k .π , k ∈ Z .
4
'
2 cos x
 1 
Câu 3.1.Tính tích phân: Ta có  2  = −
nên
sin 3 x
 sin x 

Với

π

π

π
1 2
1
1 2 dx
1 π π
1
1
1 π
1
I = − ∫ xd ( 2 ) = − x. 2 |π 2 + ∫ 2 = − ( − ) − cot x |π 2 = .
4
2π
2 2 2
2
sin x
2 sin x 4 2 π sin x
2
4

4

2. Tính thể tích khối chóp: Hạ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC) ( vì: (SBC) ⊥ (ABC) ).
Hạ HM ⊥ AB, HN ⊥ AC thì ∠ SMH = ∠ SNH = α ⇒ ∆ SHM = ∆ SHN ⇒ HM = HN
⇒ H là trung điểm của BC ( vì tam giác ABC đều) ⇒ HM = h = a 3

2
4
1
⇒ SH = HM.tan α = a 3 tan α . Vậy thể tích khối chóp là: VS.ABC = .SH.SABC =
3
4
3
a tan α
.
16
Câu 4. 1.Tìm nghiệm phức:
Ta có ∆ ’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là:
2(2 − i ) + 4 4 − i ( 4 − i )(1 − i ) 3 5
=
=
= − i
Z1 =
2(1 + i )
1+ i
2
2 2
2(2 − i ) − 4 − i
(−i )(1 − i )
1 1
=
=
=− − i
Z2 =
2(1 + i )
1+ i

2
2 2
2.Chứng minh BĐT:

10


Ta có:

x 2 − xy x( x + y ) − 2 xy
2 xy
( x + y) 2
x+ y x− y
=
= x−
≥ x−
= x−
=
(1)( vì
x+ y
x+ y
x+ y
2( x + y )
2
2

x,y>0)
y 2 − yz y − z
z 2 − zx z − x
≥

(2),
(3). Cộng từng vế (1),(2),(3) suy ra:
≥
y+z
2
z+x
2
x 2 − xy y 2 − yz z 2 − zx x − y y − z z − x
+
+
≥
+
+
= 0 .Đẳng thức xảy ra khi x = y = z
x+ y
y+z
z+x
2
2
2
(đpcm!).
Câu 5. 1. Xác định tọa độ các đỉnh:
Đường thẳng AB đi qua M(2;-3) nên có phương trình: a(x – 2) + b(y + 3) = 0, ( a2 + b2 ≠
0).
a + 7b
1
= cos 45 0 =
Do tam giác ABC vuông cân tại A nên:
2
50 . a 2 + b 2

3a = 4b
⇔ 12a2 -7ab -12b2 = 0 ⇔ 
.
4a = −3b
Với: 3a = 4b,Chọn a = 4, b = 3 ta được d1: 4x + 3y + 1 = 0.
Với: 4a = - 3b, chọn a =3, b = - 4 ta được d2: 3x – 4y – 18 = 0.
+)Nếu lấy AB là d1: 4x + 3y + 1 = 0 thì AC// d2 nên AC là:3(x -7) –4(y –7) = 0 ⇔ 3x –
4y+7 = 0.
4 x + 3 y + 1 = 0
⇔ A(-1;1)
Hệ phương trình tọa độ A: 
3 x − 4 y + 7 = 0
4 x + 3 y + 1 = 0
⇔ B( -4;5).
Hệ phương trình tọa độ B: 
 x + 7 y − 31 = 0
Tương tự:

Ta có: MA = (−3;4), MB = ( −6;8) ⇒ MB = 2 MA ⇒ M nằm ngoài đoạn AB ( Thỏa mãn)
3 x − 4 y + 7 = 0
⇔ C(3;4).
Hệ phương trình tọa độ C: 
 x + 7 y − 31 = 0
+) Nếu lấy AB là d2 sẽ không thỏa mãn.
Vậy A(-1;1), B(-4;5) và C(3;4).
2. a). Đường thẳng ∆ đi qua M(0;-7;4) và có VTCP u1 = (1;2;0).
− 31 1...1 1 − 3
;
;
Đường thẳng ∆ ’ đi qua N(0;2;6) có VTCP u 2 = (

) = (2;2;4)
1 − 1 − 11 1....1

d.

Ta có [ u1 ,u 2 ] = (8;-4;-2) và MN = (0;9;2) ⇒ [ u1 ,u 2 ]. MN = 0 – 36 – 4 = - 40 ≠ 0.
Vậy ∆ , ∆ ’ chéo nhau.
b). Đường vng góc chung d của ∆ , ∆ ’ có VTCP: u =(4;-2;-1) ( = ½.[ u1 ,u 2 ]).
Gọi HK là đoạn đường vng góc chung của ∆ , ∆ ’ với H ∈ ∆, K ∈ ∆ ’.
Ta có: H=( t; -7+2t;4), K(s;2+s;6+2s) ⇒ HK ( s – t; 9 + s – 2t; 2 + 2s) cũng là VTCP của
Suy ra :

s − t 9 + s − 2t 2 + 2 s
11
23
23 3
⇒ s= − ,t=
⇒ H(
=
=
;− ;4)
4
−2
−1
21
7
7 7
11

23

 x = 7 + 4t

3

Vậy phương trình tham số đường vng góc chung là:  y = − − 2t .
7

z = 4 − t


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN V ĐHSP
Câu 1)
a) Hs tự làm
2x
= mx − m + 2 có 2
x −1
nghiệm phân biệt khác 1. ⇔ g ( x ) = mx 2 − 2mx + m − 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1
m ≠ 0

⇔ m > 0 . Ta có A( x1 ; mx1 − m + 2); B( x2 ; mx2 − m + 2 )
∆ > 0
 g (1) ≠ 0

r
⇒ AB = ( x2 − x1 ; m( x2 − x1 ) ) ⇒ AB 2 = ( x2 − x1 ) 2 (1 + m 2 )
b) Đường thẳng y=mx-m+2 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi phương trình

⇔ AB 2 =

(( x +x )
1

x1 + x2 = 2; x1 x2 =

2

2

)

− 4 x1 x2 (m 2 + 1) Vì x1;x2 là 2 nghiệm của g(x)=0 nên ta có

m−2
1
⇒ AB 2 = 8(m + ) ≥ 16 ⇒ AB min = 4 ⇔ m = 1
m
m

Câu 2)
1. Điều kiện sinx.sinx>0. Ta có phương trình tương đương với s inx + cos x = 2 s inx.cos x
π
π
⇒ sin x, cos x > 0 ⇒ s inx = cos x ⇒ x = + kπ ⇒ x = + k 2π
4
2
2. Điều kiện x ≤ 2 BPT ⇔ x 2 − x ≤ ( x + 1)( x − 2) − 2 − x
2 − x = 0
x = 2


⇔ ( x + 1)( 2 − x + 2 − x ) ≤ 0 ⇔   x < 2 ⇔ 
 x ≤ −1
 x + 1 < 0

Câu 3)
1)Lập phương trình các tuyến tuyến kẻ từ M đến (P). Ta có y=4x hoặc y=2x+1. Hai tiếp tuyến
cắt nhau tại M có hồnh độ x=1/2. và tiếp xúc với (P) tại x=0 và x=1. Vẽ đồ thị suy ra
1
2

1
2

0

0

S = ∫ (4 x − 4 x + x 2 )dx + ∫ (2 x + 1 − 4 x + x 2 )dx =

1
12

r r
r r a2
r r
2) SA.SB = SB.SC = SC.SA =
2
2
2

2
2
SA + SB − AB
SB + SC 2 − BC 2 SC 2 + SA2 − AC 2 a 2
⇔
=
=
=
2
2
2
2

12


⇒ SA = SB = SC = a ⇒ SABC là tứ diện đều có các canh bằng a ⇒ V =

a3 2
12

Câu 4)

π

π

1) Ta có z = −2sin α [cos  + α ÷+ i sin  + α ÷]
2


2

2) Trừ hai vế các phương trình ta có x + x 2 − 2 x + 2 + 3x −1 = y + y 2 − 2 y + 2 + 3 y −1
Xét hàm số f (t ) = t + t 2 − 2t + 2 + 3t −1 có
f '(t ) = 1 +

t −1

+ 3t −1 ln 3 =

t 2 − 2t + 2 + t − 1

+ 3t −1 ln 3 > 0

t − 2t + 2
t − 2t + 2
Do f(t) là hàm đồng biến trên R nên suy ra x=y hệ phương trình đã cho tương đương với
2

2

x + x 2 − 2 x + 2 = 3x −1 ⇔ ln( x + x 2 − 2 x + 2 − 1) = ( x − 1) ln 3
Xét g(x)= ln( x + x 2 − 2 x + 2 − 1) − ( x − 1) ln 3 có g '( x) =

1+

x −1

x − 2 x + 2 − ln 3 ≤ 1 − ln 3 < 0
x −1 + x2 − 2x + 2

2

g ( x) NB ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất ⇒ x = y = 1
Câu 5)
2 x + y + 5 = 0
⇒ A(−11;17)
1. Toạ độ A là nghiệm hệ sau 
3 x + 2 y − 1 = 0
B thuộc d1 nên B(a;-2a-5) và C thuộc d2 nên C(b;1/2(1-3b)). Dùng tính chất toạ độ trọng tâm
tam giác suy ra B(-35;65);C(49;-73)
2. Gọi giao điểm của mặt phẳng với các trục toạ độ là A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) suy ra phương
x y z
3 2 1
trình mặt phẳng là + + = 1 vì mặt phẳng đi qua M nên + + = 1 . Ta có thể tích của tứ
a b c
a b c
diện là V=1/6abc. Mặt khác theo BĐT cosi ta có
3 2 1
6
1 = + + ≥ 33
⇒ abc ≥ 6.27 ⇒ V ≥ 27 ⇒ V min = 27 ⇔
a b c
abc
3 2 1 1
x y z
= = = ⇔ a = 9; b = 6; c = 3 ⇒ mp : + + = 1
a b c 3
9 6 3
ĐÁP ÁN THI THỬ NGUYỄN TẤT THÀNH LẦN 1
I. PHẦN CHUNG:

Câu I:
1. HS tự làm
2. HS tự làm
3. HS tự làm
Câu II:
1. Phương trình tương đương với: cos 3x + 2 cos 5 x = 0 ⇔ cos ( 2 x + x ) + 2 cos ( 4 x + x ) = 0

13


r r  3
⇒  AB, AC  =  ÷


1

⇔ cos 2 x cos x − sin 2 x sin x + 2 cos 4 x cos x − 2sin 4 x sin x = 0

(

)

⇔ cos 2 x cos x − 2sin 2 x cos x + 2 2 cos 2 2 x − 1 cos x − 2sin 2 x ( 4 cos 2 x cos x ) = 0

π


x = + kπ

cos x = 0

2


1
2π
π
⇔ cos x 8cos 2 2 x − 2 cos 2 x − 3 = 0 ⇔ cos 2 x = − = cos
⇔  x = ± + kπ
,k ∈Z


2
3
3


3
 x = ± 1 arccos 3 + kπ
cos 2 x =

4
2
4


2
2. Điều kiện x ≥ 0 & y ≥ 0 . Đặt x = t ≥ 0 ⇒ x = t .

(

)

Thay vào phương trình ban đầu ta có:

y = 3 − t ⇔ y = ( 3 − t ) , với 0 ≤ t ≤ 3
2

. Thay x và y vào phương trình thứ hai ta có:

t 2 + 5 + t 2 − 6t + 12 = 5 , với 0 ≤ t ≤ 3

⇔ t 2 − 6t + 12 = 5 − t 2 + 5 , do 0 ≤ t ≤ 3 nên 2 vế khơng âm, bình phương 2 vế ta có
⇔ t 2 − 6t + 12 = 25 − 10 t 2 + 5 + t 2 + 5 ⇔ 5 t 2 + 5 = 3t + 9 với 0 ≤ t ≤ 3 bình phương

( 4;1)
t = 2
x = t2

⇔ 16t − 54t + 44 = 0 ⇔  11 thay vào 
x; y ) =  121 169 
2 ta có đáp số (
t =
;
y = ( 3−t)

 64 64 ÷
8




Câu III:
r
r
r
1. Xét 3 véc tơ AB ( 1;3;0 ) , AC 1;1; 2 2 , AD ( 10;0;0 )
r r
r
⇒  AB, AC  . AD = 60 2 ≠ 0 . Vậy A, B, C, D không đồng phẳng có tứ diện ABCD.


r r
r
1
⇒ VABCD =  AB, AC  . AD = 10 2 (đơn vị thể tích)


6
2

(

)

2
2
2
2. Mặt cầu cần tìm có dạng x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 ( ω ) đi qua 4 đỉnh A, B, C, D ta

 2 − 2a − 2b + d = 0 ( 1)


 4 + 4b + d = 0 ( 2 )
có hệ phương trình 
.
8 + 2 2c + d = 0 ( 3)

82 + 18a − 2b + d = 0 ( 4 )

Bằng phương pháp cộng đại số hoặc thế ⇒ a = −4; b = 1; c = 0; d = −8
2
2
⇒ x 2 + y 2 + z 2 − 8 x + 2 y − 8 = 0 ( ω ) . Ta viết mặt cầu ( ω ) dưới dạng: ( x − 4 ) + ( y + 1) + z 2 = 52
Vậy tâm I của mặt cầu ngoại tiếp có toạ độ I(4;-1;0) và bán kính R=5.
3
1 − sin 2 2 x
sin 6 x + cos 6 x
4
dx = ∫
dx
Câu IV: Họ nguyên hàm I = ∫
1
1 2
1
4
4
sin x + cos x −
1 − sin 2 x −
2
2
2

14


1 3
+ cos 2 2 x
1 d ( 2x ) 3
1
3
=∫4 4
dx = ∫
+ ∫ dx = tan 2 x + x + c
2
1
4 cos 2 x 2
4
2
cos 2 2 x
2
PHẦN RIÊNG
Câu IVa
7 x + y − 10 = 0
⇒ A(1;3)
1) Đỉnh A là nghiệm của hệ 
7 x − 3 y + 2 = 0
Cạnh BC nằm trên đường thẳng (d) qua C và vng góc với AH suy ra phương trình BC là
3x+7y-1=0. Trung điểm M của BC là giao điểm của BC và AM
3 1
23
23
⇒ M ( ; − ) ⇔ B(−2;1) ⇒ AB : 2 x − 3 y + 7 = 0 ⇒ d A/ BC =

⇒S=
2 2
2
58
2) Bpt tương đương với
2
 P − 3x 
2
2
3x + 2 y ≥ 2 x 2 + 3 y 2 ⇔ P ≥ 2 x 2 + 3 
÷ ⇔ 35 x − 18 Px + 3P − 4 P ≤ 0
 2 
Vì bất phương trình có nghiệm nên ∆ ≥ 0 ( ∆ không thể âm vì khi đó BPT sẽ vơ nghiệm vì VT
lun dương)
35
35
3
2
⇒ ∆ ' = −24 P 2 + 140 P ≥ 0 ⇒ 0 ≤ P ≤
⇒ Pmax =
⇔ x= ;y=
6
6
2
3
CÂU Vb
AB 2
1) Kẻ IH vng góc với (d) suy ra đường trịn ( C) có tâm I và bán kính R =
+ IH 2
4

1
2
2.1 − 5. + 21
3 29
377 ⇒ (C ) : ( x − 1) 2 +  y − 1  = 377
4
Có IH= d

÷
=
⇒R=
I /( d ) =
4
16

2
2
4
16
2 +5
Từ đó tìm 2 giao điểm của đường thẳng d và đường tròn là A(2;5) và B(-3;3) và viết được 2
phương trình tiếp tuyến là 4x+19y-103=0 và 11x=16y-15=0
2) Phương trình xác định với mọi x
1
1
2 x−
x2 − x +
1 7
2
4

Phương trình tương đương với 3
log 2 ( x − x + 2) = 3 2 log 2 (2 x − + ) ⇔
2 4
3x

2

− x+2

log 2 ( x 2 − x + 2) = 3

1 7
2 x− +
2 4

log 2 (2 x −

1 7
+ )
2 4

t
Xét hàm số f (t ) = 3 log 2 t là hàm số đồng biến


1 7
1
⇒ x − x + 2 = 2 x − + ⇔ y 2 − 2 y = 0voi  y = x −
2 4
2


2

 x = 1/ 2
y = 0


÷⇔  y = 2 ⇔  x = 5 / 2


 x = −3 / 2


ĐẤP ÀN THI THỬ NGUYỄN TẤT THÀNH LẦN 2
Câu I:
15


1. HS tự làm
2. y ' = 2 ( x − a ) ( x − 1) ( 2 x − a − 1) ; y ' = 0 ⇔ x = a, x = 1, x =

a +1
2

a =1: đồ thị hàm số có 1 điểm cực trị A(1;0)
 a + 1  a − 1 4 
;
a ≠ 1 : đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị A(1;0), B(a;0), C 
 2  2 ÷÷


 ÷


2

2

8

2
 a −1 
 a −1   a −1 
2
AB 2 = ( a − 1) , AC 2 = 
÷ , BC = 
÷ +
÷
 2 
 2   2 
2

8

6
 a −1   a −1 
6
6
AB = AC = BC ⇔ ( a − 1) = 
÷ +
÷ ⇔ ( a − 1) = 2 .3 ⇔ a = 1 ± 2 3

 2   2 
Câu II:
1. Điều kiện cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2kπ ( k ∈ Z ) . Đưa phương trình về:
2

2

2

2

(

)

(

)

cos x sin x ( sin x + 1) = 1 − cos 2 x ( 1 + sin x ) ⇔ cos x sin x ( sin x + 1) = sin 2 x ( 1 + sin x )
⇔ sin x ( sin x + 1) ( cos x − sin x ) = 0

+ cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π ( k ∈ Z ) (thoả mãn)

+ sin x = 0 ⇔ cos x = 1 (loại) hoặc cos x = −1 ⇔ x = π + 2kπ ( k ∈ Z ) (thoả mãn)
π
+ cos x − sin x = 0 ⇔ tan x = 1 ⇔ x = + kπ ( k ∈ Z ) (thoả mãn).
4
1
1


1 x

 x + y + x. y = 5
x + y + y = 5


⇔
2. Rõ ràng y ≠ 0 . Đưa hệ phương trình về 
2
 x2 + 1 = 5
 x + 1  − 2 x. 1 = 5
÷


y2
y
y


S + P = 5
1
1
Đặt x + = S & x. = P được  2
y
y
S − 2P = 5
 S = −5  S = 3
&
Giải hệ ẩn S và P được 

 P = 10  P = 2
1

 x + y = −5
 S = −5 
⇔
+
vô nghiệm
 P = 10
 x + = . 1 = 10

y


1

x+ =3

y
S = 3

 1
⇔
⇔ ( x; y ) = ( 2;1) , ( x; y ) = 1; ÷
+
 2
P = 2
 x. 1 = 2
 y


Câu III:

16


π
4

1. I = ∫
π
6

π
4

π
4

2
1
cos x
dx = ∫
dx = ∫
dx =
2
2
2
sin x sin 2 x
π cos x sin x
π cos x sin x

Đặt sinx=t, ta được I =

6

6

2
2

1

∫ ( 1− t ) t
2

1
2

 1 1 t −1 
 − t − 2 ln t + 1  = 2 − 2 − ln


2. BC ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ AC '

(

2

=

2
2

1

∫ t

1
2

6− 3

2

−

2
2

1 
1 1 1
1 
−
÷dt = ∫ 2 − 
÷dt =
t −1 
2  t −1 t +1 
1 t
2

2

)

SB ⊥ ( Q ) ⇒ SB ⊥ AC '

Từ đó AC ' ⊥ ( SBC ) nên AC ' ⊥ C ' B '
1
1
Thể tích khối chóp SAB’C’ là V = SB '.dt ∆AC ' B ' = SB '. AB ' C ' H (ở đó C’H là đường cao hạ
3
6
từ C’ của tam giác AC’B’)
Tam giác AB’C’ nội tiếp đường trịn đường kính AB’ trong mặt phẳng (Q) mà A, B’ cố định
nghĩa là AB’ khơng đổi. Lại có SB’khơng đổi cho nên V lớn nhất khi C’H lớn nhất nghĩa là
1
1
C ' H = AB ' . Giá trị lớn nhất của V được tính theo cơng thức V = SB '. AB '2
2
12
2 4
ah
a2h2
SA2
h2
V max =
AB '2 = 2
, SB ' =
=
nên

3
a + h2
SB
12 a 2 + h 2
a 2 + h2

(

)

Câu IV: Điều kiện x ≥ 1 . Rõ ràng x=1 không là nghiệm của phương trình đã cho. Vì vậy với x>1
2

x +1 
x +1
 x +1 
nó tương đương với  1 + 2 4
÷m = 4 
÷ + 24

x −1 ÷
x −1
 x −1 


x +1
2
x +1
x +1
= 1+

> 1 nên t = 4
Đặt t = 4
. Với x>1 ta có:
>1
x −1
x −1
x −1
x −1
x +1
x +1
t 2 + 2t
4
4
Hơn nữa lim
và t>1
= +∞ và lim
= 1 . Từ đó ta được m =
x →1
x →+∞
x −1
x −1
2t + 1

(

)

2 t2 + t +1
t 2 + 2t
> 0 với ∀t > 1 nghĩa là f(t) đồng biến trên [ 1; +∞ )

có f ' ( t ) =
f ( t) =
2
2t + 1
( 2t + 1)

Nên f(t)>f(1)=1 với ∀t > 1 . Mặt khác xlim f ( t ) = +∞ nên phương trình đã cho có nghiệm khi và
→+∞
chỉ khi m>1.
Câu V:
 3 − 2 y0 y0 + 3 
;
∈ ( d ') nên ta có
1. B ∈ ( d ) ⇒ B = ( 2 − 2 y0 ; y0 ) . Trung điểm của AB là I 
2 ÷
 2

 3 − 2 y0   y0 + 3 
2
÷− 4 
÷− 1 = 0 ⇔ y0 = −1 . Vậy B(4;-1)
 2   2 
17


Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d). Khi đó đường thẳng BC đi qua A’(x1;y1).
r
r
Ta có AA ' = ( x1 − 1; y1 − 3) vuông góc với véc tơ chỉ phương u = ( 2; −1) của (d’) và trung điểm
 x +1 y + 3 

của đoạn AA’ là M  1 ; 1
÷∈ ( d )
2 
 2
 2 ( x1 − 1) − ( y1 − 3) = 0

⇔ x1 = −1; y1 = −1 . Vậy B(4;-1)
nên ta có:  x1 + 1  y1 + 3 
 2 + 2  2 ÷− 2 = 0



Từ B(4;-1) v à A’(-1;-1) suy ra đường thẳng BC:y=-1. Đỉnh C thuộc (d’) nên giải hệ
 y = −1
3
 3

ta được x = − & y = −1. Vậy C  − ; −1÷

2
 2

2 x − 4 y − 1 = 0
3m + n + q = 0
2
2
2
2. Mặt phẳng (P) : mx + ny + pz + q = 0 m + n + p ≠ 0 qua A và B nên 
 2m − 2 p + q = 0

(

)

Suy ra (P): ( n + 2 p ) x − ny − pz − 2n − 6 p = 0 ở đó ( n + 2 p ) + n 2 + p 2 ≠ 0
2

( Ω)

có tâm I(-1;1;-1), bán kính R=2. Gọi r là bán kính của (C), do hình trịn (C) có diện tích

bằng π , ta có r=1. Từ đó d ( I , ( P ) ) = R 2 − r 2 = 3
4n + 7 p

d ( I ( P) ) = 3 ⇔

( n + 2 p)

2

+ n2 + p 2

= 3 ⇔ 5n 2 + 22np + 17 p 2 = 0

n
 p = −1
n
n
⇔ 5  ÷ + 22  ÷+ 17 = 0 ⇔ 
17

n
 p
 p
p =− 5

2

+

n
= −1 chọn p=1 có n=1, ta được (P):x+y-z-4=0
p

+

n
17
17
=−
chọn p=1 có n = −
ta được (P):7x-17y+5z-4=0
p
5
5

(

(

)

)

x
x
x
x
Câu VI.a: Đặt log 4 3 + 1 = t ⇔ 3 + 1 = 4 '. Khi ấy log 5 3 + 3 + 1 = t ⇔ 3 + 3 + 1 = 5'

18


3x + 1 = 4 '

Giải hệ 
. Phương trình thứ nhất: 3x + 1 = 4 ' ⇔ 3x + 1 = 2 '
x
3 + 3 + 1 = 5'

Thay vào phương trình thứ 2 được: 3 + 2 ' = 5' ⇔

3 2
=  ÷' = 1 nhận t=1 là nghiệm.
5'  5 

Chứng minh t=1 là nghiệm duy nhất. Từ đó 3x + 1 = 4 ⇔ x = 1
Câu V.b
 x = −3 + t
r
1.Véc tơ chỉ phương của đường thẳng AC là nd = ( 1;1) nên AC 

 y = −1 + t
Điểm C ( −3 + t ; −1 + t ) ∈ ( d ' ) nên 4 ( −3 + t ) − 5 ( −1 + t ) + 13 = 0 ⇔ t = 6 . Vậy C(3;5)
 x − 3 1 − x0 
B ( x0 ; y0 ) ∈ ( d ) nên: B = ( x0 ; 2 − x0 ) . Trung điểm của AB là I  0
;
2 ÷
 2

 x − 3   1 − x0 
Vì ∈ ( d ') nên ta có 4  0
÷− 5 
÷+ 13 = 0 ⇔ x0 = −1 . Vậy B(-1;3)
 2   2 
2. Mặt cầu ( Ω ) chứa đường tròn (C), có tâm là S thuộc (Q). Như vậy S là giao điểm của (Q) với
đường thẳng (d) vng góc với (P) tại I.
r
Véc tơ pháp tuyến n ( 1; −2; 2 ) của (P) là véc tơ chỉ phương của (d) và (d) đi qua I nên (d) có
5
7
11
phương trình tham số là: x = + t , y = − − 2t , z = − + 2t
3
3
3
4
 5   7
  11

S = ( d ) ∩ ( Q ) nên 
÷+  − − 2t ÷+  − + 2t ÷+ 3 = 0 ⇔ t = − . Vậy S(3;-5;-1)

3
 3+t   3
  3

2

2

 4  8
IS =  ÷ +  − ÷ = 4 nên bán kính của ( Ω ) là: r = 42 + 22 = 2 5 . Từ đó ta được phương
 3  3

trình của mặt cầu ( Ω ) là: ( x − 3) + ( y + 5 ) + ( z + 1) = 20
2

log x
Câu VI.b: Điều kiện x>0. Đưa về x 2 +

2

1
x

log 2 x

2

=

5

2

1 5
1
2
Đặt x log2 x = t được t + = ⇔ 2t − 5t + 2 = 0 ⇔ t = 2, t =
t 2
2

19


+ t = 2 : log 2 x = 2 ⇔ log 2 x
+t = 2: x

log 2 x

=

Vậy x = 2, x =

log 2 x

= 1 ⇔ ( log 2 x ) = 1 ⇔ log 2 x = ±1 ⇔ x = 2, x =
2

1
2

log 2 x

1
2
⇔ log 2 x
= −1 ⇔ ( log 2 x ) = −1 vô nghiệm
2

1
2
ĐÁP ÁN CHUYÊN LÝ ĐHQG LẦN 3

Câu I:
1. HS tự làm
2. ĐS: m =

1± 5
2

Câu II:
1
2
1. Phương trình ⇔ 2sin x − 3sin x − 2 = 0;sin x = − ,sin x = 2( L)
2
1
π
7π
⇔ x = − + 2k π ; x =
+ 2 kπ ( k ∈ Z ) .
2
6
6

2. ĐK x>0, đặt
2
2
t = x log4 x > 0 ⇒ 2log2 = t 2 ;64log 4 x = t 3 ⇒ t 3 − 3t 2 − 3t − 4 = 0 ⇒ t = 4 ⇒ x = 4 ∨ x = 1/ 4
Câu 3)
2
2
2
2
2
1 x2 − 4 − x2
1
x−2
1 3x 2
1 2x − 2 − 2
1 3x 2
I =− ∫
dx = − ∫ 2
dx + ∫ 3
dx = − ∫ 2
dx + ∫ 3
dx
4 0 x3 + 8
4 0 x − 2x + 4
12 0 x + 8
8 0 x − 2x + 4
12 0 x + 8
x=−

1

2x − 2
1
1
1 3x2
1
π
dx + ∫ 2
dx + ∫ 3
∫ x 2 − 2 x + 4 4 0 x − 2 x + 4 12 0 x + 8 dx = .... = 12 ln 2 + 12 3
80
Câu 4) ABCD là hình thoi; Kẻ SH vng góc với (ABCD) ; O = AC ∩ BD; SA = SB = SD ⇒
H là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABD, H thuộc AC. Gọi I là trung điểm SC,
1
a
a3
OI = SA = ; BID = 900 ⇒ BD = 2OI = a ⇒ V =
2
2
3 2
Câu 5)
2
t = x + y ⇒ xy = t 2 − 3; ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 3 ≤ t ≤ 2 ⇒ P = −2t 3 + t 2 + 9t − 6
2

2

2

=−

Dùng phương pháp đạo hàm suy ra MinP=0 khi x=y=1
MaxP= 3 3 − 3 khi x=0 và y= 3
Phần riêng
Câu 6a)

20


1)A(4;8) , B(-2;0) , C(5;0)
 x = 2t

2) ∆  y = −2t
 z = 1/ 2 − t

Câu 7a)

1 − 7i 
1 + 7i
 z1 =
 z1 =
S + P = 3
 S = z1 + z2
S = 1

2 ∨
2
⇒ 2
⇒
⇒ pt : z 2 − z + 2 = 0 ⇒ 



 P = z1 z2
S − P = 2  P = 2
 z = 1 + 7 i  z = 1 − 7i
 2
 2
2
2


 z = −1 − 2i  z1 = −1 + 2i
S = 1
⇒ pt : z 2 = 2 z + 5 = 0 ⇒  1
∨

P = 2
 z2 = −1 + 2i  z2 = −1 − 2i
Câu 6b)
1) ĐS: M(1;3)
x +3 y −5 z + 4
=
=
2) d :
−5
−6
4
Câu 7b)
PT ⇔ 2 z 3 − 5 z 2 + 3 z + 3 + (2 z + 1)i = 0 Vì pt có nghiệm thực
2 z 3 − 5 z 2 + 3 z + 3 = 0
⇒

⇒ z = −1/ 2 thoả mãn 2 pt của hệ
(2 z + 1) = 0
1

⇒  z + ÷ z 2 − 3 z + 3 + i = 0 ⇒ z = −1/ 2; z = 2 − i; z = 1 + i
2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN HUỆ lần 1
CÂU I)
1) Hs tự làm
2) Không tồn tại M

(

)

Câu II)
1) x=0; x=2
π kπ
+
2) x =
16 4
Câu III)
1) Đường thẳng IK qua I và song song với AB có phương trình x-y-1=0. Chiều cao kẻ từ C của
2 −1
2S
AB
= 2 ⇒ AB =
= 2 2 ta có IK =
= 2 ⇒ K ∈ đường tròn tâm

tam giác ABC h = 2
2
h
2
AB
2
2
= 2 ⇒ (C ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) = 2 toạ độ K là nghiệm của hệ
I bán kính IK =
2
2
( x − 2 ) + ( y − 1) 2 = 2  K (1;0)

⇒

 K (3; 2)
x − y −1 = 0


21


r r
r
2)Gọi n là một VTPT của (Q) vì (P) vng góc với (Q) nên n ⊥ n p (1; −1; −1) . Vì mặt phẳng (Q)
a = b
cắt 2 trục Ox, Oy tại M(0;a;0) và N(0;0;b) phân biệt mà OM=ON nên |a|=|b| ≠ 0 ⇔ 
 a = −b
r
r

Ta có n ⊥ MN
Xét 2 trường hợp
r
r
r r
r
TH 1) Nếu a=b thì MN (0;-a;a) / / u (0; −1;1) ⇒ n =  n p ; u  = ( 2;1;1) là VTPT của (Q)


Suy ra (Q): 2( x − 3) + ( y + 2) + ( z + 2) = 0 ⇔ 2 x + y + z − 2 = 0
Khi đó (Q) cắt Oy, Oz tại M(0;2;0) và N(0;0;2) TM
TH 2) nếu a=-b……(Q):y-z=0. (Q) cắt Oy, Oz tại O không TM điều kiện
a3
Câu IV) ĐS: V =
HS tự CM phần còn lại
6
Câu V)
1 8 8
1) Hệ số của x8 là C12 2
4
9
9
ln( x − x )
(2 x − 1)
dx = 2 x ln( x − x ) |9 − ∫
dx = 6 ln 6 − 4 ln 2 − J
2) I = ∫
4
x
x

4
4 x−
3

2t − 1
dt (Với t = x ) .... J = 4 + 2 ln 2
t −1
2
I=6ln3-4
Câu VI) Với a+b+c=1 thì
a 2 + b 2 + c 2 + 12abc ≤ 1 ⇔ 12abc ≤ (a + b + c ) 2 − a 2 + b 2 + c 2
J = 2∫

(

)

⇒ 12abc(a + b + c ) ≤ 2(ab + bc + ca ) ⇔ 3abc (a + b + c ) ≤ (ab + bc + ca ) 2
1
2
2
2
⇔ [( ab − bc ) + ( bc − ca ) + ( ca − ab ) ] ≥ 0
2
Bất đẳng thức luôn đúng suy ra điều Pcm. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1/3
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TRƯỜNG CHUYÊN NGUYỄN HUỆ
Câu 1:
1. HS tự giải
2. Giả sử đường thẳng d đi qua I(1;2) cắt C tại 2 điểm A, B.
Do I(1;2) làm tâm đối xứng của (C) nên 2 điểm A, B đối xứng nhau qua I. Suy ra

AB = 2 2 ⇔ IA = 2 .
 2a − 1 
Ta tìm A  a;
÷∈ ( C ) , a ≠ 1 sao cho IA= 2
 a −1 
2
1
2
2
 2a − 1 
⇔ ( a − 1) + 
− 2 ÷ = 2 ⇔ ( a − 1) +
=2
2
 a −1

( a − 1)
a = 0
4
2
⇔ ( a − 1) − 2 ( a − 1) + 1 = 0 ⇔ 
a = 2
22


Hai điểm (0;1) và (2;3) đối xứng nhau qua I. Đường thẳng d cần tìm có phương trình:
x − 0 y −1
=
⇔ y = x +1
2 − 0 3 −1

Câu 2:
11x − y ≥ 0
1. Điều kiện 
y − x ≥ 0
a − b = 1
Đặt 11x − y = a ≥ 0, y − x = b ≥ 0 . Ta có hệ 
2
2
7b − 2a + 4b = 3
b = 1
2
2
2
Suy ra 4b + 7b − 2 ( 1 + b ) = 3 ⇔ 2b + 3b − 5 = 0 ⇔ 
b = − 5 (loai )

2
1
1


x = 2
x = 2
11x − y = 4



⇔
Với b=1 suy ra a=2 có: 
hệ có nghiệm 

y − x =1
y = 3
y = 3


2
2


2. Điều kiện cos x + sin x ≠ 0 . Với điều kiện đó phương trình tương đương với:
cos 3x + cos x + cos 2 x = 0 ⇔ cos 2 x ( 2 cos x + 1) = 0

( cos x − sin x ) = 0

⇔ ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) ( 2 cos x + 1) = 0 ⇔ ( cos x + sin x ) = 0(loai)

( 2 cos x + 1) = 0
π

 x = 4 + kπ , k ∈ Z
Nghiệm của phương trình: 
 x = 2π + kπ , k ∈ Z

3

Câu 3:
1. Tam giác ABC cân tại A, I là trung điểm BC nên I nằm trên đường phân giác góc A.
2x − y + 5
3x − 6 y + 1
=

⇔ 3 x + 3 y + 14 = 0 ( d )
Phương trình 2 đường phân giác góc A:
2
2
2
2
( 2 ) + ( −1)
( 3 ) + ( −6 )
Và

2x − y + 5
22 + ( −1)

2

=−

3x − 6 y + 1
32 + ( −6 )

2

⇔ 9 x − 9 y + 16 = 0 ( d ' )

 17 25 
Trường hợp 1: I là giao điểm của (d) và đường thẳng 2 x − y + 1 = 0 suy ra I  − ; − ÷
9 
 9
 7 23 
Trường hợp 2: I là giao điểm của (d’) và đường thẳng 2 x − y + 1 = 0 suy ra I  ; ÷

9 9 
r
2. d1 đi qua M1(2;3;0) có véc tơ chỉ phương u1 ( −2;0;1) . d2 đi qua M2(2;1;0) có véc tơ chỉ phương
r
u2 ( 1; −1; 2 ) .

23


r r
Mặt phẳng (Q) qua A(3;8;2) và d1 có véc tơ pháp tuyến  M 1 A, u1  = ( 5; −5;10 ) nên co phương


x − y + 2z +1 = 0 .
trình:
r r
Mặt phẳng (R) qua A(3;8;2) và d2 có véc tơ pháp tuyến  M 2 A, u2  = ( −16;0;8 ) nên có phương


trình: −2 x + z + 4 = 0
Đường thẳng (d) là giao tuyến của (R) và (Q) qua A và cắt 2 đường thẳng d1 và d2.
(d) cắt mp (P) tại điểm M(1;-2;-2).
Vậy M(1;-2;-2) là điểm nằm trên mp (P) sao cho đường thẳng AM cắt cả 2 đường thẳng d1 và d2.
Câu 4:
ˆ
CC ' ⊥ ( ABC ) , CI ⊥ AI ⇒ C ' I ⊥ AI ⇒ C ' IC = 600
⇒ CC ' = CI tan 600 = a

3
2

1
1
a3
VNAC ' I = VC ' ANI = VC ' ABC = CC '.S ABC =
4
12
32
 MO / / AC
 NI / / AC


&
⇒ NI / / MO, NI = MO
Gọi O là giao điểm của A’C và AC’ khi đó 
1
1
 MO = 2 AC  NI = 2 AC


Suy ra MOIN là hình bình hành.
⇒ MN / / OI ⇒ MN / / ( AC ' I ) ⇒ d( MN , AC ') = d ( MN ,( AC ' I ) ) = d ( N ,( AC ' I ) ) = h
VNAC ' I =

a3
, S AIC '
32

a2 3
S

3V
a2 3
a 3
= AIC 0 = 8 =
⇒ h = NAC ' I =
1
cos 60
4
S AIC '
8
2

Câu 5:
1. Đặt z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) . Ta thấy z 2 = r 2 ( cos 2ϕ + i sin 2ϕ ) ⇒ Z = r = r 2 =

( z2 − z1 )

Do đó A = z1 − z2 =

2

 z1 + z2 = − − 1 − i
Áp dụng định lý Vi-ét ta có 
 z1 z2 = −1 + i

( z2 − z2 )
A=

2

= ( z2 + z2 ) − 4 z2 z1 = ( −1 − i ) − 4 ( −1 + i ) = 4 − 2i
2

2

4 2 + ( −2 ) = 2 5
2

e

e

e

2 x + ln x + 1
x + ln x
x +1
dx = ∫ 2
dx + ∫ 2
dx
2. ∫ 2
x + x ln x
x + x ln x
x + x ln x
1
1
1
e

e

x + ln x
1
e
∫ x 2 + x ln x dx = ∫ x dx = ln x |1 = 1
1
1

24

z2


1
e
x +1
x dx = d ( x + ln x ) = ln ( x + ln x ) |e = ln ( e + 1)
1
∫ x 2 + x ln x dx = ∫ x + ln x ∫ x + ln x
1
1
1
e

e

e

Vậy

∫
1

1+

2 x + ln x + 1
dx = 1 + ln ( e + 1)
x 2 + x ln x

2
1
1
> 0, b = > 0 , theo đề bài có 3 − ( a + b ) = ab ≤ ( a + b ) (BĐT Cô si) kết hợp
x
y
4
với a+b>0 suy ra a + b ≥ 2
Ta tìm giá trị lớn nhất của P
2
( a + b ) − 2ab + a + b + ab − a + b 2 + 2ab
3a
3b
ab
2
2
=
+
+
−a −b = 3
(

)
b +1 a +1 a + b
ab + a + b + 1
a+b
1
12
2

= − ( a + b ) + a + b +
+ 2
4
a+b

12
2
Đặt t = a + b ≥ 2 xét hàm số g ( t ) = −t + t + + 2
t
12
g ' ( t ) = −2t − 2 + 1 < 0, ∀t ≥ 2 . Suy ra g(t) nghịch biến trên ( 2; +∞ )
t
3
ax
Do đó [m+∞ ) g ( t ) = g ( 2 ) = 6 suy ra giá trị lớn nhất của M = đạt khi a = b = 1 ⇔ x = y = 1
2;
2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TRƯỜNG CHU VĂN AN
Câu 1:
1. HS tự giải
2. Giả sử A, B ∈ ( Cm ) đối xứng qua O suy ra
 m = 0(loai )

A ( α ; y ( α ) ) , B ( −α ; y ( −α ) ) , α > 0 & y ( α ) + y ( −α ) = 0 ⇔ 3mα 2 + m 2 − 1 = 0 ⇔ 
m ≠ 0
 m < −1
1 − m2
⇒α2 =
>0⇔
3m
0 < m < 1
Câu 2:
1. ⇒ phương trình ⇔ 2sin 2 xcos2 x + 2cos2 x + 4(sin x + cos x) = 2cos 2 2 x
⇔ 2cos2 x(sin 2 x + 1 − cos2 x) + 4(sin x + cos x) = 0

Câu 6: Đặt a =

(

)

⇔ (sin x + cos x) ( − sin x + cos x ) ( sin 2 x + 1 − cos2 x ) + 2  = 0



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

(

)

( 2 ) ⇔ ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x ) ( sin x + cos x ) − ( cos x − sin x )  + 2 = 0



(

)

⇔ cos 2 x.2sin x + 2 = 0 ⇔ 1 − 2sin 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ sin x = 1 ⇔ x =

25

π
+ 2lπ
2