DE THI THU DAI HOC A + DAP AN 2

ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D.
Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút.(đề 24)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
(C)
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.
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x

− =


− = −


.
2.Giải phương trình sau:

( )
6 6
8 sin cos 3 3sin 4 3 3 cos 2 9sin 2 11x x x x x
+ + = − +
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
1
2
1
( 1 )
x
x
x e dx
x
+
+ −
∫
.
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
3
a
. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ
diện ABCD bằng
3
15

27
a
.
Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện
( )
2 2
2 1x y xy+ = +
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ)
vuông 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: d
1
:

2 1
4 6 8
x y z− +
= =
− −
và
d
2
:
7 2
6 9 12
x y z− −
= =
−
. Xét vị trí tương đối của d
1
và d
2
. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa
độ điểm I trên đường thẳng d
1
sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho
1
z
,
2
z
là các nghiệm phức của phương trình
2

2 4 11 0z z− + =
. Tính giá trị của
biểu thức A =
2 2
1 2
2
1 2
( )
z z
z z
+
+
.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):
2 2
1
4 3
x y
+ =
và đường thẳng
∆
:3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên
∆
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.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:




+=+
+=+
yyxx
xyyx
222
222
log2log72log
log3loglog
……………Hết………………
Thớ sinh khụng c s dng ti liu, cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
P N CHI TIT THI TH 03 NM 2010
Cõu í
Ni dung
im
I
1
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y
+
= =
; tiệm cận ngang: y = 2

( 1) ( 1)

lim ; lim
x x
y y
+

= + =
; tiệm cận đứng: x = - 1
- Bảng biến thiên
Ta có
2
1
' 0
( 1)
y
x
= >
+
với mọi x

- 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1; +

)
1
2
Gọi M(x
0
;y

0
) là một điểm thuộc (C), (x
0

- 1)

thì
0
0
0
2 1
1
x
y
x
+
=
+
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
2 1
1
x
x

+
+
- 2| = |
0
1
1x +
|
Theo Cauchy thì MA + MB

2
0
0
1
x 1.
1x
+
+
=2

MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là
M(0;1) và M(-2;3)
0,5
0,5
1
( )
6 6 2

3
sin 1 sin 2 (1)
4
x cos x x
+ =
Thay (1) vào phơng trình (*) ta có :

( )
6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x
+ + = +
2
2
2
3
8 1 sin 2 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11
4
3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x

+ = +
ữ

= +
= +
0,5
0,5

II
( )
( )
( )
3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1)
2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0
cos x x x x
x cos x x
⇔ − = − −
⇔ − − + =
2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)
3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)
x x
cos x x x cos x
− = =
 
⇔ ⇔
 
− + = − =
 
Gi¶i (2) :
12
( )
5
12
x k
k Z
x k
Π


= + Π

∈

Π

= + Π


; Gi¶i (3)
4
( )
7
12
x k
k Z
x k
Π

= + Π

∈

Π

= + Π


KÕt luËn :
2

Ta có:
( )
( )
3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y− = − − ⇔ + + − =
.
Khi
0y =
thì hệ VN.
Khi
0y ≠
, chia 2 vế cho
3
0y ≠ ⇒

3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
     
+ + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
Đặt
x
t
y
=
, ta có :

3 2
2 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ =
.
Khi
1t =
,ta có : HPT
2
1, 1
1
y x
x y x y
y
=


⇔ ⇔ = = = = −

=


.
0,5
0.5
III
I =
1 1 1
2 2
1 2
1 1
2 2

1 1
( 1 ) ( )
x x x
x x x
x e dx e dx x e dx I I
x x
+ + +
+ − = + − = +
∫ ∫ ∫
.
Tính I
1
theo phương pháp từng phần I
1
=
2
1 1
5
2
2
2
1
1
2
2
1 3
( )
2
x x
x x

xe x e dx e I
x
+ +
− − = −
∫
5
2
3
.
2
I e⇒ =
0,5đ
0,5
IV
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là
0,5
0,5
H
D
E
C
B
A
Th tớch ca khi t din ABCD l

M
Khi ú : l 2 nghim ca pt: x
2
- x + = 0
2
2
2
2
3
5
3
a
AE
a
DE

=




=


hoc
2
2
2
2
5

3
3
a
AE
a
DE

=




=


trng hp vỡ DE<a
Xột BED vuụng ti E nờn BE =
Xột BHE vuụng ti H nờn sin =
Vy gúc gia hai mp(ACD) v (BCD) l
V
t
t xy
=
. Ta cú:
( )
( )
2
1
1 2 2 4
5

xy x y xy xy xy+ = +

V
( )
( )
2
1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy+ = +
. K:
1 1
5 3
t
.
Suy ra :
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y
t t
P
xy t
+
+ +

= =
+ +
.
Do ú:
( )
( )
2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t

=
+
,
' 0 0, 1( )P t t L= = =

1 1 2
5 3 15
P P

= =
ữ ữ

v
( )
1

0
4
P =
.
KL: GTLN l
1
4
v GTNN l
2
15
( HSLT trờn on
1 1
;
5 3




)
0,5
0,5
VIa
1
ng trũn ( C) cú tõm I(1;-3); bỏn kớnh R=5
Gi H l trung im AB thỡ AH=3 v IH AB suy ra IH =4
Mt khỏc IH= d( I; )
Vỡ

d: 4x-3y+2=0 nờn PT ca cú dng
3x+4y+c=0

d(I; )=
vy cú 2 t tha món bi toỏn: 3x+4y+29=0 v 3x+4y-11=0
0,5
0,5
2
Véc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)
2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
ur
và
2
u
uur
cùng phơng

I
A H B
+) M( 2; 0; - 1)

d
1

; M( 2; 0; - 1)

d
2
Vậy d
1
// d
2
.
*)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB

A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1

, I, B thẳng hàng

I là giao điểm của A
1
B và d
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm đợc H
36 33 15
; ;
29 29 29

ữ

A đối xứng với A qua H nên A
43 95 28
; ;
29 29 29


ữ

I là trung điểm của AB suy ra I
65 21 43
; ;

29 58 29


ữ

0,5
0,5
VIa
Gii pt ó cho ta c cỏc nghim:
1 2
3 2 3 2
1 , 1
2 2
z i z i= = +
Suy ra
2
2
1 2 1 2
3 2 22
| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z

= = + = + =
ữ
ữ

. Do ú
2 2
1 2

2
1 2
11

4
( )
z z
z z
+
= =
+
0,5
0,5
VIb
1
Gọi M(x
0
;y
0
), A(x
1
;y
1
), B(x
2
;y
2
)
Tiếp tuyến tại A có dạng
1 1

1
4 3
xx yy
+ =
. Tiếp tuyến đi qua M nên
0 1 0 1
1
4 3
x x y y
+ =
(1)
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt
0 0
1
4 3
xx yy
+ =
do M thuộc

nên 3x
0
+ 4y
0
=12

4y
0
=12-3x
0

0 0
4 4
4
4 3
xx yy
+ =

0 0
4 (12 3 )
4
4 3
xx y x

+ =
Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì
(x- y)x
0
+ 4y 4 = 0
{
{
0 1
4 4 0 1
x y y
y x
= =

= =
. Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)
0,5

0,5
2
Mặt phẳng cắt 3 tia Ox,Oy,Oz tại A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) có dạng
( ) ( )
: 1, , , 0
x y z
a b c
a b c

+ + = >
Do M
( )


nên:
cos
3
1 2 3 6
1 3. 162
y
abc
a b c abc
+ + =
Thể tích:
min
3
1
27 27 6
6
9

a
V abc V b
c
=


= = =


=

Mặt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0
0,5
0,5
VIb
K: x,y > 0
- h phng trỡnh

( )



+=++
+=+
yyxx
xyyx
222
222
log2log3log23
log3loglog

- Suy ra: y = 2x

13log2
1
2

=
x

13log2
2
2

=y
0,5
0,5
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
Hết
®Ò thi thö m«n to¸n
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1. ( 2,0 điểm ) Cho hàm số
4 2
2 1y x mx m
= − + −
(1) , với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1m =

.
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 tròn ngoại tiếp bằng
1
.
Câu 2. ( 2,0 điểm )
1. Giải bất phương trình:
( )
2
3 1 1
3 3
1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x− + + − > +
2. Giải phương trình:
( )
( )
3
sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0x x c x c x x
+ − − + − − =
.
Câu 3. ( 1,0 điểm )
Tính tích phân I =
2
2
6
1

sin sin
2
x x dx
π
π
× +
∫
Câu 4. ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, gãc BAD= 60
0
, SA vuông
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 :

3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
+ + ≥
+ + +
Câu 6. ( 2,0 điểm )
1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và t©m I cña h×nh
b×nh hµnh nằm trên đường thẳng 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
∆

1 2
1

2
x t
y t
z t
=− +


= −


=

. Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để
chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7. (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình :





=++
=+
22
1
322
33
yxyyx

yx

Híng dÉn
C©u 1 2.
( )
' 3 2
2
0
4 4 4 0
x
y x mx x x m
x m
=

= − = − = ⇔

=

+ Hàm số đã cho có ba điểm cực trị
⇔
pt
'
0y =
có ba nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu khi
x
đi
qua các nghiệm đó

0m⇔ >
+ Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

( )
( ) ( )
2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + −
+
2
1
.
2
ABC B A C B
S y y x x m m= − − =
V
;
4
, 2AB AC m m BC m= = + =
+
( )
4
3
2
1
2
. .
1 1 2 1 0
5 1
4
4

2
ABC
m
m m m
AB AC BC
R m m
S
m m
m
=

+

= = ⇔ = ⇔ − + = ⇔
−

=


V
C©u 2
1. ĐK :
3x
>
PT↔
( )
( ) ( )
1 1
2
3

3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
− −
− + + − > +
( )
( ) ( )
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x⇔ − + − − > − +
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3x x x x⇔ − − > − − + 
 

( ) ( )
3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x
−
 

⇔ − − > 
 ÷
 
+
 
( ) ( )
2
2 3
3
x
x x
x
−
⇔ − − >
+

2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>



KÕt hîp víi §K, ta được nghiệm của PT là :
10x >
2. Gi¶i PT lîng gi¸c
033)sincos.3(833cos36cos.32cos.sin6cos.sin2
033)sincos.3(82cos.33cos.32)3(cos2sin
232
3
=−−++−−+⇔
=−−+−−+
xxxxxxxx
xxxxxx
0)sincos3(8)sincos3(cos.6)sincos3(cos2
2
=−+−−−−⇔ xxxxxxxx





=
=
=
⇔




=−+
=−
⇔

=+−−−⇔
)(4cos
1cos
3tan
04cos3cos
0sincos3
0)8cos6cos2)(sincos3(
2
2
loaix
x
x
xx
xx
xxxx
Ζ∈




=
+=
⇔ k
kx
kx
,
2
3
π
π

π
Câu 3.
Ta có: I =
2
2
6
1
sin sin
2
π
π
× +
∫
x x dx
=
2
2
6
3
cos (cos )
2
π
π
−
− ×
∫
x d x
. Đặt
3
cos cos

2
x t
= ×

Đổi cận: Khi
2
x cos
6 2 4
t t
π π
= ⇒ = ⇒ =
; khi
x cos 0
2 2
t t
π π
= ⇒ = ⇒ =
.
Do vậy:
2
2
4
3
sin
2
I tdt
π
π
= ×
∫

=
( )
3
2
16
π
+
.
Câu 4.
Ta có: ∆SAC vuông tại A ⇒
2 2
2aSC SA AC= + =
⇒ 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.
Do đó:
2 2
' ' =
3 3
B D BD a=
.
Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D'B' ⊥ (SAC) ⇒ B'D' ⊥
AC'
Do đó: S
AB'C'D'
=
2
1
'. ' '

2 3
a
AC B D =
.
Đường cao h của khối chóp S.AB'C'D' chính là
đường cao của tam giác đều SAC' ⇒
3
2
a
h =
. →
V =
3
' ' '
1 3
.
3 18
AB C D
a
h S =
(đvtt)
Câu 5.
+Ta đặt
z
c,
y
b,
x
a
111

===
với
, , 0x y z >
và do
1abc
=
nên
1xyz =
+ BĐT
2 2 2
3
2
x y z
y z z x x y
⇔ + + ≥
+ + +
+Theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
x y z
y z z x x y x y z
y z z x x y
 
 
+ + + + + + + ≥ + +
 ÷
 
+ + +

 

2 2 2
3
3
3
2 2 2
xyz
x y z x y z
y z z x x y
 
+ +
⇔ + + ≥ ≥ =
 ÷
+ + +
 
→ BĐT đuợc chứng minh.
Câu 6.
1.
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC và BD nên ta
có:

( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   
= ⇒

−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −

Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
2. Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )

( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +

r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +




= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và

( )
6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác, với hai vectơ
,u v
r r
ta luôn có
| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
Vậy
2 29AM BM+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =
.

Câu 7.
Ta cã





=−−+
=+
⇔





=++
=+
)2(022
)1(1
22
1
2233
33
322
33
xyyxyx
yx
yxyyx
yx
y

0≠
. Ta có:





=+








−








−









=+
)4(0122
)3(1
23
33
y
x
y
x
y
x
yx
Đặt :
t
y
x
=
(4) có dạng : 2t
3
– t
2
– 2t + 1 = 0
⇔
t =
,1±
t =

2
1
.
a) Nếu t = 1 ta có hệ
3
33
2
1
1
==⇔



=
=+
yx
yx
yx
b) Nếu t = -1 ta có hệ
⇔



−=
=+
yx
yx 1
33
hệ vô nghiệm.
c) Nếu t =

2
1
ta có hệ
3
32
,
3
3
2
1
33
33
==⇔



=
=+
yx
xy
yx
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn: Toán. Khối A, B.
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2 1y x m x
= − +
(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 II. (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
.
2) Giải phương trình lượng giác:
2
1 sin 2
1 t an2x
os 2
x
c x
−
+ =
.
Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:

cosy x
=
và
2
2
3
4
y x x
π
π
= − −

Câu IV . (1 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc
đường thẳng B
1
C
1
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
4 4

3
2 2
c a b
a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Câu VI . (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d
1
: 2x – y – 2 = 0,
đường thẳng d
2
: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d
1
, d
2
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,
(Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d:
1 7
3
1 2
x t
y t
z t
= +


=



= −

. Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q)
theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng
20
π
và có tâm là giao của d với (P) .
Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2
3
2
2 16
log log ( )
y x
x y
y xy
+

=


=


HẾT

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

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

y' - 0 + 0 - 0 +
y +
∞
1 +
∞
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, y
CĐ
= 1, cực tiểu tại x =
±
1, y
CT
= 0
+) ĐT: Dạng đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
10
8
6
4
2
-2

-4
-6
-8
-10
-15
-10
-5
5
10
15
I.2
+) Ta có y’ = 4x
3
– 4m
2
x ; y’ = 0
⇔
2 2
0x
x m
=


=

; ĐK có 3 điểm cực trị : m
≠
0
+) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m
4

), C(m ; 1 – m
4
) ;
+) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m
4
).
+)
5
4
1
. 32 2
2
ABC
S AI BC m m m m= = = = ⇔ = ±
V
(tm)
0,25
0,25
2,25
0,25
II.1
+) ĐK:
1x
≥ −

( ) ( )
( ) ( )
2
3 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0
1 1 2 3 0

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



= =


+ =






= −




0,25
0,25
0,5
II.2
+) ĐK:
,
4 2
x k k Z
π π
≠ + ∈
2
2
1 sin 2

1 t an2x os 2 sin 2 os2 1 sin 2
os 2
x
c x xc x x
c x
−
+ = ⇔ + = −
2
sin 2 sin 2 sin 2 . os2 0x x x c x⇔ − − =
sin 2 (sin 2 os2 1) 0x x c x⇔ − − =
sin 2 0
2
( , )
sin 2 os2 1
;
2 4
x k
x
k l Z
x c x
x l x l
π
π π
π π

=

=

⇔ ⇔ ∈



− =


= + = +


+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là
, ;( , )
2
x k x l k l Z
π
π
= = ∈
0,5
0,25
0,25
III
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-15

-10
-5
5
10
15
Chng minh c hai ng cú ỳng hai giao im honh
2


v
3
2

2 2 3
2
2 3 2
2
3 1 3 4
2
2 cos 2. sinx 4
4 3 2 4 3
2
S x x x dx x x x

= + + = + + = +
ữ




0,25
0,25
0,5
IV
Do
)(
111
CBAAH
nên góc
HAA
1

là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả thiết
thì góc
HAA

1

bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1

=30
0

2
3
1
a
HA =
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H thuộc B
1
C
1

và
2
3
1
a
HA =
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH
nên
)(
111
HAACB
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA
1
H
thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và B
1
C
1
Ta có AA

1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==
1
im
V
4 4 4 4
3 2 2 2 9
2 2 2 2
c a b c a b
a b b c c a a b b c c a

+ + + + + + +
ữ ữ ữ
+ + + + + +

( )
2 2 1
2 2 9
2 2

a b c
a b b c c a

+ + + +
ữ
+ + +

( )
1 1 1
9
2 2
2 2
b b
a c c a
b b
c a
a c

ữ


+ + + + + + +
ữ
ữ ữ

+


ữ
+ +

+) p dng BT Cụ si cho ba s dng
( )
, ,
2 2
b b
a c c a

+ + +
ữ ữ

v
1
im
A
1
A B
C
C
1
B
1
K
H
1 1 1
, ,
2 2
b b
c a
a c

+
+ +
rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm.
VI.1
+) Dạng tham số của d
1
và d
2
:
1 2
: , :
2 2 3
x t x u
d d
y t y u
= =
 
 
= − + = − −
 
+) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u).
( ) ( )
3; 2 2 ; 3; 3MA t t MB u u= − − + = − − −
uuur uuur
+) TH1:
2.MA MB=
uuur uuur
: Tìm được
( )
7 16 20

, ; : 4;5
3 3 3
d
t MA VTCPd u
 
= − = − − ⇒ =
 ÷
 
uuur uur

3
: 5 4 15 0
4 5
x y
d x y
−
⇒ = ⇔ − − =
+) TH2:
2.MA MB= −
uuur uuur
: Tìm được
( )
17 8 28
, ; : 2;7
3 3 3
d
t MA VTCPd u
 
= = ⇒ =
 ÷

 
uuur uur

3
: 7 2 21 0
2 7
x y
d x y
−
⇒ = ⇔ − − =
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.2
+) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ
phương trình:
1 7 0
3 1
(1;0;1)
1 2 0
5 4 6 0 1
x t t
y t x
I
z t y
x y z z
= + =
 
 

= =
 
⇔ ⇒
 
= − =
 
 
− + − = =
 
+) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có:
2
2 2 2
2.1 0 1 7
10 50
3
6
2 ( 1) ( 1)
h h
− + +
= = ⇒ =
+ − + −
+) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng
2 2
20 20 . 20r r
π π π
⇒ = ⇒ =
(r là bán kính hình tròn)
+) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có
2 2 2
50 110

20
3 3
R h r
= + = + =

Suy ra phương trình mặt cầu (S):
( ) ( )
2 2
2
110
1 1
3
x y z
− + + − =
0,25
0,25
0,25
0,25
VII
+) ĐK:
0 1,0 1x y
< ≠ < ≠
+)
2
2
3
2
3 4 (1)
2 16
2log 1 log (2)

log log ( )
y x
x y
x y
y x
y x
y xy
+


+ =
=
 
⇔
 
= +
=




+) Đặt
2
2
1
1
log (2) : 2 1 2 1 0
1
2
x

t
x y
y t t t t
t
t
x y
=

=


= ⇒ = + ⇔ − − = ⇔ ⇒


= −
=


+) 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 y
2
= 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
MÔN TOÁN-KHỐI A+B: (180 phút)

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − +
(1)
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):
1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
π
+ +
2. Giải phương trình :

2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )
x

x x x x x x
+
− + − − = − + + −

Câu III (1 điểm): Tính tích phân :
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông 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 vuông 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

2 2 2
3( ) 2P x y z 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

:3 4 4 0x y∆ − + =
.
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
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10
(1 2 3 )P x x= + +

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2

( ) : 1
9 4
x y
E + =
và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành 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
2 2 2
( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − =
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)v
r
, vuông góc với mặt
phẳng
( ) : 4 11 0x y z
α
+ + − =
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C

n n
+ + + + =
+ +
HẾT
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
NỘI DUNG
Điêm
I
II
2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)y x mx m= − + −
Để hàm số có cực trị thì PT
,
0y =
có 2 nghiệm phân biệt

2 2
2 1 0x mx m⇔ − + − =
có 2 nhiệm phân
biệt

1 0, m⇔ ∆ = > ∀

05
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)
025

Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

= − +
= ⇔ + + = ⇔

= − −


Vậy có 2 giá trị của m là
3 2 2m = − −
và
3 2 2m = − +
.
025
1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
π
 

⇔ + = +
 ÷
 
⇔ + =
05

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



Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
π
π
= +
và
18 3
x k
π π
= − +
.
05
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
−

< <



≠

.

Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
05
III
IV
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 ) log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
−
− + = − + − +
+
2
2 2
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x

x
x x x x
x
x
−

=

+ = −




⇔ − = + ⇔ = ∨ = −



− =


=



025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025
2
6 6
2
0 0

tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)
x
x
I dx dx
c
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
= ⇒ = +
0 0
1
6
3
x t
x t

π
= ⇒ =
= ⇒ =
05
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
025
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥



⊥ =

AM SC⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC
⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC⊥
05
S
B
D
A
C
V
VIa
VIIa
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4

ABM
a
S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
05
Ta c ó:

[ ]
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x

 
= + + − + + −
 
= − + + −
= − + − +
025

2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
+
≥ − − − +
= − + − +
025
Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27f x x x x= − + − +
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9

x
f x x x
x
=

= − + − = ⇔

=

x
−∞
0 1 3
+∞
y’ + 0 -

y

14


Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1x y z⇔ = = =
.
05
1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a

+ −
⇒ −
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
05
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=

−
 
= ⇔ − + = ⇔
 ÷


=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )
α
là
(1;4;1)n
r
025
Vì
( ) ( )P
α
⊥
và song song với giá của
v
r
nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v= ∧ = −
uur r r
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4d I P→ = ⇔

21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
= −

→ = ⇔

=

025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
VIb
VIIb
Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
− +
= = =
= + + = + =

∑ ∑ ∑
05
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
+ =

= = =
  

≤ ≤ ≤ ⇔ ∨ ∨
   
= = =
  

∈

025
Vậy hệ số của
4
x
là:

4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085C C C C C+ + =
.
025
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
+ =
và diện tích tam giác ABC
là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y= → = + = +
05
2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
≤ + =
 ÷

 
Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


+ =

=
 
⇔
 
 
=
=



. Vậy
3 2

( ; 2)
2
C
.
05
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
+ +
−
= + + + +
+ +
05
⇔
2 1 1
0 1 2

1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
+ +
+
− −
+ + + + = ⇔ =
+ + + +
⇔ = ⇔ =
Vậy n=4.
05

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +

( )
C

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 tròn có phương trình
( ) ( )
2 2
1 5x m y m− + − − =
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình
3 4
2(cot 3)
2
sin 2
cos
x
x
x
+ = +
2. Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4

−
+ − = +
−
Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng
D
được giới hạn bởi các đường
( )
ln 2x
y
x
+
=
,
0y =
,
1x =
và
x e=
. Tính thể
tích của vật thể tròn 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
0
120BAC∠ =

, cạnh bên
'
BB a=
. Gọi I là trung điểm của
'CC
. Chứng minh tam giác
'AB I
vuông 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
2 2
1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y 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 vuông cân, biết đỉnh
( )

3; 1C −
và
phương trình của cạnh huyền là
3 10 0x y− + =
2.Cho mt phng (P):
2 2 1 0x y z + =
v cỏc ng thng:
1 3
:
1
2 1 2
x y z
d

= =

,
5 5
:
2
3 4 2
x y z
d
+
= =
Tỡm cỏc im
1 2
d , dA B
sao cho AB // (P) v AB cỏch (P) mt khong
bng 1.

Cõu VII.a (1 im) Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
1
4
2
n
x
x
+

ữ

biết rằng n
là số nguyên dơng thỏa mãn:
( )
1 2 3 1
2 3 1 64
n n
n n n n n
C C C n C nC n

+ + + + + =L

2.Phn dnh cho thớ sinh theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b (2 im)
1. Trong mt phng vi h to
Oxy
, cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(0;0), B(-1;2) v giao
im I ca hai ng chộo nm trờn ng thng y = x-1. Tỡm ta nh C v D.

2.Cho hai ng thng d
1
v d
2
ln lt cú phng trỡnh:
1
2 2 3
:
2 1 3
x y z
d

= =

2
1 2 1
: ,
2 1 4
x y z
d

= =

Vit phng trỡnh mt phng cỏch u hai ng thng d
1
v d
2
Cõu VII.b (1 im) Tỡm h s ca
20
x

trong khai trin ca biu thc
5
3
2
( )
n
x
x
+
bit rng:
1 1 1 1
0 1 2
( 1)
2 3 1 13
n n
C C C C
n n n n
n
+ + + =
+
Ht
Cỏn b xem thi khụng gii thớch gỡ thờm
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh
P N VN TT V HNG DN CHM MễN TON
PHN CHUNG
Cõu
I
2
1 + Tp xỏc nh D = R
+ S bin thiờn

2
0
' 3 6 0
2
x
y x x
x
=

= =

=

0,25
Hm ng bin trờn cỏc khong
( )
;0
v
( )
2;+
Hm s nghch bin trờn
( )
0;2
+ Gii hn
lim ; lim ;
x x
y y
+
= = +
Cc tr: Hm s t cc i ti

0x
=
v y
c
= 2
Hm s t cc tiu ti
2x
=
v y
ct
= -2
0,25
im un (1;0)
Bng bin thiờn (0,25)
x

0 2
+
y

+ 0 - 0 +
y
2
+

-2
0,5
4
2
-2

-4
-5
5
0
1
3
2
-1
Đồ thị (0,25)
2
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị
: 2 2 0x y∆ + − =
0,25
Tâm của đường tròn
( , 1)I m m +
, bán kính R=
5
0,25
Theo giả thiết ta có
2 1 2
5 3 1 5
5
m m
m
+ + −
= ⇔ − =

2
4
3

m
m
=


⇔
−

=

0,5
Câu
II
2 đ
1
Điều kiện
sin 2 0
2
k
x x
π
≠ ⇔ ≠
.
0,25
Ta có
( )
4
2
3 1 2 3 2
sin 2

x x
x
+ + − =tan cot
2 2
2(sin cos )
2
3 3 2
sin cos
x x
x x
x x
+
⇔ + − =tan cotg
2
3 2 3 0x x⇔ + − =tan tan
0,5
3x = −tan
3
x k
π
⇔ = − + π

1
3
x =tan
6
x k
π
⇔ = + π
0,25

2
Giải phương trình
x 2
1 1 1
log x 1
2
log log 4 2
2x 1
4
−
+ − = +
−

Điều kiện
2, 3x x> ≠
.
0,25
(1)
4 4 4 4
log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)⇔ − + − − = +
( ) ( ) ( )
2 2 1 2 1x x x− − = +

0
2
2 7 0
7
2
x
x x

x
=
⇔ − = ⇔
=




0,5
Đối chiếu điều kiện ta có
7
2
x =
0,25
Câu
III
1đ
Gọi V là thể tich cần tìm.
( )
2
2
1
ln 2x
V dx
x
π
+
=
∫
. Đặt

( )
2
ln 2
1
u x
dv dx
x
 = +


=


1
2
1 1
2
du dx
x
v
x
=
+
⇒
= − −








0,5
Suy ra V=
( ) ( )
1 1
1
1 1 3 1 1 1
ln 2 ln3 ln 2 ln
2 2 2 2 2
e
e e
dx
x e x
x x e
π π π κ π
   
− + + + = − + + +
 ÷  ÷
   
∫

( )
3 1 1 1
[ ln3 ln 2 ]
2 2 2
e
e
π
 

= + − + +
 ÷
 
0,5
Câu
IV
1đ
Ta có
3BC a=
. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’,
B’C’I
Suy ra
5 13
, ' 2 , '
2 2
AI a AB a B I a= = =
0.25
Do đó
2 2 2
' 'AI AB B I+ =
. Vậy tam giác AB’I vuông tại A 0,25
+
2
'
1 10
. '
2 4
A BI
S AI AB a= =
.

2
3
4
ABC
S a=
Gọi
α
là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình
chiếu vuông góc của tam giác AB’I suy ra
'
10 3
cos cos
4 4
A BI ABC
S S
α α
= ⇔ =
3
cos
10
α
⇔ =
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
0,5
Câu V
1đ
Cho
,x y

là các số thực thỏa mãn
2 2
1x y xy+ − =
.Tìm GTLN, GTNN của
6 6 2 2
2F x y x y xy
= + − −
.
Ta có
( ) ( )
3
2 2 2 2 2 2 2 2
3 2F x y x y x y x y xy= + − + − −
=
( ) ( )
3 2
2 2 2 1xy xy xy− − + +
Đặt
xy t=
. Ta có
( )
3 2
2 2 2 1f t t t t= − − + +
( )
2
2 2
1 3 1x y xy x y xy+ − = ⇔ + − =

1
3

xy
−
⇒ ≥
( )
2
2 2
1 1x y xy x y xy+ − = ⇔ − + =
1xy⇒ ≤
suy ra
1
;1
3
t ∈ −
 
 
 
0,25
Ta tìm max, min của f(t) trên
1
;1
3
−
 
 
 

( )
2
' 6 4 2f t t t= − − +

( )
1
;1
3
1
3
1
' 0
t
t
f t
 
∈ −
 
 
=
⇔
= −


=


Ta có
( )
1 37 1 5
, 1 1,
3 27 3 27
f f f
−

   
= = − =
 ÷  ÷
   
0,25
Suy ra
37
( )
27
Max f t =
khi
1
3
t =
suy ra
1 1 1 1
,
2 6 2 6
x y= + = −
0,25
( ) 1Minf t = −
khi
1t =
suy ra
1x y= =
0,25
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu
Va
2 đ

1 Ta có tam giác ABC cuông cân tại C.
Goi H là trung điểm của AB suy ra
: 3 0CH x y+ =
Toạ độ của H là nghiệp của hệ
3 0 3
3 10 0 1
x y x
x y y
+ = = −
 
⇔
 
− + = =
 
0,25
giả sử A(t;3t+10) ta có
( ) ( )
2 2
2 2
3 3 9 40AH CH t t= ⇔ + + + =
1
5
t
t
= −

⇔

= −


0,25
Với t = -1. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)A B− − −
0,25
Với t = -5. Suy ra
( 1;7), ( 5; 5)B A− − −
0,25
A'
B'
C'
B
A
C
I
A
B
C
H
2

1 1 1 1
(2 1, 3, 2 )A d A t t t∈ ⇒ + + −

2 2 2 2
(3 5,4 ,2 5)B d B t t t∈ ⇒ + −
2 1 2 1 2 1
(3 2 4,4 3,2 2 5)AB t t t t t t= − + − − + −
uuur
2 1 2 1 2 1
. 0 2(3 2 4) 4 3 2(2 2 5) 0

p
AB n t t t t t t= ⇔ − + − + + + + − =
uuur uur
2 1
6 1 0t t⇔ + + =
0,25
( )
1 1 1 1
/( )
4 2 3 4 1 2
/ /( ) 1
3 3
A P
t t t t
AB P d
+ − − − − +
⇒ = = =
1
1
5
1
t
t
= −

⇔

=

0,25

Với
1 2
2 8 11
5 ( 9; 2;10), 7; ;
3 3 3
t t A B
−
 
= − ⇒ = ⇒ − −
 ÷
 
0,25
1 2
1 4 17
1 (3;4; 2), 4; ;
3 3 3
t t A B
− − −
 
= ⇒ = ⇒ −
 ÷
 
0,25
Câu VIIa
1 đ
Xét khai triển
( )
0 1 2 2 1 1
1
n

n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− −
+ = + + + + +
lấy đạo hàm hai vế ta có
( ) ( )
1
1 2 1 2 1
1 2 1
n
n n n n
n n n n
n x C C x n C x nC x
−
− − −
+ = + + + − +
0,25
Thay x=1 suy ra
( )
1 2 3 1 1
2 3 1 2
n n n
n n n n n
C C C n C nC n
− −
+ + + + − + =L
1 1
64 2 64 2 7
n n

n n
− −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
0,25
( )
7
7
7
7
4 4
0
1 1
2 2
k
k
k
k
x C x
x x
−
=
   
+ =
 ÷  ÷
   
∑
số hạng chứa
2
x
có hệ số là

7
1
2
k
k
C
với k thoả mãn
7
2 2
2 4
k k
k
−
− = ⇔ =
0,25
Suy ra hệ số chứa
2
x
là
2
7
1 21
4 4
C =
0,25
2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu
VIb
2 đ
1

phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách
từ I tới AB.
5AB =
4 1
ABCD ABI ABI
S S S= ⇒ =
.
1 2
. 1
2
5
AB h h⇔ = ⇔ =
0,25
Gọi toạ độ diểm I là
( )
0 0
,I x y
ta có hệ

0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
2
2
1, 0
2 2
5 5

1 4
1
,
1
3 3
x y
x y
x y
y x
x y
y x
 +
= =

=  + =
 
⇔ ⇔
− −
  
= −
= =

 
= −


0,25
Do I là trung điểm AC và BD nên
Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2)
0,25

Với I(
1
;
3
−
4
3
−
) suy ra
2 8
;
3 3
C
− −
 
 ÷
 
và D
1 14
;
3 3
−
 
 ÷
 
Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc
2 8
;
3 3
C

− −
 
 ÷
 
và D
1 14
;
3 3
−
 
 ÷
 
0,25
2
Do mặt phẳng (P) cách đều
1 2
,d d
nên (P) song song với
21
,dd
( )
,3;1;2
1
=
→
d
u
( )
,4;1;2
2

−=
→
d
u

( )
1 2
, 7; 2; 4
d d
u u
 
= − −
 
uur uuur
chọn
( )
1 2
, 7; 2; 4
p d d
n u u
 
= = − −
 
uur uur uuur
0,25
I
D
C
A
B

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng
7 2 4 0x y z d− − + =
Do (P) cách đều
1 2
,d d
suy ra khoảng cách từ (2;2;3)
1
( )d∈
và
( )
2
1;2;1 d∈
bằng nhau.
Ta có
7.2 2.2 4.3 7.1 2.2 4.1
3
2 1
2
69 69
d d
d d d
− − + − − +
= ⇔ − = − ⇔ =
0,5
Ta có phương trình mặt phẳng (P)
14 4 8 3 0x y z− − + =
0,25
Câu VIIb
1 đ
Ta có

0 1 2 2
(1 ) ( 1)
n n n n
n n n n
x C C x C x C x− = − + − + −
Vì
1
0
1
(1 )
1
n
x dx
n
− =
+
∫
0,25
1
0 1 2 2 0 1 2
0
1 1 1 1
( ( 1) ) ( 1)
2 3 1 13
n n n n n
n n n n n n n n
C C x C x C x dx C C C C
n
− + − + − = − + + + − =
+

∫
suy ra
1 13 12n n
⇒ + = ⇒ =
0,25
12
12 12
5 5 12 5 12 8 36
12 12
3 3 3
0 0
2 2 2
( ) ( ) .( ) ( ) .2 .
k
n k k k k k
k k
x x C x C x
x x x
−
− −
= =
+ = + = =
∑ ∑
Số hạng ứng với thoả mãn:
8 36 20 7k k
− = ⇔ =
0,25
⇒
Hệ số của
20

x
là:
7 5
12
.2 25344C =
0,25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
Môn: TOÁN (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 :
3x 4
y
x 2
−
=
−
. Tìm điểm thuộc (C) cách
đều 2 đường tiệm cận .
2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn
2
0;
3
π
 
 
 
.
sin
6

x + cos
6
x = m ( sin
4
x + cos
4
x )
Câu II (2 điểm):
1).Tìm các nghiệm trên
( )
0;2
π
của phương trình :
sin 3x sin x
sin 2x cos2x
1 cos2x
−
= +
−
2).Giải phương trình:
3 3
x 34 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 vuông 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):